江蘇專用2025版高考物理一輪復習第5章機械能及其守恒定律第2節(jié)動能定理教案

PAGEPAGE1第2節(jié)動能定理一、動能1．定義：物體由于運動而具有的能。2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，v為瞬時速度，動能是狀態(tài)量。3．單位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。4．標矢性：動能是標量，只有正值。5．動能的變更量：ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。二、動能定理1．內(nèi)容：合外力對物體所做的功等于物體動能的變更。2．表達式：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能變更的量度。4．適用條件(1)既適用于直線運動，也適用于曲線運動。(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，既可以同時作用，也可以不同時作用。1．思索辨析(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)(1)肯定質(zhì)量的物體動能變更時，速度肯定變更，但速度變更時，動能不肯定變更。 (√)(2)物體的合外力對物體做的功為零，動能肯定不變。 (√)(3)物體在合外力作用下做變速運動，動能肯定變更。 (×)(4)物體的動能不變，其所受的合外力必定為零。 (×)2．(魯科版必修2P27T1改編)(多選)關于動能，下列說法正確的是()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(zhì)量和速率確定，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AB[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。]3．(人教版必修2P74T1改編)在下列幾種狀況下，甲、乙兩物體的動能相等的是()A．甲的速度是乙的2倍，甲的質(zhì)量是乙的eq\f(1,2)B．甲的質(zhì)量是乙的2倍，甲的速度是乙的eq\f(1,2)C．甲的質(zhì)量是乙的4倍，甲的速度是乙的eq\f(1,8)D．質(zhì)量相同，速度大小也相同，但甲向東運動，乙向西運動[答案]D4．(人教版必修2P75T4改編)如圖所示，傾角θ＝37°的斜面AB與水平面平滑連接于B點，A、B兩點之間的距離x0＝3m，質(zhì)量m＝3kg的小物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4。當小物塊從A點由靜止起先沿斜面下滑的同時，對小物塊施加一個水平向左的恒力F(圖中未畫出)，取g＝10m/s2。若F＝10N，小物塊從A點由靜止起先沿斜面運動到B點時撤去恒力F，求小物塊在水平面上滑行的距離x為(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．5.7m B．4.7mC．6.5m D．5.5mB[小物塊在斜面上受力如圖所示，從A點起先沿ABC路徑運動到C點停止過程中，由動能定理可得：Fx0cosθ＋mgx0sinθ－Ffx0－μmgx＝0Ff＝μFNFN＋Fsinθ＝mgcosθ代入數(shù)據(jù)解得：x＝4.7m。故選項B正確。]動能定理的理解及應用eq\o([依題組訓練])1．關于動能概念及動能定理表達式W＝Ek2－Ek1的說法中正確的是()A．若物體速度在變更，則動能肯定在變更B．速度大的物體，動能肯定大C．W＝Ek2－Ek1表示功可以變成能D．動能的變更可以用合力做的功來量度D[速度是矢量，而動能是標量，若物體速度只變更方向，不變更大小，則動能不變，A錯誤；由Ek＝eq\f(1,2)mv2知B錯誤；動能定理表達式W＝Ek2－Ek1表示動能的變更可用合力做的功量度，但功和能是兩個不同的概念，有著本質(zhì)的區(qū)分，故C錯誤，D正確。]2．(2024·全國卷Ⅱ)如圖所示，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止起先沿粗糙水平路面運動至具有某一速度。木箱獲得的動能肯定()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A[由動能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱獲得的動能肯定小于拉力所做的功，A正確。]3.如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一質(zhì)量為m的小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面。設小球在斜面最低點A的速度為v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，則小球從A到C的過程中彈簧彈力做功是()A．mgh－eq\f(1,2)mv2 B．eq\f(1,2)mv2－mghC．－mgh D．－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgh＋\f(1,2)mv2))A[小球從A點運動到C點的過程中，重力和彈簧的彈力對小球做負功，由于支持力與位移始終垂直，則支持力對小球不做功，由動能定理可得WG＋WF＝0－eq\f(1,2)mv2，重力做功為WG＝－mgh，則彈簧的彈力對小球做功為WF＝mgh－eq\f(1,2)mv2，所以正確選項為A。]1．對“外力”的兩點理解(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用。(2)“外力”既可以是恒力，也可以是變力。2．公式W合＝ΔEk中“＝”體現(xiàn)的三個關系動能定理與圖象結合問題eq\o([講典例示法])1．