2025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(dòng)能定理及其應(yīng)用教案新人教版

PAGE9-第2節(jié)動(dòng)能定理及其應(yīng)用一、動(dòng)能1．定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能。2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，v為瞬時(shí)速度，動(dòng)能是狀態(tài)量。3．單位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。4．標(biāo)矢性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有正值。5．動(dòng)能的變更量：ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。二、動(dòng)能定理1．內(nèi)容：合外力對(duì)物體所做的功等于物體動(dòng)能的變更。2．表達(dá)式：W＝ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。3．物理意義：合外力對(duì)物體做的功是物體動(dòng)能變更的量度。4．適用條件(1)既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)。(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、思索辨析(正確的畫(huà)“√”，錯(cuò)誤的畫(huà)“×”)1．肯定質(zhì)量的物體動(dòng)能變更時(shí)，速度肯定變更，但速度變更時(shí)，動(dòng)能不肯定變更。 (√)2．物體的合外力對(duì)物體做的功為零，動(dòng)能肯定不變。 (√)3．物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能肯定變更。 (×)4．物體的動(dòng)能不變，其所受的合外力必定為零。 (×)5．假如物體所受的合外力為零，那么合外力對(duì)物體做功肯定為零。 (√)二、走進(jìn)教材1．(魯科版必修2P27T1改編)(多選)關(guān)于動(dòng)能，下列說(shuō)法正確的是()A．公式Ek＝eq\f(1,2)mv2中的速度v一般是物體相對(duì)于地面的速度B．動(dòng)能的大小由物體的質(zhì)量和速率確定，與物體運(yùn)動(dòng)的方向無(wú)關(guān)C．物體以相同的速率向東和向西運(yùn)動(dòng)，動(dòng)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(dòng)和曲線運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能不同AB[動(dòng)能是標(biāo)量，與速度的大小有關(guān)，而與速度的方向無(wú)關(guān)。公式中的速度一般是相對(duì)于地面的速度，故A、B正確。]2．(人教版必修2P74T1改編)在下列幾種狀況下，甲、乙兩物體的動(dòng)能相等的是()A．甲的速度是乙的2倍，甲的質(zhì)量是乙的eq\f(1,2)B．甲的質(zhì)量是乙的2倍，甲的速度是乙的eq\f(1,2)C．甲的質(zhì)量是乙的4倍，甲的速度是乙的eq\f(1,8)D．質(zhì)量相同，速度大小也相同，但甲向東運(yùn)動(dòng)，乙向西運(yùn)動(dòng)[答案]D3．(人教版必修2P75T4改編)如圖所示，傾角θ＝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x0＝3m，質(zhì)量m＝3kg的小物塊與斜面及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.4。當(dāng)小物塊從A點(diǎn)由靜止起先沿斜面下滑的同時(shí)，對(duì)小物塊施加一個(gè)水平向左的恒力F(圖中未畫(huà)出)，取g＝10m/s2。若F＝10N，小物塊從A點(diǎn)由靜止起先沿斜面運(yùn)動(dòng)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(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．5.7m B．4.7mC．6.5m D．5.5mB[小物塊在斜面上受力如圖所示，從A點(diǎn)起先沿ABC路徑運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)停止過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得：Fx0cosθ＋mgx0sinθ－Ffx0－μmgx＝0Ff＝μFNFN＋Fsinθ＝mgcosθ代入數(shù)據(jù)解得：x＝4.7m。故選項(xiàng)B正確。]動(dòng)能定理的理解及應(yīng)用eq\o([依題組訓(xùn)練])1．關(guān)于動(dòng)能概念及動(dòng)能定理表達(dá)式W＝Ek2－Ek1的說(shuō)法中正確的是()A．若物體速度在變更，則動(dòng)能肯定在變更B．速度大的物體，動(dòng)能肯定大C．W＝Ek2－Ek1表示功可以變成能D．動(dòng)能的變更可以用合力做的功來(lái)量度D[速度是矢量，而動(dòng)能是標(biāo)量，若物體速度只變更方向，不變更大小，則動(dòng)能不變，A錯(cuò)誤；由Ek＝eq\f(1,2)mv2知B錯(cuò)誤；動(dòng)能定理表達(dá)式W＝Ek2－Ek1表示動(dòng)能的變更可用合力做的功量度，但功和能是兩個(gè)不同的概念，有著本質(zhì)的區(qū)分，故C錯(cuò)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(guò)程中物塊克服空氣阻力所做的功等于()A．mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) B．－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghC．mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2 D．