高考物理一轮复习第五章机械能第讲动能定理及其应用学案新人教版

第2讲动能定理及其应用知识点1动能1．定义：物体由于运动而具有的能叫动能。2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2。3．单位：焦耳,1J＝1N·m。4．矢标性：动能是标量，只有正值。5．状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。知识点2动能定理1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。2．表达式：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)或W＝Ek2－Ek1。3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。思考：(1)动能定理适用于直线运动，还适用于曲线运动吗？动能定理适用于恒力做功，还适用于变力做功吗？(2)能对物体分方向列动能定理方程吗？[答案](1)适用，适用(2)不能双基自测一、堵点疏通1．—定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。(√)2．动能不变的物体一定处于平衡状态。(×)3．如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零。(√)4．物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。(×)5．物体的动能不变，所受的合外力必定为零。(×)6．做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比。(√)二、对点激活1．(多选)关于动能，下列说法正确的是(AB)A．公式Ek＝eq\f(1,2)mv2中的速度v一般是物体相对于地面的速度B．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关C．物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等但方向不同D．物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同[解析]动能是标量，与速度的大小有关，而与速度的方向无关。公式中的速度一般是相对于地面的速度，故A、B正确。2．(2023·全国卷Ⅱ)如图所示，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定(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]木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知WF－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故A正确，B错误；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误。核心考点·重点突破HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO考点一对动能定理的理解和应用1．准确理解动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1(1)W是合力的功，不要与某个力的功混淆。(2)Ek2－Ek1是末动能与初动能的差。(3)动能定理的表达式是标量式，与速度方向无关。(4)应用动能定理时，要明确针对哪个物体，哪个过程。2．应用动能定理的流程3．应用动能定理的注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。例1(2023·浙江杭州二中模拟)如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是(C)A．运动员踢球时对足球做功为eq\f(1,2)mv2B．足球上升过程重力做功为mghC．运动员踢球时对足球做功为mgh＋eq\f(1,2)mv2D．足球上升过程克服重力做功为mgh＋eq\f(1,2)mv2[解析]本题考查动能定理的应用。足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，机械能为E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，由于足球的机械能守恒，则足球刚被踢起时的机械能为E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员踢球时对足球做功为E＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，故A错误，C正确；足球上升过程重力做功为WG＝－mgh，足球上升过程中克服重力做功为W克＝mgh，故B、D错误。〔变式训练1〕(2023·湖南师大附中模拟)港珠澳大桥是中国境内一座连接香港、珠海和澳门的桥隧工程。2018年10月24日上午9时正式通车。大桥设计使用寿命120年，可抵御8级地震、16级台风、允许30万吨级油轮通过。假设一艘质量为m的轮船由于失控，以速度v撞向大桥(大桥无损)，最后没有反弹而停下来，事故勘察测量发现轮船迎面相撞处下凹深度d，据此估算出船对桥的平均撞击力F，关于F的表达式正确的是(A)A．eq\f(mv2,2d) B．eq\f(mv2,d)C．eq\f(mv,2d) D．mv[解析]本题考查变力做功问题。根据动能定理可得Fd＝eq\f(1,2)mv2，解得F＝eq\f(mv2,2d)，故选A。考点二动能定理与图像的综合问题解决物理图像问题的基本步骤1．观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。2．根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。3．将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题。或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。例2用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是(D)A．0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6s内物体在4s时的速度最大C．物体在2～4s内速度不变D．0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力对物体做的功[解析]a－t图线与横轴围成的“面积”表示速度的变化量，由题给图像可知，0～6s内速度变化量为正，物体速度方向不变，物体在0～5s内一直加速，5s时速度最大，选项A，B均错误；2～4s内物体的加速度不变，做匀加速直线运动，选项C错误；t＝4s时和t＝6s时物体速度大小相等，由动能定理可知，物体在0～4s内和0～6s内动能变化量相等，合外力做功也相等，选项D正确。名师点拨图像所围“面积”的意义(1)v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。(2)a－t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。(3)F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。(4)P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。〔变式训练2〕(多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8kg的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图(甲)、(乙)所示，g取10m/s2，下列说法中正确的是(AD)A．0～6s内拉力做的功为140JB．物体在0～2s内所受的拉力为4NC．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5D．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等[解析]拉力在0～6s内做的总功为P－t图线与t轴所围面积，则WF＝eq\f(1,2)×2×60J＋20×(6－2)J＝140J，选项A正确；在0～2s物体做匀加速直线运动，物体所受拉力等于t＝2s时的拉力，由P＝Fv可知拉力F1＝eq\f(60,10)N＝6N，选项B错误；在2～6s物体匀速运动，则拉力F2与摩擦力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，选项C错误；2s后物体速度不再变化即动能不变，由动能定理可知，物体所受的合外力在0～6s内所做的功与0～2s内所做的功均为W合＝eq\f(1,2)mv2＝40J，D正确。考点三运用动能定理求解多过程问题1．