2024高考物理一轮复习第五章机械能第2讲动能定理及其应用学案新人教版

PAGE13-第2讲动能定理及其应用ZHISHISHULIZICEGONGGU学问梳理·自测巩固学问点1动能1．定义：物体由于__运动__而具有的能叫动能。2．公式：Ek＝__eq\f(1,2)mv2__。3．单位：__焦耳__,1J＝1N·m。4．矢标性：动能是__标量__，只有正值。5．状态量：动能是__状态量__，因为v是瞬时速度。学问点2动能定理1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中__动能的改变__。2．表达式：W＝__eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)__或W＝Ek2－Ek1。3．物理意义：__合外力__的功是物体动能改变的量度。思索：(1)动能定理适用于直线运动，还适用于曲线运动吗？动能定理适用于恒力做功，还适用于变力做功吗？(2)能对物体分方向列动能定理方程吗？[答案](1)适用，适用(2)不能思维诊断：(1)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。(√)(2)动能不变的物体肯定处于平衡状态。(×)(3)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。(√)(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能肯定改变。(×)(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。(×)(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比。(√)eq\o(\s\up7(自测巩固),\s\do5(ZICEGONGGU))1．(2024·湖北十堰期末)关于物体的动能，下列说法正确的是(A)A．物体的速度不变，其动能肯定不变B．物体的动能不变，其速度肯定不变C．物体所受的合外力不为零，其动能肯定改变D．某一过程中的速度改变越大，其动能的改变肯定越大[解析]本题考查对动能的理解。假如物体的速度不变，依据Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，动能不变，故A正确；假如物体的动能不变，则说明其速度大小肯定不变，但速度的方向可以改变，故B错误；物体所受的合外力不为零，但假如合外力不做功，其动能不变，如做匀速圆周运动的物体，故C错误；某过程中速度改变很大，若速度大小不变，只是方向改变，物体的动能不变，故D错误。2．若物体在运动过程中受到的合外力不为0，则(D)A．物体的动能不行能总是不变的B．物体的加速度肯定改变C．物体的速度方向肯定改变D．物体所受的合外力做的功可能为0[解析]当合外力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合外力做的功为0，A错误，D正确；当F恒定时，加速度就不变，速度方向可能不变，B、C错误。3．冰壶是冬奥会的竞赛项目。如图将一个冰壶以肯定初速度推出后将运动一段距离停下来。换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将(A)A．不变 B．变小C．变大 D．无法推断[解析]冰壶在冰面上以肯定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，依据动能定理有－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv2，得s＝eq\f(v2,2μg)，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的位移大小相等。故选A。HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO核心考点·重点突破考点一对动能定理的理解和应用1．精确理解动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1(1)W是合力的功，不要与某个力的功混淆。(2)Ek2－Ek1是末动能与初动能的差。(3)动能定理的表达式是标量式，与速度方向无关。(4)应用动能定理时，要明确针对哪个物体，哪个过程。2．应用动能定理的流程3．应用动能定理的留意事项(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，并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求解，这样更简便。(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。例1(2024·石家庄月考)(多选)如图所示，N、M、B分别为半径等于0.1m的竖直光滑圆轨道的左端点、最低点和右端点，B点和圆心O等高，连线NO与竖直方向的夹角为37°。现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为0.1kg的小球，进入圆轨道后，从N点飞出时的速度大小为2m/s。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是(AB)A．A、B间的竖直高度为0.12mB．小球经过B点时对轨道压力的大小为2.4NC．小球经过M点时对轨道压力的大小为4.4ND．小球从A点到M点的过程中所受重力的功率始终增大[解析]设AB的竖直高度为h，由A到N由动能定理得：mg(h＋Rcos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－0，得h＝0.12m，故A正确；由A到B由动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，NB＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)，得NB＝2.4N，由牛顿第三定律知小球在B点对轨道压力大小为2.4N，故B正确；由A到M由动能定理得：mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)－0，NM－mg＝eq\f(mv\o\al(2,M),R)，得NM＝5.4N，由牛顿第三定律知小球在M点对轨道压力大小为5.4N，故C错误；重力的瞬时功率P＝mgvcosθ，A点因v＝0，则PA＝0，M点因θ＝90°，则PM＝0，故从A点到M点，重力的功领先变大后变小，故D错误。〔类题演练1〕(2024·湖南师大附中模拟)港珠澳大桥是中国境内一座连接香港、珠海和澳门的桥隧工程。2018年10月24日上午9时正式通车。大桥设计运用寿命120年，可抵挡8级地震、16级台风、允许30万吨级油轮通过。假设一艘质量为m的轮船由于失控，以速度v撞向大桥(大桥无损)，最终没有反弹而停下来，事故勘察测量发觉轮船迎面相撞处下凹深度d，据此估算出船对桥的平均撞击力F，关于F的表达式正确的是(A)A．eq\f(mv2,2d) B．eq\f(mv2,d)C．eq\f(mv,2d) D．mv[解析]本题考查变力做功问题。依据动能定理可得Fd＝eq\f(1,2)mv2，解得F＝eq\f(mv2,2d)，故选A。考点二动能定理与图象的综合问题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。例2如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R＝0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1kg的滑块(大小不计)，从A处由静止起先受水平向右的力F作用，F的大小随位移改变的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10m/s2。求：(1)滑块到达B处的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB上运动前2m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？