2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能第2講動能定理及其應(yīng)用學(xué)案新人教版

PAGE13-第2講動能定理及其應(yīng)用ZHISHISHULIZICEGONGGU學(xué)問梳理·自測鞏固學(xué)問點1動能1．定義：物體由于__運動__而具有的能叫動能。2．公式：Ek＝__eq\f(1,2)mv2__。3．單位：__焦耳__,1J＝1N·m。4．矢標(biāo)性：動能是__標(biāo)量__，只有正值。5．狀態(tài)量：動能是__狀態(tài)量__，因為v是瞬時速度。學(xué)問點2動能定理1．內(nèi)容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中__動能的改變__。2．表達(dá)式：W＝__eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)__或W＝Ek2－Ek1。3．物理意義：__合外力__的功是物體動能改變的量度。思索：(1)動能定理適用于直線運動，還適用于曲線運動嗎？動能定理適用于恒力做功，還適用于變力做功嗎？(2)能對物體分方向列動能定理方程嗎？[答案](1)適用，適用(2)不能思維診斷：(1)肯定質(zhì)量的物體動能改變時，速度肯定改變，但速度改變時，動能不肯定改變。(√)(2)動能不變的物體肯定處于平衡狀態(tài)。(×)(3)假如物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做功肯定為零。(√)(4)物體在合外力作用下做變速運動時，動能肯定改變。(×)(5)物體的動能不變，所受的合外力必定為零。(×)(6)做自由落體運動的物體，動能與時間的二次方成正比。(√)eq\o(\s\up7(自測鞏固),\s\do5(ZICEGONGGU))1．(2024·湖北十堰期末)關(guān)于物體的動能，下列說法正確的是(A)A．物體的速度不變，其動能肯定不變B．物體的動能不變，其速度肯定不變C．物體所受的合外力不為零，其動能肯定改變D．某一過程中的速度改變越大，其動能的改變肯定越大[解析]本題考查對動能的理解。假如物體的速度不變，依據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，動能不變，故A正確；假如物體的動能不變，則說明其速度大小肯定不變，但速度的方向可以改變，故B錯誤；物體所受的合外力不為零，但假如合外力不做功，其動能不變，如做勻速圓周運動的物體，故C錯誤；某過程中速度改變很大，若速度大小不變，只是方向改變，物體的動能不變，故D錯誤。2．若物體在運動過程中受到的合外力不為0，則(D)A．物體的動能不行能總是不變的B．物體的加速度肯定改變C．物體的速度方向肯定改變D．物體所受的合外力做的功可能為0[解析]當(dāng)合外力不為0時，若物體做勻速圓周運動，則動能不變，合外力做的功為0，A錯誤，D正確；當(dāng)F恒定時，加速度就不變，速度方向可能不變，B、C錯誤。3．冰壺是冬奧會的競賽項目。如圖將一個冰壺以肯定初速度推出后將運動一段距離停下來。換一個材料相同、質(zhì)量更大的冰壺，以相同的初速度推出后，冰壺運動的距離將(A)A．不變 B．變小C．變大 D．無法推斷[解析]冰壺在冰面上以肯定初速度被推出后，在滑動摩擦力作用下做勻減速運動，依據(jù)動能定理有－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv2，得s＝eq\f(v2,2μg)，兩種冰壺的初速度相等，材料相同，故運動的位移大小相等。故選A。HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO核心考點·重點突破考點一對動能定理的理解和應(yīng)用1．精確理解動能定理的表達(dá)式W＝Ek2－Ek1(1)W是合力的功，不要與某個力的功混淆。(2)Ek2－Ek1是末動能與初動能的差。(3)動能定理的表達(dá)式是標(biāo)量式，與速度方向無關(guān)。(4)應(yīng)用動能定理時，要明確針對哪個物體，哪個過程。2．應(yīng)用動能定理的流程3．應(yīng)用動能定理的留意事項(1)動能定理中的位移和速度必需是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。(2)應(yīng)用動能定理的關(guān)鍵在于對探討對象進(jìn)行精確的受力分析及運動過程分析，并畫出運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關(guān)系。(3)當(dāng)物體的運動包含多個不同過程時，可分段應(yīng)用動能定理求解；當(dāng)所求解的問題不涉及中間的速度時，也可以全過程應(yīng)用動能定理求解，這樣更簡便。(4)列動能定理方程時，必需明確各力做功的正、負(fù)，的確難以推斷的先假定為正功，最終依據(jù)結(jié)果加以檢驗。例1(2024·石家莊月考)(多選)如圖所示，N、M、B分別為半徑等于0.1m的豎直光滑圓軌道的左端點、最低點和右端點，B點和圓心O等高，連線NO與豎直方向的夾角為37°。現(xiàn)從B點的正上方某處A點由靜止釋放一個質(zhì)量為0.1kg的小球，進(jìn)入圓軌道后，從N點飛出時的速度大小為2m/s。不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是(AB)A．A、B間的豎直高度為0.12mB．小球經(jīng)過B點時對軌道壓力的大小為2.4NC．小球經(jīng)過M點時對軌道壓力的大小為4.4ND．小球從A點到M點的過程中所受重力的功率始終增大[解析]設(shè)AB的豎直高度為h，由A到N由動能定理得：mg(h＋Rcos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－0，得h＝0.12m，故A正確；由A到B由動能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，NB＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)，得NB＝2.4N，由牛頓第三定律知小球在B點對軌道壓力大小為2.4N，故B正確；由A到M由動能定理得：mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)－0，NM－mg＝eq\f(mv\o\al(2,M),R)，得NM＝5.4N，由牛頓第三定律知小球在M點對軌道壓力大小為5.4N，故C錯誤；重力的瞬時功率P＝mgvcosθ，A點因v＝0，則PA＝0，M點因θ＝90°，則PM＝0，故從A點到M點，重力的功領(lǐng)先變大后變小，故D錯誤?！