mgh＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C[對(duì)物塊從h高處豎直上拋到落地的過(guò)程，依據(jù)動(dòng)能定理可得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Wf＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，選項(xiàng)C正確。]3.(2024·河南西峽模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的物塊與轉(zhuǎn)臺(tái)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(tái)由靜止起先轉(zhuǎn)動(dòng)。當(dāng)轉(zhuǎn)速增加到肯定值時(shí)，物塊即將在轉(zhuǎn)臺(tái)上滑動(dòng)。在物塊由靜止到起先滑動(dòng)前的這一過(guò)程中，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊做的功為()A．0B．2πkmgRC．2kmgRD．eq\f(kmgR,2)D[由于物塊做圓周運(yùn)動(dòng)，物塊剛起先滑動(dòng)這一時(shí)刻，物塊受到轉(zhuǎn)臺(tái)的摩擦力為最大靜摩擦力，則kmg＝meq\f(v2,R)，v2＝kgR。設(shè)轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊做的功為W轉(zhuǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理探討在物塊由靜止到起先滑動(dòng)前的這一過(guò)程，W轉(zhuǎn)＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(kmgR,2)，故選項(xiàng)D正確。]1．對(duì)“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(chǎng)力、磁場(chǎng)力或其他力，它們可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用。(2)“外力”既可以是恒力，也可以是變力。2．公式W合＝ΔEk中“＝”體現(xiàn)的三個(gè)關(guān)系三個(gè)關(guān)系①因果關(guān)系：W合是引起物體動(dòng)能變更的緣由②數(shù)量關(guān)系：W合＝ΔEk③單位關(guān)系：W合與ΔEk的單位相同動(dòng)能定理與圖象結(jié)合問(wèn)題eq\o([講典例示法])1．解決物理圖象問(wèn)題的基本步驟(1)視察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義。(2)依據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對(duì)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(duì)應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對(duì)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(duì)應(yīng)的物理意義，依據(jù)對(duì)應(yīng)關(guān)系列式解答問(wèn)題。2．圖象所圍“面積”和圖象斜率的含義eq\o([典例示法])(多選)如圖甲所示，一物體由某一固定且足夠長(zhǎng)的斜面底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，其動(dòng)能Ek隨離開(kāi)斜面底端的距離x變更的圖線如圖乙所示，g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，則以下說(shuō)法正確的是()甲乙A．斜面的傾角θ＝30°B．物體的質(zhì)量m＝0.5kgC．斜面與物體間的摩擦力大小f＝2ND．物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝2sBC[由動(dòng)能定理得F合x(chóng)＝ΔEk，知Ek－x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F1＝mgsinθ＋μmgcosθ＝eq\f(25,5)N＝5N，物體下滑階段受到的合外力F2＝mgsinθ－μmgcosθ＝eq\f(5,5)N＝1N，聯(lián)立得tanθ＝eq\f(3,4)，即θ＝37°，m＝0.5kg，故A錯(cuò)誤，B正確；物體與斜面間的摩擦力為f＝μmgcosθ＝2N，故C正確；物體上滑階段，合外力為F1＝5N，由F1＝ma1，得a1＝10m/s2，t1＝eq\f(v1,a1)，Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝25J，聯(lián)立得t1＝1s，同理，物體下滑階段，合外力為F2＝1N，由F2＝ma2，得a2＝2m/s2，t2＝eq\f(v2,a2)，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝5J，聯(lián)立得t2＝eq\r(5)s，則t＝t1＋t2＝(1＋eq\r(5))s，故D錯(cuò)誤。]動(dòng)能定理與圖象結(jié)合問(wèn)題的分析方法(1)首先看清所給圖象的種類(如v-t圖象、F-t圖象、Ek-x圖象等)。(2)挖掘圖象的隱含條件，得出所須要的物理量，如由v-t圖象所包圍的“面積”求位移，由F-x圖象所包圍的“面積”求功等。(3)分析有哪些力做功，依據(jù)動(dòng)能定理列方程，求出相應(yīng)的物理量。eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])動(dòng)能定理與v-t圖象的結(jié)合1.(2024·安徽合肥模擬)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(dòng)，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的v-t圖象如圖所示。已知兩物體與水平面間的滑動(dòng)摩擦力大小相等。則下列說(shuō)法正確的是()A．