高考物理复习第五章第2讲动能定理及其应用讲义（含解析）新人教版 17页

第2讲　动能定理及其应用　[基础知识·填一填][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　.3．物理意义：动能是状态量，是　标量　(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向　无关　.4．单位：　焦耳　，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.5．动能的相对性：由于速度具有　相对性　，所以动能也具有相对性．6．动能的变化：物体　末动能　与　初动能　之差，即ΔEk＝mv－mv.[知识点2]　动能定理　1．内容：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中　动能的变化　.2．表达式(1)W＝　ΔEk　.(2)W＝　Ek2－Ek1　.(3)W＝　mv－mv　.3．物理意义：　合外力　的功是物体动能变化的量度．4．适用范围广泛(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　.判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(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)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．(√)(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．(×)(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(×)(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．(√)n[教材挖掘·做一做]1．(人教版必修2P74第1题改编)改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化，则下列说法正确的是(　　)A．质量不变，速度增大到原来的2倍，动能增大为原来的2倍B．速度不变，质量增大到原来的2倍，动能增大为原来的4倍C．质量减半，速度增大到原来的4倍，动能增大为原来的2倍D．速度减半，质量增大到原来的4倍，动能不变答案：D2．(人教版必修2P75第4题改编)民用航空客机的紧急出口打开时，会自动生成一个由气囊构成的斜面，模型简化如图所示．光滑斜面的竖直高度AB＝3.2m，斜面长AC＝4.0m，斜面与水平地面CD段间由一段小圆弧平滑连接．当物体由静止开始滑下，其与地面间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，g取10m/s2.(1)人滑到斜面底端C时的速度大小；(2)人离开C点后还要在地面上滑行多远才能停下？解析：(1)在AC过程中由动能定理得mgh＝mv，解得vC＝8m/s.(2)设人在CD水平面上滑行的距离为s在AD过程中由动能定理得mgh－μmgs＝0解得s＝6.4m.答案：(1)8m/s　(2)6.4mn　　　　　　考点一　对动能定理的理解及简单应用[考点解读]1．做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号．2．动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力．3．动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理．4．若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．[典例赏析][典例1]　(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1＜s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．[解析]　(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得－μmgs0＝mv－mv①解得μ＝(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小，设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t.由运动学公式得nv－v＝2a1s0②v0－v1＝a1t③s1＝a2t2④联立②③④式得a2＝.[答案]　(1)　(2)　用好动能定理的“5个”突破突破①——研究对象的选取动能定理适用于单个物体，当题目中出现多个物体时可分别将单个物体取为研究对象，应用动能定理．突破②——研究过程的选取应用动能定理时，选取不同的研究过程列出的方程是不相同的．因为动能定理是个过程式，选取合适的过程往往可以大大简化运算．突破③——受力分析运用动能定理时，必须分析清楚物体在过程中的全部受力情况，找出哪些力不做功，哪些力做功，做多少功．从而确定出外力的总功，这是解题的关键．突破④——位移的计算应用动能定理时，要注意有的力做功与路程无关，只与位移有关，有的力做功却与路程有关．突破⑤——初、末状态的确定动能定理的计算式为标量式，v为相对同一参考系的速度，所以确定初、末状态动能时，必须相对于同一参考系而言．[题组巩固]1．(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定(　　)A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功n解析：A　[由动能定理可知W拉－Wf＝Ek－0，因此，Ek＜W拉，故A正确，B错误；Ek可能大于、等于或小于Wf，选项C、D错误．]2．