2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能及其守恒定律第15講動(dòng)能定理及其應(yīng)用學(xué)案

1、第15講動(dòng)能定理及其應(yīng)用考綱要求考情分析命題趨勢(shì)1.對(duì)動(dòng)能定理的理解2動(dòng)能定理的應(yīng)用3動(dòng)能定理與圖象結(jié)合的問題2016全國(guó)卷，21動(dòng)能定理是力學(xué)的重要規(guī)律之一，對(duì)求解涉及位移的過程問題非常簡(jiǎn)便，在高考中也有很重要的地位1動(dòng)能(1)定義：物體由于_運(yùn)動(dòng)_而具有的能(2)公式：Ek_mv2_.(3)單位：_焦耳_,1 J1 Nm1 kgm2/s2.(4)標(biāo)矢性：動(dòng)能是_標(biāo)量_，只有正值，動(dòng)能與速度方向_無(wú)關(guān)_.(5)動(dòng)能的變化：物體_末動(dòng)能_與_初動(dòng)能_之差，即Ek_mvmv_.2動(dòng)能定理(1)內(nèi)容：在一個(gè)過程中合力對(duì)物體所做的功，等于物體在這個(gè)過程中_動(dòng)能的變化_.(2)表達(dá)式：WEkEk2Ek

2、1_mvmv_.(3)物理意義：_合力_的功是物體動(dòng)能變化的量度(4)適用條件動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于_曲線運(yùn)動(dòng)_.既適用于恒力做功，也適用于_變力_做功力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以_分階段_作用1請(qǐng)判斷下列表述是否正確，對(duì)不正確的表述，請(qǐng)說明原因(1)動(dòng)能是機(jī)械能的一種表現(xiàn)形式，凡是運(yùn)動(dòng)的物體都具有動(dòng)能()(2)一定質(zhì)量的物體動(dòng)能變化時(shí)，速度一定變化，但速度變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化()(3)動(dòng)能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài)()解析速度是矢量，動(dòng)能是標(biāo)量，動(dòng)能不變的物體，速度的方向可能發(fā)生變化(4)做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)能與下落距離的二次方成正比()解析由mv2mgh

3、可知，做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)能與下落距離成正比，而不是與下落距離的二次方成正比(5)如果物體所受的合外力為零，那么，合外力對(duì)物體做的功一定為零()(6)物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能一定變化()解析變速運(yùn)動(dòng)可能僅僅是速度的方向發(fā)生變化，此時(shí)動(dòng)能可能不變(7)物體的動(dòng)能不變，所受的合外力必定為0.()解析物體動(dòng)能不變，所受的合外力不一定為0，比如勻速圓周運(yùn)動(dòng)2關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合力、合力做的功、物體動(dòng)能的變化，下列說法正確的是(B)A運(yùn)動(dòng)物體所受的合力不為零，合力必做功，物體的動(dòng)能肯定要變化B運(yùn)動(dòng)物體所受的合力為零，則物體的動(dòng)能肯定不變C運(yùn)動(dòng)物體的動(dòng)能保持不變，則該物體所受合力一定為零D運(yùn)

4、動(dòng)物體所受合力不為零，則該物體一定做變速運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能要變化解析關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合力、合力做的功、物體動(dòng)能的變化三者之間的關(guān)系有下列三個(gè)要點(diǎn)(1)若運(yùn)動(dòng)物體所受合力為零，則合力不做功(或物體所受外力做功的代數(shù)和必為零)，物體的動(dòng)能絕對(duì)不會(huì)發(fā)生變化(2)物體所受合力不為零，物體必做變速運(yùn)動(dòng)，但合力不一定做功，合力不做功，則物體動(dòng)能不變化(3)物體的動(dòng)能不變，一方面表明物體所受的合力不做功；同時(shí)表明物體的速率不變(速度的方向可以不斷改變，此時(shí)物體所受的合力只是用來(lái)改變速度方向，產(chǎn)生向心加速度，如勻速圓周運(yùn)動(dòng))根據(jù)上述三個(gè)要點(diǎn)不難判斷，本題只有選項(xiàng)B是正確的3(多選)一物體自t0時(shí)開始做直線運(yùn)動(dòng)，其

5、vt圖象如圖所示，下列說法正確的是(AD)A04 s內(nèi)合外力做的功等于56 s內(nèi)合外力做的功B2 s末合外力的功率大于6 s末合外力的功率C02 s內(nèi)與04 s內(nèi)合外力的平均功率相同D46 s內(nèi)合外力的平均功率等于零解析根據(jù)動(dòng)能定理可得，04 s內(nèi)合外力對(duì)物體做的功等于56 s內(nèi)合外力對(duì)物體做的功，同理可得46 s內(nèi)合外力的功為零，則平均功率等于零，選項(xiàng)A、D均正確；同理可得，02 s內(nèi)與04 s內(nèi)合外力的功相同，但時(shí)間不相等，故平均功率不相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；2 s末、6 s末速度大小相等，但2 s末的合外力小于6 s末的合外力，故2 s末合外力 的功率小于6 s末合外力的功率，選項(xiàng)B錯(cuò)誤一對(duì)動(dòng)