F1、F2大小之比為1∶2B．F1、F2對(duì)A、B做功之比為1∶2C．A、B質(zhì)量之比為2∶1D．全過(guò)程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1C[由v-t圖象可知，兩個(gè)勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度之比為1∶2，A、B受摩擦力大小相等，由牛頓其次定律可知，A、B的質(zhì)量之比是2∶1，由v-t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1∶2，勻減速運(yùn)動(dòng)的位移之比為2∶1，由動(dòng)能定理可得，A物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，F(xiàn)1·x－Ff1·3x＝0－0，B物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，F(xiàn)2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得F1＝3Ff1，F(xiàn)2＝eq\f(3,2)Ff2，F(xiàn)f1＝Ff2，所以F1＝2F2。全過(guò)程中摩擦力對(duì)A、B做功相等，F(xiàn)1、F2對(duì)A、B做功也相等，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。]動(dòng)能定理與F-x圖象的結(jié)合2.(多選)(2024·福建八市聯(lián)考)在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為2kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，拉力漸漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時(shí)，物體剛好停止運(yùn)動(dòng)，圖中給出了拉力隨位移變更的關(guān)系圖象。已知重力加速度g＝10m/s2。依據(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(dòng)摩擦因數(shù)B．合外力對(duì)物體所做的功C．物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度D．物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間ABC[物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力F與滑動(dòng)摩擦力f大小相等，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(F,mg)＝0.35，A項(xiàng)正確；減速過(guò)程中，由動(dòng)能定理得WF＋Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，依據(jù)F－x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Wf＝－μmgx，由此可求得合外力對(duì)物體所做的功及物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v，B、C項(xiàng)正確；因?yàn)槲矬w做變加速運(yùn)動(dòng)，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間無(wú)法求出，D項(xiàng)錯(cuò)誤。]動(dòng)能定理與v-t圖象及P-t圖象的結(jié)合3．(多選)(2024·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起先運(yùn)動(dòng)，圖甲是在0～6s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10m/s2。下列推斷正確的是()甲乙A．拉力的大小為4N，且保持不變B．物體的質(zhì)量為2kgC．0～6s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為24JD．0～6s內(nèi)拉力做的功為156JBD[對(duì)物體受力分析，由圖甲可知，在0～2s內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，拉力大于滑動(dòng)摩擦力，在2～6s內(nèi)物體做勻速運(yùn)動(dòng)，拉力等于滑動(dòng)摩擦力，因此拉力大小不恒定，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在2～6s內(nèi)依據(jù)功率公式P＝Fv，有F＝eq\f(P,v)＝4N，故滑動(dòng)摩擦力f＝F＝4N，在圖甲中，0～2s內(nèi)有a＝eq\f(Δv,Δt)＝3m/s2，由牛頓其次定律可知F′－f＝ma，又P′＝F′v，聯(lián)立解得m＝2kg，F(xiàn)′＝10N，選項(xiàng)B正確；由圖甲可知在0～6s內(nèi)物體通過(guò)的位移為x＝30m，故物體克服摩擦力做的功為Wf＝fx＝120J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知W－Wf＝eq\f(1,2)mv2，故0～6s內(nèi)拉力做的功W＝eq\f(1,2)mv2＋Wf＝eq\f(1,2)×2×62J＋120J＝156J，選項(xiàng)D正確。]應(yīng)用動(dòng)能定理求解多過(guò)程問(wèn)題eq\o([講典例示法])1．多過(guò)程問(wèn)題的分析方法(1)將“多過(guò)程”分解為很多“子過(guò)程”，各“子過(guò)程”間由“連接點(diǎn)”連接。(2)對(duì)各“連接點(diǎn)”進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，必要時(shí)畫(huà)出受力圖和過(guò)程示意圖。(3)依據(jù)“子過(guò)程”和“連接點(diǎn)”的模型特點(diǎn)選擇合理的物理規(guī)律列方程。(4)分析“連接點(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)的協(xié)助方程。