(2019·运城模拟)如图所示，将一光滑圆轨道固定竖直放置，其中A点为圆轨道的最低点，B点为圆水平直径与圆弧的交点．一个质量为m的物体静置于A点，现用始终沿轨道切线方向、大小不变的外力F作用于物体上，使其沿圆轨道到达B点，随即撤去外力F，要使物体能在竖直圆轨道内维持圆周运动，外力F至少为(　　)A.　　B.　　　C.　　　D.解析：D　[物体由A点运动到最高点的过程，由动能定理可得F·πR－mg·2R＝mv2－0，物体刚好经过最高点，在最高点对物体由牛顿第二定律得mg＝m，联立以上两式解得F＝，因此外力F至少为，故D正确，A、B、C错误．]3．物体在水平面上从x轴坐标原点O以v0＝20m/s的初速度沿x轴正方向开始运动，由x1＝20m处滑上一个倾角为45°的斜面，又滑了下来，物体每次经过斜面底端时都不损失机械能．已知动摩擦因数均为μ＝0.50，g取10m/s2.求：物体停止运动时位置的坐标．(计算结果保留三位有效数字)解析：沿斜面上滑位移为L时速度减到零，由动能定理得：－μmgx1－μmgcos45°L－mgLsin45°＝0－mv解得Lsin45°＝下滑后停在坐标x2处，由动能定理得：mgLsin45°－μmgLcos45°－μmg(x1－x2)＝0解得x2＝x1－Lsin45°＝13.3m.答案：13.3m考点二　动能定理在多过程中的应用n[考点解读]1．由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可．2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．3．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点．(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关．(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．(3)弹簧弹力做功与路径无关．[典例赏析][典例2]　(2018·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα＝.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求：(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球到达A点时动量的大小；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．[审题指导]　(1)研究对象：小球(2)过程分析[解析]　(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有＝tanα①F2＝(mg)2＋F②设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得nF＝m③由①②③式和题给数据得F0＝mg④v＝⑤(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得DA＝Rsinα⑥CD＝R(1＋cosα)⑦由动能定理有－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝⑨(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有v⊥t＋gt2＝CD⑩v⊥＝vsinα⑪由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝⑫答案：(1)mg　　(2)　(3)　利用动能定理求解多过程问题的基本思路1．弄清物体的运动由哪些过程组成．2．分析每个过程中物体的受力情况．3．各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响．4．从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能．5．对所研究的全过程运用动能定理列方程．n[题组巩固]1.(2019·山东潍坊)如图所示，半径为R的光滑半圆轨道ABC与倾角为θ＝37°的粗糙斜面轨道DC相切于C点，半圆轨道的直径AC与斜面垂直，质量为m的小球从A点左上方距A点高为h的斜面上方P点以某一速度v0水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D点．已知当地的重力加速度为g，取R＝h，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，求：(1)小球被抛出时的速度v0；(2)小球从C到D过程中摩擦力做的功Wf.解析：(1)小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示，则有＝tanθ，竖直方向上有v＝2gh，联立以上两式，得v0＝(2)小球从P经A、B、C至D全过程，重力做功为零，弹力都不做功，只有摩擦力做功，就全过程应用动能定理Wf＝0－mv，解得Wf＝－mgh答案：(1)　(2)－mgh2．(2019·银川模拟)如图所示，一质量m＝0.4kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点以5m/s的速度沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器．已知轨道AB的长度L＝2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5m．(空气阻力可忽略，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：n(1)滑块运动到D点时压力传感器的示数．(2)水平外力作用在滑块上的时间t.