江苏专用2025版高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律第2节动能定理学案

PAGE11-第2节动能定理一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能。2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，v为瞬时速度，动能是状态量。3．单位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。4．标矢性：动能是标量，只有正值。5．动能的变更量：ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。二、动能定理1．内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变更。2．表达式：W＝ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。3．物理意义：合外力对物体做的功是物体动能变更的量度。4．适用条件(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。1．思索辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)肯定质量的物体动能变更时，速度肯定变更，但速度变更时，动能不肯定变更。 (√)(2)物体的合外力对物体做的功为零，动能肯定不变。 (√)(3)物体在合外力作用下做变速运动，动能肯定变更。 (×)(4)物体的动能不变，其所受的合外力必定为零。 (×)2．质量约是500g的足球被踢出时的初速度为20m/s，某人视察它在空中的飞行状况，上升的最大高度大约是5m，在最高点的速度大约为10m/s，请你估计运动员对足球做的功约为()A．25JB．50JC．75JD．100JD[在足球被踢出瞬间，应用动能定理求解运动员对足球做W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×0.5×202J＝100J，A、B、C错误，D正确。]3．(人教版必修2P74T1改编)在下列几种状况下，甲、乙两物体的动能相等的是()A．甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的eq\f(1,2)B．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的eq\f(1,2)C．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的eq\f(1,8)D．质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动[答案]D4．(人教版必修2P75T4改编)如图所示，倾角θ＝37°的斜面AB与水平面平滑连接于B点，A、B两点之间的距离x0＝3m，质量m＝3kg的小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。当小物块从A点由静止起先沿斜面下滑的同时，对小物块施加一个水平向左的恒力F(图中未画出)，取g＝10m/s2。若F＝10N，小物块从A点由静止起先沿斜面运动到B点时撤去恒力F，求小物块在水平面上滑行的距离x为(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．5.7mB．4.7mC．6.5mD．5.5mB[小物块在斜面上受力如图所示，从A点起先沿ABC路径运动到C点停止过程中，由动能定理可得：Fx0cosθ＋mgx0sinθ－Ffx0－μmgx＝0Ff＝μFNFN＋Fsinθ＝mgcosθ代入数据解得：x＝4.7m。故选项B正确。]动能定理的理解及应用eq\o([依题组训练])1．关于动能概念及动能定理表达式W＝Ek2－Ek1的说法中正确的是()A．若物体速度在变更，则动能肯定在变更B．速度大的物体，动能肯定大C．W＝Ek2－Ek1表示功可以变成能D．动能的变更可以用合力做的功来量度D[速度是矢量，而动能是标量，若物体速度只变更方向，不变更大小，则动能不变，A错误；由Ek＝eq\f(1,2)mv2知B错误；动能定理表达式W＝Ek2－Ek1表示动能的变更可用合力做的功量度，但功和能是两个不同的概念，有着本质的区分，故C错误，D正确。]2．(2024·全国卷Ⅱ)如图所示，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止起先沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能肯定()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[由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能肯定小于拉力所做的功，A正确。]3．如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是()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[小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理可得WG＋WF＝0－eq\f(1,2)mv2，重力做功为WG＝－mgh，则弹簧的弹力对小球做功为WF＝mgh－eq\f(1,2)mv2，所以正确选项为A。]1．对“外力”的两点理解(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用。(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。2．公式W合＝ΔEk中“＝”体现的三个关系动能定理与图象结合问题eq\o([讲典例示法])1．解决物理图象问题的基本步骤(1)视察题目给出的图象，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)依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、图线下方的面积所对应的物理意义，依据对应关系列式解答问题。2．