2022届高考物理一轮复习-第五章-机械能-第2节-动能定理及其应用学案-新人教版.docx

2022届高考物理一轮复习 第五章 机械能 第2节 动能定理及其应用学案 新人教版2022届高考物理一轮复习 第五章 机械能 第2节 动能定理及其应用学案 新人教版年级：姓名：- 17 -第2节动能定理及其应用必备知识预案自诊知识梳理一、动能1.定义:物体由于而具有的能。2.公式:Ek=。3.单位:,1 J=1 Nm=1 kgm2/s2。4.标矢性:动能是,动能与速度方向。5.动能的变化:物体与之差,即Ek=。二、动能定理1.内容:在一个过程中合力对物体所做的功,等于物体在这个过程中。2.表达式:W=Ek=Ek2-Ek1=。注:合外力所做的功也可以理解成所有外力做功的代数和。3.物理意义:的功是物体动能变化的量度。4.适用条件:(1)动能定理既适用于直线运动,也适用于。(2)动能定理既适用于恒力做功,也适用于做功。(3)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以作用。5.应用动能定理时,物体的位移、速度都应以地面或相对地面静止的物体为参考系。考点自诊1.判断下列说法的正误。(1)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。()(2)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。()(3)物体在合外力作用下做变速运动时,动能一定变化。()(4)物体的动能不变,所受的合外力必定为零。()(5)合力对物体做正功,物体的动能增加;合力对物体做负功,物体的动能减少。()2.(多选)关于动能,下列说法正确的是()A.公式Ek=12mv2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决定,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3.(多选)如图所示,电梯质量为M,在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动,当电梯的速度由v1增加到v2时,上升高度为H,则在这个过程中,下列说法或表达式正确的是()A.对物体,动能定理的表达式为WFN=12mv22,其中WFN为支持力做的功B.对物体,动能定理的表达式为W合=0,其中W合为合力做的功C.对物体,动能定理的表达式为WFN-mgH=12mv22-12mv12D.对电梯,其所受合力做功为12Mv22-12Mv124.(新教材人教版必修第二册P100习题改编)如图所示,一质量为m的小球,用长为L的轻绳悬挂于O点的正下方P点。已知重力加速度大小为g。小球在水平恒力F=2mg的作用下,从P点运动到Q点,求小球在Q点的速度大小。(已知OQ与OP的夹角=37,sin 37=0.6,cos 37=0.8)关键能力学案突破考点一对动能、动能定理的理解(自主探究)1.动能与动能的变化的区别(1)动能与动能的变化是两个不同的概念,动能是状态量,动能的变化是过程量。(2)动能没有负值,而动能变化量有正负之分。Ek0表示物体的动能增加,Ek0表示物体的动能减少。2.对动能定理的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程。(2)对“外力”的理解动能定理叙述中所说的“外力”,既可以是重力、弹力、摩擦力,也可以是电场力、磁场力或其他力。(3)运用动能定理解决问题时,选择合适的研究过程能使问题得以简化。当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时,可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程。(4)当涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时,要注意运用它们的特点:重力做的功取决于物体的初、末位置,与路径无关;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。对点演练1.(2018全国卷)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段,列车的动能()A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比2.(2018全国卷)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定()A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功3.