2024高考物理一轮复习第五章机械能第二节动能定理及其应用学案新人教版

PAGE12-其次节动能定理及其应用eq\a\vs4\al(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.（3）单位：J，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.（4）矢标性：动能是标量，只有正值.（5）动能的改变量：ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，是过程量.（6）相对性：由于速度具有相对性，所以动能的大小与参考系的选取有关.中学物理中，一般选取地面为参考系.1.（多选）下列说法正确的是（）A.动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能B.肯定质量的物体动能改变时，速度肯定改变，但速度改变时动能不肯定改变C.动能不变的物体肯定处于平衡状态D.物体的动能不变，所受合外力必定为零答案：ABeq\a\vs4\al(二、动能定理)（1）内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的改变.（2）表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).（3）物理意义：合力的功是物体动能改变的量度.（4）适用条件.①动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动.②动能定理既适用于恒力做功，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，也可以分阶段作用.如图所示，物块沿粗糙斜面下滑至水平面；小球由内壁粗糙的圆弧轨道底端运动至顶端（轨道半径为R）.对物块有WG＋Wf1＋Wf2＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，对小球有－2mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).2.（多选）关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是（）A.公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B.公式中的W为包含重力在内的全部力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C.公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W＞0时动能增加，当W＜0时，动能削减D.动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功答案：BC动能是运动物体所具有一种形式的机械能.动能定理是中学物理中很重要规律，它反映合外力做功与物体动能改变的关系，不仅适用于恒力做功，也适用变力做功，不仅适用宏观世界，也适用于微观世界，不仅适用直线运动，也适用于曲线运动.考点一对动能定理的理解（1）一个物体的动能改变ΔEk与合外力对物体所做功W具有等量代换关系.①若ΔEk＞0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功.②若ΔEk＜0，表示物体的动能削减，其削减量等于合外力对物体所做的负功的肯定值.③若ΔEk＝0，表示合外力对物体所做的功等于零，反之亦然.这种等量代换关系供应了一种计算变力做功的简便方法.（2）动能定理公式中等号表明合力做功与物体动能的改变间的三个关系.eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(数量关系：即合外力所做的功与物体动能的改变具,有等量代换关系,单位相同：国际单位都是焦耳,因果关系：合外力的功是物体动能改变的缘由))（3）动能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑运用动能定理.由于只须要从力在整个位移内所做的功和这段位移初、末两状态的动能改变去考虑，不必留意其中运动状态改变的细微环节，同时动能和功都是标量，无方向性，所以无论是直线运动还是曲线运动都适用.（4）动能定理中的位移和速度必需是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系.eq\a\vs4\al(典例)如图所示，质量为m的小物体静止于长为l的木板边缘.现使板由水平放置绕其另一端O沿逆时针方向缓缓转过α角，转动过程中，小物体相对板始终静止，求板对物体的支持力对物体做的功.[思维点拨]（1）物体受几个力作用？哪个力是恒力？哪个力是变力？（2）物体受到的重力和摩擦力做功分别是多少？（3）物体初、末状态动能的改变量是多少？解析：由动能定理，得WG＋WFN＝0，故WFN＝mglsinα.答案：mglsinα动能定理揭示了外力对物体所做的总功与物体动能改变之间的关系，即外力对物体做的总功，对应着物体动能的改变，改变的大小由做功的多少来度量.动能定理的实质说明白功和能之间的亲密关系，即做功的过程是能量转化的过程.等号是一种表示因果联系的数值上相等的符号，并不意味着“功就是动能增量”，也不是“功转变成动能”，而是“功引起物体动能的改变”.考点二动能定理的应用1.应用动能定理的流程2.应用动能定理时的留意事项（1）动能定理中的位移和速度必需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探讨对象进行精确的受力分析及运动过程分析，必要时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.（4）列动能定理方程时，必需明确各力做功的正、负，的确难以推断的先假定为正功，最终依据结果加以检验.eq\a\vs4\al(典例)如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨迹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x＝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＝4.30m、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：（1）小滑块第一次到达D点时的速度大小；（2）小滑块第一次与其次次通过C点的时间间隔；（3）小滑块最终停止的位置距B点的距离.[思维点拨]（1）重力与摩擦力做功的特点有何不同？（2）应用动能定理时应主要进行什么分析？解析：（1）小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得：mg（h1－h2）－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0，将h1、h2、x、μ、g代入得：vD＝3m/s.（2）小滑块从A→B→C过程中，由动能定理得mgh1－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，将h1、x、μ、g代入得：vC＝6m/s.小滑块沿CD段上滑的加速度大小a＝gsinθ＝6m/s2，小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝eq\f(vC,a)＝1s.