（通用版）2020版高考物理一輪復習 第五章 第28課時 動能定理（重點突破課）講義（含解析）.doc

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第28課時　動能定理(重點突破課) [考點一　動能定理的理解和應用] 動能是標量，動能定理表達式是標量式，學生常把動能分解為兩個分動能，或在某個方向上應用動能定理而出錯。原因是對動能定理理解不透徹，動能的變化等于相應過程中所有力對物體做的總功，因此“某個方向的合力做的功等于該方向上動能的變化”不成立。 1．動能 (1)定義：物體由于運動而具有的能量叫做動能。 (2)公式：Ek＝mv2，單位：焦耳。 (3)動能是標量、狀態(tài)量。 2．動能定理 (1)內容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。 (2)表達式：W＝Ek2－Ek1。 (3)物理意義：合外力做的功是物體動能變化的量度。 3．公式中“＝”體現(xiàn)的三個關系 4．應用動能定理的解題步驟 [典例]　(2016天津高考)我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。如圖所示，質量m＝60 kg的運動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a＝3.6 m/s2勻加速滑下，到達助滑道末端B時速度vB＝24 m/s，A與B的豎直高度差H＝48 m。為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O為圓心的圓弧。助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h＝5 m，運動員在B、C間運動時阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。 (1)求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大小； (2)若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應為多大。 [解析]　(1)運動員在AB段做初速度為零的勻加速運動，設AB段的長度為x，則有 vB2＝2ax 由牛頓第二定律有 mg－Ff＝ma 解得Ff＝144 N。 (2)設運動員到達C點時的速度為vC，在由B到達C的過程中，由動能定理有 mgh＋W＝mvC2－mvB2 設運動員在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有 FN－mg＝m 由運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，即 FN＝6mg 解得R＝12.5 m。 [答案]　(1)144 N　(2)12.5 m 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)應用動能定理時，必須明確各力做功的正、負。 (3)應用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程和各量關系。 [集訓沖關] 1．(2018江蘇高考)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖像是(　　) 解析：選A　小球做豎直上拋運動，設初速度為v0，則v＝v0－gt，小球的動能Ek＝mv2，解得Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02，Ek與t為二次函數(shù)關系，故A正確。 2．(2019廣東六校聯(lián)考)北京獲得2022年冬奧會舉辦權，冰壺是冬奧會的比賽項目。將一個冰壺以一定初速度在冰面上推出后將運動一段距離停下來。換一種材料相同、質量更大的冰壺，以相同的初速度在同一冰面上推出后，冰壺運動的距離將(　　) A．不變　　　　　　　　　 　B．變小 C．變大 D．無法判斷 解析：選A　冰壺在冰面上以一定初速度被推出后，在滑動摩擦力作用下做勻減速運動，根據動能定理有－μmgs＝0－mv2，得s＝，兩種冰壺的初速度相等，材料相同，在同一冰面上運動，故運動的距離相等。故選項A正確。 3．(多選)如圖所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，使A、B間產生相對滑動，如果以地面為參考系，A、B都向前移動一段距離。在此過程中(　　) A．外力F做的功等于A和B動能的增量 B．B對A的摩擦力所做的功，等于A的動能增量 C．A對B的摩擦力所做的功，等于B對A的摩擦力所做的功 D．外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和 解析：選BD　外力F做的功等于A、B動能的增量與A、B間摩擦產生的內能之和，A錯誤；A所受的合外力等于B對A的摩擦力，對A運用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，B正確；A對B的摩擦力做負功，B對A的摩擦力做正功，由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，故二者做功不相等，C錯誤；對B應用動能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F對B做的功，等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和，D正確。 [考點二　動能定理與圖像的綜合] 圖像能夠更加直觀的反應物體的運動情況或者受力情況，因此近幾年高考常把動能定理和圖像結合起來考查。考生常因為不能從圖像中找出關鍵信息而丟分。 1．力學中圖像所圍“面積”的意義 vt圖像 由公式x＝vt可知，vt圖線與橫坐標圍成的面積表示物體的位移 at圖像 由公式Δv＝at可知，at圖線與橫坐標圍成的面積表示物體速度的變化量 Fx圖像 由公式W＝Fx可知，F(xiàn)x圖線與橫坐標圍成的面積表示力所做的功 Pt圖像 由公式W＝Pt可知，Pt圖線與橫坐標圍成的面積表示力所做的功 2．解決物理圖像問題的基本步驟 (1)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。 (2)根據物理規(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。 (3)將推導出的物理量間的函數(shù)關系式與數(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、圖線的交點、圖線與橫坐標所圍的面積所對應的物理意義，分析解答問題?；蛘呃煤瘮?shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關系式求物理量。 [典例]　如圖甲所示，長為4 m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6 m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接。有一質量為1 kg的滑塊(大小不計)，從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F(xiàn)隨位移變化的關系如圖乙所示?；瑝K與水平軌道AB間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，與半圓弧軌道BC間的動摩擦因數(shù)未知，g取10 m/s2。求： (1)滑塊到達B處時的速度大??； (2)滑塊在水平軌道AB上運動前2 m路程所用的時間； (3)若到達B點時撤去F，滑塊沿半圓弧軌道內側上滑，并恰好能到達最高點C，滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功。 [解析]　(1)對滑塊從A到B的過程，由動能定理得 F1x1＋F3x3－μmgx＝mvB2 解得vB＝2 m/s。 (2)在前2 m路程內，有F1－μmg＝ma，且x1＝at12 解得t1＝ s。 (3)當滑塊恰好能到達最高點C時， 有mg＝m 對滑塊從B到C的過程，由動能定理得 Wf－mg2R＝mvC2－mvB2 解得Wf＝－5 J， 即克服摩擦力做的功為5 J。 [答案]　(1)2 m/s　(2) s　(3)5 J 動能定理與圖像結合問題的分析方法 (1)首先看清所給圖像的種類(如vt圖像、Ft圖像、Ekt圖像等)。 (2)挖掘圖像的隱含條件——得出所需要的物理量，如由vt圖像所包圍的“面積”求位移，由Fx圖像所包圍的“面積”求功等。 (3)分析有哪些力做功，根據動能定理列方程，求出相應的物理量。 [集訓沖關] 1.(2019西安質檢)靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運動，t＝4 s時物塊停下，其v t圖像如圖所示。已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是(　　) A．整個過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功 B．整個過程中拉力做的功等于零 C．t＝2 s時刻拉力的瞬時功率在整個過程中最大 D．t＝1 s到t＝3 s這段時間內拉力不做功 解析：選A　對物塊運動全過程應用動能定理得：WF－Wf＝0，A正確，B錯誤；物塊在加速運動過程中受到的拉力最大，結合題圖可知，t＝1 s時拉力的瞬時功率為整個過程中拉力功率的最大值，C錯誤；t＝1 s到t＝3 s這段時間內，拉力與摩擦力平衡，拉力做正功，D錯誤。 2.(多選)(2019大連五校聯(lián)考)在某一粗糙的水平面上，一質量為2 kg的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運動，當運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖中給出了拉力隨位移變化的關系圖像。已知重力加速度g＝10 m/s2。根據以上信息能得出的物理量有(　　) A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù) B．合外力對物體所做的功 C．物體做勻速運動時的速度 D．物體運動的時間 解析：選ABC　由題意知物體開始做勻速直線運動，故拉力F與滑動摩擦力f大小相等，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝＝0.35，A正確；減速過程由動能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根據Fx圖像中圖線與橫軸圍成的面積可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力對物體所做的功，及物體做勻速運動時的速度v，B、C正確；因為物體做變加速運動，所以運動時間無法求出，D錯誤。 