2025届高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律第2节动能定理及其应用教案新人教版

PAGE9-第2节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。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。一、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。 (×)5．假如物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功肯定为零。 (√)二、走进教材1．(鲁科版必修2P27T1改编)(多选)关于动能，下列说法正确的是()A．公式Ek＝eq\f(1,2)mv2中的速度v一般是物体相对于地面的速度B．动能的大小由物体的质量和速率确定，与物体运动的方向无关C．物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等但方向不同D．物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同AB[动能是标量，与速度的大小有关，而与速度的方向无关。公式中的速度一般是相对于地面的速度，故A、B正确。]2．(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]D3．(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．5.7m B．4.7mC．6.5m D．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．在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于()A．mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) B．－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghC．mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2 D．mgh＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C[对物块从h高处竖直上抛到落地的过程，依据动能定理可得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Wf＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，选项C正确。]3.(2024·河南西峡模拟)如图所示，质量为m的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k倍，它与转轴OO′相距R，物块随转台由静止起先转动。当转速增加到肯定值时，物块即将在转台上滑动。在物块由静止到起先滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为()A．0B．2πkmgRC．2kmgRD．eq\f(kmgR,2)D[由于物块做圆周运动，物块刚起先滑动这一时刻，物块受到转台的摩擦力为最大静摩擦力，则kmg＝meq\f(v2,R)，v2＝kgR。设转台对物块做的功为W转，运用动能定理探讨在物块由静止到起先滑动前的这一过程，W转＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(kmgR,2)，故选项D正确。]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“＝”体现的三个关系三个关系①因果关系：W合是引起物体动能变更的缘由②数量关系：W合＝ΔEk③单位关系：W合与ΔEk的单位相同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eq\o([典例示法])(多选)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＝2ND．物体在斜面上运动的总时间t＝2sBC[由动能定理得F合x＝ΔEk，知Ek－x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正确；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、Ek­x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。eq\o([跟进训练])动能定理与v­t图象的结合1.(2024·安徽合肥模拟)A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v­t图象如图所示。已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等。则下列说法正确的是()A．F1、F2大小之比为1∶2B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2C．A、B质量之比为2∶1D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1C[由v­t图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，A、B受摩擦力大小相等，由牛顿其次定律可知，A、B的质量之比是2∶1，由v­t图象可知，A、B两物体加速与减速的位移之和相等，且匀加速位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得，A物体的拉力与摩擦力的关系，F1·x－Ff1·3x＝0－0，B物体的拉力与摩擦力的关系，F2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得F1＝3Ff1，F2＝eq\f(3,2)Ff2，Ff1＝Ff2，所以F1＝2F2。全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功也相等，故A、B、D错误，C正确。]动能定理与F­x图象的结合2.(多选)(2024·福建八市联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力渐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变更的关系图象。已知重力加速度g＝10m/s2。依据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有()A．物体与水平面间的动摩擦因数B．合外力对物体所做的功C．物体做匀速运动时的速度D．物体运动的时间ABC[物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝eq\f(F,mg)＝0.35，A项正确；减速过程中，由动能定理得WF＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，依据F－x图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v，B、C项正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D项错误。]动能定理与v­t图象及P­t图象的结合3．(多选)(2024·湖北四校期中联考)一质量为m的物体静止在水平地面上，在水平拉力的作用下起先运动，图甲是在0～6s内其速度与时间关系图象，图乙是拉力的功率与时间关系图象，g取10m/s2。下列推断正确的是()甲乙A．拉力的大小为4N，且保持不变B．物体的质量为2kgC．0～6s内物体克服摩擦力做的功为24JD．0～6s内拉力做的功为156JBD[对物体受力分析，由图甲可知，在0～2s内物体做匀加速运动，拉力大于滑动摩擦力，在2～6s内物体做匀速运动，拉力等于滑动摩擦力，因此拉力大小不恒定，选项A错误；在2～6s内依据功率公式P＝Fv，有F＝eq\f(P,v)＝4N，故滑动摩擦力f＝F＝4N，在图甲中，0～2s内有a＝eq\f(Δv,Δt)＝3m/s2，由牛顿其次定律可知F′－f＝ma，又P′＝F′v，联立解得m＝2kg，F′＝10N，选项B正确；由图甲可知在0～6s内物体通过的位移为x＝30m，故物体克服摩擦力做的功为Wf＝fx＝120J，选项C错误；由动能定理可知W－Wf＝eq\f(1,2)mv2，故0～6s内拉力做的功W＝eq\f(1,2)mv2＋Wf＝eq\f(1,2)×2×62J＋120J＝156J，选项D正确。]应用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eq\o([典例示法])(2024·山东泰安高三检测)如图所示，AB是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，而后在两轨道上做来回运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体做来回运动的整个过程中在AB轨道上通过的路程为s。(重力加速度为g)(1)求物体与轨道AB间的动摩擦因数μ；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，求物体对圆弧轨道的压力大小；(3)为使物体能顺当到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′至少为多大？思路点拨：(1)“物体在斜面上下滑”表明物体重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力。(2)“圆弧轨道BCD光滑”表明物体最终会以B点为最高点做往复运动。[解析](1)物体以P为起点，最终到在B点速度为零的整个过程，由动能定理得mgRcosθ－μmgscosθ＝0， ①解得μ＝eq\f(R,s)。 ②(2)物体以B为最高点，在圆弧轨道底部做往复运动过程中，对从B到E的过程由动能定理得mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E) ③在E点，由牛顿其次定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,E),R) ④联立得FN＝(3－eq\r(3))mg ⑤依据牛顿第三定律可得，物体对圆弧轨道的压力大小F′N＝FN＝(3－eq\r(3))mg。 ⑥(3)若物体刚好能到达D点，由牛顿其次定律得mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R) ⑦对物体由释放至到达D点这一过程，由动能定理得mgL′sinθ－μmgL′cosθ－mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D) ⑧联立解得L′＝eq\f(3＋\r(3)Rs,s－\r(3)R)。 ⑨[答案](1)eq\f(R,s)(2)(3－eq\r(3))mg(3)eq\f(3＋\r(3)Rs,s－\r(3)R)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)弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。eq\o([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)m