解決物理圖象問題的基本步驟(1)視察題目給出的圖象，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)依據(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、圖線下方的面積所對應的物理意義，依據(jù)對應關系列式解答問題。2．圖象所圍“面積”和圖象斜率的含義eq\o([典例示法])如圖甲所示，一豎直面內(nèi)的軌道是由粗糙斜面AB和光滑軌道BCD組成，AB與BCD相切于B點，C為圓軌道的最低點，將物塊置于軌道ABC上離地面高為H處由靜止下滑，可用力傳感器測出其經(jīng)過C點時對軌道的壓力FN?，F(xiàn)將物塊放在ABC上不同高度處，讓H從零起先漸漸增大，傳感器測得物塊每次從不同高度處下滑到C點時對軌道的壓力FN，得到如圖乙兩段直線PQ和QI，且IQ反向延長線與縱軸交點坐標值為2.5N，g取10m/s2。求：甲乙(1)小物塊的質(zhì)量m及圓軌道的半徑R；(2)軌道BC所對圓心角；(3)小物塊與斜面AB間的動摩擦因數(shù)。審題導引：解此題的關鍵是把握圖象的信息，并將圖象信息與物理過程相對應，如下圖所示。[解析](1)小物塊從圓軌道BC滑下，由動能定理可知mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)在C點合力供應向心力FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)FN＝eq\f(2mg,R)H＋mg結合PQ段圖象知mg＝2N，m＝0.2kg，eq\f(2mg,R)＝eq\f(4－2,0.5)解得R＝1m。(2)由于圖線Q點對應于軌道的B點，而此時H＝0.5m，則軌道BC所對圓心角θ由幾何關系可知H＝R(1－cosθ)，代入數(shù)據(jù)解得θ＝60°。(3)小物塊從A到C，由動能定理可得mgH－eq\f(μmgcosθH－0.5,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2，到達C點處由向心力公式可得F′N－mg＝eq\f(mv2,R)，聯(lián)立得μ＝eq\f(\r(3),4)。[答案](1)0.2kg1m(2)60°(3)eq\f(\r(3),4)動能定理與圖象結合問題的分析方法(1)首先看清所給圖象的種類(如v-t圖象、F-t圖象、Ek-t圖象等)。(2)挖掘圖象的隱含條件，得出所須要的物理量，如由v-t圖象所包圍的“面積”求位移，由F-x圖象所包圍的“面積”求功等。(3)分析有哪些力做功，依據(jù)動能定理列方程，求出相應的物理量。eq\o([跟進訓練])1．(2024·全國卷Ⅲ)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(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變更如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kgC[設物體的質(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，由動能定理結合題圖可得－(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，再由動能定理結合題圖可得(mg－F)×3m＝(48－24)J，聯(lián)立解得m＝1kg、F＝2N，選項C正確，A、B、D均錯誤。]2．(多選)放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8kg的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時間的關系圖象和該拉力的功率與時間的關系圖象分別如圖甲、乙所示。下列說法中正確的是()甲乙A．0～6s內(nèi)拉力做的功為140JB．物體在0～2s內(nèi)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(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等AD[由P＝Fv可知，物體在0～2s內(nèi)所受的拉力F＝eq\f(P,v)＝eq\f(60,10)N＝6N，在2～6s內(nèi)所受的拉力F′＝eq\f(P′,v′)＝eq\f(20,10)N＝2N，B錯誤；拉力在0～6s內(nèi)做的總功W＝Fx1＋F′x2＝6×eq\f(10,2)×2J＋2×10×4J＝140J，A正確；由物體在2～6s內(nèi)做勻速運動可知，F(xiàn)′＝μmg，可求得μ＝0.25，C錯誤；由動能定理可知，物體所受的合外力在0～6s內(nèi)所做的功與0～2s內(nèi)所做的功均為eq\f(1,2)mv2＝40J，D正確。]3．如圖甲所示，在傾角為30°、長度為L＝5m的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面OA，OA長為4m。有一質(zhì)量為m的滑塊，從O處由靜止起先受一水平向右的力F作用，F(xiàn)只在滑塊處于水平面上時作用，并且按圖乙所示的規(guī)律變更，最終滑塊剛好到達斜面頂端B，g取10m/s2。試求：甲乙(1)滑塊運動到A處的速度大小；(2)滑塊與OA間的動摩擦因數(shù)μ。[解析](1)滑塊沖上斜面的過程中重力做負功，由動能定理得－mg·L·sin30°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)代入數(shù)據(jù)解得vA＝5eq\r(2)m/s。(2)由題圖乙知，在前2m內(nèi)，F(xiàn)1＝2mg，做正功，在第3m內(nèi)，F(xiàn)2＝－0.5mg，做負功，在第4m內(nèi)，F(xiàn)3＝0，滑動摩擦力的大小為Ff＝μmg，始終做負功，對于滑塊在OA上運動的全過程，由動能定理得F1x1＋F2x2＋fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0即2mg×2－0.5mg×1－μmg×4＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.25。