3．(多選)質量為1 kg的物體靜止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下運動，如圖甲所示，外力F和物體克服摩擦力f做的功與物體位移的關系如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　) A．物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2 B．物體運動的位移為13 m C．物體在前3 m運動過程中的加速度為3 m/s2 D．x＝9 m時，物體的速度為3 m/s 解析：選ACD　由題圖可知，Wf＝μmgx1＝20 J，解得：μ＝0.2，A正確；由f＝μmg＝2 N，fx2＝Wf′＝27 J，解得：x2＝13.5 m，B錯誤；又WF＝Fx3，解得：前3 m內，F(xiàn)＝ N＝5 N，由F－f＝ma，解得：a＝3 m/s2，C正確；由動能定理可得：WF′－fx4＝mv2，解得：x4＝9 m時物體的速度v＝3 m/s，D正確。 [考點三　運用動能定理求解多過程問題] 由于多過程問題的受力情況、運動情況比較復雜，因此從動力學的角度分析往往比較復雜，利用動能定理分析此類問題，是從總體上把握研究對象運動狀態(tài)的變化，并不需要從細節(jié)上了解。 1.運用動能定理解決多過程問題時，有兩種思路：一種是分段列式按部就班，注意銜接；另一種是全過程列式，計算簡便，但要分析全面，不能遺漏某個功。 2.所列動能定理方程涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的特點： (1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關。 (2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小與路程的乘積。 [典例]　(2019唐山模擬)如圖所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長度s＝5 m，軌道CD足夠長且傾角θ＝37，A、D兩點離軌道BC的高度分別為h1＝4.30 m、h2＝1.35 m。現(xiàn)讓質量為m的小滑塊自A點由靜止釋放。已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，求： (1)小滑塊第一次到達D點時的速度大??； (2)小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔； (3)小滑塊最終停止的位置距B點的距離。 [解析]　(1)小滑塊從A→B→C→D過程中，由動能定理得： mg(h1－h(huán)2)－μmgs＝mvD2－0 代入數(shù)據解得：vD＝3 m/s。 (2)小滑塊從A→B→C過程中： 由動能定理得mgh1－μmgs＝mvC2－0 代入數(shù)據解得vC＝6 m/s 小滑塊沿CD段上滑的加速度大小a＝gsin θ＝6 m/s2 小滑塊沿CD段上滑到最高點的時間t1＝＝1 s 由對稱性可知小滑塊從最高點滑回C點的時間 t2＝t1＝1 s 故小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔 t＝t1＋t2＝2 s。 (3)對小滑塊運動全過程應用動能定理，設小滑塊在水平軌道上運動的總路程為s總，有：mgh1－μmgs總＝0 代入數(shù)據解得：s總＝8.6 m 故小滑塊最終停止的位置距B點的距離為： 2s－s總＝1.4 m。 [答案]　(1)3 m/s　(2)2 s　(3)1.4 m 利用動能定理求解多過程問題的基本思路 (1)弄清物體的運動由哪些過程組成。 (2)分析每個過程中物體的受力情況。 (3)各個力做功有何特點，對動能的變化有無影響。 (4)從總體上把握全過程，寫出總功表達式，找出初、末狀態(tài)的動能。 (5)對所研究的全過程運用動能定理列方程求解?！　? [集訓沖關] 1.如圖所示，質量為m的小球，從離地面高H處由靜止開始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止。設小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．小球落地時動能等于mgH B．小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時的動能 C．整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h) D．小球在泥中受到的平均阻力為mg 解析：選C　小球從靜止開始釋放到落到地面的過程，由動能定理得mgH－fH＝mv02，選項A錯誤；設泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過程，由動能定理得mgh－f0h＝0－mv02，解得f0h＝mgh＋mv02，f0＝mg1＋－，選項B、D錯誤；對全過程應用動能定理可知，整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，選項C正確。 