2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第5章機(jī)械能及其守恒定律第2節(jié)動能定理及其應(yīng)用教案新人教版

1、第2節(jié)動能定理及其應(yīng)用一、動能1定義：物體由于運(yùn)動而具有的能。2公式：ekmv2，v為瞬時(shí)速度，動能是狀態(tài)量。3單位：焦耳，1 j1 nm1 kgm2/s2。4標(biāo)矢性：動能是標(biāo)量，只有正值。5動能的變化量：ekek2ek1mvmv。二、動能定理1內(nèi)容：合外力對物體所做的功等于物體動能的變化。2表達(dá)式：wekmvmv。3物理意義：合外力對物體做的功是物體動能變化的量度。4適用條件(1)既適用于直線運(yùn)動，也適用于曲線運(yùn)動。(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功。(3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用。一、思考辨析(正確的畫“”，錯誤的畫“”)1一定質(zhì)量的物體動能變化時(shí)，速度

2、一定變化，但速度變化時(shí)，動能不一定變化。()2物體的合外力對物體做的功為零，動能一定不變。()3物體在合外力作用下做變速運(yùn)動，動能一定變化。()4物體的動能不變，其所受的合外力必定為零。()5如果物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做功一定為零。()二、走進(jìn)教材1(魯科版必修2p27t1改編)(多選)關(guān)于動能，下列說法正確的是()a公式ekmv2中的速度v一般是物體相對于地面的速度b動能的大小由物體的質(zhì)量和速率決定，與物體運(yùn)動的方向無關(guān)c物體以相同的速率向東和向西運(yùn)動，動能的大小相等但方向不同d物體以相同的速率做勻速直線運(yùn)動和曲線運(yùn)動，其動能不同ab動能是標(biāo)量，與速度的大小有關(guān)，而與速度的方

3、向無關(guān)。公式中的速度一般是相對于地面的速度，故a、b正確。2(人教版必修2p74t1改編)在下列幾種情況下，甲、乙兩物體的動能相等的是()a甲的速度是乙的2倍，甲的質(zhì)量是乙的b甲的質(zhì)量是乙的2倍，甲的速度是乙的c甲的質(zhì)量是乙的4倍，甲的速度是乙的d質(zhì)量相同，速度大小也相同，但甲向東運(yùn)動，乙向西運(yùn)動答案d3(人教版必修2p75t4改編)如圖所示，傾角37的斜面ab與水平面平滑連接于b點(diǎn)，a、b兩點(diǎn)之間的距離x03 m，質(zhì)量m3 kg的小物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)均為0.4。當(dāng)小物塊從a點(diǎn)由靜止開始沿斜面下滑的同時(shí)，對小物塊施加一個水平向左的恒力f(圖中未畫出)，取g10 m/s2。若f10

4、 n，小物塊從a點(diǎn)由靜止開始沿斜面運(yùn)動到b點(diǎn)時(shí)撤去恒力f，求小物塊在水平面上滑行的距離x為(sin 370.6，cos 370.8)()a5.7 mb4.7 m c6.5 md5.5 mb小物塊在斜面上受力如圖所示，從a點(diǎn)開始沿abc路徑運(yùn)動到c點(diǎn)停止過程中，由動能定理可得：fx0cos mgx0sin ffx0mgx0fffnfnfsin mgcos 代入數(shù)據(jù)解得：x4.7 m。故選項(xiàng)b正確。 動能定理的理解及應(yīng)用1關(guān)于動能概念及動能定理表達(dá)式wek2ek1的說法中正確的是()a若物體速度在變化，則動能一定在變化b速度大的物體，動能一定大cwek2ek1表示功可以變成能d動能的變化可以用合力

5、做的功來量度d速度是矢量，而動能是標(biāo)量，若物體速度只改變方向，不改變大小，則動能不變，a錯誤；由ekmv2知b錯誤；動能定理表達(dá)式wek2ek1表示動能的變化可用合力做的功量度，但功和能是兩個不同的概念，有著本質(zhì)的區(qū)別，故c錯誤，d正確。2在離地面高為h處豎直上拋一質(zhì)量為m的物塊，拋出時(shí)的速度為v0，它落到地面時(shí)的速度為v，用g表示重力加速度，則在此過程中物塊克服空氣阻力所做的功等于()amghmv2mvbmv2mvmghcmghmvmv2dmghmv2mvc對物塊從h高處豎直上拋到落地的過程，根據(jù)動能定理可得mghwfmv2mv，解得wfmghmvmv2，選項(xiàng)c正確。3.(2020河南西峽模

