2020版高考物理总复习5第2讲动能定理及其应用教案新人教版.docx

第2讲动能定理及其应用一、动能1定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能。2公式：Ekmv2。3单位：焦耳(J)，1 J1 Nm1 kgm2/s2。4动能是标量，只有正值，没有负值。5动能是状态量，也具有相对性，因为v为瞬时速度，且与参考系的选择有关，一般以地面为参考系。二、动能定理1内容所有外力对物体做的总功(也叫合外力的功)等于物体动能的变化。2表达式：W总Ek2Ek1。3对定理的理解当W总0时，Ek2Ek1，物体的动能增大。当W总0时，Ek2Ek1，物体的动能减小。当W总0时，Ek2Ek1，物体的动能不变。 (判断正误，正确的画“”，错误的画“”。)1一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物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。()4运用动能定理可以求变力的功。()5功和动能都是标量，所以动能定理没有分量式。()1(对动能的理解)(多选)关于动能的理解，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动能总为非负值C一定质量的物体动能变化时，速度不一定变化，但速度变化时，动能一定变化D动能不变的物体，一定处于平衡状态解析由动能的定义和特点知，A、B两项正确；动能是标量而速度是矢量，当动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故C、D两项均错误。答案AB2(对动能定理的理解)两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m1m212，速度之比v1v221，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为L1，乙车滑行的最大距离为L2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则()AL1L212 BL1L211CL1L221 DL1L241解析由动能定理，对两车分别列式F1L10m1v，F2L20m2v，F1m1g，F2m2g，由以上四式联立得L1L241，D项正确。答案D3(动能定理的简单应用)如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的一点A滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN。重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为()A.R(FN3mg) B.R(3mgFN)C.R(FNmg) D.R(FN2mg)解析在B点，FNmg，且EkBmv2，解得EkBR(FNmg)。A滑到B的过程中运用动能定理得mgRWfmv2，解得WfR(FN3mg)，A项正确。答案A考点1动能定理的理解和应用考|点|速|通1对动能定理的理解(1)动能定理说明了合力对物体所做的总功和动能变化间的一种因果关系和数量关系，不可理解为功转变成了物体的动能。(2)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。(3)动能定理公式中等号的意义：表明合力的功是物体动能变化的原因，且合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。2应用动能定理解题的基本思路应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力的功，同时要注意各力做功的正负。典|例|微|探【例1】如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B，重力加速度为g。(1)求小球到达B点时的速率。(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？(3)若初速度v03，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？解析(1)小球恰能到达最高点B，由牛顿第二定律得mgm，解得vB 。(2)若不计空气阻力，从AB由动能定理得mgmvmv，解得v0 。(3)当v03 时，由动能定理得mgWfmvmv，解得WfmgL。答案(1) (2) (3)mgL1应用动能定理应抓好“两个状态、一个过程”，“两个状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一个过程”即明确研究过程，确定这一过程中研究对象的受力情况、位置变化或位移情况。2动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功；既适用于直线运动，也适用于曲线运动。 题|组|冲|关1.(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BB对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量CA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，即B项正确；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对地的位移不等，故摩擦力对二者做功不等，C项错误；对B应用动能定理，WFWfEkB，即WFEkBWf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D项正确；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A项错误。答案BD2.劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，如图所示。空间存在水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，图中未画出。一个带正电的小物块(可视为质点)从A点以初速度v0向左运动，接触弹簧后运动到C点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内。已知物块质量为m，A、C两点间距离为L，物块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。则物块由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是()A小物块的加速度先不变后减小B弹簧的弹性势能增加量为mvmgLC小物块与弹簧接触的过程中，弹簧弹力的功率先增加后减小D小物块运动到C点时速度为零，加速度也一定为零解析由左手定则判断小物块受到的洛伦兹力方向向下，物块向左运动的过程中由于摩擦阻力作用，速度不断减小，洛伦兹力减小，支持力减小，摩擦力减小，其加速度开始是减小的，A项错误；由动能定理得W弹W摩mv，且克服摩擦力做功W摩mgL，弹簧弹性势能的增加量等于克服弹力做的功EpW弹mvW摩mvmgL，B项错误；小物块与弹簧刚接触时由于弹力为零，弹力的功率为零，到达C点时速度为零，则弹力的功率为零，在物块与弹簧接触的其他位置弹力与速度在同一直线上且均不为零，功率不为零，C项正确；小物块到C点时，速度为零，加速度不一定为零，D项错误。答案C考点2应用动能定理解决多过程问题考|点|速|通物体在某个过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，物体在运动过程中运动性质发生变化，不同的运动过程其受力情况不同。单纯从动力学的角度分析多过程问题往往相当复杂。这时，动能定理的优势就明显地表现出来了。此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑。利用动能定理认识这样一个过程，并不需要从细节上了解。分析力的作用是看其做功，只需要把所有的功累加起来即可。力是变力还是恒力，一个力是否一直在作用，这些显得不再重要。典|例|微|探【例2】如图所示，传送带A、B之间的距离为L3.2 m，与水平面间夹角37，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v2 m/s，在上端A点无初速放置一个质量为m1 kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R0.4 m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h0.5 m(g取10 m/s2)。求：(1)金属块经过D点时的速度大小；(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。解析(1)金属块在E点时，mgm，解得vE2 m/s，在从D到E过程中由动能定理得mg2Rmvmv，解得vD2 m/s。(2)金属块刚刚放上时，mgsinmgcosma1，解得a110 m/s2。设经位移s1达到共同速度，则v22a1s1时，解得s10.2 m3.2 m，继续加速过程中，mgsinmgcosma2，解得a22 m/s2。由s2Ls13 m，vv22a2s2，解得vB4 m/s。在从B到D过程中由动能定理得mghWmvmv，解得W3 J。答案(1)2 m/s(2)3 J利用动能定理求解多过程问题的基本思路1弄清物体的运动由哪几个阶段组成。2分析各阶段中物体的受力及做功情况。3从总体上把握全过程，表达出总功，找出初末状态的动能。4对所研究的全过程运用动能定理列方程。 题|组|冲|关1.如图所示，半圆形轨道MON竖直放置且固定在地面上，直径MN是水平的。一小物块从M点正上方高度为H处自由下落，正好在M点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N点后上升的最大高度为。小物块接着下落从N点滑入半圆轨道，在向M点滑行过程中(整个过程不计空气阻力)()A小物块正好能到达M点B小物块一定到不了M点C小物块一定能冲出M点D不能确定小物块能否冲出M点解析小物块第一次飞出过程根据动能定理得mgHmgWf0，假设能再次到达M点，根据动能定理有mgWfmv2，因小物块第二次经过半圆轨道过程中速度小于第一次，轨道支持力也变小，物块所受摩擦力变小，故克服阻力做功Wf0，因此小物块能冲出M点，C项正确。答案C2.如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。(取sin37，cos37)(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。解析(1)根据题意知，B、C之间的距离为l7R2R5R，设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsinmglcosmv，式中37。联立式并由题给条件得vB2。(2)设BEx。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsinmgxcosEp0mv，E、F之间的距离为l14R2Rx，P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Epmgl1sinmgl1cos0，联立式并由题给条件得xR，EpmgR。(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1RRsin，y1RRRcos，(式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为的事实。)设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有y1gt2，x1vDt，联立式得vD。设P在C点速度的大小为vC。在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有m1vm1vm1g，P由E点运动到C点的过程中，由动能定理有Epm1g(x5R)sinm1g(x5R)cosm1v，联立式得m1m。答案(1)2(2)mgR(3)m考点3动能定理与图象的综合问题考|点|速|通1力学中图象所围“面积”的意义vt图象由公式xvt可知，vt图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移at图象由公式vat可知，at图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量Fx图象由公式WFx可知，Fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功Pt图象由公式WPt可知，Pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功2.解决物理图象问题的基本方法(1)观察题目给出的图象，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)根据物理规律推导纵坐标和横坐标所对应的物理量间的函数关系式，结合图象找出图线的斜率、截距、交点、图线下的面积所对应的物理意义。(3)根据对应关系列式解答问题。典|例|微|探【例3】如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2。(1)求滑块到达B处时的速度大小。(2)求滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间。(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？解题指导(1)利用Fx图线与x轴所围“面积”可求F做的功。(2)滑块恰好通过圆弧轨道最高点C的速度为。 解析(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得F1x1F3x3mgxmv，即202 J101 J0.251104 J1v，得vB2 m/s。(2)在前2 m内，有F1mgma，且x1at，解得t1 s。(3)当滑块恰好能到达最高点C时，应用：mgm。对滑块从B到C的过程，由动能定理得Wmg2Rmvmv，代入数值得W5 J，即克服摩擦力做的功为5 J。答案(1)2 m/s(2) s(3)5 J题|组|冲|关1.(多选)运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如图所示。已知冰壶质量为19 kg，g取10 m/s2，则以下说法正确的是()A0.05 B0.01C滑行时间t5 s D滑行时间t10 s解析对冰壶由动能定理得mgx0mv，得0.01，B项正确；冰壶运动时ag0.1 m/s2，由运动学公式xat2得t10 s，D项正确。答案BD2(多选)质量为1 kg的物体在水平粗糙的地面上受到一水平外力F作用运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力f做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列分析正确的是()A物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B物体运动位移为13 mC前3 m运动过程中物体的加速度为3 m/s2Dx9 m时，物体速度为3 m/s解析由Wffx对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力f2 N，由fmg可得0.2，A项正确；由WFFx对应图乙可知，前3 m内，拉力F15 N，39 m内拉力F22 N，物体在前3 m内的加速度a13 m/s2，C项正确；由动能定理得WFfxmv2可得x9 m时，物体的速度为v3 m/s，D项正确；物体的最大位移xm13.5 m，B项错误。答案ACD运用动能定理求解往复运动问题有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而描述运动的物理量多数是变化的，且重复次数又往往是无限的或者很难确定。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。而动能定理只关心物体的初、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迎刃而解。【经典考题】如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其宽度d0.50 m。盆边缘的高度为h0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B点的距离为()A0.50 m B0.25 mC0.10 m D0解析设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为mgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得mghmgs00，代入数据可解得s3 m。由于d0.50 m，所以，小物块在BC段经过3次往复运动后，又回到B点，D项正确。答案D必|刷|好|题1.如图所示，斜面的倾角为，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，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，重力加速度为g，则滑块经过的总路程是()A. B.C. D.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功能关系，全程所产生的热量为Qmvmgx0sin，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Qmgxcos，解以上两式可得x，A项正确。答案A2.如图所示，AB、CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部B、C分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120，半径R为2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h3.0 m处，以初速度v4.0 m/s 沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共运动的路程是多少？(g取10 m/s2)解析两个斜面的下部B、C分别与光滑的圆弧面相切，圆心角为120，所以可得出斜面的倾角为60，物体在斜面上所受到的滑动摩擦力为fmgcos600.02mg0.01mg。重力沿斜面的分力Gmgsin60mgf，所以物体不能停留在斜面上。物体在斜面上滑动时，由于摩擦力做功，物体的机械能逐渐减小，物体滑到斜面上的高度逐渐降低，物体最终将在B、C间做往复运动。设物体在斜面上运动的总路程为s，对全过程应用动能定理得mghR(1cos60)mgscos600mv2，解得s280 m。答案280 m1(2018全国卷)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A2mgR B4mgRC5mgR D6mgR解析设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理得F3RmgRmv，又Fmg，解得v4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t2 ，小球在水平方向的加速度ag，在水平方向的位移为xat22R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量EF5R5mgR，C项正确。答案C2(2017全国卷)一质量为8.00104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60105 m处以7.50103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取9.8 m/s2。(结果保留两位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)