2.如圖所示，傾角θ＝45的粗糙平直軌道AB與半徑為R的光滑圓弧形軌道相切，切點為B，整個軌道處在豎直平面內。一質量為m的小滑塊(可視為質點)從直軌道上離地面高為h＝3R的D處無初速度下滑進入圓弧形軌道。接著小滑塊從圓弧形軌道最高點C水平飛出，恰好擊中直軌道上與圓心O等高的P點。不計空氣阻力，已知重力加速度為g。求： (1)小滑塊運動到圓弧形軌道最高點C時的速度大?。? (2)小滑塊運動到圓弧形軌道最低點時對圓弧形軌道壓力的大?。? (3)小滑塊在直軌道BD間運動的過程中克服摩擦力做的功。 解析：(1)小滑塊從圓弧形軌道最高點C飛出后做平拋運動，設水平速度為v0 豎直方向上有R＝gt2 由幾何關系知水平位移為R 水平方向上有R＝v0t 解得v0＝。 (2)設小滑塊在圓弧形軌道最低點時速度為v，小滑塊在從圓弧形軌道的最低點運動到最高點的過程中，由動能定理得 －mg2R＝mv02－mv2 解得v＝ 在圓弧形軌道最低點由牛頓第二定律得 FN－mg＝m 解得FN＝6mg 由牛頓第三定律得FN′＝FN＝6mg。 (3)小滑塊從直軌道D到圓弧形軌道最低點過程中，設DB過程中克服摩擦阻力做功Wf，由動能定理得 mgh－Wf＝mv2－0 解得Wf＝mgR。 答案：(1)　(2)6mg　(3)mgR [考點四　運用動能定理求解往復運動問題] 往復運動問題的過程比較復雜，但這類問題往往有一定的規(guī)律。學生在分析這類問題時常把眼光盯在“細節(jié)”上，忽略問題的“宏觀特性”，使思維陷入“死循環(huán)”而丟分。 有些問題中物體的運動過程具有重復性、往返性，而描述運動的物理量多數(shù)是變化的，且重復次數(shù)常常無限或者很難確定。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。而動能定理只關注物體的初、末狀態(tài)，不計運動過程的細節(jié)，所以用動能定理可方便快捷分析這類問題。 [考法細研] 考法1　往復次數(shù)可確定的情形　 [例1]　如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內側壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其寬度d＝0.50 m，盆邊緣的高度為h＝0.30 m，在A處放一個質量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑。已知盆內側壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.10。小物塊在盆式容器內來回滑動，最后停下來，則小物塊最終的位置到B點的距離為(g取10 m/s2)(　　) A．0.50 m　　　　　　　 　B．0.25 m C．0.10 m D．0 [解析]　設小物塊在BC面通過的總路程為s，由于只有BC面上存在摩擦力，則小物塊從A點開始運動到最終靜止的整個過程中，摩擦力做功為－μmgs，而重力做功與路徑無關，由動能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入數(shù)據解得s＝3 m。由于d＝0.50 m，所以小物塊在BC面經過3次往復運動后，停在B點，D正確。 [答案]　D 考法2　往復次數(shù)無法確定的情形　 [例2]　如圖所示，斜面的傾角為θ，質量為m的滑塊與擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失，滑塊經過的總路程是(　　) A. B. C. D. [解析]　滑塊最終要停在斜面底部，設滑塊經過的總路程為x，對滑塊運動的全過程應用功能關系，全過程所產生的熱量為Q＝mv02＋mgx0sin θ，又由全過程產生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcos θ，解得x＝＋x0tan θ，選項A正確。 [答案]　A 考法3　往復運動永不停止的情形　 [例3]　如圖所示，AB、CD為兩個對稱斜面，其上部足夠長，下部B、C分別與一個光滑的圓弧面的兩端相切，圓弧圓心角為120，半徑R為2.0 m，一個物體在離弧底E高度為h＝3.0 m處，以初速度v＝4.0 m/s沿斜面運動，若物體與兩斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.02，則物體在兩斜面上(不包括圓弧面部分)一共運動的路程是多少？(g取10 m/s2) [解析]　兩個斜面的下部B、C分別與光滑的圓弧面相切，圓心角為120，所以可得出斜面的傾角為60，物體在斜面上所受到的滑動摩擦力為 Ff＝μmgcos 60＝0.01mg， 重力沿斜面的分力為mgsin 60＝mg＞Ff， 所以物體不能停留在斜面上。 物體在斜面上滑動時，由于摩擦力做功，物體的機械能逐漸減小，物體滑到斜面上的高度逐漸降低，物體最終將在B、C間做往復運動。設物體在斜面上運動的總路程為s， 對全過程應用動能定理得 mg[h－R(1－cos 60)]－μmgscos 60＝0－mv2， 解得s＝280 m。 [答案]　280 m (1)應用動能定理求解往復運動問題時，要確定物體的初狀態(tài)和最終狀態(tài)。 (2)重力做功與物體運動路徑無關，可用WG＝mgh直接求解。 (3)滑動摩擦力做功與物體運動路徑有關，可用Wf＝－Ffs 求解，其中s為物體滑行的路程。