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2021高考物理一轮复习 第5章 机械能 第2讲 动能 动能定理教案

2021高考物理一轮复习 第5章 机械能 第2讲 动能 动能定理教案

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第2讲　动能　动能定理

　动能
1．定义：物体由于运动而具有的能。
2．公式：Ek＝mv2。
3．单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
4．物理意义
(1)动能是状态量，v是瞬时速度(选填“瞬时速度”或“平均速度”)。
(2)动能是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关(选填“有关”或“无关”)。
5．动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv－mv。
　动能定理
1．内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化量。
2．表达式：W＝mv－mv。
3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。
4．动能定理的特点

1．在下列几种情况下，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
B．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的
C．甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的
D．质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动
D
2．(多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是(　　)
A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功
C．公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W>0时动能增加，当W<0时，动能减少
D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功
BC
3．(多选)一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk为(　　)
A．Δv＝0　　　　　　　 B.Δv＝12 m/s
C．ΔEk＝1.8 J D.ΔEk＝0
BD　[取初速度方向为正方向，则Δv＝|(－6)－6|m/s＝12 m/s，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量ΔEk＝0，故选项B、D正确。]
4．如图所示，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，不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失，则弹簧被压缩至C点过程中，弹簧对小球做的功为(　　)

A．mgh－mv2 B.mv2－mgh
C．mgh＋mv2 D.mgh
A　[小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧弹力对小球做负功，由于斜面支持力与位移方向始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理可得WG＋WF＝0－mv2，重力做功为WG＝－mgh，则弹簧弹力对小球做的功为WF＝mgh－mv2，A正确。]

考点一　对动能定理的理解和应用
1．对“外力”的两点理解
(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，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．动能定理公式中“＝”体现的“三个关系”

数量关系
合力的功与物体动能的变化可以等量代换
单位关系
国际单位都是焦耳
因果关系
合力做的功是物体动能变化的原因
3.“一个参考系”：高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系。

(2018·全国卷Ⅱ·14)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
A　[A对，B错：由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉>ΔEk；
C、D错：W阻与ΔEk的大小关系不确定。]

1．(多选)如图所示。某人通过光滑滑轮将质量为m的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，则在此过程中(　　)

A．物体所受的合力做功为mgh＋mv2
B．物体所受的合力做功为mv2
C．人对物体做的功为mgh
D．人对物体做的功大于mgh
BD　[对物体应用动能定理可得W合＝W人－mgh＝mv2，故W人＝mgh＋mv2，B、D选项正确。]
2．(2020·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。大桥设计使用寿命120年，可抵御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. B.
C. D.mv
A　[本题考查变力做功问题。根据动能定理可得Fd＝mv2，解得F＝，故选A。]考点二　动能定理在多过程综合问题中的应用
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。

如图所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙。BP为圆心角等于143°，半径R＝1 m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m＝2 kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x＝12t－4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)试求：
(1)若CD＝1 m，物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；
(2)B、C两点间的距离x。
解析：　(1)由x＝12t－4t2知，
物块在C点速度为v0＝12 m/s，a＝8 m/s2
设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得
W－mgsin 37°·＝mv
代入数据得W＝mv＋mgsin 37°·＝156 J。
(2)物块在CB段，根据牛顿第二定律，物块所受合力
F＝ma＝16 N
物块在P点的速度满足mg＝
C到P的过程，由动能定理得
－Fx－mgR(1＋cos 37°)＝mv－mv
解得x＝ m＝6.125 m。
答案：　(1)156 J　(2)6.125 m
1.在【例2】中，求物块释放后通过与O点等高的位置Q点时对轨道的压力。
解析：　物块在P点时满足mg＝，
物块从Q点到P点过程中，由动能定理得
－mgR＝mv－mv。
物块在Q点时有FN＝。
联立以上各式得FN＝3 mg＝60 N。
由牛顿第三定律可知物块通过Q点时对轨道压力为60 N，方向水平向右。
答案：　60 N　方向水平向右
2．在【例2】中，若BC部分光滑，把物块仍然压缩到D点释放，求物块运动到P点时受到轨道的压力大小。
解析：　物块从C到P的过程中，由动能定理得－mgxsin 37°－mgR(1＋cos 37°)＝mvP′2－mv
物块在P点时满足FN＋mg＝，
联立以上两式得FN＝49 N。
答案：　49 N
用好动能定理的“5个”突破
突破①——研究对象的选取
动能定理适用于单个物体，当题目中出现多个物体时可分别将单个物体取为研究对象，应用动能定理。
突破②——研究过程的选取
应用动能定理时，选取不同的研究过程列出的方程是不相同的。因为动能定理是个过程式，选取合适的过程往往可以大大简化运算。
突破③——受力分析
运用动能定理时，必须分析清楚物体在过程中的全部受力情况，找出哪些力不做功，哪些力做功，做多少功，从而确定出外力的总功，这是解题的关键。
突破④——位移的计算
应用动能定理时，要注意有的力做功与路程无关，只与位移有关，有的力做功却与路程有关。
突破⑤——初、末状态的确定
动能定理的计算式为标量式，v为相对同一参考系的速度，所以确定初、末状态动能时，必须相对于同一参考系而言