(5)聯(lián)立方程組，分析求解，對(duì)結(jié)果進(jìn)行必要的驗(yàn)證或探討。2．利用動(dòng)能定理求解多過(guò)程問(wèn)題的基本思路eq\o([典例示法])(2024·山東泰安高三檢測(cè))如圖所示，AB是傾角為θ＝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(gè)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，而后在兩軌道上做來(lái)回運(yùn)動(dòng)。已知P點(diǎn)與圓弧的圓心O等高，物體做來(lái)回運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中在AB軌道上通過(guò)的路程為s。(重力加速度為g)(1)求物體與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)最終當(dāng)物體通過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)E時(shí)，求物體對(duì)圓弧軌道的壓力大?。?3)為使物體能順當(dāng)?shù)竭_(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(dòng)摩擦力。(2)“圓弧軌道BCD光滑”表明物體最終會(huì)以B點(diǎn)為最高點(diǎn)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。[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(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgRcosθ－μmgscosθ＝0， ①解得μ＝eq\f(R,s)。 ②(2)物體以B為最高點(diǎn)，在圓弧軌道底部做往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，對(duì)從B到E的過(guò)程由動(dòng)能定理得mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E) ③在E點(diǎn)，由牛頓其次定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,E),R) ④聯(lián)立得FN＝(3－eq\r(3))mg ⑤依據(jù)牛頓第三定律可得，物體對(duì)圓弧軌道的壓力大小F′N＝FN＝(3－eq\r(3))mg。 ⑥(3)若物體剛好能到達(dá)D點(diǎn)，由牛頓其次定律得mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R) ⑦對(duì)物體由釋放至到達(dá)D點(diǎn)這一過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgL′sinθ－μmgL′cosθ－mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D) ⑧聯(lián)立解得L′＝eq\f(3＋\r(3)Rs,s－\r(3)R)。 ⑨[答案](1)eq\f(R,s)(2)(3－eq\r(3))mg(3)eq\f(3＋\r(3)Rs,s－\r(3)R)應(yīng)用動(dòng)能定理求多過(guò)程問(wèn)題的技巧1．運(yùn)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題時(shí)，有兩種思路：一種是全過(guò)程列式，另一種是分段列式。2．全過(guò)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，要留意運(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(wú)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(wú)關(guān)。eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])組合運(yùn)動(dòng)的多過(guò)程問(wèn)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(gè)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。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin37°＝\f(3,5)，cos37°＝\f(4,5)))(1)若小球恰能擊中C點(diǎn)，求剛釋放小球的位置距離BO平面的高度；(2)變更釋放點(diǎn)的位置，求小球落到軌道時(shí)動(dòng)能的最小值。[解析](1)設(shè)小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)的速度為v0，從O點(diǎn)到C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，則有Rcos37°＝v0t，Rsin37°＝eq\f(1,2)gt2從A點(diǎn)到O點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立可得，釋放小球的位置距離BO平面的高度h＝eq\f(4,15)R。(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θ，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，Rcosθ＝v′0t′Rsinθ＝eq\f(1,2)gt′2對(duì)此過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgRsinθ＝Ek－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,0)解得Ek＝mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)sinθ＋\f(1,4sinθ)))當(dāng)sinθ＝eq\f(\r(3),3)時(shí)，小球落到軌道時(shí)的動(dòng)能最小，最小值為Ek＝eq\f(\r(3),2)m