2019年高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒定律 第2节 动能定理学案 新人教版

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1、 第二节　动能定理 (对应学生用书第81页) [教材知识速填] 知识点1　动能 1．定义：物体由于运动而具有的能． 2．公式：Ek＝mv2，v为瞬时速度，动能是状态量． 3．单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2. 4．矢标性：动能是标量，只有正值． 5．动能的变化量：ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv－mv. 易错判断 (1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．(√) (2)动能不变的物体，一定处于平衡状态．(×) (3)做自由落体运动的物体，动能与下落距离的平方成正比．(×) 知识点2　动能定理 1．内容：合外力对

2、物体所做的功等于物体动能的变化． 2．表达式：W＝ΔEk＝mv－mv. 3．物理意义：合外力的功是动能变化的量度． 4．适用条件 (1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动． (2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功． (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用． 易错判断 (1)物体的合外力对物体做的功为零，动能一定不变．(√) (2)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化．(×) (3)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(×) [教材习题回访] 考查点：对动能的理解 1．(人教版必修2P74T1改编)改变汽车的质量和速度，都可能使汽

3、车的动能发生改变．在下列几种情形下，汽车的动能不变的是(　　) A．质量不变，速度增大到原来的2倍 B．速度不变，质量增大到原来的2倍 C．质量减半，速度增大到原来的4倍 D．速度减半，质量增大到原来的4倍 [答案]　D 考查点：动能定理的理解 2．(粤教版必修2P77T2)(多选)一个物体在水平方向的两个恒力作用下沿水平方向做匀速直线运动，若撤去其中的一个力，则(　　) A．物体的动能可能减少 B．物体的动能可能不变 C．物体的动能可能增加 D．余下的力一定对物体做功 [答案]　ACD 考查点：动能定理的应用 3．(沪科版必修2P55T2)一质量为m的物体静止在粗

4、糙的水平面上，当此物体受水平力F作用运动了距离s时，其动能为E1，而当此物体受水平力2F作用运动了相同的距离时，其动能为E2，则(　　) A．E2＝E1　　　　　 B．E2＝2E1 C．E2>2E1 D．E1

5、－μmgLcos θ－μmgLBC＝0 ① mgLsin θ－μmgLcos θ－μmgLBD＝－mv ② 由①②得：LCD＝. [答案]　 (对应学生用书第82页) 动能定理的理解 1．定理中“外力”的两点理解 (1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用． (2)既可以是恒力，也可以是变力． 2．公式中“＝”体现的三个关系 [题组通关] 1．(多选)如图5­2­2所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这

6、个过程中，下列说法或表达式正确的是(　　) 图5­2­2 A．对物体，动能定理的表达式为WFN＝mv，其中WFN为支持力的功 B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功 C．对物体，动能定理的表达式为WFN－mgH＝mv－mv D．对电梯，其所受合力做功为Mv－Mv CD　[电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝mv－mv，故A、B均错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，故D正确．] 2．(多选)如图5­2­3所示，甲、乙两个质量相同的物体，用大小

7、相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s.甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上，则下列关于力F对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是(　　) 【导学号：84370211】 图5­2­3 A．力F对甲做功多 B．力F对甲、乙两个物体做的功一样多 C．甲物体获得的动能比乙大 D．甲、乙两个物体获得的动能相同 BC　[由功的公式W＝Flcos α＝Fs可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理，对甲有：Fs＝Ek1，对乙有：Fs－Ffs＝Ek2，可知Ek1>Ek2，C正确，D错误．] 动能定理的应用

8、 1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程” “两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息． 2．应用动能定理解题的基本思路 [多维探究] 考向1　用动能定理分析求解变力做功问题 1．如图5­2­4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，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是(　　) 图5­2­4 A．mgh－mv2　　　　　　 B.mv2－mgh C．－mgh D．－

9、(mgh＋mv2) [题眼点拨]　“C点时弹簧最短，距地面高度为h”可知此时小球的速度为零，弹力是小球所受外力要用动能定理求解． A　[小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，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，则弹簧的弹力对小球做功为WF＝mgh－mv2，所以正确选项为A.] 2. 如图5­2­5所示，一辆汽车通过一根绳PQ跨过定滑轮提升井中质量为m的物体，绳的P端拴在车后的挂钩上，Q端拴在物体上．设绳的总长不变，绳的质量、定滑轮的质量和尺寸、绳与滑轮间的摩擦都忽略不计．开始时，车在A处，