(2020湖南师大附中模拟)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),最后没有反弹而停下来,事故勘察测量发现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.mv22dB.mv2dC.mv2dD.mv考点二动能定理的应用(师生共研)应用动能定理的流程【典例1】如图所示,一质量为m=0.5 kg的小滑块,在F=4 N水平拉力的作用下,从水平面上的A处由静止开始运动,滑行x=1.75 m后由B处滑上倾角为37的光滑斜面,滑上斜面后拉力的大小保持不变,方向变为沿斜面向上,滑动一段时间后撤去拉力。已知小滑块沿斜面上滑到的最远点C距B点L=2 m,小滑块最后恰好停在A处。不计B处能量损失,g取10 m/s2,已知sin 37=0.6,cos 37=0.8。试求:(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数;(2)小滑块在斜面上运动时,拉力作用的距离x0;(3)小滑块在斜面上运动时,拉力作用的时间t。解题指导审题关键词句分析解读由静止开始运动初速度为零光滑斜面不受摩擦力小滑块最后恰好停在A处,不计B处能量损失C到B再到A初末速度为零,只有两个力做功破题选小滑块为研究对象,选好过程列方程:(1)小滑块由C运动到A过程应用动能定理;(2)小滑块由A运动到C过程,用动能定理;(3)小滑块由A运动到B用动能定理;再用牛顿第二定律结合运动学公式求解。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)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准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,必须明确各力做功的正、负,确实难以判断的先假定为正功,最后根据结果加以检验。对点演练4.如图所示,从高为h的斜面体ABC的顶点A抛出一个质量为m的小球(视为质点),落在底端B点,已知接触B点前的瞬间小球的动能为Ek,取BC所在水平面为零势能参考平面,不计空气阻力,重力加速度为g,则小球被抛出时的速度大小为()A.2(Ek-mgh)mB.Ek-mgh2mC.2(Ek+mgh)mD.Ek+mgh2m5.(多选)滑沙项目惊险刺激,深受游客的喜欢。假设某条滑道由上下两段高均为h,与水平面倾角分别为45和37的滑道组成。滑沙板与沙地之间的动摩擦因数为。质量为m的载人滑沙板从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑沙板在两段滑道交接处的能量损失,sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度大小为g)。则()A.动摩擦因数=67B.载人滑沙板最大速度为2gh7C.载人滑沙板克服摩擦力做功为mghD.载人滑沙板在下段滑道上的加速度大小为35g考点三应用动能定理求解多过程问题(师生共研)1.首先需要建立运动模型,选择合适的研究过程能使问题得以简化。当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时,可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程。2.当选择全部子过程作为研究过程,涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时,要注意运用它们的做功特点:(1)重力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的功等于力的大小与路程的乘积。3.要注意过程与过程的连接状态的受力特征与运动特征(比如:速度、加速度或位移)。4.列整体(或分过程)的动能定理方程。【典例2】如图所示,在水平轨道右侧安放半径为R=0.2 m的竖直圆形光滑轨道,水平轨道的PQ段铺设特殊材料,调节其初始长度为L=1 m,水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定,弹簧处于自然状态。质量为m=1 kg的小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0=23 m/s冲上轨道,通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回,经水平轨道返回圆形轨道。物块A与PQ段间的动摩擦因数=0.2,轨道其他部分摩擦不计,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1;(2)物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度h1;(3)调节PQ段的长度L,A仍以v0从轨道右侧冲上轨道,当L满足什么条件时,物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道。