2020年江蘇高考物理總復習講義：動能定理及其應用

1、宏觀脩圖憶知微觀易錯判斷(1) 一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化。( (V)(2) 動能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。( (X)(3) 如果物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做功一定為零。( (V)(4) 物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化。( (X)(5) 物體的動能不變，所受的合外力必定為零。( (X)(6) 做自由落體運動的物體，動能與時間的二次方成正比。( (V)|g|g|課堂提能*考點全通易點注過|淮盍精研| 時間用到增甘點上|1.對“外力”的兩點理解“外力”可以是重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力等，它們可以同時作用，也 可以不同時作

2、用。(2) “外力”既可以是恒力，也可以是變力。2.公式中體現(xiàn)的三個關系數(shù)量關系合力做的功與物體動能的變化相等單位關系國際單位都是焦耳因果關系合力做功是物體動能變化的原因動能定理及其應用|課前回顧*基礎速串黨觀提陲回加舊知短屮-畫動動能能定定理理及及其其應應用用動能定理定賃一物怵由于運動而具有的能拉 公式f E剋單位 f 焦耳,符號 Z矢標性一動能是標甌口只有正值 動能的變化戢古E產(chǎn)寺網(wǎng)叫匚*皿訐力在一個過程中對物怵所做的功 等于物體在這個過程中渤能的窒化 表達式一叩=生魚物理惡義-合外力的功是物體動能變化的塔度 既適用于言線運動，也適用于曲純運動 既適用于恒力做功，也適用于變力橄功內(nèi)容一適用

3、范圍一突破點(一)對動能定理的理解自主悟透類題點全練1 關于運動物體所受的合外力、合外力做的功及動能變化的關系，下列說法正確的是 （ ）A .合外力為零，則合外力做功一定為零B.合外力做功為零，則合外力一定為零C .合外力做功越多，則動能一定越大D 動能不變，則物體合外力一定為零解析：選 A 由 W = FICOSa可知，物體所受合外力為零，合外力做功一定為零，但合 外力做功為零，可能是a=90故 A 正確，B 錯誤；由動能定理 W =屋k可知，合外力做功越多，動能變化量越大，但動能不一定越大。動能不變，合外力做功為零，但物體合外 力不一定為零，C、D 均錯誤。2.（2018 江陰四校期中）質(zhì)

4、量為 M、長度為 L 的長木板靜止在光 滑的水平面上，質(zhì)量為 m 的小滑塊停放在長木板的最右端，滑塊和木板之間的動摩擦因數(shù)為w現(xiàn)用一個大小為 F 的恒力作用在 M 上，當小滑塊滑到木板的最左端時，滑塊和木板的速度大小分別為v1、v2,滑塊和木板相對于地面的位移大小分別為&、S2。下列關系式錯誤的是（）A12A.wmgs=尹 vi12B.FS2- wmgs= Mv212wmg=?mvi121FS2- wmgs+wmgs=尹 v2+?mvi解析：選 C 對滑塊，滑塊受到重力、支持力和摩擦力，根據(jù)動能定理，有1mv11 2，故 A 正確；對木板，由動能定理得：Fs2-wmg2= ?Mv22,

5、故 B 正確；由以上兩式121212相加可得：FS2wmgs+wmgs= ?M v2+ ?mv1，又 s &= L,則得：Fs2wmgL= ?Mv21+ m v12,故 C 錯誤，D 正確。3.（2019 連云港一模）如圖所示，放在光滑水平面上的勁度系數(shù)為k曲L的彈簧一端固定，一質(zhì)量為m,速度為 v0的滑塊將其壓縮，經(jīng) t 時間后壓縮量為 x，此時速度為 v ;再經(jīng)過極短的時間 At，滑塊運動的位移為Ax，速度的變化量 為Av，滑塊動能的變化量為A。下列關系式中不正確的是（）wmgs=；有 FAt= mAv ;根據(jù)胡克定律，有F = kx,聯(lián)立解得Av = kx , B 正確。根據(jù)動能

6、定理,1 1對壓縮的整個過程，有 Fx = -m(vo2 v2),根據(jù)胡克定律，有 F = kx,聯(lián)立解得 kx2= ?m(vov2),由于滑塊做變加速直線運動，所以XMvt, C 錯誤。根據(jù)動能定理，對壓縮Ax 過程,有-F v At=如(v Av )2 mv2= AE，根據(jù)胡克定律，有 F = kx;聯(lián)立解得 kxv At= AE,D 正確。1.應用動能定理的流程2.應用動能定理的注意事項(1)動能定理中的位移和速度必須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) 應用動能定理的關鍵在于對研究對象進行準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