运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是分段列式按部就班，注意衔接；另一种是全过程列式，计算简便，但要分析全面，不能遗漏某个功。2．所列动能定理方程涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点：(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。(2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小与路程的乘积。例3如图所示，质量m＝3kg的小物块以初速度v0＝4m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的半径为R＝3.75m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r＝0.4m的半圆弧光滑轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物块的抛出点离A点的竖直高度h；(2)若MN的长度为L＝6m，求小物块通过C点时所受轨道的弹力大小FN；(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。[解析](1)根据平抛运动规律有tan37°＝eq\f(gt,v0)解得t＝0.3s，故h＝eq\f(1,2)gt2＝0.45m(2)小物块从抛出点运动到B点，根据动能定理有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小物块由B点运动到C点，根据动能定理有－μmgL－2mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在C点根据牛顿第二定律有：FN＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),r)解得：FN＝60N(3)小物块刚好能通过C点时，有mg＝eq\f(mv′\o\al(2,C),r)解得vC′＝2m/s小物块从B点运动到C点的过程，根据动能定理有－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〔变式训练3〕如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，小球P与半圆轨道间的动摩擦因数处相等，当小球P从a点正上方高H处自由下落，经过轨道后从b点冲出做竖直上抛运动，上升的最大高度为eq\f(H,2)，空气阻力不计。当小球P下落再经过轨道a点冲出时，能上升的最大高度为h，则小球P(B)A．不能从a点冲出半圆轨道B．能从a点冲出半圆轨道，但h<eq\f(H,2)C．能从a点冲出半圆轨道，但h>eq\f(H,2)D．无法确定能否从a点冲出半圆轨道[解析]本题考查物体的多过程运动问题。小球第一次在半圆轨道的运动过程中，由动能定理得mg(H－eq\f(H,2))＋(－Wf)＝0－0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf＝eq\f(1,2)mgH，即第一次小球在半圆轨道中运动损失的机械能为eq\f(1,2)mgH，由于第二次小球在半圆轨道中运动时，对应位置处速度变小，因此半圆轨道给小球的弹力变小，由于动摩擦因数不变，所以摩擦力变小，则摩擦力做功小于eq\f(1,2)mgH，机械能损失小于eq\f(1,2)mgH，因此小球再次冲出a点时，能上升的高度大于零而小于eq\f(1,2)H，故B正确。名师讲坛·素养提升MINGSHIJIANGTANSUYANGTISHENG运用动能定理解决往复运动问题在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而重复的次数又往往是无限的或者难以确定，求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只涉及物体的初、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。(一)往复次数可确定的情形例4如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.3m、h2＝1.35m。现让质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求小滑块最终停止的位置距B点的距离。[解析]对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总有：mgh1＝μmgs总将h1、μ代入得：s总＝8.6m故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2s－s总＝1.4m。[答案]1.4m(二)往复次数无法确定的情形例5如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是(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]滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理：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正确。(三)往复运动永不停止的情形例6如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相连，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ。现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：(1)滑块第一次至左侧AC弧上时距A点的最小高度差h；(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。[解析](1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得：mgh－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝0，解得h＝eq\f(μRcosθ,tanθ)。(2)通过分析可知，滑块最终停至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：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年模拟2NIANGAOKAO1NIANMONI1．(2023·江苏单科，4)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是(A)[解析]设斜面倾角为θ，物块滑到斜面底端时的动能为Ek0，物块在斜面上滑行的长度对应的水平位移为x0，应用动能定理，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，综上所述可知：两段Ek－x图线为线性关系，故A正确，B、C、D错误。2．(2023·全国卷Ⅲ，17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为(C)A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg[解析]画出运动示意图，设阻力为f，据动能定理知A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)hC→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h整理以上两式得：mgh＝30J，解得物体的质量m＝1kg。选项C正确。3．(2023·课标Ⅱ，25)如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。[答案](1)2g3g(2)eq\f(13,25)H(3)见解析[思路分析][解析]本题通过连接体的落体运动考查牛顿运动定律、运动学规律及功能关系。(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有Mg＋f＝Ma1 ①f－mg＝ma2 ②联立①②式并代入题给数据，得a1＝2g，a2＝3g。 ③(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为v0＝eq\r(2gH) ④方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式有v0－a1t1＝－v0＋a2t1 ⑤联立③④⑤式得t1＝eq\f(2,5)eq\r(\f(2H,g)) ⑥设此时管下端距地面的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得h1＝v0t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1) ⑦v＝v0－a1t1 ⑧由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有h2＝eq\f(v2,2g) ⑨设管第一次落地弹起