解析：(1)滑块由C点运动到D点的过程，由动能定理得：mgR(1－cos37°)＝mv－mv解得：vD＝3m/s在D点，对滑块由牛顿第二定律得：FN′－mg＝m解得：FN＝25.6N根据牛顿第三定律得滑块对轨道的压力FN′＝FN＝25.6N，方向竖直向下．(2)滑块离开B点后做平抛运动，恰好在C点沿切线方向进入圆弧形轨道，由几何关系可知，滑块运动在B点的速度为vB＝vCcos37°＝4m/s滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得：Pt－μmgL＝mv－0解得：t＝0.4s.答案：(1)25.6N　(2)0.4s3．(2019·郴州模拟)如图甲所示是高速公路出口的匝道，车辆为了防止在转弯时出现侧滑的危险，必须在匝道的直道上提前减速．现绘制水平面简化图如图乙所示，一辆质量m＝2000kg的汽车原来在水平直道上做匀速直线运动，行驶速度v0＝108km/h，恒定阻力Ff＝1000N．现将汽车的减速运动简化为两种方式：方式一为“小踩刹车减速”，司机松开油门使汽车失去牵引力，在水平方向上仅受匀速运动时的恒定阻力作用；方式二为“刹车减速”，汽车做匀减速直线运动的加速度a＝6m/s2.(1)求汽车原来匀速直线行驶时的功率．(2)司机在离弯道口Q距离为x1的地方开始减速，全程采取“小踩刹车减速”，汽车恰好能以15m/s的安全速度进入弯道，求出汽车在上述减速直线运动的过程中克服阻力做功的大小以及距离x1的大小．(3)在离弯道口Q距离为125m的P位置，司机先采取“小踩刹车减速”滑行一段距离x2后，立即采取“刹车减速”，汽车仍能恰好以15m/s的安全速度进入弯道，求x2的大小．解析：(1)汽车匀速运动的速度为：nv0＝108km/h＝30m/s因为汽车做匀速直线运动，所以牵引力为：F＝Ff汽车的功率为：P＝Fv0故P＝Ffv0＝30kW(2)全程采取“小踩刹车减速”时，由动能定理得：－Wf＝mv－mv解得克服阻力做功为：Wf＝6.75×105J又：Wf＝Ffx1解得：x1＝675m(3)从P到Q的过程中，由动能定理得：－Ffx2－ma(125m－x2)＝mv－mv解得：x2＝75m.答案：(1)30kW　(2)6.75×105J　675m　(3)75m考点三　动能定理中的图象问题[考点解读]1．解决动能定理与图象问题的基本步骤2．四类图象所围“面积”的意义n[典例赏析][典例3]　(2017·江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)[解析]　C　[设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据动能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x，物块沿斜面下滑的过程中有(mgsinθ－μmgcosθ)(x0－x)＝Ek′，由此可以判断C项正确．][母题探究]母题典例3探究1.动能定理与F－x图象结合问题探究2.动能定理与P－t图象结合问题探究3.动能定理与v－t图象结合问题[探究1]　动能定理与F－x图象结合问题　(2019·临沂模拟)(多选)水平面上质量为m＝6kg的物体，在大小为12N的水平拉力F的作用下做匀速直线运动，从x＝2.5m位置处拉力F逐渐减小，力F随位移x变化规律如图所示，当x＝7m时拉力减为零，物体也恰好停下，g取10m/s2，下列结论正确的是(　　)A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2B．合外力对物体所做的功为－27JnC．物体匀速运动时的速度为3m/sD．物体在减速阶段所受合外力的冲量为12N·s解析：ABC　[物体做匀速运动时，由平衡条件得Ff＝F＝12N，μ＝＝＝0.2，故A正确；图象与坐标轴围成的“面积”表示拉力做的功，则由图象可知WF＝12×2.5J＋×(7－2.5)×12J＝57J，滑动摩擦力做的功为Wf＝－μmgx＝－0.2×6×10×7J＝－84J，所以合外力做的功为W合＝－84J＋57J＝－27J，故B正确；由动能定理得W合＝0－mv，解得v0＝3m/s，故C正确；由动量定理得I＝0－mv0＝－6×3N·s＝－18N·s，故D错误．][探究2]　动能定理与P－t图象结合问题　(2019·南平模拟)(多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8kg的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的关系图象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图所示．下列说法中正确的是(　　)A．0～6s内拉力做的功为140JB．物体在0～2s内所受的拉力为4NC．物体与粗糙水平地面的动摩擦因数为0.5D．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等解析：AD　[由于P－t图象与t轴围成的“面积”表示拉力所做的功，所以0～6s内拉力做的功为W＝×2×60J＋4×20J＝140J，故A正确；由水平拉力的功率P＝Fv可得，在0～2s内拉力F＝＝6N,2～6s，拉力F′＝＝2N，故B错误；物体在水平面上只受摩擦力和拉力，在2～6s内物体受力平衡可得Ff＝μmg＝F′，解得μ＝＝＝0.25，故C错误；由v－t图象可知，物体在2s末的速度与6s末的速度相等，由动能定理W合＝ΔEk可知，0～6s与0～2s动能的变化量相同，所以合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等，故D正确．][探究3]　动能定理与v－t图象结合问题　n(2019·昆明模拟)低空跳伞是一种危险性很高的极限运动，通常从高楼、悬崖、高塔等固定物上起跳，在极短时间内必须打开降落伞，才能保证着地安全，某跳伞运动员从高H＝100m的楼层起跳，自由下落一段时间后打开降落伞，最终以安全速度匀速落地．