2018屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題 動(dòng)能 動(dòng)能定理導(dǎo)學(xué)案2

1、動(dòng)能 動(dòng)能定理知識(shí)梳理知識(shí)點(diǎn)一、動(dòng)能1定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能叫動(dòng)能。2公式：Ekmv2。3單位：焦耳，1 J1 Nm1 kgm2/s2。4矢標(biāo)性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有正值。5狀態(tài)量：動(dòng)能是狀態(tài)量，因?yàn)関是瞬時(shí)速度。知識(shí)點(diǎn)二、動(dòng)能定理1內(nèi)容：力在一個(gè)過(guò)程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中動(dòng)能的變化。2表達(dá)式：Wmvmv或WEk2Ek1。3物理意義：合外力的功是物體動(dòng)能變化的量度。思考判斷 (1)運(yùn)動(dòng)的物體具有的能量就是動(dòng)能. ()(2)一定質(zhì)量的物體動(dòng)能變化時(shí)，速度一定變化，但速度變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化. ()(3)處于平衡狀態(tài)的物體動(dòng)能一定保持不變. ()(4)做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)能與

2、下落時(shí)間的二次方成正比. ()(5)物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能一定變化.()(6)物體的動(dòng)能不變，所受的合外力必定為零. ()答案：(1)(2)(3)(4)(5)(6)考點(diǎn)精練考點(diǎn)一動(dòng)能和動(dòng)能定理的理解1動(dòng)能與動(dòng)能的變化的區(qū)別(1)動(dòng)能與動(dòng)能的變化是兩個(gè)不同的概念，動(dòng)能是狀態(tài)量，動(dòng)能的變化是過(guò)程量。(2)動(dòng)能為非負(fù)值，而動(dòng)能變化量有正負(fù)之分。Ek0表示物體的動(dòng)能增加，Ek0表示物體的動(dòng)能減少。2對(duì)動(dòng)能定理的理解(1)做功的過(guò)程就是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，動(dòng)能定理表達(dá)式中的“”的意義是一種因果關(guān)系在數(shù)值上相等的符號(hào)。(2)對(duì)“外力”的理解動(dòng)能定理敘述中所說(shuō)的“外力”，既可以是重力、彈力、摩擦力，

3、也可以是電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力或其他力。對(duì)應(yīng)訓(xùn)練1對(duì)動(dòng)能概念的理解關(guān)于物體的動(dòng)能，下列說(shuō)法中正確的是()A物體速度變化，其動(dòng)能一定變化B物體所受的合外力不為零，其動(dòng)能一定變化C物體的動(dòng)能變化，其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)一定發(fā)生改變D物體的速度變化越大，其動(dòng)能一定變化也越大解析若速度的方向變化而大小不變，則其動(dòng)能不變化，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體所受合外力不為零，只要速度大小不變，其動(dòng)能就不變化，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，物體所受合外力不為零，但速度大小始終不變，動(dòng)能不變，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物體動(dòng)能變化，其速度一定發(fā)生變化，故運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變，選項(xiàng)C正確；物體速度變化若僅由方向變化引起，其動(dòng)能可能不變，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，速度變化，但動(dòng)能始終不

4、變，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C2對(duì)動(dòng)能定理的理解 (多選)如圖1所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電梯的速度由v1增加到v2時(shí)，上升高度為H，則在這個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法或表達(dá)式正確的是()圖1A對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為WNmv，其中WN為支持力的功B對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為W合0，其中W合為合力的功C對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為WNmgHmvmv，其中WN為支持力的功D對(duì)電梯，其所受合力做功為MvMv解析電梯上升的過(guò)程中，對(duì)物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個(gè)力的總功才等于物體動(dòng)能的增量Ekmvmv，故A、B均錯(cuò)誤，C正確；對(duì)電梯

5、，無(wú)論有幾個(gè)力對(duì)它做功，由動(dòng)能定理可知，其合力的功一定等于其動(dòng)能的增量，故D正確。答案CD考點(diǎn)二動(dòng)能定理的應(yīng)用應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)抓好“兩狀態(tài)，一過(guò)程”“兩狀態(tài)”即明確研究對(duì)象的始、末狀態(tài)的速度或動(dòng)能情況；“一過(guò)程”即明確研究過(guò)程，確定這一過(guò)程研究對(duì)象的受力情況和位置變化或位移信息。【典例】(2016河南鄭州三模)如圖2所示，傾角45的粗糙平直導(dǎo)軌AB與半徑為R的光滑圓環(huán)軌道相切，切點(diǎn)為B，整個(gè)軌道處在豎直平面內(nèi)。一質(zhì)量為m的小滑塊(可以看作質(zhì)點(diǎn))從導(dǎo)軌上離地面高為h3R的D處無(wú)初速度下滑進(jìn)入圓環(huán)軌道。接著小滑塊從圓環(huán)最高點(diǎn)C水平飛出，恰好擊中導(dǎo)軌上與圓心O等高的P點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，已知重力加速