[解析](1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得F1x1－F3x3－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)代入数值解得vB＝2eq\(2)在前2m内，有F1－μmg＝ma，且x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)解得t1＝eq\r(\f(8,35))s。(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有：mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)对滑块从B到C的过程，由动能定理得：W－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)代入数值得W＝－5J，即克服摩擦力做的功为5J。[答案](1)2eq\r(10)m/s(2)eq\r(\f(8,35))s(3)5J规律总结：图象所围“面积”的意义(1)v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。(2)a－t图：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：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：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。〔类题演练2〕(2024·上海青浦区模拟)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽视空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是(D)[解析]本题考查通过竖直上抛运动选择动能－时间图象。小球竖直向上运动过程，设初速度为v0，则速度－时间关系为v＝v0－gt，此过程动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(v0－gt)2＝eq\f(1,2)mg2t2－mv0gt＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，即此过程Ek与t成二次函数关系，且开口向上，故A、B错误；小球下落过程做自由落体运动，速度为v′＝gt，此过程动能为Ek＝eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,2)mg2t2，即此过程Ek与t也成二次函数关系，且开口向上，故D正确，C错误。考点三运用动能定理求解多过程问题1．运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是分段列式按部就班，留意连接；另一种是全过程列式，计算简便，但要分析全面，不能遗漏某个功。2．所列动能定理方程涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要留意运用它们的特点：(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。(2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小与路程的乘积。例3如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型。倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF。分别通过水平光滑连接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40m。现有质量m＝500kg的过山车，从高h＝40m处的A点由静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点。过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2＝0.75。过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10m/s2。求：(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小；(3)减速直轨道FG的长度x。(已知sin37°＝0.6,cos37°＝0.8)[解析](1)设过山车在C点的速度大小为vC，由动能定理得mgh＝μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，代入数据得vC＝8eq\r(10)m/s(2)设过山车在D点的速度大小为vD，受到轨道的作用力大小为F，由动能定理得mg(h－2R)－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)又F＋mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，联立解得F＝7×103N由牛顿第三定律知，过山车在D点对轨道的作用力大小为7×103N(3)对全程应用动能定理有mg[h－(l－x)tan37°]－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(l－x,cos37°)－μ2mgx＝0代入数据解得x＝30m[答案](1)8eq\r(10)m/s(2)7×103N(3)30m〔类题演练3〕(2024·福建莆田一中模拟)如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，小球P与半圆轨道间的动摩擦因数到处相等，当小球P从a点正上方高H处自由下落，经过轨道后从b点冲出做竖直上抛运动，上升的最大高度为eq\f(H,2)，空气阻力不计。当小球P下落再经过轨道a点冲出时，能上升的最大高度为h，则小球P(B)A．不能从a点冲出半圆轨道B．能从a点冲出半圆轨道，但h<eq\f(H,2)C．能从a点冲出半圆轨道，但h>eq\f(H,2)D．无法确定能否从a点冲出半圆轨道[解析]本题考查物体的多过程运动问题。小球第一次在半圆轨道的运动过程中，由动能定理得mg(H－eq\f(H,2))＋(－Wf)＝0－0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf＝eq\f(1,2)mgH，即第一次小球在半圆轨道中运动损失的机械能为eq\f(1,2)mgH，由于其次次小球在半圆轨道中运动时，对应位置处速度变小，因此半圆轨道给小球的弹力变小，由于动摩擦因数不变，所以摩擦力变小，则摩擦力做功小于eq\f(1,2)mgH，机械能损失小于eq\f(1,2)mgH，因此小球再次冲出a点时，能上升的高度大于零而小于eq\f(1,2)H，故B正确。JIEDUANPEIYOUCHAQUEBULOU阶段培优·查缺补漏运用动能定理解往复运动问题▼在有些问题中物体的运动过程具有重复性、来回性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是改变的，而重复的次数又往往是无限的或者难以确定，求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将特别繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只涉及物体的初、末状态而不计运动过程的细微环节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。(一)往复次数可确定的情形例4如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道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s＝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＝4.3m、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，求小滑块最终停止的位置距B点的距离。