5.2-動(dòng)能和動(dòng)能定理(精講)(解析版)

專題5.2動(dòng)能和動(dòng)能定理【考情分析】1.掌握動(dòng)能和動(dòng)能定理；2.能運(yùn)用動(dòng)能定理解答實(shí)際問題。【重點(diǎn)知識(shí)梳理】(1)定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能。(2)公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，v為瞬時(shí)速度，動(dòng)能是狀態(tài)量。(4)標(biāo)矢性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有正值。(5)動(dòng)能的變化量：ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。知識(shí)點(diǎn)二動(dòng)能定理(1)內(nèi)容：合外力對物體所做的功等于物體動(dòng)能的變化。(2)表達(dá)式：W＝ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。(3)物理意義：合外力對物體做的功是物體動(dòng)能變化的量度。(4)適用條件①既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)。②既適用于恒力做功，也適用于變力做功。③力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用。【典型題分析】高頻考點(diǎn)一動(dòng)能定理的理解及應(yīng)用【例1】（2020·天津卷）復(fù)興號(hào)動(dòng)車在世界上首次實(shí)現(xiàn)速度350km/h自動(dòng)駕駛功能，成為我國高鐵自主創(chuàng)新的又一重大標(biāo)志性成果。一列質(zhì)量為m的動(dòng)車，初速度為，以恒定功率P在平直軌道上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t達(dá)到該功率下的最大速度，設(shè)動(dòng)車行駛過程所受到的阻力F保持不變。動(dòng)車在時(shí)間t內(nèi)（）A.做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B.加速度逐漸減小C.牽引力的功率 D.牽引力做功【答案】BC【解析】動(dòng)車的功率恒定，根據(jù)可知?jiǎng)榆嚨臓恳p小，根據(jù)牛頓第二定律得可知?jiǎng)榆嚨募铀俣葴p小，所以動(dòng)車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)加速度為0時(shí)，牽引力等于阻力，則額定功率為，C正確；動(dòng)車功率恒定，在t時(shí)間內(nèi)，牽引力做功為。根據(jù)動(dòng)能定理得，D錯(cuò)誤。【舉一反三】(2018·全國卷Ⅰ·18)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)．一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)．重力加速度大小為g.小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為()A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR【答案】C【解析】小球從a運(yùn)動(dòng)到c，根據(jù)動(dòng)能定理，得F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，又F＝mg，故v1＝2eq\r(gR)，小球離開c點(diǎn)在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．且水平方向與豎直方向的加速度大小相等，都為g，故小球從c點(diǎn)到最高點(diǎn)所用的時(shí)間t＝eq\f(v1,g)＝2eq\r(\f(R,g))，水平位移x＝eq\f(1,2)gt2＝2R，根據(jù)功能關(guān)系，小球從a點(diǎn)到軌跡最高點(diǎn)機(jī)械能的增量為力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR。【方法技巧】應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路(1)選取研究對象，明確它的運(yùn)動(dòng)過程．(2)分析研究對象的受力情況和各力的做功情況．eq\x(受哪些力)→eq\x(各力是否做功)→eq\x(做正功還是負(fù)功)→eq\x(做多少功)→eq\x(各力做功的代數(shù)和)(3)明確物體在過程始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1和Ek2.(4)列出動(dòng)能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解題方程進(jìn)行求解．【變式探究】(2018·江蘇卷·7)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點(diǎn)為彈簧在原長時(shí)物塊的位置．物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)．在從A到B的過程中，物塊()A．加速度先減小后增大B．經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度最大C．所受彈簧彈力始終做正功D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】AD【解析】A對，B錯(cuò)：由A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)彈>Ff，合力向右，小物塊向右加速運(yùn)動(dòng)，彈簧壓縮量逐漸減小，F(xiàn)彈減小，由F彈－Ff＝ma知，a減?。划?dāng)運(yùn)動(dòng)到F彈＝Ff時(shí)，a減小為零，此時(shí)彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，由于慣性，小物塊繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，此時(shí)F彈<Ff，小物塊做減速運(yùn)動(dòng)，且隨著壓縮量繼續(xù)減小，F(xiàn)彈與Ff差值增大，即加速度增大；當(dāng)越過O點(diǎn)后，彈簧被拉伸，此時(shí)彈力方向與摩擦力方向相同，有Feq\o\al(′,彈)＋Ff＝ma′，隨著拉伸量增大，a′也增大．