高考物理一輪復習第五章機械能第講動能定理及其應用學案新人教版

第2講動能定理及其應用知識點1動能1．定義：物體由于運動而具有的能叫動能。2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。3．單位：焦耳,1J＝1N·m。4．矢標性：動能是標量，只有正值。5．狀態(tài)量：動能是狀態(tài)量，因為v是瞬時速度。知識點2動能定理1．內容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。2．表達式：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)或W＝Ek2－Ek1。3．物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度。思考：(1)動能定理適用于直線運動，還適用于曲線運動嗎？動能定理適用于恒力做功，還適用于變力做功嗎？(2)能對物體分方向列動能定理方程嗎？[答案](1)適用，適用(2)不能雙基自測一、堵點疏通1．—定質量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化。(√)2．動能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。(×)3．如果物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做功一定為零。(√)4．物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化。(×)5．物體的動能不變，所受的合外力必定為零。(×)6．做自由落體運動的物體，動能與時間的二次方成正比。(√)二、對點激活1．(多選)關于動能，下列說法正確的是(AB)A．公式Ek＝eq\f(1,2)mv2中的速度v一般是物體相對于地面的速度B．動能的大小由物體的質量和速率決定，與物體運動的方向無關C．物體以相同的速率向東和向西運動，動能的大小相等但方向不同D．物體以相同的速率做勻速直線運動和曲線運動，其動能不同[解析]動能是標量，與速度的大小有關，而與速度的方向無關。公式中的速度一般是相對于地面的速度，故A、B正確。2．(2023·全國卷Ⅱ)如圖所示，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度。木箱獲得的動能一定(A)A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功[解析]木箱受力如圖所示，木箱在移動的過程中有兩個力做功，拉力做正功，摩擦力做負功，根據(jù)動能定理可知WF－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以動能小于拉力做的功，故A正確，B錯誤；無法比較動能與摩擦力做功的大小，C、D錯誤。核心考點·重點突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考點一對動能定理的理解和應用1．準確理解動能定理的表達式W＝Ek2－Ek1(1)W是合力的功，不要與某個力的功混淆。(2)Ek2－Ek1是末動能與初動能的差。(3)動能定理的表達式是標量式，與速度方向無關。(4)應用動能定理時，要明確針對哪個物體，哪個過程。2．應用動能定理的流程3．應用動能定理的注意事項(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。(2)應用動能定理的關鍵在于對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關系。(3)當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應用動能定理求解；當所求解的問題不涉及中間的速度時，也可以全過程應用動能定理求解，這樣更簡便。(4)列動能定理方程時，必須明確各力做功的正、負，確實難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結果加以檢驗。例1(2023·浙江杭州二中模擬)如圖所示，運動員把質量為m的足球從水平地面踢出，足球在空中達到的最高點高度為h，在最高點時的速度為v，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是(C)A．運動員踢球時對足球做功為eq\f(1,2)mv2B．足球上升過程重力做功為mghC．運動員踢球時對足球做功為mgh＋eq\f(1,2)mv2D．足球上升過程克服重力做功為mgh＋eq\f(1,2)mv2[解析]本題考查動能定理的應用。足球被踢起后在運動過程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的機械能守恒，足球到達最高點時，機械能為E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，由于足球的機械能守恒，則足球剛被踢起時的機械能為E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，足球獲得的機械能等于運動員對足球所做的功，因此運動員踢球時對足球做功為E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，故A錯誤，C正確；足球上升過程重力做功為WG＝－mgh，足球上升過程中克服重力做功為W克＝mgh，故B、D錯誤。