7、圖理解物理過程之間的關系。(3) 當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應用動能定理求解；當所求解的問題不 涉及中間的速度時，也可以全過程應用動能定理求解，這樣更簡便。列動能定理方程時，必須明確各力做功的正、負，確實難以判斷的先假定為正功, 最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗。典例(2017 江蘇高考) )如圖所示，兩個半圓柱 A、 置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C,三者半徑均為量為 m, A、B 的質(zhì)量都為羅，與地面間的動摩擦因數(shù)均為AxA-v=AB.Av=kxAtmkxvt= m(vo v) )D.kxv At= AE解析：選 C 因為經(jīng)過極短時間，可認為AT0,故 v =突破點(二)動能定理的應用水

8、平向右的力拉 A,使 A 緩慢移動，直至 C 恰好降到地面。整個過程中B 保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求:(1)未拉 A 時，C 受到 B 作用力的大小 F ;動摩擦因數(shù)的最小值piin；(3)A 移動的整個過程中，拉力做的功 W。思路點撥(1) 根據(jù)共點力的平衡條件求解C 受到 B 作用力的大小 F。(2) 先根據(jù)共點力平衡條件求解B 受到 C 水平方向最大壓力，再求出B 對地面的壓力,根據(jù)摩擦力的計算公式求解。根據(jù)動能定理求解 A 移動的整個過程中，拉力做的功W。解析(1)對 C 受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件有2F cos 30 = mg解得 F = 33m

9、g。B 受地面的摩擦力 f = mg根據(jù)題意，B 保持靜止，則有 fmin= Fxmax，解得 如in=3。(3)C 下降的高度 h = ( 3 1)RA 的位移 x = 2f ,3 1)R摩擦力做功的大小 Wf= fx= 2( 3 1)卩 mgR根據(jù)動能定理 W Wf+ mgh= 0 0 解得 W = (2 卩1)( 3 1)mgR。答案33mg (2)辛辛(3)(2 卩1)( 3 1)mgR方法規(guī)律(1) 運用動能定理解決問題時，選擇合適的研究過程能使問題得以簡化。當物體的運動 過程包含幾個運動性質(zhì)不同的子過程時，可以選擇一個、幾個或全部子過程作為研究過程。(2) 當選擇全部子過程作為研究

10、過程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要 注意運用它們的功能特點：重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關；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。C 恰好降到地面時,B 受 C 壓力的水平分力最大Fxmax=集訓沖關1.多選(2018 無錫期末) )如圖所示是某中學科技小組制作的利用 太陽能驅(qū)動小車的裝置。當太陽光照射到小車上方的光電板時，光電 板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動機帶動小車前進。若小車在平直的公路上以初 速度 v0開始加速行駛，經(jīng)過時間 t 達到最大速度 vm，設此過程中電動機功率恒為額定功率 P。根據(jù)以上條件可求出的物理量是( () )A 小車受到的阻力B.小

11、車前進的距離C 電動機所做的功D 小車克服摩擦力做的功解析：選 AC 當小車在平直的公路達到最大速度Vm時，電動機功率為額定功率P ,則小車受到的阻力 f= F=;此過程中電動機功率恒為額定功率P，運動時間為 t,則電動Vm機所做的功 W = Pt;對加速過程使用動能定理可得：Pt+ (-fx) = 1mVm3 4 5-*mvo2，由于小車的質(zhì)量未知，求不出小車前進的距離，也就求不出小車克服摩擦力做的功。2單板滑雪 U 型池如圖所示，由兩個完全相同的 1 /4 圓弧滑道AB、CD和水平滑道BC構(gòu)成，圓弧滑道的半徑R= 4 m ,B、C分別為圓弧滑道的最低點，B、C間的距離s= 7.5 m ,假

12、設某次比賽中運動員經(jīng)過水平滑道B點時水平向右的速度Vo= 16 m/ s,運動員從 B 點運動到 C 點所用的時間 t= 0.5 s,從 D 點躍起時的速度 vD= 8 m/s。 設運動員連同滑板的質(zhì)量 m= 50 kg，忽略空氣阻力的影響，已知圓弧上A、D 兩點的切線沿豎直方向，重力加速度g 取 10 m/s2。求：3 運動員在 B 點對圓弧軌道的壓力。4 運動員從 D 點躍起后在空中完成運動的時間。5 運動員從 C 點到 D 點運動的過程中克服摩擦阻力所做的功。2解析：( (1)由 N mg= 知 N = 3 700 NR由牛頓第三定律知，壓力為 3 700 N。(2)運動員從 D 點躍起