由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1s，故小滑块第一次与其次次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2s.（3）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x总，有mgh1＝μmgx总，将h1、μ代入得x总＝8.6m，故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2x－x总＝1.4m.答案：（1）3m/s（2）2s（3）1.4m应用动能定理应突破的五个难点1.探讨对象的选取.动能定理适用于单个物体，当题目中出现多个物体时可分别将单个物体取为探讨对象，应用动能定理；也可以把多个物体组成整体，再应用动能定理求解，此时的条件是内力的功没有引起动能向其他形式能的转化.2.探讨过程的选取.应用动能定理时，选取不同的探讨过程列出的方程是不相同的.因为动能定理是个过程式，选取合适的过程往往可以大大简化运算.3.受力的分析.运用动能定理时，必需分析清晰物体在过程中的全部受力状况，找出哪些力不做功，哪些力做功，做多少功，从而确定出外力的总功，这是解题的关键.4.位移的计算.应用动能定理时，要留意有的力做功与路程无关，只与位移有关，有的力做功却与路程有关.5.初、末状态的确定.动能定理的计算式为标量式，v为相对同一参考系的速度，所以确定初、末状态动能时，必需相对于同一参考系而言.考点三动能定理与图象的结合问题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.2.图象所围“面积”的意义（1）v-t图象：由公式x＝vt可知，v-t图线与坐标轴面的面积表示物体的位移.（2）a-t图象：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改变量.（3）F-x图象：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图象：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.eq\a\vs4\al(典例)某地举办女子10m（即跳台距水面10m）跳水竞赛，设运动员质量为m＝50kg，其体形可等效为长度L＝1.0m、直径d＝0.3m的圆柱体，不计空气阻力，当她跳起到达最高点时，她的重心离跳台台面的高度为0.70m，在从起跳到接触水面过程中完成一系列动作，入水后水的等效阻力F（不包括浮力）作用于圆柱体的下端面，F的数值随入水深度y改变的函数图象如图所示，该直线与F轴相交于F＝2.5mg处，与y轴相交于y＝h（某一未知深度）处，为了确保运动员的平安，水池必需有肯定的深度，已知水的密度ρ＝1×103kg/m3，g取10m/s3，依据以上的数据估算：（1）起跳瞬间所做的功；（2）从起跳到接触水面过程的时间；（3）跳水池至少应为多深？（保留两位有效数字）[思维点拨]（1）请对运动员在入水后进行受力分析，哪些力是变力？（2）试分析运动员受到的阻力和浮力的改变特点.（3）各力做功的状况如何？解析：（1）起跳瞬间做功W＝mgh1，h1＝0.70m－eq\f(1.0,2)m＝0.2m，代入数据得W＝100J.（2）从起跳到接触水面为竖直上抛运动，得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh1，代入数据得v0＝2m/s，依据位移公式得－h2＝v0t－eq\f(1,2)gt2，又h2＝10m，代入数据得t＝1.63s.（3）由F-y图象，可知阻力F随y匀称改变，故平均阻力为eq\f(F,2).从起跳到入水至最低点，设水池至少深为h，依据动能定理，得W＋mg（h2＋h）－eq\f(Fh,2)－eq\f(F浮L,2)－F浮（h－L）＝0－0，式中F浮＝ρgV＝ρgeq\f(πd2,4)L，代入数据，得h＝6.6m.答案：（1）100J（2）1.63s（3）6.6m考点四应用动能定理解决多过程问题（1）须要建立运动模型，选择合适的探讨过程能使问题得以简化.当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为探讨过程.（2）当选择全部子过程作为探讨过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要留意运用它们的做功特点：①重力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的功等于力的大小与路程的乘积.（3）要留意过程与过程的连接状态的受力特征与运动特征（比如：速度、加速度或位移）.（4）列整体（或分过程）的动能定理方程.eq\a\vs4\al(典例)如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点.一质量为m的滑块在小车上从A点由静止起先沿轨道滑下，重力加速度为g.（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力.（2）若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最终从C点滑出小车.已知滑块质量m＝eq\f(M,2)，在任一时刻滑块相对地面速度的水平重量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.解析：（1）滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒，则mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，滑块在B点处，由牛顿其次定律，得N－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得N＝3mg，由牛顿第三定律得N′＝3mg.（2）①滑块下滑到达B点时，小车速度最大.由机械能守恒，得mgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)m（2vm）2，解得vm＝eq\r(\f(gR,3)).②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系，得mgR－μmgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)m（2vC）2.设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿其次定律得μmg＝Ma，由运动学规律，得veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,m)＝－2as，解得s＝eq\f(1,3)L.答案：（1）3mg方向竖直向下（2）①eq\r(\f(gR,3))②eq\f(1,3)L利用动能定理求解多过程问题时，首先要正确分析探讨对象的受力状况和各力的做功状况，确定物体的初末状态，最终依据动能定理列方程求解.由于运动的重复性、往复性，特殊要留意恒力做功（如重力、电场力）只与初末两点在该力方向上的位移有关，而大小不变方向始终与速度方向相反的力做功（如空气阻力、摩擦阻力）等力与路程的乘积.1.