〔變式訓練1〕(2023·湖南師大附中模擬)港珠澳大橋是中國境內一座連接香港、珠海和澳門的橋隧工程。2018年10月24日上午9時正式通車。大橋設計使用壽命120年，可抵御8級地震、16級臺風、允許30萬噸級油輪通過。假設一艘質量為m的輪船由于失控，以速度v撞向大橋(大橋無損)，最后沒有反彈而停下來，事故勘察測量發(fā)現(xiàn)輪船迎面相撞處下凹深度d，據(jù)此估算出船對橋的平均撞擊力F，關于F的表達式正確的是(A)A．eq\f(mv2,2d) B．eq\f(mv2,d)C．eq\f(mv,2d) D．mv[解析]本題考查變力做功問題。根據(jù)動能定理可得Fd＝eq\f(1,2)mv2，解得F＝eq\f(mv2,2d)，故選A。考點二動能定理與圖像的綜合問題解決物理圖像問題的基本步驟1．觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義。2．根據(jù)物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數(shù)關系式。3．將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準函數(shù)關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點，圖線下的面積所對應的物理意義，分析解答問題?；蛘呃煤瘮?shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關系式求物理量。例2用傳感器研究質量為2kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到0～6s內物體的加速度隨時間變化的關系如圖所示。下列說法正確的是(D)A．0～6s內物體先向正方向運動，后向負方向運動B．0～6s內物體在4s時的速度最大C．物體在2～4s內速度不變D．0～4s內合力對物體做的功等于0～6s內合力對物體做的功[解析]a－t圖線與橫軸圍成的“面積”表示速度的變化量，由題給圖像可知，0～6s內速度變化量為正，物體速度方向不變，物體在0～5s內一直加速，5s時速度最大，選項A，B均錯誤；2～4s內物體的加速度不變，做勻加速直線運動，選項C錯誤；t＝4s時和t＝6s時物體速度大小相等，由動能定理可知，物體在0～4s內和0～6s內動能變化量相等，合外力做功也相等，選項D正確。名師點撥圖像所圍“面積”的意義(1)v－t圖：由公式x＝vt可知，v－t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移。(2)a－t圖：由公式Δv＝at可知，a－t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量。(3)F－x圖：由公式W＝Fx可知，F(xiàn)－x圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功。(4)P－t圖：由公式W＝Pt可知，P－t圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功。〔變式訓練2〕(多選)放在粗糙水平地面上質量為0.8kg的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內其速度與時間的關系圖像和該拉力的功率與時間的關系圖像分別如圖(甲)、(乙)所示，g取10m/s2，下列說法中正確的是(AD)A．0～6s內拉力做的功為140JB．物體在0～2s內所受的拉力為4NC．物體與粗糙水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.5D．合外力在0～6s內做的功與0～2s內做的功相等[解析]拉力在0～6s內做的總功為P－t圖線與t軸所圍面積，則WF＝eq\f(1,2)×2×60J＋20×(6－2)J＝140J，選項A正確；在0～2s物體做勻加速直線運動，物體所受拉力等于t＝2s時的拉力，由P＝Fv可知拉力F1＝eq\f(60,10)N＝6N，選項B錯誤；在2～6s物體勻速運動，則拉力F2與摩擦力Ff大小相等，而P＝20W，由P＝Fv得Ff＝F2＝eq\f(20,10)N＝2N，由Ff＝μmg得μ＝0.25，選項C錯誤；2s后物體速度不再變化即動能不變，由動能定理可知，物體所受的合外力在0～6s內所做的功與0～2s內所做的功均為W合＝eq\f(1,2)mv2＝40J，D正確。考點三運用動能定理求解多過程問題1．運用動能定理解決多過程問題時，有兩種思路：一種是分段列式按部就班，注意銜接；另一種是全過程列式，計算簡便，但要分析全面，不能遺漏某個功。2．所列動能定理方程涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的特點：(1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關。(2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小與路程的乘積。