2018年高考物理一轮复习第五章机械能第2讲动能动能定理教学案(含解析)

1、 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

2、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)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 1 2 2. 2mv 焦耳(J) 3 .标量 4.参考系 5.状态过程 1 2 1 2 二、1.动能 2. E或 qmv，mv 3 .动能的变化 动能 4. (1)曲线变力 【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

3、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. ( ) 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)( X) (2)( V) (3)( X) (4)( V) (5)( X) (6)( X) (7)( X) 考点互动探究 0 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

4、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. 2 (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

5、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 5-14-1 ,1 2 A. mgh- 2mv 1 2 Bmv mgh C. mgh 1 2 D. mgh qmv 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 1 2 位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得 WG+ W= 0mV，重力做功为 W= mgh则 1 2 弹簧的弹力对小球做功为 W# mgh- qmv，所以正确选项为 A. 2. 2016 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

6、.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 J B. 动能增加了 2000 J C. 重力势能减小了 1900 J D. 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：WG W= E可得动能增加 1800 J，则A B 错误. 3 3 2015 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、斜向下方向抛出，不 计空气阻力，则落在同一水平地面

7、时的速度大小 （ ） A. 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 1 1 _ 答案：A 解析由动能定理知 mgh= mv mC,所以vt = , 2gh+ v2，下落相同的高度，则末速度大 小相同. O 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3 禺 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m 60 kg 的运动员从长直助滑道 AB的A处由静止开始以加速度 a= 3.6 m/s 1 2匀加速滑 下，到

8、达助滑道末端 B时速度VB= 24 m/s , A与B的竖直高度差 H= 48 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h = 5 m，运动员在 B C间运动时阻力做功 W=- 1530 J , g取 10 m/s 2. (1) 求运动员在AB段下滑时受到阻力 Ff的大小； 若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍，贝U C点所在圆弧的半径 R至少应为多大? 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

9、. 2 .应用动能定理解题基本步骤 顿定 牛动 餐过列程 分煌程方 动定 明末 ? 7 力还力 ? 4 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vB= 2ax H 由牛顿第二定律有 mg Ff= ma 联立式，代入数据解得 Ff = 144 N 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 1 2 1 2 mgh+ W mvt ?mB 2 Vc 设运动员在C点所受的支持力为 FN由牛顿第二定律有 用一mg= mR 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 R= 12.5 m 平方向射入木块，并最终留在木块中

10、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 ( ) A. FL=护 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 B. Fs=并 1 如图 5-14-3 所示，质量为 图 5-14-3 5 1 2 1 2 D. F( L+ s) = gms 2mv 1 2 1 2 1 2 答案：B 解析根据动能定理，对子弹：F(L+ s) = gmv gmV知，选项 D 正确；对木块：FL= MV, 1 2 1 2 选项 A 正确；由以上二式相加后整理可得 Fs= 2mv 2(M+ n)v

11、 ,选项 C 正确.只有选项 B 符合题意. 石式题 2 (多选)2016 全国卷川如图 5-14-4 所示，一固定容器的内壁是半径为 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， 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 则( 皿卫_ 3mgW 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；

12、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. 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. o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：R的半球面；在半 克服摩擦力做的 A. 2 (mgR- W a= mR B. 2mgR- W C. 3mgR- 2W N= -v D. 4 2 (mgR- 答案：AC 所以a =管=2 R 1 2 2 2 (mgF W 解析质点P下滑到底端的过程，由动能定理得 mg W= 2mV 0,可得v2= ), m 2

13、 2 (mgF W v v ,A 正确，B 错误；在最低点，由牛顿第二定律得 N- mg= mR,故N= m叶mR= mR 6 厲爾 16石家庄岫M检W游乐场有册滑雪游戏其理想简化图如图 角为0 = 30的斜坡和水平滑道组成小孩在距地面高 h= 10 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 I = 3 m 木板（忽略木板厚度），此后小孩和木板运动的 v-1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； v = 1