差愵}演練1〕(2024·湖南師大附中模擬)港珠澳大橋是中國境內(nèi)一座連接香港、珠海和澳門的橋隧工程。2018年10月24日上午9時正式通車。大橋設(shè)計運用壽命120年，可抵擋8級地震、16級臺風(fēng)、允許30萬噸級油輪通過。假設(shè)一艘質(zhì)量為m的輪船由于失控，以速度v撞向大橋(大橋無損)，最終沒有反彈而停下來，事故勘察測量發(fā)覺輪船迎面相撞處下凹深度d，據(jù)此估算出船對橋的平均撞擊力F，關(guān)于F的表達(dá)式正確的是(A)A．eq\f(mv2,2d) B．eq\f(mv2,d)C．eq\f(mv,2d) D．mv[解析]本題考查變力做功問題。依據(jù)動能定理可得Fd＝eq\f(1,2)mv2，解得F＝eq\f(mv2,2d)，故選A。考點二動能定理與圖象的綜合問題解決物理圖象問題的基本步驟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，圖線下的面積所對應(yīng)的物理意義，分析解答問題?；蛘呃煤瘮?shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量。例2如圖甲所示，長為4m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質(zhì)量為1kg的滑塊(大小不計)，從A處由靜止起先受水平向右的力F作用，F(xiàn)的大小隨位移改變的關(guān)系如圖乙所示，滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，與BC間的動摩擦因數(shù)未知，g取10m/s2。求：(1)滑塊到達(dá)B處的速度大小；(2)滑塊在水平軌道AB上運動前2m過程所用的時間；(3)若到達(dá)B點時撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑，并恰好能到達(dá)最高點C，則滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少？[解析](1)對滑塊從A到B的過程，由動能定理得F1x1－F3x3－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)代入數(shù)值解得vB＝2eq\(2)在前2m內(nèi)，有F1－μmg＝ma，且x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)解得t1＝eq\r(\f(8,35))s。(3)當(dāng)滑塊恰好能到達(dá)最高點C時，有：mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)對滑塊從B到C的過程，由動能定理得：W－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)代入數(shù)值得W＝－5J，即克服摩擦力做的功為5J。[答案](1)2eq\r(10)m/s(2)eq\r(\f(8,35))s(3)5J規(guī)律總結(jié)：圖象所圍“面積”的意義(1)v－t圖：由公式x＝vt可知，v－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移。(2)a－t圖：由公式Δv＝at可知，a－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的改變量。(3)F－x圖：由公式W＝Fx可知，F(xiàn)－x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功。(4)P－t圖：由公式W＝Pt可知，P－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功?！差愵}演練2〕(2024·上海青浦區(qū)模擬)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面。忽視空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關(guān)系圖象是(D)[解析]本題考查通過豎直上拋運動選擇動能－時間圖象。小球豎直向上運動過程，設(shè)初速度為v0，則速度－時間關(guān)系為v＝v0－gt，此過程動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(v0－gt)2＝eq\f(1,2)mg2t2－mv0gt＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，即此過程Ek與t成二次函數(shù)關(guān)系，且開口向上，故A、B錯誤；小球下落過程做自由落體運動，速度為v′＝gt，此過程動能為Ek＝eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,2)mg2t2，即此過程Ek與t也成二次函數(shù)關(guān)系，且開口向上，故D正確，C錯誤。考點三運用動能定理求解多過程問題1．運用動能定理解決多過程問題時，有兩種思路：一種是分段列式按部就班，留意連接；另一種是全過程列式，計算簡便，但要分析全面，不能遺漏某個功。2．所列動能定理方程涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要留意運用它們的特點：(1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)。(2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小與路程的乘積。例3如圖甲所示，游樂場的過山車可以底朝上在豎直圓軌道上運行，可抽象為圖乙所示的模型。傾角為45°的直軌道AB、半徑R＝10m的光滑豎直圓軌道和傾角為37°的直軌道EF。