例3如圖所示，質量m＝3kg的小物塊以初速度v0＝4m/s水平向右拋出，恰好從A點沿著圓弧的切線方向進入圓弧軌道，圓弧軌道的半徑為R＝3.75m，B點是圓弧軌道的最低點，圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接，A與圓心O的連線與豎直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平軌道，小物塊與MN間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，軌道其他部分光滑。最右側是一個半徑為r＝0.4m的半圓弧光滑軌道，C點是圓弧軌道的最高點，半圓弧軌道與水平軌道BD在D點平滑連接。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物塊的拋出點離A點的豎直高度h；(2)若MN的長度為L＝6m，求小物塊通過C點時所受軌道的彈力大小FN；(3)若小物塊恰好能通過C點，求MN的長度L′。[解析](1)根據(jù)平拋運動規(guī)律有tan37°＝eq\f(gt,v0)解得t＝0.3s，故h＝eq\f(1,2)gt2＝0.45m(2)小物塊從拋出點運動到B點，根據(jù)動能定理有mg[h＋R(1－cos37°)]＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得vB＝2eq\r(10)m/s小物塊由B點運動到C點，根據(jù)動能定理有－μmgL－2mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在C點根據(jù)牛頓第二定律有：FN＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),r)解得：FN＝60N(3)小物塊剛好能通過C點時，有mg＝eq\f(mv′\o\al(2,C),r)解得vC′＝2m/s小物塊從B點運動到C點的過程，根據(jù)動能定理有－μmgL′－2mgr＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得L′＝10m。[答案](1)0.45m(2)60N(3)10m〔變式訓練3〕如圖所示，固定在地面上的半圓軌道直徑ab水平，小球P與半圓軌道間的動摩擦因數(shù)處相等，當小球P從a點正上方高H處自由下落，經過軌道后從b點沖出做豎直上拋運動，上升的最大高度為eq\f(H,2)，空氣阻力不計。當小球P下落再經過軌道a點沖出時，能上升的最大高度為h，則小球P(B)A．不能從a點沖出半圓軌道B．能從a點沖出半圓軌道，但h<eq\f(H,2)C．能從a點沖出半圓軌道，但h>eq\f(H,2)D．無法確定能否從a點沖出半圓軌道[解析]本題考查物體的多過程運動問題。小球第一次在半圓軌道的運動過程中，由動能定理得mg(H－eq\f(H,2))＋(－Wf)＝0－0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得Wf＝eq\f(1,2)mgH，即第一次小球在半圓軌道中運動損失的機械能為eq\f(1,2)mgH，由于第二次小球在半圓軌道中運動時，對應位置處速度變小，因此半圓軌道給小球的彈力變小，由于動摩擦因數(shù)不變，所以摩擦力變小，則摩擦力做功小于eq\f(1,2)mgH，機械能損失小于eq\f(1,2)mgH，因此小球再次沖出a點時，能上升的高度大于零而小于eq\f(1,2)H，故B正確。名師講壇·素養(yǎng)提升MINGSHIJIANGTANSUYANGTISHENG運用動能定理解決往復運動問題在有些問題中物體的運動過程具有重復性、往返性，而在這一過程中，描述運動的物理量多數(shù)是變化的，而重復的次數(shù)又往往是無限的或者難以確定，求解這類問題時若運用牛頓運動定律及運動學公式將非常繁瑣，甚至無法解出。由于動能定理只涉及物體的初、末狀態(tài)而不計運動過程的細節(jié)，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化。(一)往復次數(shù)可確定的情形例4如圖所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長度s＝5m，軌道CD足夠長且傾角θ＝37°，A、D兩點離軌道BC的高度分別為h1＝4.3m、h2＝1.35m?，F(xiàn)讓質量為m的小滑塊自A點由靜止釋放。已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求小滑塊最終停止的位置距B點的距離。[解析]對小滑塊運動全過程應用動能定理，設小滑塊在水平軌道上運動的總路程為s總有：mgh1＝μmgs總將h1、μ代入得：s總＝8.6m故小滑塊最終停止的位置距B點的距離為2s－s總＝1.4m。[答案]1.4m(二)往復次數(shù)無法確定的情形例5如圖所示，斜面的傾角為θ，質量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失，則滑塊經過的總路程是(A)A．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))B．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ))C．eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)) D．