2022届高考物理一轮复习第五章机械能第2课时动能定理学案.docx

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1、第2课时动能定理考点一动能定理的理解和应用1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，单位：焦耳。(3)动能是标量、状态量。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变化。(2)表达式：WEk2Ek1。(3)物理意义：合外力做的功是物体动能变化的量度。动能是标量，动能定理表达式是标量式，学生常把动能分解为两个分动能，或在某个方向上应用动能定理而出错。原因是对动能定理理解不透彻，动能的变化等于相应过程中所有力对物体做的总功，因此“某个方向的合力做的功等于该方向上动能的变化”不成立。 3公式中“”体现的三个关系4应用动能定理的解题步

2、骤典例(2019天津高考)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，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L1150 m，BC水平投影L263 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角12(sin 120.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m60 kg，g10 m/s2，求：(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

3、上的压力FN多大。解析(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有根据动能定理，有Wmv20联立式，代入数据，得W7.5104 J。(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2Rsin 由牛顿第二定律，有FNmgm联立式，代入数据，得FN1.1103 N。答案(1)7.5104 J(2)1.1103 N应用动能定理的注意事项(1)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。(2)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负。(3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体

4、运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系。集训冲关1(2021年1月新高考8省联考重庆卷)一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E0和E0(E00)。若物块位于r1时速度为0，则位于r2时其速度大小为()A2 B. C2 D4 解析：选A物块仅在重力作用下运动，物块的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知E1E2，代入已知条件为3E00E0mv2，解得物块位于r2处的速度大小v2，故A项正确。2如图甲所示为2022年北京冬奥会跳台滑雪场馆“雪如意”的效果图。如图乙所示为由助滑区、空中飞行区、着陆缓冲区等组成的依山势而建的赛道示意图。运动员保持蹲踞姿势从A点

5、由静止出发沿直线向下加速运动，经过距离A点s20 m处的P点时，运动员的速度为v150.4 km/h。运动员滑到B点时快速后蹬，以v290 km/h的速度飞出，经过一段时间的空中飞行，以v3126 km/h的速度在C点着地。已知B、C两点间的高度差h80 m，运动员的质量m60 kg，重力加速度g取9.8 m/s2，计算结果均保留两位有效数字。求：(1)A到P过程中运动员的平均加速度大小；(2)以B点为零势能参考点，求到C点时运动员的机械能；(3)从B点起跳后到C点落地前的飞行过程中，运动员克服阻力做的功。解析：(1)v150.4 km/h14 m/s，由运动学公式v122as解得：a4.9

6、m/s2。(2)v290 km/h25 m/s，v3126 km/h35 m/s，由能量关系得：Emghmv32解得E10 290 J1.0104 J。(3)由动能定理得：mghWmv32mv22解得：W29 040 J2.9104 J。答案：(1)4.9 m/s2(2)1.0104 J(3)2.9104 J考点二动能定理与图像的综合1力学中图像所围“面积”的意义vt图像由公式xvt可知，vt图线与横坐标围成的面积表示物体的位移at图像由公式vat可知，at图线与横坐标围成的面积表示物体速度的变化量Fx图像由公式WFx可知，Fx图线与横坐标围成的面积表示力所做的功Pt图像由公式WPt可知，Pt

7、图线与横坐标围成的面积表示力所做的功2解决物理图像问题的基本步骤考法细研考法1vt图像例1静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t4 s时物块停下，其v t图像如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是()A整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B整个过程中拉力做的功等于零Ct2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大Dt1 s到t3 s这段时间内拉力不做功解析对物块运动全过程应用动能定理得：WFWf0，A正确，B错误；物块在加速运动过程中受到的拉力最大，结合题图可知，t1 s时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功率的最大值，C错误；t1 s到t3

8、 s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误。答案A考法2at图像例2用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到06 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是()A06 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B06 s内物体在4 s时的速度最大C物体在24 s内速度不变D04 s内合力对物体做的功等于06 s内合力对物体做的功解析at图线与横坐标轴围成的“面积”等于速度的变化量，由题给图像可知，06 s内速度变化量为正，物体速度方向不变，物体在05 s内一直加速，5 s时速度最大，A、B均错误；24 s内物体的加速度不变，做匀加速直线