14、0 m/s.由动 能定理可得 h 1 2 mghmos 0 - =2mv 解得= #. 由图乙知小孩在t = 0.5 s时滑离木板，木板在 00.5 s 内的位移x木=1.5 m 又x木+ l = x人 设小孩滑离木板的速度为 v人，由平均速度公式 1 x 人=3（v+ v 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

15、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示物体的位移； a-t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； P-t图线 与横轴围成的面积表示力所做的功. （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 5-14-6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, 5-14-5 甲所示，滑道由倾 F的作用下运动，如图 2 重力加速度g取 10 m/s . 明确图像的种类（如;旷喂帕FT图像零） 挖猫图像的珈含

16、条件，求出所需物瑾量 （如:叶!图像求位蓉、FY图像歩功等 求总功时注意拡他力僭功的情况 叨确待求量和已知董的关系 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 7 F 列分析正确的是（ ）8 图 5-14-6 A. 物体与地面之间的动摩擦因数为 0.2 B. 物体运动的位移为 13 m C. 物体在前 3 m 运动过程中的加速度为 3 m/s 2 3 4 D. x= 9 m 时，物体的速度为 3 2 m/s 答案：ACD 解析由S/= fx对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力 f = 2 N，由f =卩mg可 得= 0.2 , A 正确；由 W= Fx对应图

17、乙可知，前 3 m 内，拉力Fi = 5 N, 39 m 内拉力F2= 2 N，物体在 前 3 m 内的加速度ai=日严=3 m/s2, C 正确；由动能定理得 W fx = *mV,可得：x= 9 m 时，物体的速 2 求P第一次运动到 B点时速度的大小. 3 求P运动到E点时弹簧的弹性势能. 4 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. 度为v = 3 2 m/s , D 正确；物体的最大位移 Xm= WFn =13.5 m

18、B 错误. 9 O 考点四 动能定理解决多过程问题 1 鉅处代乜 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：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

19、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I 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 5 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 6 圆弧轨道相切于 C点，AC= 7R 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，AF= 4R,已知P与直轨道间的动摩 1 3 4 擦因数 1= ”，重力加速度大小为 g.(取 sin 37 = 5, co

20、s 37 = 5)D 10 P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有 1 2 八 _ = mvc ? （2 分） 联立？ ？ ？式得 1 m= 3m ? （1 分） 答案： mglsin 0 卩 mglcos 0 mgxsin 0 -卩 mg）cos 0 EP 图 5-14-7 解答规范（1）根据题意知，B C之间的距离I为 I = 7R- 2R （1 分） 设P到达B点时的速度为VB,由动能定理得 1 2 _=口呂（2 分） 式中0 = 37,联立式并由题给条件得 VB = 2 使（1 分） （2） 设BE= x, 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

21、动能定理有 1 2 _ = 0 mB （2 分） E、F之间的距离丨1为 I 1= 4R- 2R+ x （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 x = R 12 Ep= ymgR （1 分） （3） 设改变后P的质量为m, D点与G点的水平距离 为和竖直距离y分别为 7 5 八 X1 = R 6金0 （1 分） 5 5 y1= R+ 6只+ Bos 0 （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 0的事实. 设P在D点的速度为V由D点运动到G点的时间为t由平抛运动公式有 E点的过程中，由 X1=

22、 VDt ? 联立？ ？式得 VD= 5 RgR ? （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 11 Ep mghsin 0 卩 mghcos 0 EP- mg（x + 5R）sin 0 mg（x + 5R）cos 012 戈题 1 2016 株洲三模如图 5-14-8 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/s 2.求： (1) 物块与杆之间的动摩擦因

23、数； (2) 物块滑过的总路程. 图 5-14-8 答案：(1)0.25 (2)6 m 解析(1)由图像可知物块下滑时加速度大小 a1 = 4 m/s 2, 上滑时加速度大小 a2= 8 m/s 2,杆AB长l =2 m. 设杆倾角为0，物块质量为 m,物块与杆之间的动摩擦因数为 卩 由牛顿第二定律得 mgin 0 卩 mgcos 0 = ma mgin 0 + 卩 mgcos 0 = ma 代入数据得 卩=0.25 , sin 0 = 0.6 , cos 0 = 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 0 卩 mgcos 0 s = 0