图象所围“面积”和图象斜率的含义[典例示法]如图甲所示，一物体由某一固定且足够长的斜面底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面与物体间的动摩擦因数μ＝0.5，其动能Ek随离开斜面底端的距离x变更的图线如图乙所示，g取10m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是()甲乙A．斜面的倾角θ＝30°B．物体的质量m＝0.5kgC．斜面与物体间的摩擦力大小f＝2eq\r(3)ND．物体在斜面上运动的总时间t＝2sB[由动能定理得F合x＝ΔEk，知Ek­x图线的斜率表示合外力的大小，则物体上滑阶段受到的合外力F1＝mgsinθ＋μmgcosθ＝eq\f(25,5)N＝5N，物体下滑阶段受到的合外力F2＝mgsinθ－μmgcosθ＝eq\f(5,5)N＝1N，联立得tanθ＝eq\f(3,4)，即θ＝37°，m＝0.5kg，故A错误，B正确；物体与斜面间的摩擦力为f＝μmgcosθ＝2N，故C错误；物体上滑阶段，合外力为F1＝5N，由F1＝ma1，得a1＝10m/s2，t1＝eq\f(v1,a1)，Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝25J，联立得t1＝1s，同理，物体下滑阶段，合外力为F2＝1N，由F2＝ma2，得a2＝2m/s2，t2＝eq\f(v2,a2)，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝5J，联立得t2＝eq\r(5)s，则t＝t1＋t2＝(1＋eq\r(5))s，故D错误。]动能定理与图象结合问题的分析方法(1)首先看清所给图象的种类(如v­t图象、F­t图象、Ek­t图象等)。(2)挖掘图象的隐含条件，得出所须要的物理量，如由v­t图象所包围的“面积”求位移，由F­x图象所包围的“面积”求功等。(3)分析有哪些力做功，依据动能定理列方程，求出相应的物理量。[跟进训练]1．(2024·全国卷Ⅲ)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的变更如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kgC[设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3m＝(36－72)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3m＝(48－24)J，联立解得m＝1kg、F＝2N，选项C正确，A、B、D均错误。]2．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象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图甲、乙所示。下列说法中正确的是()甲乙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内做的功大于与0～2s内做的功A[由P＝Fv可知，物体在0～2s内所受的拉力F＝eq\f(P,v)＝eq\f(60,10)N＝6N，在2～6s内所受的拉力F′＝eq\f(P′,v′)＝eq\f(20,10)N＝2N，B错误；拉力在0～6s内做的总功W＝Fx1＋F′x2＝6×eq\f(10,2)×2J＋2×10×4J＝140J，A正确；由物体在2～6s内做匀速运动可知，F′＝μmg，可求得μ＝0.25，C错误；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eq\f(1,2)mv2＝40J，D错误。]3．(2024·江苏南京模拟)一滑块以肯定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙。滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示。下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x、速度大小v、动能Ek和重力势能Ep(以斜面底端为参考平面)随时间变更的关系图象，其中正确的是()ABCDD[物块向上做匀减速直线运动，向下做匀加速直线运动，两者速度方向相反，据位移公式可知，位移与时间成二次函数关系；据运动学公式可知，下滑所用的时间要大于上升所用的时间，先减速后加速，加速度始终向下，所以x­t图象应是开口向下的抛物线，A、B错误；依据Ek＝eq\f(1,2)mv2知动能先减小后增大，与时间为二次函数，C错误；重力势能为Ep＝mgh＝mgx＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0t＋\f(1,2)at2))，a为负，故为开口向下的抛物线，D正确。]4．如图甲所示，在倾角为30°、长度为L＝5m的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4m。有一质量为m的滑块，从O处由静止起先受一水平向右的力F作用，F只在滑块处于水平面上时作用，并且按图乙所示的规律变更，最终滑块刚好到达斜面顶端B，g取10m/s2。试求：甲乙(1)滑块运动到A处的速度大小；(2)滑块与OA间的动摩擦因数μ。[解析](1)滑块冲上斜面的过程中重力做负功，由动能定理得－mg·L·sin30°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)代入数据解得vA＝5eq\r(2)m/s。(2)由题图乙知，在前2m内，F1＝2mg，做正功，在第3m内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4m内，F3＝0，滑动摩擦力的大小为Ff＝μmg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得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)代入数据解得μ＝0.25。[答案](1)5eq\r(2)m/s(2)0.25动能定理求解多过程问题eq\o([讲典例示法])1．多过程问题的分析方法(1)将“多过程”分解为很多“子过程”，各“子过程”间由“连接点”连接。(2)对各“连接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。(3)依据“子过程”和“连接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。