2021版高考物理一轮复习第5章机械能第2节动能定理学案 11页

1 第 2 节 动能定理 考点一 动能定理的理解 对应学生用书 p94 1．动能 (1)定义：物体由于__运动__而具有的能叫动能． (2)表达式：Ek＝__1 2 mv2__，单位：__焦耳(J)__． (3)动能是状态量． (4)动能是__标__(填“矢”或“标”)量． (5)动能具有相对性，动能的大小与参考系的选取有关，中学物理中，一般取地球为参 考系． 2．动能定理 内容 力在一个过程中对物体所做的功等于物体在这个过程中__动能的变化__ 表达式 W＝ΔEk＝__1 2 mv2 2－1 2 mv2 1__ 物理意义 合外力做的功是物体动能变化的量度 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__. 【理解巩固 1】 判断下列说法的正误． (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)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．( ) (4)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( ) (5)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比．( ) [答案] (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√ 对应学生用书 p95 例 1 (多选)质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水 平地面上滑行，直至停止，则( ) A．质量大的物体滑行的距离大 B．质量小的物体滑行的距离大 2 C．它们滑行的距离一样大 D．它们克服摩擦力所做的功一样多 [解析] 由动能定理可知，摩擦力对物体所做的功等于物体动能的增量，因两物体具有 相同的动能，故两物体滑行过程中克服摩擦力所做的功也相同，又由 Wf＝μmg·x 可知，质 量越大的物体，滑行的距离 x 越小，故 B、D 选项正确． [答案] BD , 1.对动能定理的理解要注 意以下几点： (1)力：物体所受的各个力 ①“外力”指的是合力．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“外力”既可以是恒力也可以是变力． (2)动能的变化：物体末动能与初动能之差 (3)力对物体做的功：物体所受各个力做的功的代数和 2．动能定理表明了合外力做功与物体动能的变化间的关系： (1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变 化就是合外力做功，不能理解为功转变成了物体的动能； (2)因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因； (3)单位关系：等于号两侧物理量的国际单位都是焦耳(J)．) 3 考点二 动能定理的应用 对应学生用书 p95 1．应用动能定理解题的步骤 一选择 选择研究对象，动能定理的研究对象可以是一个物体也可以是一个系统 二明确 明确过程和状态，动能定理表达式中的初动能和末动能都是状态量，只有明确过程 才 有 确 切 的 初 、 末 状 态 三分析 在确定对象和过程的情况下，对物体进行准确的受力分析 四判断 即判断所受力中哪些力做功，哪些力不做功，做正功还是负功，是恒力做功还是变力做功 五列式 表述一，物体所受合外力做的功，等于物体动能的变化 W 合＝1 2 mv2 2－1 2 mv2 1 表述二，物体所受各力做功的代数和，等于物体动能的变化 ∑Wi＝1 2 mv2 2－1 2 mv2 1 六求解 解方程并讨论结果的合理性 2.应用动能定理要注意 的几个问题 (1)动能定理中的位移和速度必须是相对同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的 物体为参考系． (2)正确分析物体受力，要考虑物体受到的所有力，包括重力． (3)要弄清各力做功情况，计算时应把已知功的正、负代入动能定理表达式． (4)有些力在物体运动全过程中不是始终存在，导致物体的运动包括几个物理过程，物 体运动状态、受力情况均发生变化，因而在考虑外力做功时，必须根据不同情况分别对待． (5)单个物体受地面滑动摩擦力做的负功的多少等于摩擦力与物体相对地面滑动的路程 的乘积． (6)动能定理的表达式是一个标量式，不存在方向的选取问题，不存在分量的表达式， 不能在某一方向上应用动能定理． 【理解巩固 2】 (多选)质量为 m 的物块在水平恒力 F 的推动下，从山坡(粗糙)底部的 A 处由静止开始运动至高为 h 的坡顶 B 处．