故從A到B過程中，物塊加速度先減小后增大，在壓縮狀態(tài)F彈＝Ff時(shí)速度達(dá)到最大．C錯(cuò)：在AO段物塊運(yùn)動(dòng)方向與彈力方向相同，彈力做正功，在OB段運(yùn)動(dòng)方向與彈力方向相反，彈力做負(fù)功．D對：由動(dòng)能定理知，A到B的過程中，彈力做功和摩擦力做功之和為0。高頻考點(diǎn)二動(dòng)能定理在多過程綜合問題中的應(yīng)用【例2】(2018·全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα＝eq\f(3,5).一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱悖亓铀俣却笮間.求(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大小；(2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大小；(3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間．【解析】(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F.由力的合成法則有eq\f(F0,mg)＝tanα ①F2＝(mg)2＋Feq\o\al(2,0) ②設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律得F＝meq\f(v2,R) ③由①②③式和題給數(shù)據(jù)得F0＝eq\f(3,4)mg ④v＝eq\f(\r(5gR),2). ⑤(2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得DA＝Rsinα ⑥CD＝R(1＋cosα) ⑦由動(dòng)能定理有－mg·CD－F0·DA＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) ⑧由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為p＝mv1＝eq\f(m\r(23gR),2). ⑨(3)小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g.設(shè)小球在豎直方向的初速度為v⊥，從C點(diǎn)落至水平軌道上所用時(shí)間為t.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v⊥t＋eq\f(1,2)gt2＝CD ⑩v⊥＝vsinα ?由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得t＝eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g)). ?【方法技巧】利用動(dòng)能定理求解多過程問題的基本思路(1)弄清物體的運(yùn)動(dòng)由哪些過程組成．(2)分析每個(gè)過程中物體的受力情況．(3)各個(gè)力做功有何特點(diǎn)，對動(dòng)能的變化有無影響．(4)從總體上把握全過程，表達(dá)出總功，找出初、末狀態(tài)的動(dòng)能．(5)對所研究的全過程運(yùn)用動(dòng)能定理列方程．【變式探究】(2017·上海卷·19)如圖所示，與水平面夾角θ＝37°的斜面和半徑R＝0.4m的光滑圓軌道相切于B點(diǎn)，且固定于豎直平面內(nèi)．滑塊從斜面上的A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)B點(diǎn)后沿圓軌道運(yùn)動(dòng)，通過最高點(diǎn)C時(shí)軌道對滑塊的彈力為零．已知滑塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25.(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)滑塊在C點(diǎn)的速度大小vC；(2)滑塊在B點(diǎn)的速度大小vB；(3)A、B兩點(diǎn)間的高度差h.【解析】(1)對C點(diǎn)，滑塊豎直方向所受合力提供向心力mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)vC＝eq\r(gR)＝2m/s(2)對B→C過程，由動(dòng)能定理得－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)vB＝eq\r(v\o\al(2,C)＋2gR1＋cos37°)≈4.29m/s(3)滑塊在A→B的過程，由動(dòng)能定理得mgh－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0代入數(shù)據(jù)解得h≈1.38m【答案】(1)2m/s(2)4.29m/s(3)1.38m高頻考點(diǎn)三動(dòng)能定理與圖象結(jié)合【例3】（2020·江蘇卷）如圖所示，一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動(dòng)，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過程中，物塊的動(dòng)能與水平位移x關(guān)系的圖象是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由題意可知設(shè)斜面傾角為θ，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則物塊在斜面上下滑水平距離x時(shí)根據(jù)動(dòng)能定理有，整理可得。即在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能與x成線性關(guān)系；當(dāng)小物塊在水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)有，即在水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能與x也成線性關(guān)系；綜上分析可知A正確。故選A?！痉椒记伞?．四類圖象所圍“面積”的意義2．解決物理圖象問題的基本步驟【變式探究】(2019·全國卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以內(nèi)時(shí)，物體上升、下落過程中動(dòng)能Ek隨h的變化如圖所示．重力加速度取10m/s2.