13、后在空中做豎直上拋運動，設運動員上升的時間為 運動員在空中完成動作的時間 t =2t1=晉=1.6 s。(3)運動員從 B 點到 C 點，做勻變速直線運動，運動過程的平均速度t1, vD=gt1=s= VB+ vc=t =2解得運動員到達 C 點時的速度 vc= vB= 14 m/s運動員從 C 點到 D 點的過程中，克服摩擦力和重力做功，根據(jù)動能定理Wf mgR= 121 2mv D2mv cWf= *mvc2 2m vD2mgR代入數(shù)值解得 Wf= 1 300 Jo答案：( (1)3 700 N (2)1.6 s (3)Wf= 1 300 J（1）小鐵塊初速度 v0的大小以及小鐵塊與木板間

14、的動摩擦因數(shù)是多少?突破點（三）動能定理的圖像問題師生共研婁1.解決物理圖像問題的基本步驟觀察題目給出的圖像、弄清縱坐標橫坐標所對應 的物理量及圖線所表示的物理意義第二步根據(jù)物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物 理量間的函數(shù)關系式nV第三步將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準; 函數(shù)關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線1的交點、圖線F的血積所對應的物理意義，分析解I答問題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入餉數(shù); 關系式求物理量。 v-t 圖由公式 x = vt 可知，v-t 圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移a-t 圖由公式&= at 可知，a-t 圖線與坐標軸圍成的面積表

15、示物體速度的變化量F-x 圖由公式 W= Fx 可知，F(xiàn)-x 圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功P-t 圖由公式 W = Pt 可知，P-t 圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功典例某同學近日做了這樣一個實驗，將一個小鐵塊（可看成質(zhì)點）以一定的初速度，沿傾角可在 090。之間任意調(diào)整的木板向上滑動，設小鐵塊沿木板向上能達到的最大位移 為 So 若木板傾角不同時對應的最大位移s 與木板傾角a的關系如圖所示。g 取 10 m/s2。求:當a=60。時，小鐵塊達到最高點后，又回到出發(fā)點，小鐵塊的速度將變?yōu)槎啻螅? (結(jié)果可以帶根號) )思路點撥(1) 由題圖，根據(jù)a=90。時小鐵塊豎直上拋能達到的

16、最大位移，由動力學公式求初速度；(2) 根據(jù)動能定理，求出小鐵塊沿斜面上升的最大位移s 與斜面傾角B的關系表達式，根據(jù)a=30寸的數(shù)據(jù)求出動摩擦因數(shù)；先求出a=60。時小鐵塊上升的高度，然后由動能定理求出小鐵塊返回時的速度。解析(1)由題圖可得，當a=90 時，最大位移 Sm= 1.25 m，根據(jù) v2= 2gsm，代入數(shù) 據(jù)得 v0=5 m/s，即小鐵塊的初速度為5 m/ s。小鐵塊沿斜面上滑過程，根據(jù)動能定理得：mgsinas1卩mcos得 s=2V02g sina+poosa由題圖可得，a=30時，= 1.25 m,代入數(shù)據(jù)得:(2)由小鐵塊沿斜面上升的最大位移s 與斜面傾角a的關系為:

17、把a=60弋入，解得：S2= 3m2V0_s= _;2g sina+pGOsa小鐵塊達到最高點后，又回到出發(fā)點,整個過程由動能定理得：1212pmcosa2s2=?mvt?mv0解得：5 2,vt= 2 m/s。集訓沖關1. (2017 江蘇高考) )一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處。物塊初動能為Ek0,與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移 x 關系的圖線是( () )解析：選 C 設物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為物塊的質(zhì)量為 m,則物塊在上滑過程中根據(jù)動能定理有一( (mgsin0+卩 mgos 0)x= Ek Eko,即卩 Ek= Eko (mgsin0+卩 mco

18、s 0)x,所以物塊的動能 Ek與位移 x 的函數(shù)關系圖線為直線且斜率為負；物塊沿斜面下滑的過程中 根據(jù)動能定理有(mgsin0卩 mgos0(xo x)= Ek，其中 xo為小物塊到達最高點時的位移， 即 Ek= (mgsin0-卩 mgos 0)x + (mgsin0+卩 mjcosB)x0,所以下滑時 Ek隨 x 的減小而增大 且為直線。由此可以判斷 C項正確。2. (2018 連云港二模)隨著人民生活水平的提高，越來越多的家庭有了汽車，交通安全 問題顯得尤為重要。如圖是某型號汽車剎車時剎車痕跡( (即剎車距離) )與剎車前車速的關系圖 像，v 為車速，s 為剎車痕跡長度。若某次測試中，