分別通過水平光滑連接軌道BC、C′E平滑連接，另有水平減速直軌道FG與EF平滑連接，EG間的水平距離l＝40m。現(xiàn)有質(zhì)量m＝500kg的過山車，從高h(yuǎn)＝40m處的A點由靜止下滑，經(jīng)BCDC′EF最終停在G點。過山車與軌道AB、EF間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.2，與減速直軌道FG間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.75。過山車可視為質(zhì)點，運動中不脫離軌道，g取10m/s2。求：(1)過山車運動至圓軌道最低點C時的速度大??；(2)過山車運動至圓軌道最高點D時對軌道的作用力大小；(3)減速直軌道FG的長度x。(已知sin37°＝0.6,cos37°＝0.8)[解析](1)設(shè)過山車在C點的速度大小為vC，由動能定理得mgh＝μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，代入數(shù)據(jù)得vC＝8eq\r(10)m/s(2)設(shè)過山車在D點的速度大小為vD，受到軌道的作用力大小為F，由動能定理得mg(h－2R)－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)又F＋mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，聯(lián)立解得F＝7×103N由牛頓第三定律知，過山車在D點對軌道的作用力大小為7×103N(3)對全程應(yīng)用動能定理有mg[h－(l－x)tan37°]－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(l－x,cos37°)－μ2mgx＝0代入數(shù)據(jù)解得x＝30m[答案](1)8eq\r(10)m/s(2)7×103N(3)30m〔類題演練3〕(2024·福建莆田一中模擬)如圖所示，固定在地面上的半圓軌道直徑ab水平，小球P與半圓軌道間的動摩擦因數(shù)到處相等，當(dāng)小球P從a點正上方高H處自由下落，經(jīng)過軌道后從b點沖出做豎直上拋運動，上升的最大高度為eq\f(H,2)，空氣阻力不計。當(dāng)小球P下落再經(jīng)過軌道a點沖出時，能上升的最大高度為h，則小球P(B)A．不能從a點沖出半圓軌道B．能從a點沖出半圓軌道，但h<eq\f(H,2)C．能從a點沖出半圓軌道，但h>eq\f(H,2)D．無法確定能否從a點沖出半圓軌道[解析]本題考查物體的多過程運動問題。小球第一次在半圓軌道的運動過程中，由動能定理得mg(H－eq\f(H,2))＋(－Wf)＝0－0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得Wf＝eq\f(1,2)mgH，即第一次小球在半圓軌道中運動損失的機(jī)械能為eq\f(1,2)mgH，由于其次次小球在半圓軌道中運動時，對應(yīng)位置處速度變小，因此半圓軌道給小球的彈力變小，由于動摩擦因數(shù)不變，所以摩擦力變小，則摩擦力做功小于eq\f(1,2)mgH，機(jī)械能損失小于eq\f(1,2)mgH，因此小球再次沖出a點時，能上升的高度大于零而小于eq\f(1,2)H，故B正確。JIEDUANPEIYOUCHAQUEBULOU階段培優(yōu)·查缺補(bǔ)漏運用動能定理解往復(fù)運動問題▼在有些問題中物體的運動過程具有重復(fù)性、來回性，而在這一過程中，描述運動的物理量多數(shù)是改變的，而重復(fù)的次數(shù)又往往是無限的或者難以確定，求解這類問題時若運用牛頓運動定律及運動學(xué)公式將特別繁瑣，甚至無法解出。由于動能定理只涉及物體的初、末狀態(tài)而不計運動過程的細(xì)微環(huán)節(jié)，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化。(一)往復(fù)次數(shù)可確定的情形例4如圖所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長度s＝5m，軌道CD足夠長且傾角θ＝37°，A、D兩點離軌道BC的高度分別為h1＝4.3m、h2＝1.35m?，F(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點由靜止釋放。已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求小滑塊最終停止的位置距B點的距離。[解析]對小滑塊運動全過程應(yīng)用動能定理，設(shè)小滑塊在水平軌道上運動的總路程為s總有：mgh1＝μmgs總將h1、μ代入得：s總＝8.6m故小滑塊最終停止的位置距B點的距離為2s－s總＝1.4m[答案]1.4m(二)往復(fù)次數(shù)無法確定的情形例5如圖所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面對下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機(jī)械能損失，則滑塊經(jīng)過的總路程是(A)A．eq\f(1,μ)(eq\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ) B．eq\f(1,μ)(eq\f(v\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ)C．eq\f(2,μ)(eq\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ) D．eq\f(1,μ)(eq\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0cotθ)[解析]滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為x，對滑塊運動的全程應(yīng)用動能定理：mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(1,μ)(eq\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ)，A正確。