6、擬)如圖所示，質(zhì)量為m的物塊與轉(zhuǎn)臺之間能出現(xiàn)的最大靜摩擦力為物塊重力的k倍，它與轉(zhuǎn)軸oo相距r，物塊隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始轉(zhuǎn)動。當(dāng)轉(zhuǎn)速增加到一定值時(shí)，物塊即將在轉(zhuǎn)臺上滑動。在物塊由靜止到開始滑動前的這一過程中，轉(zhuǎn)臺對物塊做的功為()a0 b2kmgr c2kmgr dd由于物塊做圓周運(yùn)動，物塊剛開始滑動這一時(shí)刻，物塊受到轉(zhuǎn)臺的摩擦力為最大靜摩擦力，則kmgm，v2kgr。設(shè)轉(zhuǎn)臺對物塊做的功為w轉(zhuǎn)，運(yùn)用動能定理研究在物塊由靜止到開始滑動前的這一過程，w轉(zhuǎn)mv20，故選項(xiàng)d正確。1對“外力”的兩點(diǎn)理解(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時(shí)作用，也可以不

7、同時(shí)作用。(2)“外力”既可以是恒力，也可以是變力。2公式w合ek中“”體現(xiàn)的三個關(guān)系三個關(guān)系因果關(guān)系：w合是引起物體動能變化的原因數(shù)量關(guān)系：w合ek單位關(guān)系：w合與ek的單位相同 動能定理與圖象結(jié)合問題1解決物理圖象問題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義。(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式。(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點(diǎn)、圖線下方的面積所對應(yīng)的物理意義，根據(jù)對應(yīng)關(guān)系列式解答問題。2圖象所圍“面積”和圖象斜率的含義(多選)如圖甲所示，一物體

8、由某一固定且足夠長的斜面底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面與物體間的動摩擦因數(shù)0.5，其動能ek隨離開斜面底端的距離x變化的圖線如圖乙所示，g取10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，則以下說法正確的是()甲乙a斜面的傾角30b物體的質(zhì)量m0.5 kgc斜面與物體間的摩擦力大小f2 nd物體在斜面上運(yùn)動的總時(shí)間t2 sbc由動能定理得f合xek，知ekx圖線的斜率表示合外力的大小，則物體上滑階段受到的合外力f1mgsin mgcos n5 n，物體下滑階段受到的合外力f2mgsin mgcos n1 n，聯(lián)立得tan ，即37，m0.5 kg，故a錯誤，b正確；物體與斜面間的摩擦力為fmgcos 2 n，

9、故c正確；物體上滑階段，合外力為f15 n，由f1ma1，得a110 m/s2，t1，ek1mv25 j，聯(lián)立得t11 s，同 理，物體下滑階段，合外力為f21 n，由f2ma2，得a22 m/s2，t2，ek2mv5 j，聯(lián)立得t2 s，則tt1t2(1)s，故d錯誤。動能定理與圖象結(jié)合問題的分析方法(1)首先看清所給圖象的種類(如vt圖象、ft圖象、ekx圖象等)。(2)挖掘圖象的隱含條件，得出所需要的物理量，如由vt圖象所包圍的“面積”求位移，由fx圖象所包圍的“面積”求功等。(3)分析有哪些力做功，根據(jù)動能定理列方程，求出相應(yīng)的物理量。動能定理與vt圖象的結(jié)合1.(2020安徽合肥模擬