該物體的質(zhì)量為()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg【答案】C【解析】設(shè)物體的質(zhì)量為m，則物體在上升過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F，由動(dòng)能定理結(jié)合題圖可得－(mg＋F)×3m＝(36－72)J；物體在下落過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F，再由動(dòng)能定理結(jié)合題圖可得(mg－F)×3m＝(48－24)J，聯(lián)立解得m＝1kg、F＝2N，選項(xiàng)C正確，A、B、D均錯(cuò)誤。高頻考點(diǎn)四動(dòng)能定理求解多過程問題【例4】(2020·河南信陽模擬)如圖所示AB和CDO都是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，OA處于水平位置。AB是半徑為R＝1m的eq\f(1,4)圓周軌道，CDO是半徑為r＝0.5m的半圓軌道，最高點(diǎn)O處固定一個(gè)豎直彈性擋板(可以把小球彈回，不損失能量，圖中沒有畫出)，D為CDO軌道的中點(diǎn)。BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接。已知BC段水平軌道長L＝2m，與小球之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2?，F(xiàn)讓一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的小球從A點(diǎn)的正上方距水平線OA高H的P處自由落下。(g取10m/s2)(1)當(dāng)H＝2m時(shí)，求此時(shí)小球第一次到達(dá)D點(diǎn)對軌道的壓力大小；(2)為使小球僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，求H的取值范圍?！窘馕觥?1)設(shè)小球第一次到達(dá)D的速度為vD，對小球從P到D點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得：mg(H＋r)－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0在D點(diǎn)軌道對小球的支持力FN提供向心力，則有：FN＝meq\f(v\o\al(2,D),r)聯(lián)立解得：FN＝84N由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫椋篎′N＝FN＝84N。(2)為使小球僅僅與擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，H最小時(shí)必須滿足能上升到O點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：mgHmin－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,O)－0在O點(diǎn)有：mg＝meq\f(v\o\al(2,O),r)代入數(shù)據(jù)解得：Hmin＝0.65m僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，H最大時(shí)，碰后再返回最高點(diǎn)能上升到D點(diǎn)，則有：mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0代入數(shù)據(jù)解得：Hmax＝0.7m故有：0.65m≤H≤0.7m。【答案】(1)84N(2)0.65m≤H≤0.7m【方法技巧】1．多過程問題的分析方法(1)將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點(diǎn)”連接。(2)對各“銜接點(diǎn)”進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，必要時(shí)畫出受力圖和過程示意圖。(3)根據(jù)“子過程”和“銜接點(diǎn)”的模型特點(diǎn)選擇合理的物理規(guī)律列方程。(4)分析“銜接點(diǎn)”速度、加速度等物理量的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時(shí)間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的輔助方程。(5)聯(lián)立方程組，分析求解，對結(jié)果進(jìn)行必要的驗(yàn)證或討論。2．應(yīng)用動(dòng)能定理求多過程問題的技巧（1）運(yùn)用動(dòng)能定理解決多過程問題時(shí)，有兩種思路：一種是全過程列式，另一種是分段列式。（2）全過程列式時(shí)，涉及重力、彈簧彈力，大小恒定的阻力或摩擦力做功，要注意運(yùn)用它們的功能特點(diǎn)：重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)；大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積。彈簧彈力做功與路徑無關(guān)?！咀兪教骄俊浚?020·北京101中學(xué)質(zhì)檢）如圖所示，ABCD為一位于豎直平面內(nèi)的軌道，其中BC水平，A點(diǎn)比BC高出10m，BC長1m，AB和CD軌道光滑且與BC平滑連接。一質(zhì)量為1kg的物體，從A點(diǎn)以4m/s的速度開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過BC后滑到高出C點(diǎn)10.3m的D點(diǎn)速度為零。求：(g取10m/s2)(1)物體與BC軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)物體第5次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度；(3)物體最后停止的位置(距B點(diǎn)多少米)?！窘馕觥?1)物體從A到D的運(yùn)動(dòng)過程只有重力、摩擦力做功，由動(dòng)能定理可得mg(H－h(huán))－μmgLBC＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)所以μ＝eq\f(2gH－h(huán)＋v\o\al(2,A),2gLBC)＝eq\f(2×10×10－10.3＋42,2×10×1)＝0.5。(2)物體第5次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)，物體在BC上運(yùn)動(dòng)的總位移x＝4LBC＝4m；那么，對物體從A到物體第5次經(jīng)過B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程應(yīng)用動(dòng)能定理可得mgH－μmgx