江蘇專用2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)第5章機(jī)械能及其守恒定律第2節(jié)動(dòng)能定理學(xué)案

PAGE11-第2節(jié)動(dòng)能定理一、動(dòng)能1．定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能。2．公式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，v為瞬時(shí)速度，動(dòng)能是狀態(tài)量。3．單位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。4．標(biāo)矢性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有正值。5．動(dòng)能的變更量：ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。二、動(dòng)能定理1．內(nèi)容：合外力對物體所做的功等于物體動(dòng)能的變更。2．表達(dá)式：W＝ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。3．物理意義：合外力對物體做的功是物體動(dòng)能變更的量度。4．適用條件(1)既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)。(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功。(3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用。1．思索辨析(正確的畫“√”，錯(cuò)誤的畫“×”)(1)肯定質(zhì)量的物體動(dòng)能變更時(shí)，速度肯定變更，但速度變更時(shí)，動(dòng)能不肯定變更。 (√)(2)物體的合外力對物體做的功為零，動(dòng)能肯定不變。 (√)(3)物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能肯定變更。 (×)(4)物體的動(dòng)能不變，其所受的合外力必定為零。 (×)2．質(zhì)量約是500g的足球被踢出時(shí)的初速度為20m/s，某人視察它在空中的飛行狀況，上升的最大高度大約是5m，在最高點(diǎn)的速度大約為10m/s，請你估計(jì)運(yùn)動(dòng)員對足球做的功約為()A．25JB．50JC．75JD．100JD[在足球被踢出瞬間，應(yīng)用動(dòng)能定理求解運(yùn)動(dòng)員對足球做W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×0.5×202J＝100J，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。]3．(人教版必修2P74T1改編)在下列幾種狀況下，甲、乙兩物體的動(dòng)能相等的是()A．甲的速度是乙的2倍，甲的質(zhì)量是乙的eq\f(1,2)B．甲的質(zhì)量是乙的2倍，甲的速度是乙的eq\f(1,2)C．甲的質(zhì)量是乙的4倍，甲的速度是乙的eq\f(1,8)D．質(zhì)量相同，速度大小也相同，但甲向東運(yùn)動(dòng)，乙向西運(yùn)動(dòng)[答案]D4．(人教版必修2P75T4改編)如圖所示，傾角θ＝37°的斜面AB與水平面平滑連接于B點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)之間的距離x0＝3m，質(zhì)量m＝3kg的小物塊與斜面及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.4。當(dāng)小物塊從A點(diǎn)由靜止起先沿斜面下滑的同時(shí)，對小物塊施加一個(gè)水平向左的恒力F(圖中未畫出)，取g＝10m/s2。若F＝10N，小物塊從A點(diǎn)由靜止起先沿斜面運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)撤去恒力F，求小物塊在水平面上滑行的距離x為(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．5.7mB．4.7mC．6.5mD．5.5mB[小物塊在斜面上受力如圖所示，從A點(diǎn)起先沿ABC路徑運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)停止過程中，由動(dòng)能定理可得：Fx0cosθ＋mgx0sinθ－Ffx0－μmgx＝0Ff＝μFNFN＋Fsinθ＝mgcosθ代入數(shù)據(jù)解得：x＝4.7m。故選項(xiàng)B正確。]動(dòng)能定理的理解及應(yīng)用eq\o([依題組訓(xùn)練])1．關(guān)于動(dòng)能概念及動(dòng)能定理表達(dá)式W＝Ek2－Ek1的說法中正確的是()A．若物體速度在變更，則動(dòng)能肯定在變更B．速度大的物體，動(dòng)能肯定大C．W＝Ek2－Ek1表示功可以變成能D．動(dòng)能的變更可以用合力做的功來量度D[速度是矢量，而動(dòng)能是標(biāo)量，若物體速度只變更方向，不變更大小，則動(dòng)能不變，A錯(cuò)誤；由Ek＝eq\f(1,2)mv2知B錯(cuò)誤；動(dòng)能定理表達(dá)式W＝Ek2－Ek1表示動(dòng)能的變更可用合力做的功量度，但功和能是兩個(gè)不同的概念，有著本質(zhì)的區(qū)分，故C錯(cuò)誤，D正確。]2．(2024·全國卷Ⅱ)如圖所示，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止起先沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度。木箱獲得的動(dòng)能肯定()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A[由動(dòng)能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱獲得的動(dòng)能肯定小于拉力所做的功，A正確。]3．