6、度為g。求：圖2(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)最高點(diǎn)C時(shí)的速度大?。?2)滑塊運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)圓環(huán)軌道壓力的大?。?3)滑塊在斜面軌道BD間運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中克服摩擦力做的功。解析(1)小滑塊從C點(diǎn)飛出來(lái)做平拋運(yùn)動(dòng)，水平速度為v0。豎直方向上：Rgt2水平方向上：Rv0t解得：v0(2)小滑塊在最低點(diǎn)時(shí)速度為v，由動(dòng)能定理得：mg2Rmvmv2解得：v在最低點(diǎn)由牛頓第二定律得：FNmgm解得：FN6mg由牛頓第三定律得：FN6mg(3)從D到最低點(diǎn)過(guò)程中，設(shè)DB過(guò)程中克服摩擦阻力做功Wf，由動(dòng)能定理得：mghWfmv20解得：WfmgR答案(1)(2)6mg(3)mgR【拓展延伸1】使小滑塊剛好能過(guò)C點(diǎn)在

7、【典例】中，若小滑塊剛好能過(guò)C點(diǎn)，求滑塊與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)。解析小滑塊剛好能過(guò)C點(diǎn)，則在C點(diǎn)由牛頓第二定律得：mgm解得：vC小滑塊由D至C過(guò)程，由動(dòng)能定理得：mg(h2R)mgcos mv0，解得：答案【拓展延伸2】使滑塊在P點(diǎn)釋放在【典例】中的滑塊從軌道的P點(diǎn)由靜止釋放，滑塊與粗糙導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，求滑塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中在AB軌道上通過(guò)的總路程。解析滑塊在P點(diǎn)釋放，滑塊將在兩軌道間做往返運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為零后滑塊將只在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)，故全過(guò)程由動(dòng)能定理得：mgsPBsin mgscos 0由幾何關(guān)系得：sPBR解得：s答案技巧點(diǎn)撥應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本思路對(duì)應(yīng)訓(xùn)練1動(dòng)能

8、定理的應(yīng)用 (2016河南模擬)如圖3所示，質(zhì)量為m的小球，從離地面H高處從靜止開(kāi)始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設(shè)小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()圖3A小球落地時(shí)動(dòng)能等于mgHB小球陷入泥中的過(guò)程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時(shí)的動(dòng)能C整個(gè)過(guò)程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)D小球在泥土中受到的平均阻力為mg(1)解析小球從靜止開(kāi)始釋放到落到地面的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgHfHmv，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mghf0h0mv，解得f0hmghmv，f0mg(1)，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可知，

9、整個(gè)過(guò)程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)，選項(xiàng)C正確。答案C2動(dòng)能定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用(2017桂林質(zhì)檢)如圖4所示，傾角為37的粗糙斜面AB底端與半徑R0.4 m的光滑半圓軌道BC平滑面相連，O點(diǎn)為軌道圓心，BC為圓軌道直徑且處于豎直方向，A、C兩點(diǎn)等高。質(zhì)量m1 kg的滑塊從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，恰能滑到與O點(diǎn)等高的D點(diǎn)，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。圖4(1)求滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)若使滑塊能到達(dá)C點(diǎn)，求滑塊從A點(diǎn)沿斜面滑下時(shí)的初速度v0的最小值；(3)若滑塊離開(kāi)C點(diǎn)的速度大小為4 m/s，求滑塊從C點(diǎn)飛出至落到斜面上所經(jīng)歷的時(shí)間t。解析(1

10、)滑塊從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mg(2RR)mgcos 3700解得tan 370.375。(2)若使滑塊恰好能到達(dá)C點(diǎn)，初速度v0有最小值，根據(jù)牛頓第二定律有mg解得vC2 m/s滑塊從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgcos 37mvmv解得v02 m/s故v0的最小值為2 m/s。(3)滑塊離開(kāi)C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，有xvCt，ygt2由幾何知識(shí)得tan 37整理得5t23t0.80解得t0.2 s(t0.8 s舍去)。答案(1)0.375(2)2 m/s(3)0.2 s考點(diǎn)三動(dòng)能定理與圖象結(jié)合問(wèn)題力學(xué)中四類圖象所圍“面積”的意義對(duì)應(yīng)訓(xùn)練1動(dòng)能定理與vt圖象的綜合(2016廣