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0cotθ))[解析]滑塊最終要停在斜面底部，設滑塊經過的總路程為x，對滑塊運動的全程應用動能定理：mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(1,μ)(eq\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)，A正確。(三)往復運動永不停止的情形例6如圖所示，豎直固定放置的斜面DE與一光滑的圓弧軌道ABC相連，C為切點，圓弧軌道的半徑為R，斜面的傾角為θ。現(xiàn)有一質量為m的滑塊從D點無初速下滑，滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往復運動，已知圓弧軌道的圓心O與A、D在同一水平面上，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，求：(1)滑塊第一次至左側AC弧上時距A點的最小高度差h；(2)滑塊在斜面上能通過的最大路程s。[解析](1)滑塊從D到達左側最高點F經歷DC、CB、BF三個過程，現(xiàn)以DF整個過程為研究過程，運用動能定理得：mgh－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝0，解得h＝eq\f(μRcosθ,tanθ)。(2)通過分析可知，滑塊最終停至C點的速度為0時對應在斜面上的總路程最大，由動能定理得：mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0，解得：s＝eq\f(R,μ)。[答案](1)eq\f(μRcosθ,tanθ)(2)eq\f(R,μ)2年高考·1年模擬2NIANGAOKAO1NIANMONI1．(2023·江蘇單科，4)如圖所示，一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過程中，物塊的動能Ek與水平位移x關系的圖像是(A)[解析]設斜面傾角為θ，物塊滑到斜面底端時的動能為Ek0，物塊在斜面上滑行的長度對應的水平位移為x0，應用動能定理，在斜面上有(mgsinθ－μmgcosθ)·eq\f(x,cosθ)＝Ek，在水平面上有－μ′mg(x－x0)＝Ek－Ek0，即Ek＝－μ′mg(x－x0)＋Ek0，綜上所述可知：兩段Ek－x圖線為線性關系，故A正確，B、C、D錯誤。2．(2023·全國卷Ⅲ，17)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質量為(C)A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg[解析]畫出運動示意圖，設阻力為f，據(jù)動能定理知A→B(上升過程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)hC→D(下落過程)：EkD－EkC＝(mg－f)h整理以上兩式得：mgh＝30J，解得物體的質量m＝1kg。選項C正確。3．(2023·課標Ⅱ，25)如圖，一豎直圓管質量為M，下端距水平地面的高度為H，頂端塞有一質量為m的小球。圓管由靜止自由下落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，且每次碰撞時間均極短；在運動過程中，管始終保持豎直。已知M＝4m，球和管之間的滑動摩擦力大小為4mg，g為重力加速度的大小，不計空氣阻力。(1)求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大??；(2)管第一次落地彈起后，在上升過程中球沒有從管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出，求圓管長度應滿足的條件。[答案](1)2g3g(2)eq\f(13,25)H(3)見解析[思路分析][解析]本題通過連接體的落體運動考查牛頓運動定律、運動學規(guī)律及功能關系。(1)管第一次落地彈起的瞬間，小球仍然向下運動。設此時管的加速度大小為a1，方向向下；球的加速度大小為a2，方向向上；球與管之間的摩擦力大小為f，由牛頓運動定律有Mg＋f＝Ma1 ①f－mg＝ma2 ②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)，得a1＝2g，a2＝3g。 ③(2)管第一次碰地前與球的速度大小相同。由運動學公式，碰地前瞬間它們的速度大小均為v0＝eq\r(2gH) ④方向均向下。管彈起的瞬間，管的速度反向，球的速度方向依然向下。設自彈起時經過時間t1，管與小球的速度剛好相同。取向上為正方向，由運動學公式有v0－a1t1＝－v0＋a2t1 ⑤聯(lián)立③④⑤式得t1＝eq\f(2,5)eq\r(\f(2H,g)) ⑥設此時管下端距地面的高度為h1，速度為v。由運動學公式可得h1＝v0t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1) ⑦v＝v0－a1t1 ⑧由③④⑥⑧式可判斷此時v>0。此后，管與小球將以加速度g減速上升h2，到達最高點。由運動學公式有h2＝eq\f(v2,2g) ⑨設管第一次落地彈起