如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一質(zhì)量為m的小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面。設(shè)小球在斜面最低點(diǎn)A的速度為v，壓縮彈簧至C點(diǎn)時(shí)彈簧最短，C點(diǎn)距地面高度為h，則小球從A到C的過程中彈簧彈力做功是()A．mgh－eq\f(1,2)mv2 B．eq\f(1,2)mv2－mghC．－mgh D．－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgh＋\f(1,2)mv2))A[小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，重力和彈簧的彈力對小球做負(fù)功，由于支持力與位移始終垂直，則支持力對小球不做功，由動(dòng)能定理可得WG＋WF＝0－eq\f(1,2)mv2，重力做功為WG＝－mgh，則彈簧的彈力對小球做功為WF＝mgh－eq\f(1,2)mv2，所以正確選項(xiàng)為A。]1．對“外力”的兩點(diǎn)理解(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用。(2)“外力”既可以是恒力，也可以是變力。2．公式W合＝ΔEk中“＝”體現(xiàn)的三個(gè)關(guān)系動(dòng)能定理與圖象結(jié)合問題eq\o([講典例示法])1．解決物理圖象問題的基本步驟(1)視察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義。(2)依據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對應(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)上與之相對應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點(diǎn)、圖線下方的面積所對應(yīng)的物理意義，依據(jù)對應(yīng)關(guān)系列式解答問題。2．圖象所圍“面積”和圖象斜率的含義[典例示法]如圖甲所示，一物體由某一固定且足夠長的斜面底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，其動(dòng)能Ek隨離開斜面底端的距離x變更的圖線如圖乙所示，g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，則以下說法正確的是()甲乙A．斜面的傾角θ＝30°B．物體的質(zhì)量m＝0.5kgC．斜面與物體間的摩擦力大小f＝2eq\r(3)ND．物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝2sB[由動(dòng)能定理得F合x＝ΔEk，知Ek-x圖線的斜率表示合外力的大小，則物體上滑階段受到的合外力F1＝mgsinθ＋μmgcosθ＝eq\f(25,5)N＝5N，物體下滑階段受到的合外力F2＝mgsinθ－μmgcosθ＝eq\f(5,5)N＝1N，聯(lián)立得tanθ＝eq\f(3,4)，即θ＝37°，m＝0.5kg，故A錯(cuò)誤，B正確；物體與斜面間的摩擦力為f＝μmgcosθ＝2N，故C錯(cuò)誤；物體上滑階段，合外力為F1＝5N，由F1＝ma1，得a1＝10m/s2，t1＝eq\f(v1,a1)，Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝25J，聯(lián)立得t1＝1s，同理，物體下滑階段，合外力為F2＝1N，由F2＝ma2，得a2＝2m/s2，t2＝eq\f(v2,a2)，Ek2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝5J，聯(lián)立得t2＝eq\r(5)s，則t＝t1＋t2＝(1＋eq\r(5))s，故D錯(cuò)誤。]動(dòng)能定理與圖象結(jié)合問題的分析方法(1)首先看清所給圖象的種類(如v-t圖象、F-t圖象、Ek-t圖象等)。(2)挖掘圖象的隱含條件，得出所須要的物理量，如由v-t圖象所包圍的“面積”求位移，由F-x圖象所包圍的“面積”求功等。(3)分析有哪些力做功，依據(jù)動(dòng)能定理列方程，求出相應(yīng)的物理量。[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．(2024·全國卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內(nèi)時(shí)，物體上升、下落過程中動(dòng)能Ek隨h的變更如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質(zhì)量為()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kgC[設(shè)物體的質(zhì)量為m，則物體在上升過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F，由動(dòng)能定理結(jié)合題圖可得－(mg＋F)×3m＝(36－72)J；物體在下落過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F，再由動(dòng)能定理結(jié)合題圖可得(mg－F)×3m＝(48－24)J，聯(lián)立解得m＝1kg、F＝2N，選項(xiàng)C正確，A、B、D均錯(cuò)誤。]2．放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8kg的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時(shí)間的關(guān)系圖象和該拉力的功率與時(shí)間的關(guān)系圖象分別如圖甲、乙所示。下列說法中正確的是()甲乙A．0～6s內(nèi)拉力做的功為140JB．物體在0～2s內(nèi)所受的拉力為4NC．物體與粗糙水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5D．