9、运动，C错误；由题图可知，t4 s时和t6 s时物体速度大小相等，由动能定理可知，物体在04 s内和06 s内动能变化量相等，合外力做功也相等，D正确。答案D考法3Pt图像例3(多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg的物体受到水平拉力的作用，在06 s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示。下列说法中正确的是(g取10 m/s2)()A06 s内拉力做的功为140 JB物体在02 s内所受的拉力为4 NC物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5D合外力在06 s内做的功与02 s内做的功相等解析由PFv可知，物体在02 s内所受的拉力F N6 N，在26

10、s内所受的拉力F N2 N，B错误；拉力在06 s内做的总功WFx1Fx262 J2104 J140 J，A正确；由物体在26 s内做匀速运动可知，Fmg，可求得0.25，C错误；由动能定理可知，物体所受的合外力在06 s内所做的功与02 s内所做的功均为mv240 J，D正确。答案AD考法4Fx图像例4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0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2，求：(1)滑块

11、到达B处时的速度大小；(2)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F1x1F3x3mgxmvB2解得vB2 m/s。(2)在前2 m内，有F1mgma，且x1at12，解得t1 s。(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有mgm对滑块从B到C的过程，由动能定理得Wmg2RmvC2mvB2联立解得W5 J即滑块克服摩擦力做的功为5 J。答案(1)2 m/s(2) s(3)5 J考法5Wx图像例5(多选)质量为1 kg的物体静止在

12、粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，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。下列说法正确的是()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解析由题图可知，Wfmgx120 J，解得：0.2，A正确；由fmg2 N，fx2Wf27 J，解得：x213.5 m，B错误；又WFFx3，解得：前3 m内，F N5 N，由Ffma，解得：a3 m/s2，C正确；由动能定理可得：WFfx4mv2，解得：x49 m时物体的速度v3 m/

13、s，D正确。答案ACD考法6Ekh图像例6(多选)“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h0.40 m时停止，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图像如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图像可知()A弹簧原长为0.72 mB空气阻力大小为1.00 NC弹簧的最大弹性势能为9.00 JD在弹簧

14、落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J解析由题图丙可知，从h0.80 m开始，弹簧下端与地面分离，则知弹簧的原长为0.80 m，故A错误；从0.80 m上升到1.40 m 过程，在Ekh图像中，根据动能定理知：图线的斜率大小表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80 m上升到1.40 m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.80 m上升到1.40 m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得(mgf)h0Ek，由题丙图知h0.60 m，Ek5.40 J，解得空气阻力f1.00 N，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，整个过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于

15、弹簧的最大弹性势能，所以Epm(mgf)h9(1.400.4)J9.00 J，故C正确；滑块由最大高度到弹簧落回地面的瞬间，根据动能定理得(mgf)hEk0，得Ek4.2 J，故D错误。答案BC考法7s2v02图像例7如图甲所示，一滑块从平台上A点以初速度v0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为s。多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v0和s，作出s2v02图像如图乙所示。滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g10 m/s2。求平台离地的高度h及滑块在平台上滑行的距离d。解析设滑块滑到平台边缘时的速度为v，根据动能定理得：mgdmv2mv02滑块

16、离开平台后做平抛运动，则有：hgt2，svt联立以上三式得：s2v024hd图像的斜率：0.2，解得：h1 m当s20时，v0212，解得：d2 m。答案1 m2 m系统归纳动能定理与图像结合问题的分析方法1首先看清所给图像的种类(如vt图像、Fx图像、Pt图像等)。2挖掘图像的隐含条件得出所需要的物理量，如由vt图像与横坐标轴所包围的“面积”求位移，由Fx图像与横坐标轴所包围的“面积”求功等。3分析物体受力情况、运动情况和各力做功情况，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。考点三运用动能定理求解多过程、往复运动问题1由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，因此从动力学的角度分析往往比较复

17、杂，利用动能定理分析此类问题，是从总体上把握研究对象运动状态的变化，并不需要从细节上了解。(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，注意衔接；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)涉及往复运动，要注重分析往返过程的共性和差异、受力情况及各力做功的差异，有时按全过程应用动能定理会很简单、方便。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，要注意运用它们的特点：(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。考法细研考法1物体多过程运动例1在学校

18、组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个游戏。如图所示，将一质量为0.1 kg的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，钢球沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动。BC段为一段长为L2.0 m的粗糙平面，DEFG为接球槽。半圆形轨道OA和AB的半径分别为r0.2 m、R0.4 m，小球与BC段的动摩擦因数为0.7，C点离接球槽的高度为h1.25 m，水平距离为x0.5 m，接球槽足够大，g取10 m/s2。求：(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在A点的速度大小；(2)钢球恰好不脱离轨道时，在B位置对半圆形轨道的压力大小；(3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少多大。解析(1)要使钢球恰