19、汽車剎車后運行距離為20 m 時的車速仍為 45 km/h， 則剎車前車的初速度為( (C. 82.5 km/h502解析：選 B 由題圖可知，v1= 60 km/h =50m/s 時，剎車位移是si= 20 m ,根據(jù)vi2=2asi,得a= 6.9m/s2,當汽車以 v0速度剎車時，運行 s2= 20 m 時，車速仍為 v2= 45 km/h2522 m/s，由Vov= 2as2，解得v= 20.8 m/ s= 75 km/h , B 正確。3如圖甲所示，一半徑R= 1 m、圓心角等于 143。的豎直圓弧形光滑軌道，與斜面相切于 B 點，圓弧形軌道的最高點為M，斜面傾角0=37 t= 0

20、時刻有一物塊沿斜面上滑，若物塊恰能到達 M 點，取 g= 10 m/s2, sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8，求:(1)物塊經(jīng)過 M 點的速度大小;物塊經(jīng)過 B 點的速度大小;(3)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)。A. 60 km /h其在斜解析：(1)物塊恰能到達 M 點，則有mg= mRD. 105 km/ h解得 vM= gR= 10 m/s。(2) 物塊從 B 點運動到 M 點的過程中，由動能定理得1212mgR(1 + cos 37 = qmvM qmvB解得 vB=46 m/s。(3)由題圖乙可知，物塊在斜面上運動時，加速度大小為a =葺=10 m/s2，方向沿斜面向下

21、，由牛頓第二定律得mgsin 37 豐口 mgos 37 = ma解得尸 0.5。答案：10 m/s (2) 46 m/s (3)0.5突破點( (四) )應用動能定理解決平拋運動、圓周運動問題1.平拋運動和圓周運動都屬于曲線運動，若 只 涉 及 位移和速度而不涉及時間，應優(yōu)先考慮用動能定理列式求解。2.動能定理的表達式為標量式，不能在某一個方向上列動能定理方程。典例(2019 蘇州調(diào)研) )如圖所示，傾角為 37 的光滑傾斜軌道AB 與粗糙的豎直放置的半圓形軌道 CD 通過一小段圓弧 BC 平滑連 接，BC的長度可忽略不計， C為圓弧軌道的最低點。 一小物塊在 A 點從靜止開始沿 AB軌道下

22、滑，進入半圓形軌道 CD，運動半周后恰好能通過軌道 CD 的最高點 D，最后落回到傾斜軌道AB 上。已知小物塊可以看成質(zhì)點，質(zhì)量 m = 0.4 kg，半圓形軌道半徑 R = 0.4 m , A 點與軌道最低點的高度差h = 1.25 m, g 取 10m/s2, sin 37 = 0.6, cos 37 = 0.8,不計空氣阻力。求：(1) 小物塊運動到 C 點時對半圓形軌道壓力 F 的大小；(2) 小物塊在半圓形軌道上運動過程中克服摩擦力所做的功W;小物塊從 D 點落回到傾斜軌道 AB 上的運動時間 t。( (結(jié)果可保留根號) )審題指導第一步：抓關鍵點關鍵點獲取信息傾角為 37 的光滑傾

23、斜軌道 ABAB 軌道無摩擦力做功小物塊由靜止從 A 點釋放小物塊的初速度 vA= 0小物塊剛到 C 時對軌道的作用力1小物塊在圓弧軌道 BC 的最低點，具有豎直向上的向心加速度2利用牛頓第三定律確定小球?qū)壍赖膲毫η『媚芡ㄟ^軌道 CD 的最高點 D利用向心力公式可求出最高點速度第二步：找突破口從 A 點到 C 點，只有重力做功。2vC(2)在圓弧軌道的 C 點：FN mg= mR。(4)小物塊從 D 點落回到傾斜軌道 AB 上，做平拋運動。解析從 A 點到 C 點，由動能定理得:mgh= mvC代入數(shù)據(jù)解得 vC= 5 m/s2vC在 C 點，由向心力公式得：F mg= mR代入數(shù)據(jù)解得 F