若降落伞视为瞬间打开，得到运动员起跳后的速度v随时间t变化的图象如图所示，已知运动员及降落伞装备的总质量m＝60kg，开伞后所受阻力大小与速率成正比，即Ff＝kv，g取10m/s2，求：(1)打开降落伞瞬间运动员的加速度．(2)打开降落伞后阻力所做的功．解析：(1)匀速运动时，则有：mg＝kv解得：k＝120N/(m·s－1)打开降落伞的瞬间，速度为：v1＝18m/s由牛顿第二定律得：kv1－mg＝ma解得：a＝26m/s2方向竖直向上(2)根据图线围成的面积知，自由下落的位移为：x1＝×2×18m＝18m则打开降落伞后的位移为：x2＝H－x1＝100m－18m＝82m由动能定理得：mgx2＋Wf＝mv2－mv代入数据解得：Wf＝－58170J.答案：(1)26m/s2，方向竖直向上　(2)－58170J思想方法(九)　用动能定理巧解往复运动问题n方法阐述对于具有重复性的往复运动过程，由于动能定理只涉及物体的初末状态，而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化．1.灵活选择研究过程求解多过程问题既可分段考虑，也可全过程考虑，但要优先考虑全过程．2.注意运用做功特点(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关．(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积．(3)求全过程的总功时，注意有些力不是全过程一直作用.[典例赏析][典例]　(2019·江苏泰州模拟)如图所示，足够长的固定木板的倾角为37°，劲度系数为k＝36N/m的轻质弹簧的一端固定在木板上的P点，图中AP间距等于弹簧的自然长度．现将质量m＝1kg的可视为质点的物块放在木板上，在外力作用下将弹簧压缩到某一位置B点后释放．已知木板PA段光滑，AQ段粗糙，物块与木板间的动摩擦因数μ＝，物块在B点释放后向上运动，第一次到达A点时速度大小为v0＝3m/s，取重力加速度g＝10m/s2.(1)求物块第一次向下运动到A点时的速度大小v1；(2)请说出物块最终的运动状态，并求出物块在A点上方运动的总路程s.[审题指导]　(1)把握过程构建运动模型过程①物块上滑匀变速直线运动过程②物块下滑匀变速直线运动过程③物块在A点下方往复运动(2)选好过程，列出方程①过程①②分别列出动能定理方程．n②对多次往复后的全程列出动能定理方程．[解析]　(1)设物块从A点向上滑行的最大距离为s1.根据动能定理，上滑过程有：－mgs1sin37°－μmgs1cos37°＝0－mv下滑过程有：mgs1sin37°－μmgs1cos37°＝mv－0联立解得：s1＝1.5m，v1＝3m/s(2)物块最终在A点下方做往复运动，最高点为A根据动能定理：μmgscos37°＝mv代入数据解得：s＝4.5m.[答案]　(1)3m/s　(2)物块最终在A点下方做往复运动4.5m1．应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态．2．重力做功与物体运动路径无关，可用WG＝mgh直接求解．3．滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，可用Wf＝－Ffs求解，其中s为物体相对滑行的路程．[题组巩固]1．如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看做质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件．解析：(1)因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧轨道上做往复运动．对整体过程由动能定理，得mgR·cosθ－μmgcosθ·s＝0n所以总路程为s＝(2)对B→E过程mgR(1－cosθ)＝mv2①FN－mg＝②由①②，得FN＝(3－2cosθ)mg由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力是(3－2cosθ)·mg，方向竖直向下．(3)设物体刚好到D点，则mg＝③L′取最小值时，对全过程由动能定理，得mgL′sinθ－μmgcosθ·L′－mgR(1＋cosθ)＝mv④由③④，得L′＝·R故应满足的条件为L′≥·R.答案：(1)　(2)(3－2cosθ)mg，方向竖直向下(3)L′≥·R2．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面AB长为2.4m，其下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0m，现有一个质量为m＝0.2kg可视为质点的滑块，从D点的正上方h＝1.6m的E点处自由下落，滑块恰好能运动到A点(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，计算结果可保留根号)．求：(1)滑块第一次到达B点的速度．(2)滑块与斜面AB之间的动摩擦因数．(3)滑块在斜面上运动的总路程及总时间．n解析：(1)第一次到达B点的速度为v1，根据动能定理得：mg(h＋Rcos37°)＝mv代入数据解得：v1＝4m/s(2)从E到A的过程中，由动能定理得：mg(h＋Rcos37°－LABsin37°)－μmgcos37°·LAB＝0代入数据解得：μ＝0.5(3)全过程由动能定理得：mg(h＋Rcos37°)－μmgcos37°s＝0代入数据解得：s＝6m沿斜面上滑加速度为：a1＝gsin37°＋μgcos37°＝10m/s2沿斜面下滑加速度为：a2＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2因为＝，解得：v2＝v1＝v1v3＝v2＝2v1…vn＝n－1v1则：t＝＋代入数据解得：t＝s.答案：(1)4m/s　(2)0.5　(3)6m　s