19、好不脱离半圆形轨道，钢球在最高点A时，对钢球分析有mgm，解得vA2 m/s。(2)钢球从A到B的过程由动能定理得mg2RmvB2mvA2，在B点有FNmgm，解得FN6 N，根据牛顿第三定律，知钢球在B位置对半圆形轨道的压力大小为6 N。(3)从C到D钢球做平抛运动，要使钢球恰好能落入槽中，则xvCt，hgt2，解得vC1 m/s，假设钢球在A点的速度恰为vA2 m/s时，钢球可运动到C点，且速度为vC，从A到C由动能定理得mg2RmgLmvC2mvA2，解得vC20，故当钢球在A点的速度恰为vA2 m/s时，钢球不可能到达C点，更不可能入槽，要使钢球最终能落入槽中，需要更大的弹射速度，才能

20、使钢球既不脱离轨道，又能落入槽中。当钢球到达C点速度为vC时，v0有最小值，从O到C由动能定理得mgRmgLmvC2mv02，解得v0 m/s。答案(1)2 m/s(2)6 N(3) m/s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，写出总功表达式，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求解。考法2物体做往复运动例2如图所示，竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相切，C为切点，圆弧轨道的半径为R，斜面的倾角为。现有一质量为m

21、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，求：(1)滑块第一次滑至左侧圆弧上时距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经历DC、CB、BF三个过程，现以DF整个过程为研究过程，运用动能定理得：mghmgcos 0，解得h。(2)通过分析可知，滑块最终滑至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：mgRcos mgcos s0，解得s。答案(1)(2)(1)应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。(2)重力做功与物体

22、运动路径无关，可用WGmgh直接求解。(3)滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，可用WfFfs 求解，其中s为物体滑行的路程。集训冲关1如图所示，小物块从倾角为的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为()Atan Btan Ctan() Dtan()解析：选B如图所示，设B、O间距离为x1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为x2，物块的质量为m，在物块运动的全过程中，应用动能定理可得mghmgcos mgx10，解得tan ，故选项B正

23、确。2如图所示，足够长的固定木板的倾角为37，劲度系数为k36 N/m的轻质弹簧的一端固定在木板上的P点，图中AP间距等于弹簧的自然长度。现将质量m1 kg的可视为质点的物块放在木板上，在外力作用下将弹簧压缩到某一位置B点后释放。已知木板PA段光滑，AQ段粗糙，物块与木板间的动摩擦因数，物块在B点释放后向上运动，第一次到达A点时速度大小v03 m/s，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。(1)求物块第一次向下运动到A点时的速度大小v1；(2)已知弹簧的弹性势能表达式为Epkx2(其中x为弹簧的形变量)，求物块第一次向下运动过程中的最大速度值v；(3)写出物块最

24、终的运动状态，并求出物块在A点上方运动的总路程x。解析：(1)设物块从A点向上滑行的最大距离为s。根据动能定理，上滑过程有：mgssin 37mgscos 370mv02下滑过程有：mgssin 37mgscos 37mv120解得：s1.5 m，v13 m/s。(2)物块第一次向下运动过程中，合力为零时速度最大，物块此时处于PA段，则有：mgsin 37kx根据物块和弹簧组成的系统，由机械能守恒得：mgxsin 37mv12mv2kx2解得：v m/s。(3)由机械能守恒易知，物块最终在A点下方做往复运动，最高点为A。根据能量守恒：mgxcos 37mv02解得：x4.5 m。答案：(1)3

25、 m/s(2) m/s(3)在A点下方做往复运动，最高点为A4.5 m3如图所示，质量m3 kg的小物块以初速度v04 m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的半径为R3.75 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r0.4 m的半圆轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。(1)求小物块的抛出点离A点的高度h；(

26、2)若MN的长度为L6 m，求小物块通过C点时所受轨道弹力的大小FN；(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L。解析：(1)根据平抛运动规律有：tan 37解得t0.3 s则hgt20.45 m。(2)小物块由抛出点运动到B点的过程中，根据动能定理有：mghR(1cos 37 )mvB2mv02解得vB2 m/s小物块由B点运动到C点的过程中，根据动能定理有：mgL2mgrmvC2mvB2在C点：FNmgm解得FN60 N。(3)小物块刚好能通过C点时，有mgm解得vC2 m/s小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有：mgL2mgrmvC2mvB2解得L10 m。答案：(1)0.45 m(2)60 N(3)10 m