到达 B 处时物块的速度大小为 v，A、B 之间的水 平距离为 s，重力加速度为 g.不计空气阻力，则物块运动过程中( ) A．重力所做的功是－mgh B．合外力对物块做的功是 1 2 mv2 C．推力对物块做的功是 1 2 mv2＋mgh 4 D．阻力对物块做的功是 1 2 mv2＋mgh－Fs [解析] 小车克服重力做功 W＝Gh＝mgh，A 选项正确；由动能定理小车受到的合力做的 功等于小车动能的增加，W 合＝ΔEk＝1 2 mv2，B 选项正确；由动能定理 W 合＝W 推＋W 重＋W 阻＝1 2 mv2， 所以推力做的功 W 推＝1 2 mv2－W 阻－W 重＝1 2 mv2＋mgh－W 阻，C 选项错误；阻力对小车做的功 W 阻 ＝1 2 mv2－W 推－W 重＝1 2 mv2＋mgh－Fs，D 选项正确． [答案] ABD 对应学生用书 p96 动能定理在简单运动过程中的应用 例 2 如图所示，质量为 m 的小球用长为 L 的轻质细线悬于 O 点，与 O 点处于同 一水平线上的 P 点处有一个光滑的细钉，已知 OP＝L 2 ，在 A 点给小球一个水平向左的初速度 v0，发现小球恰能到达跟 P 点在同一竖直线上的最高点 B. (1)求小球到达 B 点时的速率； (2)若不计空气阻力，则初速度 v0 为多少？ (3)若初速度 v0′＝3 gL，则小球在从 A 到 B 的过程中克服空气阻力做了多少功？ [解析] (1)小球恰好到达最高点 B，所以 mg＝ mv2 B L 2 ，得 vB＝ gL 2 . (2)从 A 到 B 的过程由动能定理得 －mg L＋L 2 ＝1 2 mv2 B－1 2 mv2 0，∴v0＝ 7gL 2 . (3)从 A 到 B 过程由动能定理得 －mg L＋L 2 －W＝1 2 mv2 B－1 2 mv0′2，∴W＝11 4 mgL. 5 , 1.优先应用动能定理的问 题 (1)不涉及加速度、时间的问题； (2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题； (3)变力做功的问题； (4)含有 F、l、m、v、W、Ek 等物理量的力学问题． 2．应用动能定理求变力的功时，应抓住以下几点： (1)所求的变力的功不一定为总功，故所求的变力的功不一定等于ΔEk. (2)分析物体受力情况，确定哪些力是恒力哪些力是变力，找出恒力的功及变力的功． (3)若有多个力做功时，必须明确各个力做功的正负，待求的变力的功若为负，可以设 克服该力做功为 W，表达式中应用－W；也可以设变力的功为 W，则 W 本身含有负号． (4)分析物体初末状态，求出动能变化量，运用动能定理列方程求解．) 动能定理在复杂运动过程中的应用 例 3 如图所示，倾斜轨道 AB 的倾角为 37°，CD、EF 轨道水平，AB 与 CD 通过 光滑圆弧管道 BC 连接，AB 与圆弧管道在 B 点相切，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球 可以从 D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从 E 滑出该轨道进入 EF 水平轨道．一质量为 m 的 小球由静止从 A 点释放，已知 AB 长为 5R，CD 长为 R，圆弧管道 BC 入口 B 与出口 C 的高度 差为 1.8R，小球与倾斜轨道 AB 及水平轨道 CD、EF 间的动摩擦因数均为 0.5，重力加速度为 g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(在运算中，根号中的数值无需算出) (1)小球滑到底端 C 时速度的大小； (2)小球刚到 C 时对管道的作用力； (3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径 R′应该满足什么条件？ [审题指导] 要使小球不脱离轨道，有两种情况：一是小球能滑过圆周轨道最高点进入 EF 轨道；二是小球上滑过程中不能越过四分之一圆轨道与圆心等高的点，然后滑回 D. [解析] (1)设小球到达 C 点时速度为 vC，小球从 A 运动至 C 过程，由动能定理有： 6 mg(5Rsin 37°＋1.8R)－μmgcos 37°·5R＝1 2 mv2 C， 解得：vC＝ 28gR 5 . (2)小球沿 BC 管道做圆周运动，设在 C 点时管道对小球的作用力为 FN，由牛顿第二定律， 有：FN－mg＝mv2 C r ， 其中 r 满足：r＋rcos 37°＝1.8R， 解得：FN＝6.6mg， 由牛顿第三定律可得，小球对管道的作用力为 6.6mg，方向竖直向下． (3)要使小球不脱离轨道，有两种情况： 情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入 EF 轨道，则小球在最高点应满足：m v2 P R′ ≥ mg， 小球从 C 点到圆周轨道的最高点过程，由动能定理，有： －μmgR－mg·2R′＝1 2 mv2 P－1 2 mv2 C， 可得：R′≤23 25 R＝0.92R， 情况二：小球上滑至四分之一圆周轨道的最高点时，速度减为零，然后滑回 D. 