解题指导审题关键词句分析解读物块A与弹簧刚接触时的速度求物体到达P点时的速度物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道需要利用假设法判断物体的末速度是否可以为零物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道物体要不脱离轨道有两种情况,一是能到最高点,二是到圆心及以下的高度速度减为零破题物体A从轨道右侧运动到P的过程,已知初速度,求末速度,只有摩擦力做功,故用动能定理列式计算;物体被弹簧弹回后从P点返回到圆形轨道最高点的过程,先用假设法,假设物体的速度减为零,求出物体上升的高度,如果该高度比半径小,则物体的速度可以减为零,如果高度比半径大,需要再根据圆周运动的条件判断;物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道有两种可能情况,一种是能到最高点,根据圆周运动的特点求出物体在最高点的速度,全过程根据动能定理计算L,另一种临界条件是物体上升到与圆心等高处速度减为零,全过程根据动能定理求出L。利用动能定理求解无限往复问题时,首先要正确分析研究对象的受力情况和各力的做功情况,确定物体的最终状态,最后根据动能定理列方程求解。由于运动的重复性、往返性,特别要注意恒力做功(如重力、电场力做功)只与初末两点在该力方向上的位移有关,而大小不变方向始终与速度方向相反的力做功(如空气阻力、摩擦阻力做功)等于力与路程的乘积。对点演练6.(多选)过山车是一项富有刺激性的娱乐项目,过山车的运动包含了许多物理学原理。如图所示为过山车的大回环轨道的结构图,一质量为m=40 kg的车厢(可视为质点)从高H=12 m处的A点由静止沿光滑轨道AB滑下,进入半径为r=4 m竖直圆轨道,车厢与圆轨道的动摩擦因数处处相同,g取10 m/s2。当到达圆轨道的顶点C时,车厢对圆轨道的压力恰好为零。之后车厢继续沿CFB滑下,进入光滑轨道BD,且上升高度为h时速度为零,则下列说法正确的是()A.车厢在圆轨道最高点时的速度为210 m/sB.车厢在圆轨道最高点时的速度为10 m/sC.h的值可能为8.0 mD.h的值可能为8.5 m7.(2020河北衡水中学下学期高三一调)如图所示,半圆形光滑轨道竖直固定且与水平地面相切于A点,半径R=0.1 m,其右侧一定水平距离处固定一个斜面体。斜面C端离地高度h=0.15 m,E端固定一轻弹簧,原长为DE,斜面CD段粗糙而DE段光滑。现给质量为0.1 kg的小物块(可看作质点)一个水平初速度,从A处进入圆轨道,离开最高点B后恰能落到斜面顶端C处,且速度方向恰平行于斜面,物块沿斜面下滑压缩弹簧后又沿斜面向上返回,第一次恰能返回到最高点C。物块与斜面CD段的动摩擦因数=36,斜面倾角=30,重力加速度g取10 m/s2,不计物块碰撞弹簧的机械能损失。求:(1)物块运动到B点时对轨道的压力;(2)CD间距离L;(3)小物块在粗糙斜面CD段上能滑行的总路程s。考点四动能定理的图像问题(师生共研)1.解决物理图像问题的基本步骤(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、图线下方的面积所对应的物理意义,根据对应关系列式解答问题。2.四类图像所围“面积”的含义【典例3】(2019全国卷)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3 m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为()A.2 kgB.1.5 kgC.1 kgD.0.5 kg思维点拨观察题目给出的图像,弄清纵坐标为动能、横坐标为h,然后根据动能定理推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。解题的关键是分析好物体上升段和下降段物体的受力情况,根据动能定理分过程列方程求解。对点演练8.(2020陕西咸阳永寿县中学月考)一质量m=1 kg的物块静止在光滑水平面上,现用水平恒力F1推物块,作用2 s后,改用方向相反的水平恒力F2推物块,利用速度传感器得到物块速度随时间的变化关系图像(v-t图像)如图所示,04 s时间内水平恒力F2做功为()A.-10 JB.10 JC.-18 JD.18 J9.(2020江苏卷)如图所示,一小物块由静止开始沿斜面向下滑动,最后停在水平地面上,斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数,该过程中,物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是()ABCD第2节动能定理及其应用必备知识预案自诊知识梳理一、动能1.运动2.12mv23.焦耳4.标量无关5.末动能初动能12mv22-12mv12二、动能定理1.动能的变化2.12mv22-12mv123.合力4.(1)曲线运动(2)变力(3)分阶段考点自诊1.(1)(2)(3)(4)(5)2.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。