合外力在0～6s內(nèi)做的功大于與0～2s內(nèi)做的功A[由P＝Fv可知，物體在0～2s內(nèi)所受的拉力F＝eq\f(P,v)＝eq\f(60,10)N＝6N，在2～6s內(nèi)所受的拉力F′＝eq\f(P′,v′)＝eq\f(20,10)N＝2N，B錯(cuò)誤；拉力在0～6s內(nèi)做的總功W＝Fx1＋F′x2＝6×eq\f(10,2)×2J＋2×10×4J＝140J，A正確；由物體在2～6s內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)可知，F(xiàn)′＝μmg，可求得μ＝0.25，C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，物體所受的合外力在0～6s內(nèi)所做的功與0～2s內(nèi)所做的功均為eq\f(1,2)mv2＝40J，D錯(cuò)誤。]3．(2024·江蘇南京模擬)一滑塊以肯定的初速度從一固定斜面的底端向上沖，到斜面上某一點(diǎn)后返回底端，斜面粗糙?；瑝K運(yùn)動(dòng)過程中加速度與時(shí)間關(guān)系圖象如圖所示。下列四幅圖象分別表示滑塊運(yùn)動(dòng)過程中位移x、速度大小v、動(dòng)能Ek和重力勢能Ep(以斜面底端為參考平面)隨時(shí)間變更的關(guān)系圖象，其中正確的是()ABCDD[物塊向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩者速度方向相反，據(jù)位移公式可知，位移與時(shí)間成二次函數(shù)關(guān)系；據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知，下滑所用的時(shí)間要大于上升所用的時(shí)間，先減速后加速，加速度始終向下，所以x-t圖象應(yīng)是開口向下的拋物線，A、B錯(cuò)誤；依據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2知?jiǎng)幽芟葴p小后增大，與時(shí)間為二次函數(shù)，C錯(cuò)誤；重力勢能為Ep＝mgh＝mgx＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0t＋\f(1,2)at2))，a為負(fù)，故為開口向下的拋物線，D正確。]4．如圖甲所示，在傾角為30°、長度為L＝5m的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面OA，OA長為4m。有一質(zhì)量為m的滑塊，從O處由靜止起先受一水平向右的力F作用，F(xiàn)只在滑塊處于水平面上時(shí)作用，并且按圖乙所示的規(guī)律變更，最終滑塊剛好到達(dá)斜面頂端B，g取10m/s2。試求：甲乙(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到A處的速度大??；(2)滑塊與OA間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。[解析](1)滑塊沖上斜面的過程中重力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得－mg·L·sin30°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)代入數(shù)據(jù)解得vA＝5eq\r(2)m/s。(2)由題圖乙知，在前2m內(nèi)，F(xiàn)1＝2mg，做正功，在第3m內(nèi)，F(xiàn)2＝－0.5mg，做負(fù)功，在第4m內(nèi)，F(xiàn)3＝0，滑動(dòng)摩擦力的大小為Ff＝μmg，始終做負(fù)功，對于滑塊在OA上運(yùn)動(dòng)的全過程，由動(dòng)能定理得F1x1＋F2x2＋fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0即2mg×2－0.5mg×1－μmg×4＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.25。[答案](1)5eq\r(2)m/s(2)0.25動(dòng)能定理求解多過程問題eq\o([講典例示法])1．多過程問題的分析方法(1)將“多過程”分解為很多“子過程”，各“子過程”間由“連接點(diǎn)”連接。(2)對各“連接點(diǎn)”進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，必要時(shí)畫出受力圖和過程示意圖。(3)依據(jù)“子過程”和“連接點(diǎn)”的模型特點(diǎn)選擇合理的物理規(guī)律列方程。(4)分析“連接點(diǎn)”速度、加速度等物理量的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時(shí)間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的協(xié)助方程。(5)聯(lián)立方程組，分析求解，對結(jié)果進(jìn)行必要的驗(yàn)證或探討。2．利用動(dòng)能定理求解多過程問題的基本思路[典例示法](2024·信陽模擬)如圖所示AB和CDO都是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，OA處于水平位置。AB是半徑為R＝1m的eq\f(1,4)圓周軌道，CDO是半徑為r＝0.5m的半圓軌道，最高點(diǎn)O處固定一個(gè)豎直彈性擋板(可以把小球彈回，不損失能量，圖中沒有畫出)，D為CDO軌道的中點(diǎn)。BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接。已知BC段水平軌道長L＝2m，與小球之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2?，F(xiàn)讓一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的小球從A點(diǎn)的正上方距水平線OA高H的P處自由落下。(g取10m/s2)(1)當(dāng)H＝2m時(shí)，求此時(shí)小球第一次到達(dá)D點(diǎn)對軌道的壓力大??；(2)為使小球僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，求H的取值范圍。思路點(diǎn)撥：解此題可按以下思路(1)小球由P到D全過程，由動(dòng)能定理列方程求小球第一次到達(dá)D點(diǎn)的速度。(2)小球僅僅與彈性擋板碰撞一次且剛好不脫離CDO軌道的兩個(gè)臨界條件是在O點(diǎn)重力供應(yīng)向心力，碰后再返回最高點(diǎn)恰能上升到D點(diǎn)。