则由动能定理有：－μmgR－mg·R′＝0－1 2 mv2 C； 解得：R′≥2.3R， 所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足R′≤0.92R或R′≥2.3R. , 应用动能定理解决多过程 问题的技巧 (1)运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化．当物体的运动 过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程． (2)当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要 注意： ①重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关； 7 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．) 8 考点三 动能定理与图象结合的问题 对应学生用书 p97 1．解决物理图象问题的基本步骤 (1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意 义． (2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的关系式． (3)将推导出的关系式与数学上与之相对应的标准函数关系对比，从图线的斜率、截距、 图线的交点，图线下的“面积”所对应的物理意义来分析解答问题，或者利用函数图线上的 特定值代入函数关系式求物理量． 2．四种图象中图线与坐标轴围成的面积表示的意义 图象名称 已知公式 所围“面积”的意 义 v－t 图 x＝vt 物体的位移 a－t 图 Δv＝at 物体速度变化量 F－x 图 W＝Fx 力所做的功 P－t 图 W＝Pt 力所做的功 【理解巩固 3】 质量为 m 的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其 v －t 图象如图所示(竖直向上为正方向，DE 段为直线)．已知重力加速度大小为 g，下列说法 正确的是( ) A．t3～t4 时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动 B．t0～t2 时间内，合力对小球先做正功后做负功 C．0～t2 时间内，小球的平均速度一定为v2 2 D．t3～t4 时间内，拉力做的功为 mv3＋v4 2 [(v4－v3)＋g(t4－t3)] [解析] 根据题意，竖直向上为正方向，故在 t3～t4 时间内，小球竖直向上做匀减速直 线运动，故选项 A 错误；t0～t2 时间内，小球速度一直增大，根据动能定理可知，合力对小 球一直做正功，故选项 B 错误；0～t2 时间内，小球的平均速度等于位移与时间的比值，不 一定为v2 2 ，故选项 C 错误；根据动能定理，在 t3～t4 时间内：WF－mgv3＋v4 2 ·(t4－t3)＝1 2 mv2 4－ 1 2 mv2 3，整理可得：WF＝mv3＋v4 2 [(v4－v3)＋g(t4－t3)]，故选项 D 正确． [答案] D 9 对应学生用书 p97 动能定理与 v－t 和 P－t 图象的结合问题 例 4 放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在 0～6 s 内其速度与时间 图象和该拉力的功率与时间图象分别如图甲和乙所示，下列说法正确的是( ) A．0～6 s 内物体位移大小为 36 m B．0～6 s 内拉力做的功为 30 J C．合力在 0～6 s 内做的功与 0～2 s 内做的功相等 D．滑动摩擦力大小为 5 N [解析] 由 P＝Fv，对应 v－t 图象和 P－t 图象可得 10 W＝Ff·6 m/s，解得 Ff＝5 3 N，D 错误；0～6 s 内物体的位移大小为(4＋6)×6×1 2 m＝30 m，A 错误；0～6 s 内拉力做功 W ＝(2×30×1 2 ＋4×10) J＝70 J，B 错误；由动能定理可知，C 正确，故选 C. [答案] C 动能定理与 a－t 图象的结合问题 例 5 如图甲所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长．