24、 = 29 N由牛頓第三定律得 F = F = 29 N。恰好過 D 點，則過 D 點時小物塊所受彈力為 02由向心力公式得： mg= mVRD-代入數(shù)據(jù)解得 vD= 2 m/s從 C 點到 D 點，由動能定理得:1 1mg 2R W =尹 vD2?mvC代入數(shù)據(jù)解得 W = 1 J。(3)小物塊從 D 點落回到傾斜軌道 AB 上，做平拋運動豎直方向：y= 2gf水平方向：x = vDt2Rv由幾何關系得：tan 37 =-yx聯(lián)立方程解得：t=了；3s。答案(1)29 N (2)1 J(3)-220 s集訓沖關1. 多選 (2018 南通模擬) )如圖所示， 半徑為 R 的半圓形的圓弧槽 固

25、定在水平面上，質(zhì)量為m 的小球(可視為質(zhì)點) )從圓弧槽的端點由靜止開始滑下，滑到最低點 B 時對軌道的正壓力為 2mg,重力加速度為 g,則(恰好過 D 點，則過 D 點時小物塊所受彈力為0。A .小球在最低點 B 時速度為 2gRB.小球在B 點時，重力的功率為 mg.gRC .小球由A 到 B 的過程中克服摩擦力做功為 2mgRD .小球由A 到 B 過程中速度先增大后減小解析：選 CD球受到的支持力也為滑到最低點 B 時對軌道的正壓力為 2mg，那么由牛頓第三定律可知： 小22mg,那么由牛頓第二定律可得：2mg mg=，所以，v= gR,B 點的速度 v = gR,方向水平向右；重力

26、方向豎直向下，重力與速度 方向垂直，所以，重力的功率為0,故 A 錯誤；小球在故 B 錯誤；對小球下滑過程應用動能定理可得：小球由 A 到 B 的過程中克服摩擦力做功為:121 1 ,W = mgR ?mv = mgR mgR= ?mgR,故 C 正確;F=mgsin0、2R，那么在該方向上的加速度為：a = (tan0 p)gcos0電；那么當小球開小球在任一徑向與豎直方向夾角為z2mv卩 mgcos0+0時，沿速度方向受到的合外力為:始下滑較短時間時，速度 v 較小，夾角0較大，a 大于 0，小球加速；當a 小于0,小球減速，故小球由 A 到 B 過程中速度先增大后減小，故 D 正確。2.

27、 (2018 揚州期末) )如圖所示，一段粗糙的傾斜軌道，在B 點與半徑 R= 0.5 m 的光滑圓弧軌道 BCD 相切并平滑連接。CD 是圓軌道的豎直直徑，0B 與 0C 的夾角0=53將質(zhì)量為 m = 1 kg 的小滑塊從傾斜軌道上的 A 點由靜止釋放，AB= s,小滑塊與傾斜軌道間的動摩擦因數(shù)尸 0.5, sin 53 = 0.8, cos 53 = 0.6, g 取 10 m/s2。(1)若 s= 2 m,求小物塊第一次經(jīng)過C 點時的速度大小及其對軌道的壓力大小;若物塊能沿軌道到達 D 點，求 AB 的最小值 s。解析：( (1)對小滑塊從 A 到 C 的過程應用動能定理：12 “mg

28、s sin0+mgR(1cos0mgsos0=?mvC0代入數(shù)據(jù)得：vC= 2 6 m/s ；C 點時對滑塊應用牛頓第二定律:2vCFN mg= mR代入數(shù)據(jù)得：FN= 58 N根據(jù)牛頓第三定律得：F壓=FN= 58 N。(2)小滑塊恰能通過最高點 D 時，只有重力提供向心力:2vDmg= mR代入數(shù)據(jù)得：vD=5 m/s對小滑塊從靜止釋放到 D 點全過程應用動能定理:12mgs sin 0 mgR(1+ cos 0)卩 mgscos0=qmvD 0 代入數(shù)據(jù)得：s = 2.1 m。答案：(1)2 6 m/s 58 N (2)2.1 m聚焦盲點聚焦盲點 補矩增分補矩增分巧思妙解巧思妙解一一練創(chuàng)

29、新思維練創(chuàng)新思維-運用動能定理巧解往復運動問題在有些問題中物體的運動過程具有重復性、往返性，而在這一過程中，描述運動的物 理量多數(shù)是變化的，而且重復的次數(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公式將非常繁瑣，甚至無法解出。由于動能定理只關心物體的初 末狀態(tài)而不計運動過程的細節(jié)，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化。（一 ）往復次數(shù)可確定的情形1.如圖所示，ABCD 是一個盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC 的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC 是水平的，其距離 d= 0.50 m。盆邊緣的高度為 h = 0.30 m。在 A 處放一 個質(zhì)量為m 的小物塊并讓其從靜止開始下滑（圖中小物塊未畫出）。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=0.10。小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，則停的地點到 B 的距離為（）A. 0.50 mB. 0.25 mC. 0