24、代入数据得s = 6 m. 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 5-14-9 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 滑雪道的山地滑雪是人们喜爱的一项体育运13 答案：(1) |R

25、(2) ,5gR+ g2t2 H- gt2 1 2 5 尹mgHb尹 解析(1)运动员刚好经过圆轨道最高点，其速度满足14 mv mR 由动能定理得 1 2 mg h2R) = qmv) 联立解得h=号只 (2) 运动员做平抛运动，在竖直方向上的速度 v= gt 从A到C由动能定理得 5 1 2 mg-尹 2mv vi = “Jv5 6 7+ V 2= 5gR g2t2 1 2 下落咼度为hi =尹七 亠、 1 2 距地面咼度为h2= H h1 = H gt . (3) 对整个过程，由动能定理得 5 1 2 W/b mgH-尹=qmv 1 2 5 解得 W= mv mg- 式题 3 如图 5-

26、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vo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0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 卩， 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

27、物 块A向右滑行的最大距离 X2是多少? 1 2 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 W= mv. 物块A从P点出发又回到 P点的过程，根据动能定理得 1 2 2 卩 mg X1 + X0) = mv 5 v0 解得 X1= X0. 7卩g 答案：新(2) - X0 (3) X0 4 卩g 8卩g 15 （3） A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是 vi，弹出过程弹力做功 W 只有A时，从O到P有 Wmg Xi + xo） = 0- 0 A、B共同从O到O有 1 2 W 2 i mgx=空空x 2mv 分离后对A有 1 2 qmv=

28、i mgx 2 联立以上各式可得 X2= Xo . 81 g 规律总结 利用动能定理求解多过程问题的基本思路 i.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】 1 . 2015 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

29、底端，物块与木板之间的动摩擦因数 1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 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 0 1、0 2、0 3,木板长分别为丨1、丨2、丨3,当物块沿 1 2 木板 1 下滑时，由动能定理有 mgh i mghcos 0 1 = mV 0，当物块沿木板 2 下滑时，由动能定理有 m

30、gh 1 2 一 i mgOcos 0 2 = mv 0,又 mh2, hcos 0 1= 12cos 0 2,可得V1V2；当物块沿木板 3 下滑时，由动能 2 定理有 mgh 1 mgkcos 0 3 = ?mv 0,又 h2= hs, 12cos 0 2V3，选项 A 错误，选项 B 正确；三个过程中产生的热量分别为 Q= 1 mghcos 01, Q= 1 mgbcos 0 2, Q = 1 mghcos 0 3，贝U Q = Q 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m 解析(1)为使小物块下滑，有 mn 0 i 1mgcos 0 解得 tan 0 0.05 (2) 由动能定理得 m

31、gLsin 0 VW= 0 其中 WJ= 11mgLcos 0 + 12mg L2 Lios 0 ) 解得i 2= 0.8 (3) 由动能定理得 1 2 mgLsin 0 S= qmv 解得v= 1 m/s 由平抛运动规律，得 1 2 H= 2gt X1= vt 解得 t = 0.4 s , X1= 0.4 m Xm= X1+ L2= 1.9 m 5. 2015 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

32、一始终垂直于 I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： Rt I 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)3 m 0.1 mgl 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 R,物块质量为 M由平衡条件得 对小球，T= mgD 对物块，F+ T= M 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 冃，据题意可知，F2 =1.25 F1,由平衡条件得 对小球，T2= mgpos 60。 对物块，F2+ T2= M1 19 联立式，代入数据得 M= 3m (2)设小球运动至最低位置时速度的大小为 V,从释放到运动至最低位置的过程中， 小球克服阻力所做 的功为 W,由动能定理得