[解析]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s总有：mgh1＝μmgs总将h1、μ代入得：s总＝8.6m故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2s－s总＝1.4m[答案]1.4m(二)往复次数无法确定的情形例5如图所示，斜面的倾角为θ，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μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面对下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是(A)A．eq\f(1,μ)(eq\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ) B．eq\f(1,μ)(eq\f(v\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ)C．eq\f(2,μ)(eq\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ) D．eq\f(1,μ)(eq\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0cotθ)[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动能定理：mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(1,μ)(eq\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)，A正确。(三)往复运动永不停止的情形例6如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相连，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为θ。现有一质量为m的滑块从D点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O与A、D在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：(1)滑块第一次至左侧AC弧上时距A点的最小高度差h。(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。[解析](1)滑块从D到达左侧最高点F经验DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程为探讨过程，运用动能定理得：mgh－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝0，解得h＝eq\f(μRcosθ,tanθ)。(2)通过分析可知，滑块最终停至C点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得：mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0，解得：s＝eq\f(R,μ)。[答案](1)eq\f(μRcosθ,tanθ)(2)eq\f(R,μ)2NIANGAOKAOMONIXUNLIAN2年高考·模拟训练1．(2024·全国卷Ⅲ，17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的改变如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为(C)A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg[解析]画出运动示意图，设阻力为f，据动能定理知A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)hC→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h整理以上两式得：mgh＝30J，解得物体的质量m＝1kg。选项C正确。2.(2024·山东潍坊一中质检)如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且1.5AB＝BC。小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。已知P由静止起先从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满意的关系是(A)A．tanθ＝eq\f(2μ1＋3μ2,5) B．tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)C．tanθ＝2μ1－μ2 D．tanθ＝2μ2－μ1[解析]本题依据物体运动状况考查动摩擦因数与倾角之间的关系。对物块受力分析可知，物块受重力、支持力、滑动摩擦力。设斜面AC长为L，物块从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，则物块运动的初、末状态动能均为零，依据动能定理可以得到mgLsinθ－μ1mgcosθ×eq\f(2,5)L－μ2mgcosθ×eq\f(3,5)L＝0－0，解得tanθ＝eq\f(2μ1＋3μ2,5)，故A正确。3．(2024·辽宁瓦房店三中期中)如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处均为与BC相切的圆弧，BC是水平的，其长度d＝0.60m。盆边缘的高度为h＝0.30m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止下滑。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μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最终停下来，则停止位置到B点的距离为(B)A．0.50m B．0.60mC．0.10m D．0[解析]本题考查动能定理在圆弧曲面的应用。设小物块在BC面上运动的总路程为s。物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为f＝μmg，对小物块从起先运动到停止运动的始末状态进行探讨，由动能定理得mgh－μmgs＝0，得到s＝eq\f(h,μ)＝eq\f(0.30,0.10)m＝3m，d＝0.60m，则s＝5d，所以小物块在BC面上来回运动共5次，最终停在C点，则停止位置到B点的距离为0.60m，故B正确。4．(2024·天津，10)完全由我国自行设计、建立的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得胜利。航母上的舰载机采纳滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于探讨舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止起先做匀加速直线运动，经t＝6s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，求：图1图2(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。[答案](1)7.5×104J(2)1.1×103N[解析](1)舰载机由静止起先做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有eq\f(v,2)＝eq\f(L1,t)①依据动能定理，有W＝eq\f(1,2)mv2－0②联立①②式，代入数据