6、能定理的理解1對(duì)“外力”的兩點(diǎn)理解(1)“外力”指的是合力，重力、彈力、摩擦力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力或其他力，他們可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用(2)既可以是恒力，也可以是變力2“”體現(xiàn)的兩個(gè)關(guān)系例1(2018湖北宜昌模擬)一輛汽車在平直公路上行駛，在汽車的速度從0增大到v的過程中，發(fā)動(dòng)機(jī)做的功為W1；在汽車的速度從v增大到2v的過程中，發(fā)動(dòng)機(jī)做的功為W2.設(shè)汽車在行駛過程中所受阻力和發(fā)動(dòng)機(jī)的牽引力都不變，則有(B)AW22W1BW23W1CW24W1DW2W1解析設(shè)汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的牽引力為F，汽車所受的阻力為Ff，兩個(gè)過程中汽車的位移分別為l1、l2，則由動(dòng)能定理得(FFf)l1mv20，(FFf)l

7、2m(2v)2mv2，解得l23l1，又W1Fl1，W2Fl2，可得W23W1，選項(xiàng)B正確應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)抓好“兩狀態(tài)一過程”“兩狀態(tài)”，即明確研究對(duì)象的始、末狀態(tài)的速度或動(dòng)能情況；“一過程”，即明確研究過程，確定這一過程研究對(duì)象的受力情況和位置變化或位移信息高中階段動(dòng)能定理中的位移和速度應(yīng)以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系二動(dòng)能定理的應(yīng)用例2(2018河南鄭州模擬)2014年全國(guó)多地霧霾頻發(fā)，且有愈演愈烈的趨勢(shì)，空氣質(zhì)量問題備受關(guān)注在霧霾天氣下，能見度下降，機(jī)動(dòng)車行駛速度降低，道路通行效率下降，對(duì)城市快速路、橋梁和高速公路的影響很大，已知汽車保持勻速正常行駛時(shí)受到的阻力為Ff10.2mg，

8、剎車時(shí)受到的阻力為Ff20.5mg，重力加速度為g10 m/s2.(1)若汽車在霧霾天行駛的速度為v136 km/h，則剎車后經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間才會(huì)停下來(lái)？(2)若前車因故障停在車道上，當(dāng)質(zhì)量為m1 200 kg的后車距離已經(jīng)停止的前車為x22.5 m處緊急剎車，剛好不與前車相撞，則后車正常行駛時(shí)的功率為多大？解析(1)v36 km/h10 m/s，F(xiàn)f20.5mg.剎車后由牛頓第二定律可知Ff2ma，0.5mgma，a0.5g5 m/s2，vvat0，得t s2 s.(2)根據(jù)動(dòng)能定理有Ff2x0mv，F(xiàn)f20.5mg，聯(lián)立解得v015 m/s，正常行駛時(shí)有FFf10，F(xiàn)f10.2mg，PFv00

9、.21 2001015 W3.6104 W.答案(1)2 s(2)3.6104 W應(yīng)用動(dòng)能定理解題步驟三動(dòng)能定理與圖象結(jié)合問題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(duì)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(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)，以及圖線下的面積所對(duì)應(yīng)的物理意義，分析解答問題或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量例3(2017湖北黃石調(diào)研)用傳感器研究質(zhì)量為2 kg的物體由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，在計(jì)算機(jī)上得到06

10、 s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示下列說法正確的是(D)A06 s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動(dòng)，后向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)B06 s內(nèi)物體在4 s時(shí)的速度最大C物體在24 s內(nèi)速度不變D04 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功等于06 s內(nèi)合力做的功解析由at圖象可知：圖線與時(shí)間軸圍成的“面積”代表物體在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)速度的變化情況，在時(shí)間軸上方為正，在時(shí)間軸下方為負(fù)物體6 s末的速度v6(25)2 m/s12 m/s6 m/s，則06 s內(nèi)物體一直向正方向運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由題圖可知物體在5 s末速度最大，為vm(25)2 m/s7 m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由題圖可知在24 s內(nèi)物體加速度不變，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度變大

11、，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在04 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功由動(dòng)能定理可知W合4mv0，又v4(24)2 m/s6 m/s，得W合436 J，06 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功由動(dòng)能定理可知W合6mv0，又v66 m/s，得W合636 J，則W合4W合6，選項(xiàng)D正確圖象所圍“面積”的意義(1)vt圖：由公式xvt可知，vt圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移(2)at圖：由公式vat可知，at圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量(3)Fx圖：由公式WFx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)Pt圖：由公式WPt可知，Pt圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功四動(dòng)能定理與圓周運(yùn)動(dòng)結(jié)合1圓周運(yùn)動(dòng)屬于曲線運(yùn)