10、滑轮左右两侧的绳都绷紧并且是竖直的，左侧绳长为H.提升时车水平向左加速运动，沿水平方向从A经过B驶向C，设A到B的距离也为H，车经过B时的速度为v0，求车由A运动到B的过程中，绳对物体所做的功. 【导学号：84370212】 图5­2­5 [题眼点拨]　①“绳总长不变”想到用几何关系求解物体上升的高度；②“过B时速度为v0”要用分解的方法求出物体上升的速度． [解析]　物体上升的过程中，物体的重力和绳的拉力均做功．设车运动至B时，物体的速度为v，绳的拉力对物体做的功为W 由几何关系得物体上升的高度为h＝(－1)H 所以物体的重力做的功为WG＝－mgh＝(1－)mgH 对物体

11、应用动能定理有W＋WG＝mv2 又物体的速度v＝v0cos 45°＝v0 由以上各式解得W＝mv＋(－1)mgH. [答案]　mv＋(－1)mgH (2018·长春模拟)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1 m时速度大小为3 m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(g取10 m/s2)(　　) A．11 J　　

12、　　　　 B．16 J C．18 J D．9 J C　[A球向右运动0.1 m时，vA＝3 m/s，OA′＝0.4 m，OB′＝0.3 m，设此时∠B′A′O＝α，则有tan α＝.vAcos α＝vBsin α，解得：vB＝4 m/s.此过程中B球上升高度h＝0.1 m，由动能定理，W－mgh＝mv，解得绳的拉力对B球所做的功为W＝mgh＋mv＝2×10×0.1 J＋×2×42 J＝18 J，选项C正确．] 考向2　利用动能定理求解多过程问题 3. 如图5­2­6所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50

13、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开始下滑．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，则停止的地点到B的距离为(　　) 图5­2­6 A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0 D　[设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3 m．由于d＝0.50 m，所以小物块在BC段经过3次往复运

14、动后，又回到B点．] 4．(2017·上海高考)如图5­2­7所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： 图5­2­7 (1)滑块在C点的速度大小vC； (2)滑块在B点的速度大小vB； (3)A、B两点间的高度差h. [题眼点拨]　①“通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零”，则此时速度为vC＝；②“与斜面间动摩擦因数为μ”说

15、明沿AB运动的摩擦力做负功． [解析](1)对C点：滑块竖直方向所受合力提供向心力 mg＝ ① vC＝＝2 m/s. (2)对B→C过程由动能定理得： －mgR(1＋cos 37°)＝mv－mv ② vB＝＝4.29 m/s. (3)滑块在A→B的过程，利用动能定理： mgh－mgμcos 37°·＝mv－0 ③ 代入数据解得h＝1.38 m. [答案](1)2 m/s　(2)4.29 m/s　(3)1.38 m 1．若在题4中滑块刚好到达与圆心等高的D点，如图所示，则A、B间的高度差h′应为多少？ [解析]　由A→D应用动能定理可得： mgh′－μmgcos

16、 θ·－mgRcos θ＝0 解得：h′＝＝0.48 m. [答案]　0.48 m 2．若题4中斜面轨道光滑，滑块从A点释放后滑到C点，对轨道的压力是重力的多少倍？(原AB高度差h＝1.38 m不变) [解析]　由A→C应用动能定理，设C点时的速度为vC. mgh－mg(R＋Rcos θ)＝mv ① NC＋mg＝ ② 由①②得：NC＝2.3mg，故是重力的2.3倍． [答案]　2.3 [反思总结]　应用动能定理注意的三个问题 (1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系． (2)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．

17、 (3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系． 动能定理与图象的结合问题 四类图象所围面积的含义 v­t图 由公式x＝vt可知，v­t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移 a­t图 由公式Δv＝at可知，a­t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量 F­x图 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 P­t图 由公式W＝Pt可知，P­t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功 [母题]　(2018·宿州模拟)宇航员在某星球表面做了如下实验，实验装置如图