一 根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量 m＝1.0 kg 的小滑块(可视为质点)接触，滑 块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态．当 t＝0 时释放滑块．在 0～0.24 s 时间内，滑块的 加速度 a 随时间 t 变化的关系如图乙所示．已知弹簧的劲度系数 k＝2.0×102 N/m，当 t＝ 0.14 s 时，滑块的速度 v1＝2.0 m/s.g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.弹簧弹 性势能的表达式为 Ep＝1 2 kx2(式中 k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量)．求： (1)斜面对滑块摩擦力的大小 f； (2)t＝0.14 s 时滑块与出发点间的距离 d； (3)在 0～0.44 s 时间内，摩擦力做的功 W. [审题指导] (1)当 t1＝0.14 s 时，滑块与弹簧开始分离，结合牛顿第二定律求出摩擦 10 力的大小； (2)当 t1＝0.14 s 时弹簧恰好恢复原长，结合弹性势能的表达式，根据动能定理求出 d 的大小； (3)物块速度减为零后反向做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律分别求 出各段过程中的位移的大小，从而得出摩擦力做功的大小． [解析] (1)当 t1＝0.14 s 时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力 和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动．由题中的图乙可知，在这段过程中滑块加速度的大 小 a1＝10 m/s2. 根据牛顿第二定律有：mgsin θ＋f＝ma2 所以 f＝4.0 N. (2)当 t1＝0.14 s 时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离 d 等于 t0＝0 时弹簧的形变量 x， 所以在 0～0.14 s 时间内弹簧弹力做的功 W 弹＝Ep－0＝1 2 kd2. 在这段过程中，根据动能定理有： W 弹－mgdsin θ－fd＝1 2 mv2 1－0， 可求得 d＝0.20 m. (3)设从 t1＝0.14 s 时开始，经时间Δt1 滑块的速度减为零，则有 Δt2＝0－v1 －a1 ＝0.20 s， 这段时间内滑块运动的距离 x1＝ 0－v2 1 2（－a1） ＝0.20 m 此时 t2＝0.14 s＋Δt1＝0.34 s，此后滑块将反向做匀加速直线运动， 根据牛顿第二定律可求得此时加速度的大小 a2＝mgsin θ－f m ＝2.0 m/s2， 在 0.34 s～0.44 s(Δt2＝0.1 s)时间内，滑块反向运动的距离 x2＝1 2 a2(Δt2)2＝0.01 m， 所以在 0～0.44 s 时间内，摩擦力 f 做的功 W＝－f(d＋x1＋x2)＝－1.64 J. 动能定理与 F－x 图象的结合问题 例 6 如图甲所示，长为 s＝4 m 的水平轨道 AB 与半径为 R＝0.5 m 的竖直半圆弧 轨道 BC 在 B 处相连接，有一质量为 m＝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，取 g＝10 m/s2.求： 11 (1)滑块到达 B 处时的速度大小； (2)滑块刚滑上圆弧轨道时，对圆弧轨道的压力； (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？ [解析] (1)设 0～2 m 过程中外力和位移分别为 F1、x1， 设 3 m～4 m 过程中外力和位移分别为 F3、x3 以及 B 点速度为 vB. 对滑块从 A 到 B 的过程，由动能定理得： F1x1－F3x3－μmgs＝1 2 mv2 B 代入数据得：vB＝2 10 m/s (2)滑块刚滑上圆弧轨道时，根据牛顿第二定律得： FN－mg＝mv2 B R 可得：FN＝90 N 由牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力为 90 N、方向向下． (3)当滑块恰好能到达最高点 C 时，由牛顿第二定律有： mg＝mv2 C R 对滑块从 B 到 C 的过程，由动能定理得： W－mg×2R＝1 2 mv2 C－1 2 mv2 B 代入数值得：W＝－7.5 J，即克服摩擦力做的功为 7.5 J