[解析](1)設(shè)小球第一次到達(dá)D的速度為vD，對小球從P到D點(diǎn)的過程，依據(jù)動(dòng)能定理得：mg(H＋r)－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0在D點(diǎn)軌道對小球的支持力FN供應(yīng)向心力，則有：FN＝meq\f(v\o\al(2,D),r)聯(lián)立解得：FN＝84N由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫椋篎′N＝FN＝84N。(2)為使小球僅僅與擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，H最小時(shí)必需滿意能上升到O點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：mgHmin－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,O)－0在O點(diǎn)有：mg＝meq\f(v\o\al(2,O),r)代入數(shù)據(jù)解得：Hmin＝0.65m僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，H最大時(shí)，碰后再返回最高點(diǎn)能上升到D點(diǎn)，則有：mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0代入數(shù)據(jù)解得：Hmax＝0.7m故有：0.65m≤H≤0.7m。[答案](1)84N(2)0.65m≤H≤0.7m應(yīng)用動(dòng)能定理求多過程問題的技巧1．運(yùn)用動(dòng)能定理解決多過程問題時(shí)，有兩種思路：一種是全過程列式，另一種是分段列式。2．全過程列式時(shí)，涉及重力、彈簧彈力，大小恒定的阻力或摩擦力做功，要留意運(yùn)用它們的功能特點(diǎn)：(1)重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(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。(3)彈簧彈力做功與路徑無關(guān)。[跟進(jìn)訓(xùn)練]組合運(yùn)動(dòng)的多過程問題1．如圖所示，光滑的軌道ABO的AB部分與水平部分BO相切，軌道右側(cè)是一個(gè)半徑為R的四分之一的圓弧軌道，O點(diǎn)為圓心，C為圓弧上的一點(diǎn)，OC與水平方向的夾角為37°?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球從軌道AB上某點(diǎn)由靜止釋放。已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin37°＝\f(3,5)，cos37°＝\f(4,5)))(1)若小球恰能擊中C點(diǎn)，求剛釋放小球的位置距離BO平面的高度；(2)變更釋放點(diǎn)的位置，求小球落到軌道時(shí)動(dòng)能的最小值。[解析](1)設(shè)小球經(jīng)過O點(diǎn)的速度為v0，從O點(diǎn)到C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，則有Rcos37°＝v0t，Rsin37°＝eq\f(1,2)gt2從A點(diǎn)到O點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立可得，釋放小球的位置距離BO平面的高度h＝eq\f(4,15)R。(2)設(shè)小球落到軌道上的點(diǎn)與O點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為θ，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，Rcosθ＝v′0t′Rsinθ＝eq\f(1,2)gt′2對此過程，由動(dòng)能定理得mgRsinθ＝Ek－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,0)解得Ek＝mgReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)sinθ＋\f(1,4sinθ)))當(dāng)sinθ＝eq\f(\r(3),3)時(shí)，小球落到軌道時(shí)的動(dòng)能最小，最小值為Ek＝eq\f(\r(3),2)mgR。[答案](1)eq\f(4R,15)(2)eq\f(\r(3)mgR,2)往復(fù)運(yùn)動(dòng)的多過程問題2．(2024·東陽市月考)如圖所示，ABCD為一位于豎直平面內(nèi)的軌道，其中BC水平，A點(diǎn)比BC高出10m，BC長1m，AB和CD軌道光滑且與BC平滑連接。一質(zhì)量為1kg的物體，從A點(diǎn)以4m/s的速度起先運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過BC后滑到高出C點(diǎn)10.3m的D點(diǎn)速度為零。求：(g取10m/s2)(1)物體與BC軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)物體第5次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度；(3)物體最終停止的位置(距B點(diǎn)多少米)。[解析](1)物體從A到D的運(yùn)動(dòng)過程只有重力、摩擦力做功，由動(dòng)能定理可得mg(H－h(huán))－μmgLBC＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)所以μ＝eq\f(2gH－h(huán)＋v\o\al(2,A),2gLBC)＝eq\f(2×10×10－10.3＋42,2×10×1)＝0.5。(2)物體第5次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)，物體在BC上運(yùn)動(dòng)的總位移x＝4LBC＝4m；那么，對物體從A到物體第5次經(jīng)過B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程應(yīng)用動(dòng)能定理可得mgH－μmgx