(4)分析“连接点”速度、加速度等物理量的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的协助方程。(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或探讨。2．利用动能定理求解多过程问题的基本思路[典例示法](2024·信阳模拟)如图所示AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。AB是半径为R＝1m的eq\f(1,4)圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回，不损失能量，图中没有画出)，D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L＝2m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2。现让一个质量为m＝1kg的小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下。(g取10m/s2)(1)当H＝2m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。思路点拨：解此题可按以下思路(1)小球由P到D全过程，由动能定理列方程求小球第一次到达D点的速度。(2)小球仅仅与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CDO轨道的两个临界条件是在O点重力供应向心力，碰后再返回最高点恰能上升到D点。[解析](1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球从P到D点的过程，依据动能定理得：mg(H＋r)－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0在D点轨道对小球的支持力FN供应向心力，则有：FN＝meq\f(v\o\al(2,D),r)联立解得：FN＝84N由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：F′N＝FN＝84N。(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必需满意能上升到O点，由动能定理得：mgHmin－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,O)－0在O点有：mg＝meq\f(v\o\al(2,O),r)代入数据解得：Hmin＝0.65m仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，则有：mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0代入数据解得：Hmax＝0.7m故有：0.65m≤H≤0.7m。[答案](1)84N(2)0.65m≤H≤0.7m应用动能定理求多过程问题的技巧1．运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。2．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功，要留意运用它们的功能特点：(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。(3)弹簧弹力做功与路径无关。[跟进训练]组合运动的多过程问题1．如图所示，光滑的轨道ABO的AB部分与水平部分BO相切，轨道右侧是一个半径为R的四分之一的圆弧轨道，O点为圆心，C为圆弧上的一点，OC与水平方向的夹角为37°。现将一质量为m的小球从轨道AB上某点由静止释放。已知重力加速度为g，不计空气阻力。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin37°＝\f(3,5)，cos37°＝\f(4,5)))(1)若小球恰能击中C点，求刚释放小球的位置距离BO平面的高度；(2)变更释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值。[解析](1)设小球经过O点的速度为v0，从O点到C点做平抛运动，则有Rcos37°＝v0t，Rsin37°＝eq\f(1,2)gt2从A点到O点，由动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)联立可得，释放小球的位置距离BO平面的高度h＝eq\f(4,15)R。(2)设小球落到轨道上的点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，Rcosθ＝v′0t′Rsinθ＝eq\f(1,2)gt′2对此过程，由动能定理得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)))当sinθ＝eq\f(\r(3),3)时，小球落到轨道时的动能最小，最小值为Ek＝eq\f(\r(3),2)mgR。[答案](1)eq\f(4R,15)(2)eq\f(\r(3)mgR,2)往复运动的多过程问题2．(2024·东阳市月考)如图所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10m，BC长1m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接。一质量为1kg的物体，从A点以4m/s的速度起先运动，经过BC后滑到高出C点10.3m的D点速度为零。求：(g取10m/s2)(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度；(3)物体最终停止的位置(距B点多少米)。[解析](1)物体从A到D的运动过程只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得mg(H－h)－μmgLBC＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)所以μ＝eq\f(2gH－h＋v\o\al(2,A),2gLBC)＝eq\f(2×10×10－10.3＋42,2×10×1)＝0.5。(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上运动的总位移x＝4LBC＝4m；那么，对物体从A到物体第5次经过B点的运动过程应用动能定理可得mgH－μmgx