(三)往復(fù)運動永不停止的情形例6如圖所示，豎直固定放置的斜面DE與一光滑的圓弧軌道ABC相連，C為切點，圓弧軌道的半徑為R，斜面的傾角為θ?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的滑塊從D點無初速下滑，滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往復(fù)運動，已知圓弧軌道的圓心O與A、D在同一水平面上，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，求：(1)滑塊第一次至左側(cè)AC弧上時距A點的最小高度差h。(2)滑塊在斜面上能通過的最大路程s。[解析](1)滑塊從D到達(dá)左側(cè)最高點F經(jīng)驗DC、CB、BF三個過程，現(xiàn)以DF整個過程為探討過程，運用動能定理得：mgh－μmgcosθ·eq\f(R,tanθ)＝0，解得h＝eq\f(μRcosθ,tanθ)。(2)通過分析可知，滑塊最終停至C點的速度為0時對應(yīng)在斜面上的總路程最大，由動能定理得：mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0，解得：s＝eq\f(R,μ)。[答案](1)eq\f(μRcosθ,tanθ)(2)eq\f(R,μ)2NIANGAOKAOMONIXUNLIAN2年高考·模擬訓(xùn)練1．(2024·全國卷Ⅲ，17)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的改變?nèi)鐖D所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為(C)A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg[解析]畫出運動示意圖，設(shè)阻力為f，據(jù)動能定理知A→B(上升過程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)hC→D(下落過程)：EkD－EkC＝(mg－f)h整理以上兩式得：mgh＝30J，解得物體的質(zhì)量m＝1kg。選項C正確。2.(2024·山東濰坊一中質(zhì)檢)如圖所示，固定斜面傾角為θ，整個斜面分為AB、BC兩段，且1.5AB＝BC。小物塊P(可視為質(zhì)點)與AB、BC兩段斜面之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2。已知P由靜止起先從A點釋放，恰好能滑動到C點而停下，那么θ、μ1、μ2間應(yīng)滿意的關(guān)系是(A)A．tanθ＝eq\f(2μ1＋3μ2,5) B．tanθ＝eq\f(2μ1＋μ2,3)C．tanθ＝2μ1－μ2 D．tanθ＝2μ2－μ1[解析]本題依據(jù)物體運動狀況考查動摩擦因數(shù)與傾角之間的關(guān)系。對物塊受力分析可知，物塊受重力、支持力、滑動摩擦力。設(shè)斜面AC長為L，物塊從A點釋放，恰好能滑動到C點而停下，則物塊運動的初、末狀態(tài)動能均為零，依據(jù)動能定理可以得到mgLsinθ－μ1mgcosθ×eq\f(2,5)L－μ2mgcosθ×eq\f(3,5)L＝0－0，解得tanθ＝eq\f(2μ1＋3μ2,5)，故A正確。3．(2024·遼寧瓦房店三中期中)如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處均為與BC相切的圓弧，BC是水平的，其長度d＝0.60m。盆邊緣的高度為h＝0.30m。在A處放一個質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止下滑。已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.10。小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最終停下來，則停止位置到B點的距離為(B)A．0.50m B．0.60mC．0.10m D．0[解析]本題考查動能定理在圓弧曲面的應(yīng)用。設(shè)小物塊在BC面上運動的總路程為s。物塊在BC面上所受的滑動摩擦力大小始終為f＝μmg，對小物塊從起先運動到停止運動的始末狀態(tài)進(jìn)行探討，由動能定理得mgh－μmgs＝0，得到s＝eq\f(h,μ)＝eq\f(0.30,0.10)m＝3m，d＝0.60m，則s＝5d，所以小物塊在BC面上來回運動共5次，最終停在C點，則停止位置到B點的距離為0.60m，故B正確。4．(2024·天津，10)完全由我國自行設(shè)計、建立的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得勝利。航母上的艦載機(jī)采納滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖1所示。為了便于探討艦載機(jī)的起飛過程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖2，AB長L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，圖中C點切線方向與水平方向的夾角θ＝12°(sin12°≈0.21)。若艦載機(jī)從A點由靜止起先做勻加速直線運動，經(jīng)t＝6s到達(dá)B點進(jìn)入BC。已知飛行員的質(zhì)量m＝60kg，g＝10m/s2，求：圖1圖2(1)艦載機(jī)水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；(2)艦載機(jī)剛進(jìn)入BC時，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大。[答案](1)7.5×104J(2)1.1×103N[解析](1)艦載機(jī)由靜止起先做勻加速直線運動，設(shè)其剛進(jìn)入上翹甲板時的速度為v，則有eq\f(v,2)＝eq\f(L1,t)①依據(jù)動能定理，有W＝eq\f(1,2)mv2－0②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)