11、州調(diào)研)用起重機(jī)提升貨物，貨物上升過(guò)程中的vt圖象如圖5所示，在t3 s到t5 s內(nèi)，重力對(duì)貨物做的功為W1、繩索拉力對(duì)貨物做的功為W2、貨物所受合力做的功為W3，則()圖5AW10 BW20CW20 DW30解析分析題圖可知，貨物一直向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)功的定義式可得：重力做負(fù)功，拉力做正功，即W10，W20，A、B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)動(dòng)能定理：合力做的功W30mv2，v2 m/s，即W30，D錯(cuò)誤。答案C2動(dòng)能定理與at圖象的綜合(2016山西5月模擬)用傳感器研究質(zhì)量為2 kg 的物體由靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，在計(jì)算機(jī)上得到06 s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖6所示。下列說(shuō)法正確的是(

12、)圖6A06 s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動(dòng)，后向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)B06 s內(nèi)物體在4 s時(shí)的速度最大C物體在24 s內(nèi)速度不變D04 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功等于06 s內(nèi)合力做的功解析由at圖象可知：圖線與時(shí)間軸圍成的“面積”代表物體在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)速度的變化情況，在時(shí)間軸上方為正，在時(shí)間軸下方為負(fù)。物體6 s末的速度v6(25)2 m/s12 m/s6 m/s，則06 s內(nèi)物體一直向正方向運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)；由圖象可知物體在5 s末速度最大，為vm(25)2 m/s7 m/s，B錯(cuò)；由圖象可知在24 s 內(nèi)物體加速度不變，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度變大，C錯(cuò)；在04 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功由動(dòng)能定理可知：W合4mv0又

13、v4(24)2 m/s6 m/s得W合436 J06 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功由動(dòng)能定理可知：W合6mv0又v66 m/s得W合636 J則W合4W合6，D正確。答案D方法技巧分析動(dòng)能定理與圖象結(jié)合問(wèn)題“三步走”隨堂檢測(cè)1.對(duì)動(dòng)能定理的理解(多選)關(guān)于動(dòng)能定理的表達(dá)式WEk2Ek1，下列說(shuō)法正確的是 ()A.公式中的W為不包含重力的其他力做的總功B.公式中的W為包含重力在內(nèi)的所有力做的功，也可通過(guò)以下兩種方式計(jì)算：先求每個(gè)力的功再求功的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的功C.公式中的Ek2Ek1為動(dòng)能的增量，當(dāng)W0時(shí)動(dòng)能增加，當(dāng)W0時(shí)，末動(dòng)能大于初動(dòng)能，動(dòng)能增加，當(dāng)W0時(shí)，末動(dòng)能小于初動(dòng)能，動(dòng)能減少，

14、故C正確；動(dòng)能定理不僅適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)，不僅適用于恒力做功，也適用于變力做功，故D錯(cuò)誤.2.答案：B解析：從P緩慢拉到Q，由動(dòng)能定理得：WFWG0(因?yàn)樾∏蚓徛苿?dòng)，速度可視為零)，即WFWGmgL(1cos ).3.答案：D解析：物體即將在轉(zhuǎn)臺(tái)上滑動(dòng)但還未滑動(dòng)時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物體的最大靜摩擦力恰好提供向心力，設(shè)此時(shí)物體做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為v，則有mg，在物體由靜止到獲得速度v的過(guò)程中，物體受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力對(duì)物體做功，由動(dòng)能定理得Wmv20，聯(lián)立解得WmgR.4.答案：AD解析：設(shè)斜面傾角為，斜面對(duì)物體的摩擦力為f，物體以初動(dòng)能E滑向斜面時(shí)，在斜面上上升的最遠(yuǎn)距離為L(zhǎng)1，則根據(jù)動(dòng)能定理，在物體沿斜面上升的過(guò)程中有GL1sin fL10E，在物體沿斜面下降的過(guò)程中有GL1sin fL1，聯(lián)立解得Gsin 3f.同理，當(dāng)物體以初動(dòng)能2E滑向斜面時(shí)，在物體沿斜面上升的過(guò)程中有