10、)a、b兩物體分別在水平恒力f1和f2的作用下沿水平面運(yùn)動，先后撤去f1、f2后，兩物體最終停下，它們的vt圖象如圖所示。已知兩物體與水平面間的滑動摩擦力大小相等。則下列說法正確的是()af1、f2大小之比為12bf1、f2對a、b做功之比為12ca、b質(zhì)量之比為21d全過程中a、b克服摩擦力做功之比為21c由vt圖象可知，兩個勻減速運(yùn)動的加速度之比為12，a、b受摩擦力大小相等，由牛頓第二定律可知，a、b的質(zhì)量之比是21，由vt圖象可知，a、b兩物體加速與減速的位移之和相等，且勻加速位移之比為12，勻減速運(yùn)動的位移之比為21，由動能定理可得，a物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，f1xff13x00，

11、b物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，f22xff23x00，因此可得f13ff1，f2ff2，ff1ff2，所以f12f2。全過程中摩擦力對a、b做功相等，f1、f2對a、b做功也相等，故a、b、d錯誤，c正確。動能定理與fx圖象的結(jié)合2.(多選)(2020福建八市聯(lián)考)在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2 kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動一段時(shí)間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時(shí)，物體剛好停止運(yùn)動，圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象。已知重力加速度g10 m/s2。根據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有()a物體與水平面間的動摩擦因數(shù)b合外力對物體所做的功c物體做勻速運(yùn)動時(shí)的

12、速度d物體運(yùn)動的時(shí)間abc物體做勻速直線運(yùn)動時(shí)，拉力f與滑動摩擦力f大小相等，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.35，a項(xiàng)正確；減速過程中，由動能定理得wfwf0mv2，根據(jù)fx圖象中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可以估算力f做的功wf，而wfmgx，由此可求得合外力對物體所做的功及物體做勻速運(yùn)動時(shí)的速度v，b、c項(xiàng)正確；因?yàn)槲矬w做變加速運(yùn)動，所以運(yùn)動時(shí)間無法求出，d項(xiàng)錯誤。動能定理與vt圖象及pt圖象的結(jié)合3(多選)(2020湖北四校期中聯(lián)考)一質(zhì)量為m的物體靜止在水平地面上，在水平拉力的作用下開始運(yùn)動，圖甲是在06 s內(nèi)其速度與時(shí)間關(guān)系圖象，圖乙是拉力的功率與時(shí)間關(guān)系圖象，g取10 m/s2。下列判

13、斷正確的是()甲乙a拉力的大小為4 n，且保持不變b物體的質(zhì)量為2 kgc06 s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為24 jd06 s內(nèi)拉力做的功為156 jbd對物體受力分析，由圖甲可知，在02 s內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動，拉力大于滑動摩擦力，在26 s內(nèi)物體做勻速運(yùn)動，拉力等于滑動摩擦力，因此拉力大小不恒定，選項(xiàng)a錯誤；在26 s內(nèi)根據(jù)功率公式pfv，有f4 n，故滑動摩擦力ff4 n，在圖甲中，02 s內(nèi)有a3 m/s2，由牛頓第二定律可知ffma，又pfv，聯(lián)立解得m2 kg，f10 n，選項(xiàng)b正確；由圖甲可知在06 s內(nèi)物體通過的位移為x30 m，故物體克服摩擦力做的功為wffx120 j，選項(xiàng)c錯

14、誤；由動能定理可知wwfmv2，故06 s內(nèi)拉力做的功wmv2wf262j120 j156 j，選項(xiàng)d正確。 應(yīng)用動能定理求解多過程問題1多過程問題的分析方法(1)將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點(diǎn)”連接。(2)對各“銜接點(diǎn)”進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析，必要時(shí)畫出受力圖和過程示意圖。(3)根據(jù)“子過程”和“銜接點(diǎn)”的模型特點(diǎn)選擇合理的物理規(guī)律列方程。(4)分析“銜接點(diǎn)”速度、加速度等物理量的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時(shí)間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的輔助方程。(5)聯(lián)立方程組，分析求解，對結(jié)果進(jìn)行必要的驗(yàn)證或討論。2利用動能定理求解多過程問題的基本思路(2020山東泰安高三檢測)如圖所示，ab