[答案](1)5eq\r(2)m/s(2)0.25動能定理求解多過程問題eq\o([講典例示法])1．多過程問題的分析方法(1)將“多過程”分解為很多“子過程”，各“子過程”間由“連接點”連接。(2)對各“連接點”進行受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和過程示意圖。(3)依據(jù)“子過程”和“連接點”的模型特點選擇合理的物理規(guī)律列方程。(4)分析“連接點”速度、加速度等物理量的關聯(lián)，確定各段間的時間關聯(lián)，并列出相關的協(xié)助方程。(5)聯(lián)立方程組，分析求解，對結果進行必要的驗證或探討。2．利用動能定理求解多過程問題的基本思路eq\o([典例示法])(2024·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O處固定一個豎直彈性擋板(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。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，與小球之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2?，F(xiàn)讓一個質(zhì)量為m＝1kg的小球從A點的正上方距水平線OA高H的P處自由落下。(g取10m/s2)(1)當H＝2m時，求此時小球第一次到達D點對軌道的壓力大??；(2)為使小球僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，求H的取值范圍。思路點撥：解此題可按以下思路(1)小球由P到D全過程，由動能定理列方程求小球第一次到達D點的速度。(2)小球僅僅與彈性擋板碰撞一次且剛好不脫離CDO軌道的兩個臨界條件是在O點重力供應向心力，碰后再返回最高點恰能上升到D點。[解析](1)設小球第一次到達D的速度為vD，對小球從P到D點的過程，依據(jù)動能定理得：mg(H＋r)－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0在D點軌道對小球的支持力FN供應向心力，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，且小球不會脫離CDO軌道，H最小時必需滿意能上升到O點，由動能定理得：mgHmin－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,O)－0在O點有：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，且小球不會脫離CDO軌道，H最大時，碰后再返回最高點能上升到D點，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應用動能定理求多過程問題的技巧1．運用動能定理解決多過程問題時，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，涉及重力、彈簧彈力，大小恒定的阻力或摩擦力做功，要留意運用它們的功能特點：(1)重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積。(3)彈簧彈力做功與路徑無關。eq\o([跟進訓練])組合運動的多過程問題1.如圖所示，光滑的軌道ABO的AB部分與水平部分BO相切，軌道右側是一個半徑為R的四分之一的圓弧軌道，O點為圓心，C為圓弧上的一點，OC與水平方向的夾角為37°?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球從軌道AB上某點由靜止釋放。已知重力加速度為g，不計空氣阻力。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin37°＝\f(3,5)，cos37°＝\f(4,5)))(1)若小球恰能擊中C點，求剛釋放小球的位置距離BO平面的高度；(2)變更釋放點的位置，求小球落到軌道時動能的最小值。[解析](1)設小球經(jīng)過O點的速度為v0，從O點到C點做平拋運動，則有Rcos37°＝v0t，Rsin37°＝eq\f(1,2)gt2從A點到O點，由動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立可得，釋放小球的位置距離BO平面的高度h＝eq\f(4,15)R。(2)設小球落到軌道上的點與O點的連線與水平方向的夾角為θ，小球做平拋運動，Rcosθ＝v′0t′Rsinθ＝eq\f(1,2)gt′2對此過程，由動能定理得mgRsinθ＝Ek－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,0)解得Ek＝mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)sinθ＋\f(1,4sinθ)))當sinθ＝eq\f(\r(3),3)時，小球落到軌道時的動能最小，最小值為Ek＝eq\f(\r(3),2)mgR。[答案](1)eq\f(4R,15)(2)eq\f(\r(3)mgR,2)往復運動的多過程問題2.(2024·東陽市月考)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點以4m/s的速度起先運動，經(jīng)過BC后滑到高出C點10.3m的D點速度為零。求：(g取10m/s2)(1)物體與BC軌道間的動摩擦因數(shù)；(2)物體第5次經(jīng)過B點時的速度；(3)物體最終停止的位置(距B點多少米)。[解析](1)物體從A到D的運動過程只有重力、摩擦力做功，由動能定理可得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點時，物體在BC上運動的總位移x＝4LBC＝4m；那么，對物體從A到物體第5次經(jīng)過B點的運動過程應用動能定理可得mgH－μmgx＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq