2018年高考物理 第五章 机械能 第2讲 动能 动能定理教学案（含解析）

1、学必求其心得，业必贵于专精第2讲动能动能定理 教材知识梳理一、物体的动能1动能：物体由于_而具有的能量叫作动能；物体的动能跟物体的_和_有关2表达式:ek_，式中v为瞬时速度；动能的单位是_3矢标性：动能是_（选填“矢量”或“标量”)4相对性:动能具有相对性，物体动能的大小与_的选择有关，一般取地面为参考系5动能是_（选填“状态或“过程”)量，动能的变化量是_（选填“状态”或“过程”)量二、动能定理1内容：(合)力在一个过程中对物体所做的功,等于物体在这个过程中_的变化2表达式:w_3意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体_之间的关系，即合外力做的功是物体_变化的量度4适用范围：（1）

2、动能定理既适用于直线运动，也适用于_运动；（2）既适用于恒力做功，也适用于_做功;（3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用答案：一、1。运动质量速度2。mv2焦耳（j）3标量4.参考系5。状态过程二、1。动能2。ek或mvmv3动能的变化动能4(1)曲线（2）变力【思维辨析】（1)选择不同的参考系时，动能可能为负值（）（2)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()（3)动能不变的物体一定处于平衡状态（）(4)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（）(5）物体在合外力作用下做变速运动时,动能一定变化（)(6）根据动能定理，合外

3、力做的功就是动能的变化()（7）重力做功和摩擦力做功都与物体运动的路径无关（)答案：(1）（)(2）（）（3)（）（4）(）（5)() (6）(）（7）（) 考点互动探究 考点一动能定理的理解1动能定理表明了合外力做的功与物体动能的变化间的关系(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做的功；（2）因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因(3）量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳2标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式,不存在方向的选取问题当然动能定理也就不存在分量的表达式例如,以相同大小的初速度不管以什么方向抛出，在最终落到

4、地面速度大小相同的情况下，所列的动能定理的表达式都是一样的3高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系,一般以地面或相对地面静止的物体为参考系1如图5。14.1所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧,一小球向右滑行,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（）图5。14。1amghmv2b。mv2mghcmghdmghmv2答案：a解析 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wgwf0mv2，重力做功为wgmg

5、h，则弹簧的弹力对小球做功为wfmghmv2,所以正确选项为a。22016四川卷 韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900 j,他克服阻力做功100 j韩晓鹏在此过程中（）a动能增加了1900 jb动能增加了2000 jc重力势能减小了1900 jd重力势能减小了2000 j答案：c解析 由题可得，重力做功1900 j，则重力势能减少1900 j,可得c正确,d错误由动能定理：wgwfek可得动能增加1800 j，则a、b错误32015四川卷 在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向

6、下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小(）a一样大 b水平抛的最大c斜向上抛的最大 d斜向下抛的最大答案:a解析 由动能定理知mghmvmv，所以vt，下落相同的高度，则末速度大小相同 考点二动能定理的应用1应用动能定理解题时，应对运动过程中物体受力情况和运动情况进行分析，在分析运动过程时不需要深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程中有哪些力对物体做功，做正功还是负功,以及运动过程初、末状态物体的动能2应用动能定理解题基本步骤1 2016天津卷 我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一如图5。14。2所示，质量m60 kg的运动员从长直助滑

7、道ab的a处由静止开始以加速度a3。6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端b时速度vb24 m/s,a与b的竖直高度差h48 m为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点c处附近是一段以o为圆心的圆弧助滑道末端b与滑道最低点c的高度差h5 m,运动员在b、c间运动时阻力做功w1530 j，g取10 m/s2.（1)求运动员在ab段下滑时受到阻力ff的大小；（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则c点所在圆弧的半径r至少应为多大?图514。2解析 (1）运动员在ab上做初速度为零的匀加速运动,设ab的长度为x,则有v2ax 由牛顿第二定律有mgff

8、ma联立式,代入数据解得ff144 n(2)设运动员到达c点时的速度为vc，在由b到达c的过程中，由动能定理有mghwmvmv设运动员在c点所受的支持力为fn，由牛顿第二定律有fnmgm由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立式,代入数据解得r12。5 m式题1 如图5.143所示，质量为m的木块静止在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动已知当子弹相对木块静止时,木块前进距离为l，子弹进入木块的深度为s，若木块对子弹的阻力f视为恒定,则下列关系中错误的是（）图5.14。3aflmv2bfsmv2cfsmv(mm)v2df（

9、ls)mvmv2答案：b解析 根据动能定理，对子弹：f（ls)mv2mv知，选项d正确；对木块：flmv2,选项a正确;由以上二式相加后整理可得fsmv（mm)v2，选项c正确只有选项b符合题意式题2 （多选）2016全国卷 如图5。14。4所示，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()图5144aabacndn答案：ac解析 质点p下滑到底端的过程,由动能定理得mgrwmv20，可得v2，所以a,a

10、正确，b错误；在最低点，由牛顿第二定律得nmgm，故nmgmmg，c正确，d错误 规律总结（1）动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简便（2）动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上应用动能定理没有任何依据（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（4）应用动能定理时，必须明确各力做功的正负当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为w,则该力做功为w,也可以直接用字母w表示该力做功,使其字母本身含有负号考点三动能定理与图像结合问题解决物理图像问题的基本步骤:2 2016石家

11、庄调研检测 游乐场有一种滑雪游戏，其理想简化图如图5。14。5甲所示，滑道由倾角为30的斜坡和水平滑道组成小孩在距地面高h10 m处由静止开始沿斜坡滑下，到达底端时恰好滑上水平滑道上放置的长为l3 m木板（忽略木板厚度），此后小孩和木板运动的v。t图像如图乙所示已知斜坡滑道与水平滑道平滑连接，速度由斜坡方向转为水平方向时大小不变,不计小孩在运动过程中受到的空气阻力,重力加速度g取10 m/s2.求：(1）小孩与斜坡间的动摩擦因数；（2）小孩脱离木板时的速度大小图514。5解析 (1）对小孩在斜面上的运动过程，由题图乙可知，小孩滑到斜面底端时的速度v10 m/s.由动能定理可得mghmgcos

12、mv2解得。（2）由图乙知小孩在t0。5 s时滑离木板，木板在00.5 s内的位移x木1.5 m又x木lx人设小孩滑离木板的速度为v人，由平均速度公式x人(vv人）t可得：v人8 m/s。 规律总结(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与坐标轴所表示的物理意义(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，图线与坐标轴所围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图像所围面积的意义：v.t图线与横轴围成的面积表

13、示物体的位移;at图线与横轴围成的面积表示物体速度的变化量；f。x图线与横轴围成的面积表示力所做的功；pt图线与横轴围成的面积表示力所做的功式题 (多选）质量为1 kg的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力f的作用下运动，如图514。6甲所示，外力f和物体克服摩擦力f做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列分析正确的是(）图5。146a物体与地面之间的动摩擦因数为0。2b物体运动的位移为13 mc物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2dx9 m时,物体的速度为3 m/s答案：acd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

14、可得0.2，a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正确；由动能定理得wffxmv2,可得：x9 m时,物体的速度为v3 m/s，d正确；物体的最大位移xm13。5 m,b错误考点四动能定理解决多过程问题1。由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化,并不需要从细节上了解因此,动能定理的优越性就明显地表现出来了,分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可2运用动能定理解决问题时，有两种思路

15、：一种是全过程列式，另一种是分段列式3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时，要注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3 （18分）2016全国卷 如图5。14。7所示，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,

16、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sin 37，cos 37）(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的质量图5.147解答规范 (1）根据题意知,b、c之间的距离l为l7r2r(1分）设p到达b点时的速度为vb,由动能定理得_mv（2分）式中37,联立式并由题给条件得vb2(1分)(2)设bex，p到达e点时速度为零，设此时弹簧的

17、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_0mv（2分）e、f之间的距离l1为l14r2rx(1分)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_0（2分)联立式并由题给条件得xrepmgr（1分)（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 （1分）y1rrrcos (1分）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y1gt2x1vdt联立式得vd（1分）设p在c点速度的大小为vc,在p由c运动到d的过程中机械能守恒，有m1vm1vm1g（

18、2分）p由e点运动到c点的过程中，同理，由动能定理有_m1v（2分）联立式得m1m（1分）答案：mglsin mglcos mgxsin mgxcos epepmgl1sin mgl1cos epm1g(x5r)sin m1g（x5r)cos 式题1 2016株洲三模 如图514.8甲所示,一根直杆ab与水平面成某一角度固定,在杆上套一个小物块，杆底端b处有一弹性挡板,杆与板面垂直，现将物块拉到顶端a点由静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v。t图像如图乙所示,物块最终停止在b处重力加速度g取10 m/s2.求：（1)物块与杆之间的动摩擦因数；（2）物块滑过的总路程图514。8答案:（1）

19、0.25（2）6 m解析 (1）由图像可知物块下滑时加速度大小a14 m/s2，上滑时加速度大小a28 m/s2,杆ab长l2 m.设杆倾角为，物块质量为m，物块与杆之间的动摩擦因数为由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1mgsin mgcos ma2代入数据得0。25，sin 0。6,cos 0。8.（2）对物块整个运动过程分析，设物块滑过总路程为s,由动能定理得mglsin mgcos s0代入数据得s6 m.式题2 山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动一滑雪道abc的底部是一个半径为r的圆，圆与雪道相切于c点，c的切线沿水平方向，到水平雪地之间是高为h的峭壁,d是圆的最高点，如图5.

20、149所示运动员从a点由静止下滑，刚好经过圆轨道最高点d旋转一周，再滑到c点后被水平抛出，当抛出时间为t时，迎面遭遇一股强风，运动员最终落到了雪地上，落地时速度大小为v。已知运动员连同滑雪装备总质量为m，重力加速度为g,不计遭遇强风前的空气阻力和雪道的摩擦阻力，求：(1)a、c的高度差h；（2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度；(3）强风对运动员所做的功图5。14。9答案：(1）r(2)hgt2（3）mv2mghr解析 (1)运动员刚好经过圆轨道最高点，其速度满足mg由动能定理得mg（h2r)mv联立解得hr.(2)运动员做平抛运动,在竖直方向上的速度vgt从a到c由动能定理得mgr

21、mvv1下落高度为h1gt2距地面高度为h2hh1hgt2。(3)对整个过程，由动能定理得wmghrmv2解得wmv2mghr。式题3 如图5。14。10甲所示，自然伸长的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端在o位置质量为m的物块a(可视为质点)以初速度v0从距o点x0的p点处向左运动,与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到o点位置后，a又被弹簧弹回a离开弹簧后,恰好回到p点物块a与水平面间的动摩擦因数为,重力加速度为g.（1）求物块a从p点出发又回到p点的过程，克服摩擦力所做的功(2)求o点和o点间的距离x1。（3）如图乙所示，若将另一个与a完全相同的物块b（可视为质点)与弹簧右端拴接,将a放在b右

22、边，向左推a、b，使弹簧右端压缩到o点位置，然后从静止释放,a、b共同滑行一段距离后分离分离后物块a向右滑行的最大距离x2是多少？图5。1410答案：(1）mv（2）x0（3)x0解析 （1)物块a从p点出发又回到p点的过程,根据动能定理得克服摩擦力所做的功为wfmv。(2)物块a从p点出发又回到p点的过程，根据动能定理得2mg（x1x0)mv解得x1x0。(3)a、b在弹簧处于原长处分离,设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功wf只有a时，从o到p有wfmg(x1x0)00a、b共同从o到o有wf2mgx12mv分离后对a有mvmgx2联立以上各式可得x2x0。 规律总结利用动能定理求

23、解多过程问题的基本思路1弄清物体的运动由哪些过程组成2分析每个过程中物体的受力情况3各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响4从总体上把握全过程,表达出总功，找出初、末状态的动能5对所研究的全过程运用动能定理列方程【教师备用习题】12015江西十校二模 将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同,2和3高度相同现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，使其沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均相同在这三个过程中，下列说法不正确的是（)a沿着1和2下滑到底端时,物块的速率不同,沿着2和3下滑到底端时，物块的速率相同

24、b沿着1下滑到底端时，物块的速度最大c物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多d物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多解析 a设1、2、3木板与地面的夹角分别为1、2、3，木板长分别为l1、l2、l3，当物块沿木板1下滑时,由动能定理有mgh1mgl1cos 1mv0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh2mgl2cos 2mv0,又h1h2，l1cos 1l2cos 2,可得v1v2;当物块沿木板3下滑时,由动能定理有mgh3mgl3cos 3mv0,又h2h3，l2cos 2l3cos 3，可得v2v3，选项a错误，选项b正确；三个过程中产生的热量分别为q1mgl1co

25、s 1，q2mgl2cos 2，q3mgl3cos 3，则q1q2q3，故选项c、d正确只有选项a符合题意2（多选)2016马鞍山模拟 如图甲所示，一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，其动能ek随离开斜面底端的距离x变化的图线如图乙所示，斜面与物体间的动摩擦因数0。5,g取10 m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是()a斜面的倾角30b物体的质量为m0。5 kgc斜面与物体间的摩擦力大小f2 nd物体在斜面上运动的总时间t2 s解析 bc由动能定理知ek。x图像的斜率的绝对值表示合外力的大小，则上升阶段有mgsin mgcos n5 n，下降阶段有mgsin mgcos

26、 n1 n，联立得tan ，即37，m0。5 kg，故a选项错误，b选项正确物体与斜面间的摩擦力fmgcos 2 n，故c选项正确上升阶段由ek.x图像知合力f15 n，则a110 m/s2，t1，ek1mv25 j，联立得t11 s同理,下降阶段合力f21 n,则a22 m/s2,t2，ek2mv5 j,联立得t2 s，则tt1t2(1） s，故d选项错误3(多选）2015河北保定调研 如图所示，内壁光滑、半径大小为r的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部a点现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动当小球回到a点时，再次用小锤沿运动方向击

27、打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功w1，第二次击打过程中小锤对小球做功w2。设先后两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能,则的值可能是(）a. b. c. d1解析 ab第一次击打，小球运动的最大高度为r，即w1mgr，第二次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，而恰好过最高点的条件为mgm，即v高，小球从静止到到达最高点的过程，由动能定理得w1w2mg2rmv0，得w1w2mgr,则w2mgr，故，故选项a、b正确42015浙江卷 如图所示,用一块长l11。0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高

28、h0.8 m，长l21.5 m斜面与水平桌面的倾角可在060间调节后固定将质量m0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数0。05,物块与桌面间的动摩擦因数为2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失（重力加速度取g10 m/s2;最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（1）求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；（用正切值表示）（2)当角增大到37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2;(已知sin 370。6，cos 370.8)（3)继续增大角,发现53时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。 答案 (1）tan 0.05(2)0.8（3)1.9 m解析

29、 （1)为使小物块下滑，有mgsin 1mgcos 解得tan 0。05（2）由动能定理得mgl1sin wf0其中wf1mgl1cos 2mg(l2l1cos ）解得20.8(3)由动能定理得mgl1sin wfmv2解得v1 m/s由平抛运动规律,得hgt2x1vt解得t0.4 s，x10.4 mxmx1l21。9 m52015山东卷 如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两个定滑轮连接物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上,小球与右侧滑轮的距离为l。开始时物块和小球均静止,将此时传感装置的示数记为初始值现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1。25倍；再将小球由静止释放,当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0。6倍不计滑轮的大小和摩擦,重力加速度的大小为g.求：甲乙(1）物块的质量；（2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功答案 (1)3m0。1mgl解析 (1)设开始时细绳的拉力大小为t1，传感装置的初始值为f1，物块质量为m，由平衡条件得对小球，t1mg对物块,f1t1mg当细绳与竖直方向的夹角为60时，设细绳的拉力大小为t2，传感装置的示数为f2，据题意可知，f21。25f1，由平衡条件得对小球,t2mgcos 60对物块