12、動(dòng)，若只涉及位移和速度而不涉及時(shí)間，應(yīng)優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理列式求解2用動(dòng)能定理解題，關(guān)鍵是對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過程分析，并畫出物體運(yùn)動(dòng)過程的草圖，讓草圖幫助我們理解物理過程和各量關(guān)系例4(2018湖北武漢模擬)如圖所示，半徑r1 m的圓弧軌道AB與水平軌道BC相切于B點(diǎn)，CD為r20.40 m的半圓軌道，另一半徑R1.00 m的圓弧軌道EF與CD靠近，E點(diǎn)略低于D點(diǎn)一質(zhì)量m1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)以初速度v02 m/s沿軌道下滑，在AB段運(yùn)動(dòng)過程中始終受到豎直向上的F10 N的力作用，進(jìn)入BC段后撤去已知AB高度為h，BC長(zhǎng)L1.00 m，小物塊與BC間動(dòng)摩擦因數(shù)0.2

13、，其余光滑，EF軌道對(duì)應(yīng)的圓心角60，所有軌道均固定在同一豎直平面內(nèi)，不考慮小物塊在各軌道相接處的能量損失，忽略空氣阻力，g取10 m/s2.求：(1)當(dāng)小物塊沿圓弧軌道AB運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小物塊的作用力大小；(2)若小物塊在B點(diǎn)的速度為5 m/s，且在剛進(jìn)入BC段時(shí)撤去力F，請(qǐng)通過計(jì)算判斷小物塊能否通過D點(diǎn)；(3)小物塊能進(jìn)入EF軌道，且不越過F點(diǎn)，小物塊在D點(diǎn)的速度范圍解析(1)小物塊從A到B，由動(dòng)能定理得mghFhmvmv，解得vB2 m/s.在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得FFNmgm，解得FN5 N.(2)假設(shè)小物塊以5 m/s速度能從B到D，由動(dòng)能定理得2mgr2mgLmvmv，解得v

14、D m/s.若小物塊恰好過D點(diǎn)，則mgm，解得vD2 m/s m/s，故小物塊能通過D點(diǎn)(3)小物塊恰好到F點(diǎn)，從E到F，由動(dòng)能定理得mgR(1cos )0mv，解得vE m/s，所以小物塊在D點(diǎn)的速度范圍為2 m/svD m/s.答案(1)5 N(2)見解析(3)2 m/svD m/s.動(dòng)能定理在圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)經(jīng)?？疾樽罡唿c(diǎn)和最低點(diǎn)，最高點(diǎn)的速度和最低點(diǎn)的速度可以通過動(dòng)能定理聯(lián)系起來(lái)，所以豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)經(jīng)常和動(dòng)能定理結(jié)合考查五用動(dòng)能定理解決多過程問題1運(yùn)用動(dòng)能定理解決問題時(shí)，選擇合適的研究過程能使問題得以簡(jiǎn)化當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)過程包含幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的子過程時(shí)，可以選擇一個(gè)、

15、幾個(gè)或全部子過程作為研究過程2當(dāng)選擇全部子過程作為研究過程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí)，要注意運(yùn)用它們的做功特點(diǎn)：(1)重力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例5(2018湖南聯(lián)考)如圖所示，光滑的水平軌道MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶水平長(zhǎng)度L1.6 m，皮帶以恒定速率v逆時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)，傳送帶的右端平滑連接著一個(gè)固定在豎直平面內(nèi)、半徑為R0.4 m的光滑半圓軌道PQ；質(zhì)量為m0.2 kg且可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊A置于水平導(dǎo)軌MN上，開始時(shí)滑塊A與墻壁之間有一壓縮的輕彈簧，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)松開滑塊A，彈簧伸長(zhǎng)，滑

16、塊脫離彈簧后滑上傳送帶，從右端滑出并沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)Q后水平飛出，又正好落回N點(diǎn)已知滑塊A與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.25，取g10 m/s2.求：(1)滑塊A在半圓軌道P處對(duì)軌道的壓力；(2)壓縮的輕彈簧的彈性勢(shì)能Ep.解析(1)滑塊A從Q飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，有LvQt,2Rgt2，代入數(shù)據(jù)解得vQ4 m/s.滑塊A從P運(yùn)動(dòng)到Q過程中由動(dòng)能定理得mg2Rmvmv.在P點(diǎn)由牛頓第二定律得FNmgm，代入數(shù)據(jù)解得FN18 N，由牛頓第三定律可知，壓力大小為18 N.(2)皮帶轉(zhuǎn)動(dòng)方向和滑塊A運(yùn)動(dòng)方向相反，A在皮帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)彈簧松開之后，其彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化成滑塊A的動(dòng)能Epmv，滑塊從N點(diǎn)到P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理有mgLmvmv，代入數(shù)據(jù)解得Ep4 J.答案(1)18 N(2)4 J1如圖所示，在水平桌面的邊角有一輕質(zhì)光滑的定滑輪K，一條不可伸長(zhǎng)的輕繩繞過K分別與物塊A、B相連，A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，開始時(shí)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)用一水平恒力F拉物塊A，使物塊B上升已知當(dāng)B上升距離為h時(shí)，B的速度為v.求此過程中物塊A克服摩擦力所做的功(重力加速度為g)解析設(shè)A克服摩擦力所做的功為Wf，當(dāng)B上升距離為h時(shí)，恒力F做功為Fh，重力做功為mBgh