18、5­2­8甲所示，竖直平面内的光滑轨道由斜轨道AB和圆弧轨道BC组成．将质量m＝0.2 kg的小球，从轨道AB上高H处的某点由静止释放，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力大小为F，改变H的大小，可测出F随H的变化关系如图乙所示，求： 　　　　　 甲　 乙 图5­2­8 (1)圆弧轨道的半径； (2)星球表面的重力加速度； (3)作出小球经过C点时动能随H的变化关系Ek­H图象. 【导学号：84370213】 [题眼点拨]　①“C点的压力”要利用重力和轨道对C的压力提供向心力的条件；②“F随H的关系”要根据条件写出F－

19、H的函数关系． [解析](1)小球过C点时，由牛顿第二定律得：F＋mg＝m 小球由静止下滑至C点的过程，由动能定理得： mg(H－2r)＝mv 解得：F＝H－5mg 由图可知：当H1＝0.5 m时，F1＝0 解得：r＝0.2 m. (2)当H2＝1.0 m时，F2＝5 N 解得：g＝5 m/s2. (3)小球由静止下滑至C点的过程，由动能定理得：mg(H－2r)＝Ek－0 解得：Ek＝H－0.4 则Ek­H图象如图所示． [答案](1)0.2 m　(2)5 m/s2　(3)见解析 [母题迁移] 迁移1　动能定理与v­t图象的结合 1．用起重机提升货物，货

20、物上升过程中的v­t图象如图5­2­9所示，在t＝3 s到t＝5 s内，重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3，则(　　) 图5­2­9 A．W1>0 B．W2<0 C．W2>0 D．W3>0 C　[分析题图可知，货物一直向上运动，根据功的定义式可得；重力做负功，拉力做正功，即W1<0，W2>0，A、B错误，C正确；根据动能定理，合力做的功W3＝0－mv2，v＝2 m/s，即W3<0，D错误．] 迁移2　动能定理与a­t图象结合 2．用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速

21、度随时间变化的关系如图5­2­10所示．下列说法正确的是(　　) 【导学号：84370214】 图5­2­10 A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动 B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大 C．物体在2～4 s内速度不变 D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力做的功 [题眼点拨]　看到“a­t”图象，要利用图象面积表示速度变化的结论． D　[由v＝at可知，a­t图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度的变化量，0～6 s内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A项错；t＝5 s时，速度最大，B项错；2～4 s内加速度保持不变且不为零，速度

22、一定变化，C项错；0～4 s内与0～6 s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s末和6 s末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D项对．] 迁移3　动能定理与F­x图象的结合 3．如图5­2­11甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2.求： 甲　　　　　　 乙 图5­2­11 (1)滑块到达B处

23、时的速度大小； (2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间； (3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？ [题眼点拨]　①“F大小随位移变化的关系”要看到F方向及大小的变化；②“与BC间动摩擦因数未知”涉及BC间摩擦力或功等问题时要灵活运用动能定理． [解析](1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得 F1x1－F3x3－μmgx＝mv 代入数值解得vB＝2 m/s. (2)在前2 m内，有F1－μmg＝ma，且x1＝at 解得t1＝ s. (3)当滑块恰好能到达最高点C时，有：mg＝m

24、 对滑块从B到C的过程，由动能定理得： W－mg·2R＝mv－mv 代入数值得W＝－5 J，即克服摩擦力做的功为5 J. [答案](1)2 m/s　(2) s　(3)5 J 打桩机是利用冲击力将桩贯入地层的桩工机械．某同学对打桩机的工作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示．他设想，用恒定大小的拉力F拉动绳端B，使物体从A点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此模型分析，若物体质量m＝1 kg，上升了1 m高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能Ek与上升高度h的关系图象如图乙所示．(g取1

25、0 m/s2，不计空气阻力) 丙 (1)求物体上升到0.4 m高度处F的瞬时功率； (2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20 J的动能向下运动．钉子总长为10 cm.撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力Ff与深度x的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度． [解析](1)撤去F前，根据动能定理，有 (F－mg)h＝Ek－0 由题图乙得，斜率为k＝F－mg＝20 N，得F＝30 N 又由题图乙得，h＝0.4 m时，Ek＝8 J 则v＝4 m/s，P＝Fv＝120 W. (2)碰撞后，对钉子，有－fx′＝0－Ek′ 已知Ek′＝20 J，f＝ 又由题图丙得k′＝105 N/m，解得：x′＝0.02 m. [答案](1)120 W　(2)0.02 m 13