3．(2019·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＝0.60 m。盆边缘的高度为h＝0.30 m。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，最后停下来，则停止位置到B点的距离为(　　)

A．0.50 m B.0.60 m
C．0.10 m D.0
B　[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Ff＝μmg，对小物块从开始运动到停止运动的始末状态进行研究，由动能定理得mgh－μmgs＝0，得到s＝＝ m＝3 m，d＝0.60 m，则s＝5d，所以小物块在BC面上来回运动共5次，最后停在C点，则停止位置到B点的距离为0.60 m，故B正确。]
4.

(2018·全国卷Ⅰ·18)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)
A．2mgR　　　　　　　　 B.4mgR
C．5mgR D.6mgR
C　[小球从a运动到c，根据动能定理，得
F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，故v1＝2，
小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动。且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝＝2，水平位移x＝gt2＝2R，
根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR。]
5．(2019·浙江卷·20)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R＝0.4 m、转轴间距L＝2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝2.2 m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5。(sin 37°＝0.6)

(1)若h＝2.4 m，求小物块到达B端时速度的大小；
(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；
(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。
解析：　(1)小物块由静止释放到B的过程中，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
v＝2a
解得vB＝4 m/s
(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D点速度为零时，小物块从距传送带高度为h1处由静止释放，则有
0＝mgh1－μmgcos θ·－μmgL
解得h1＝3.0 m
当h<h1＝3.0 m时满足题中条件
(3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达D点的速度为v，则有
mv2＝mgh－μmgcos θ－μmgL
H＋2R＝gt2，x＝vt
解得x＝2 m
为使小物块能在D点水平向右抛出，则需满足mg≤
解得h≥3.6 m
答案：　(1)4 m/s　(2)h<3.0 m　(3)x＝2 m
h≥3.6 m
考点三　动能定理与图象问题的结合
1．力学中图象所围“面积”的意义
v ­t图象
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
a ­t图象
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变化量
F ­x图象
由公式W＝Fx可知，F­x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
P ­t图象
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
2.解决物理图象问题的基本步骤

(2019·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 kg B.1.5 kg
C．1 kg D.0.5 kg
C　[设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24)J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误。]

6．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，t＝4 s时停下，其v ­t图象如图所示，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
C．t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大
D．t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功
A　[对物块运动全过程应用动能定理得：WF－Wf＝0，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，t＝1 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；t＝1 s到t＝3 s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错误。]
7．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。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是(　　)

A　[小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则
v＝v0－gt
小球的动能Ek＝mv2，把速度v代入得
Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv
Ek与t为二次函数关系，Ek ­t图象为开口向上的抛物线。]
8．(2020·安徽江淮十校联考)如图甲所示，粗糙的水平桌面上放置一个弹簧，左端固定，右端自由伸长到桌边A点。水平桌面右侧有一竖直放置的固定光滑圆弧轨道BNM，MN为其竖直方向的直径，其中∠BON＝60°。现使一个质量m＝1 kg、可视为质点的小物块放在桌面的右端A点，并施加一个水平向左的外力F在小物块上，使它缓慢移动，并将弹簧压缩x＝0.2 m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示，然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，小物块飞离桌面一段时间后恰好沿切线由B点进入圆弧轨道，并能够到达M点。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。求：

(1)弹簧压缩过程中存储的最大弹性势能Ep；
(2)小物块由A运动到B的时间(结果可用分数表示)；
(3)圆弧轨道的半径R的取值范围。
解析：　(1)由题图乙可知滑动摩擦力Ff＝F0＝2.0 N
F做的功WF＝(F0＋Fm)x＝1.8 J
由功能关系有Ep＝WF－Ff·x＝1.4 J
(2)从撤去F后到刚要飞离桌面阶段对小物块
由动能定理有W弹－Ffx＝mv
W弹＝Ep＝1.4 J
代入数据解得vA＝ m/s
小物块做平抛运动到达B点
水平分速度vBx＝vA＝ m/s
竖直分速度vBy＝vBxtan 60°＝ m/s
所以小物块由A运动到B的时间t＝＝ s
(3)B点速度为vB＝＝ m/s
从B到M的过程中，对小物块由动能定理有
－mgR(1＋cos 60°)＝mv－mv
在M点，有mg≤m
解得R≤0.2 m。
答案：　(1)1.4 J　(2) s　(3)R≤0.2 m