15、是傾角為30的粗糙直軌道，bcd是光滑的圓弧軌道，ab恰好在b點(diǎn)與圓弧相切，圓弧的半徑為r。一個質(zhì)量為m的物體(可以看作質(zhì)點(diǎn))從直軌道上的p點(diǎn)由靜止釋放，而后在兩軌道上做往返運(yùn)動。已知p點(diǎn)與圓弧的圓心o等高，物體做往返運(yùn)動的整個過程中在ab軌道上通過的路程為s。(重力加速度為g)(1)求物體與軌道ab間的動摩擦因數(shù)；(2)最終當(dāng)物體通過圓弧軌道最低點(diǎn)e時(shí)，求物體對圓弧軌道的壓力大??；(3)為使物體能順利到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)d，釋放點(diǎn)距b點(diǎn)的距離l至少為多大？思路點(diǎn)撥：(1)“物體在斜面上下滑”表明物體重力沿斜面的分力大于滑動摩擦力。(2)“圓弧軌道bcd光滑”表明物體最終會以b點(diǎn)為最高點(diǎn)做往復(fù)

16、運(yùn)動。解析(1)物體以p為起點(diǎn)，最終到在b點(diǎn)速度為零的整個過程，由動能定理得mgrcos mgscos 0，解得。(2)物體以b為最高點(diǎn)，在圓弧軌道底部做往復(fù)運(yùn)動過程中，對從b到e的過程由動能定理得mgr(1cos )mv在e點(diǎn)，由牛頓第二定律得fnmgm聯(lián)立得fn(3)mg根據(jù)牛頓第三定律可得，物體對圓弧軌道的壓力大小fnfn(3)mg。(3)若物體剛好能到達(dá)d點(diǎn)，由牛頓第二定律得mgm對物體由釋放至到達(dá)d點(diǎn)這一過程，由動能定理得mglsin mglcos mgr(1cos )mv聯(lián)立解得l。答案(1)(2)(3)mg(3)應(yīng)用動能定理求多過程問題的技巧1運(yùn)用動能定理解決多過程問題時(shí)，有兩種

17、思路：一種是全過程列式，另一種是分段列式。2全過程列式時(shí)，涉及重力、彈簧彈力，大小恒定的阻力或摩擦力做功，要注意運(yùn)用它們的功能特點(diǎn)：(1)重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積。(3)彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)。組合運(yùn)動的多過程問題1.如圖所示，光滑的軌道abo的ab部分與水平部分bo相切，軌道右側(cè)是一個半徑為r的四分之一的圓弧軌道，o點(diǎn)為圓心，c為圓弧上的一點(diǎn)，oc與水平方向的夾角為37?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球從軌道ab上某點(diǎn)由靜止釋放。已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。(1)若小球恰能擊中c點(diǎn)，求剛釋放小球

18、的位置距離bo平面的高度；(2)改變釋放點(diǎn)的位置，求小球落到軌道時(shí)動能的最小值。解析(1)設(shè)小球經(jīng)過o點(diǎn)的速度為v0，從o點(diǎn)到c點(diǎn)做平拋運(yùn)動，則有rcos 37v0t，rsin 37gt2從a點(diǎn)到o點(diǎn)，由動能定理得mghmv聯(lián)立可得，釋放小球的位置距離bo平面的高度hr。(2)設(shè)小球落到軌道上的點(diǎn)與o點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為，小球做平拋運(yùn)動，rcos v0trsin gt2對此過程，由動能定理得mgrsin ekmv解得ekmgr當(dāng)sin 時(shí)，小球落到軌道時(shí)的動能最小，最小值為ekmgr。答案(1)(2)往復(fù)運(yùn)動的多過程問題2.(2019東陽市月考)如圖所示，abcd為一位于豎直平面內(nèi)的軌道，其中bc水平，a點(diǎn)比bc高出10 m，bc長1 m，ab和cd軌道光滑且與bc平滑連接。一質(zhì)量為1 kg的物體，從a點(diǎn)以4 m/s的速度開始運(yùn)動，經(jīng)過bc后滑到高出c點(diǎn)10.3 m的d點(diǎn)速度為零。求：(g取10 m/s2)(1)物體與bc軌道間的動摩擦因數(shù)；(2)物體第5次經(jīng)過b點(diǎn)時(shí)的速度；(3)物體最后停止的位置(距