如图所示，质量为m的物体静置在水平光滑的平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘起先向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为（）A.eq\f(mveq\o\al(2,0),2)B.eq\f(\r(2)mveq\o\al(2,0),2)C.eq\f(mveq\o\al(2,0),4)D.mveq\o\al(2,0)解析：人从地面上平台的边缘起先向右行至与水平方向夹角为45°处的过程中，当绳与水平方向夹角为45°时，沿绳的方向的速度v＝v0cos45°＝eq\f(\r(2),2)v0，故此时质量为m的物体速度为eq\f(\r(2),2)v0，对物体由动能定理可知，在此过程中人所做的功为eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，选项C正确.答案：C2.（多选）如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离.在此过程中（）A.外力F做的功等于A和B动能的增量B.B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量C.A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析：A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误；对B应用动能定理WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确；依据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误.答案：BD3.（多选）质量为m的物体在水平力F的作用下由静止起先在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v，再前进一段距离使物体的速度增大为2v，则（）A.其次过程的速度增量等于第一过程的速度增量B.其次过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍C.其次过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功D.其次过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍答案：AB4.（2024·广西南宁四中月考）如图所示，长为L＝1m的长木板水平放置，在木板A端放置一个质量为m＝1kg的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α＝30°时小物块起先滑动，此时停止转动木板，小物块滑究竟端的速度为v＝2m/s，则在整个过程中（）A.木板对小物块做功为5JB.摩擦力对小物块做功为5JC.支持力对小物块做功为0D.小物块克服摩擦力做功为3J解析：设在整个过程中，木板对物块做功为W，整个过程中重力做功为零，则依据动能定理得W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×1×22J＝2J，故A错误；在木板从水平位置起先转动到与水平面的夹角为30°的过程中，摩擦力不做功，支持力对物块做功为WN，依据动能定理，得WN－mgLsin30°＝0，代入数据得WN＝mgLsin30°＝5J，故C错误；只有物块下滑的过程中摩擦力才做功，依据动能定理得mgLsin30°＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，解得Wf＝－3J，所以小物块克服摩擦力做功为3J，故B错误，D正确.答案：D5.（多选）如图，固定板AB倾角θ＝60°，板BC水平，AB，BC长度均为L，小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来.若调整BC使其向上倾斜，倾角不超过90°，小物块从A处由静止滑下再沿BC上滑，上滑距离与BC倾角有关.不计B处机械能损失，各接触面动摩擦因数均为μ，小物块沿BC上滑的最小距离为x，则（）A.μ＝eq\f(\r(3),3)B.μ＝eq\f(1,2)C.x＝eq\f(L,2)D.x＝eq\f(\r(3),2)L解析：小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来，由动能定理得mgLsinθ－μmgLcosθ－μmgL＝0，解得μ＝eq\f(\r(3),3)，故A正确，B错误；小物块从A处由静止滑下再沿BC上滑，由动能定理得mgLsinθ－μmgLcosθ－mgxsinα－μmgxcosα＝0，解得x＝eq\f(\f(\r(3),3)L,sinα＋\f(\r(3),3)cosα)＝eq\f(L,2sin（α＋30°）)，小物块沿BC上滑的最小距离为x＝eq\f(L,2)，故C正确，D错误.答案：AC6.（多选）如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则（）A.a＝eq\f(2（mgR－W）,mR)B.a＝eq\f(2mgR－W,mR)C.N＝eq\f(3mgR－2W,R)D.N＝eq\f(2（mgR－W）,R)解析：质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，则速度v＝eq\r(\f(2（mgR－W）,m))，最低点的向心加速度a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2（mgR－W）,mR)，选项A正确，选项B错误；在最低点时，由牛顿其次定律得N－mg＝ma，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，选项C正确，选项D错误.答案：AC7.（多选）质量为m的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动.物体运动的vt图象如图所示.下列说法正确的是（）A.水平拉力大小为F＝meq\f(v0,t0)B.物体在3t0时间内位移大小为eq\f(3,2)v0t0C.在0～3t0时间内水平拉力做的功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D.在0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为eq\f(1,2)μmgv0解析：依据v-t图象和牛顿其次定律可知F－μmg＝meq\f(v0,t0)，故选项A错误；由v-t图象与坐标轴所围面积可知，在3t0时间内的位移为x＝eq\f(1,2)·3t0·v0＝eq\f(3,2)v0t0，所以选项B正确；由动能定理可知W－μmgx＝0，故水平拉力做的功W＝eq\f(3,2)μmgv0t0，又Ff＝μmg＝eq\f(mv0,2t0)，则W＝eq\f(3,4)mveq\o\al(2,0)，选项C错误；0～3t0时间内克服摩擦力做功的平均功率为P＝eq\f(Wf,3t0)＝eq\f(1,2)μmgv0，所以选项D正确.答案：BD8.（2024·湖北黄石调研）用传感器探讨质量为2kg的物体由静止起先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改变的关系如图所示.下列说法正确的是（）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时的速度不变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：物体6s末的速度v6＝eq\f(1,2)×（2＋5）×2m/s－eq\f(1,2)×1×2m/s＝6m/s，则0～6s内物体始终向正方向运动，A项错误；由题图可知物体在5s末速度最大，为vm＝eq\f(1,2)