3.CD电梯上升的过程中,对物体做功的有重力mg、支持力FN,这两个力的总功等于物体动能的增量Ek=WFN-mgH=12mv22-12mv12,故A、B均错误,C正确;对电梯,无论有几个力对它做功,由动能定理可知,其合力做的功一定等于其动能的增量,故D正确。4.答案2gL解析根据动能定理得2mgLsin37-mg(L-Lcos37)=12mv2,解得v=2gL。关键能力学案突破对点演练1.B高铁列车启动阶段可看作初速度为零的匀加速运动,则列车所受合外力恒定,由动能定理Ek=Fx,Ek与位移成正比。另外,Ek=12mv2=12ma2t2=p22m,故选项B正确,A、C、D错误。2.A设拉力做功、克服摩擦力做功分别为WT、Wf,木箱获得的动能为Ek,根据动能定理可知,WT-Wf=Ek,则EkWT,选项A正确。3.A根据动能定理可得Fd=12mv2,解得F=mv22d,故选A。典例1答案(1)2435(2)1.25 m(3)0.5 s解析(1)小滑块由C运动到A,由动能定理得mgLsin37-mgx=0解得=2435(2)斜面上,拉力作用的距离为x0,小滑块由A运动到C,由动能定理得Fx-mgx+Fx0-mgLsin37=0解得x0=1.25m(3)小滑块由A运动到B,由动能定理得Fx-mgx=12mv2,由牛顿第二定律得F-mgsin37=ma,由运动学公式得x0=vt+12at2,联立解得t=0.5s对点演练4.A从A点到B点根据动能定理得mgh=Ek-12mv2,解得v=2(Ek-mgh)m,故选A。5.AB对整个过程,由动能定理得:2mgh-mgcos45hsin45-mgcos37hsin37=0,解得:=67,故A正确;滑沙板通过第一段滑道末端时速度最大,设为v,由动能定理得:mgh-mgcos45hsin45=12mv2,得v=2gh7,故B正确;对整个过程,由动能定理得:2mgh-Wf=0,解得载人滑沙板克服摩擦力做功为Wf=2mgh,故C错误;载人滑沙板在下段滑道上的加速度大小为:a=mgcos37-mgsin37m=335g,故D错误。典例2答案(1)22 m/s(2)0.2 m(3)1 mL1.5 m或L0.25 m解析(1)设物块A与弹簧刚接触时的速度大小为v1,由动能定理得-mgL=12mv12-12mv02解得v1=22m/s(2)物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆轨道的高度为h1,由动能定理得-mgL-mgh1=0-12mv12解得h1=0.2m=R,符合实际(3)若A沿轨道上滑至最大高度h2时,速度减为0,则h2满足0h2R由动能定理得-2mgL1-mgh2=0-12mv02联立得1mL11.5m若A能沿轨道上滑到最高点,则满足mv22Rmg由动能定理得-2mgL2-mg2R=12mv22-12mv02联立得L20.25m综上所述,要使物块A能第一次返回圆轨道并沿轨道运动而不脱离轨道,L满足的条件是1mL1.5m或L0.25m对点演练6.AD在最高点C,车厢对圆环轨道的压力恰好为0,根据牛顿第二定律可得mg=mvC2r,解得vC=210m/s,即车厢在圆轨道最高点时的速度为210m/s,故B错误,A正确;在ABEC过程中,根据动能定理可得mg(H-2r)-W1=12mvC2-0,解得W1=800J,故在BEC过程中克服摩擦力做的功为800J,设CFB过程克服摩擦力做的功为W2,因该过程车厢对轨道的平均压力小于BEC过程,则摩擦力也小于BEC过程的摩擦力,则有0W2W1,在CFBD过程,由动能定理得-mg(h-2r)-W2=-12mvC2,解得8mh10m,故C错误,D正确。7.答案(1)2 N(2)0.4 m(3)1.6 m解析(1)物块从B到C做平抛运动,则有:vy2=2g(2R-h)在C点时有:tan=vyvB代入数据解得:vB=3m/s在B点对物块进行受力分析,得F+mg=mvB2R解得:F=2N根据牛顿第三定律知物块对轨道的压力大小为:F=F=2N方向竖直向上。(2)在C点的速度为:vC=vysin=2m/s物块从C点下滑到返回C点的过程,根据动能定理得:-mgcos2L=0-12mvC2代入数据解得:L=0.4m(3)最终物块在DE段来回滑动,从C到D,根据动能定理得:mgLsin-mgcoss=0-12mvC2,解得:s=1.6m典例3C根据动能定理,物体在上升过程中有-mgh-Fh=Ek2-Ek1,其中Ek2=36J,Ek1=72J,h=3m在下落过程中有mgh-Fh=Ek4-Ek3,其中Ek3=24J,Ek4=48J,h=3m联立求得m=1kg故选C。对点演练8.B02s内,由动能定理知水平恒力F1做功W1=12mv2-0=8J,设24s水平恒力F2做功为W2,04s内由动能定理有W1+W2=12mv2-0,得W2=10J,故B正确。9.A物体在斜面上运动时,设水平位移为x,斜面倾角为,由动能定理可得(mgsin-1mgcos)xcos=Ek-0,整理可得Ek=mg(tan-1)x,故动能与水平位移成正比,选项B、D错误;物体在水平面上运动时,由动能定理可得-2mgx=Ek-Ekm,整理可得Ek=Ekm-2mgx,其中Ekm为小物块刚滑下斜面时的最大动能,故动能与水平位移成一次函数关系,选项A正确,C错误。