2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第5章機(jī)械能第2講動(dòng)能動(dòng)能定理教案

PAGE11-第2講動(dòng)能動(dòng)能定理eq\x(學(xué)問(wèn)點(diǎn)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。3．單位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。4．物理意義(1)動(dòng)能是狀態(tài)量，v是瞬時(shí)速度(選填“瞬時(shí)速度”或“平均速度”)。(2)動(dòng)能是標(biāo)量(選填“矢量”或“標(biāo)量”)，只有正值，動(dòng)能與速度方向無(wú)關(guān)(選填“有關(guān)”或“無(wú)關(guān)”)。5．動(dòng)能的變更：物體末動(dòng)能與初動(dòng)能之差，即ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。eq\x(學(xué)問(wèn)點(diǎn)二)動(dòng)能定理1．內(nèi)容：在一個(gè)過(guò)程中合外力對(duì)物體所做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中動(dòng)能的變更量。2．表達(dá)式：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。3．物理意義：合外力的功是物體動(dòng)能變更的量度。4．動(dòng)能定理的特點(diǎn)1．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)D2．(多選)關(guān)于動(dòng)能定理的表達(dá)式W＝Ek2－Ek1，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)的全部力做的功，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Ek2－Ek1為動(dòng)能的增量，當(dāng)W>0時(shí)動(dòng)能增加，當(dāng)W<0時(shí)，動(dòng)能削減D．動(dòng)能定理適用于直線運(yùn)動(dòng)，但不適用于曲線運(yùn)動(dòng)，適用于恒力做功，但不適用于變力做功BC3．(多選)一個(gè)質(zhì)量為0.3kg的彈性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墻上，碰撞后小球沿相反方向運(yùn)動(dòng)，反彈后的速度大小與碰撞前相同，則碰撞前后小球速度變更量的大小Δv和碰撞過(guò)程中小球的動(dòng)能變更量ΔEk為()A．Δv＝0 B.Δv＝12m/sC．ΔEk＝1.8J D.ΔEk＝0BD[取初速度方向?yàn)檎较?，則Δv＝|(－6)－6|m/s＝12m/s，由于速度大小沒(méi)變，動(dòng)能不變，故動(dòng)能變更量ΔEk＝0，故選項(xiàng)B、D正確。]4．如圖所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一小球向右滑行，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，不計(jì)小球與彈簧碰撞過(guò)程中的能量損失，則彈簧被壓縮至C點(diǎn)過(guò)程中，彈簧對(duì)小球做的功為()A．mgh－eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(1,2)mv2－mghC．mgh＋eq\f(1,2)mv2 D.mghA[小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，重力和彈簧彈力對(duì)小球做負(fù)功，由于斜面支持力與位移方向始終垂直，則支持力對(duì)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，則彈簧彈力對(duì)小球做的功為WF＝mgh－eq\f(1,2)mv2，A正確。]考點(diǎn)一對(duì)動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用1．對(duì)“外力”的兩點(diǎn)理解(1)“外力”可以是重力、彈力、摩擦力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力等，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．動(dòng)能定理公式中“＝”體現(xiàn)的“三個(gè)關(guān)系”數(shù)量關(guān)系合力的功與物體動(dòng)能的變更可以等量代換單位關(guān)系國(guó)際單位都是焦耳因果關(guān)系合力做的功是物體動(dòng)能變更的緣由3.“一個(gè)參考系”：中學(xué)階段動(dòng)能定理中的位移和速度應(yīng)以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。(2024·全國(guó)卷Ⅱ·14)如圖，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[A對(duì)，B錯(cuò)：由題意知，W拉－W阻＝ΔEk，則W拉>ΔEk；C、D錯(cuò)：W阻與ΔEk的大小關(guān)系不確定。]1．(多選)如圖所示。某人通過(guò)光滑滑輪將質(zhì)量為m的物體，沿光滑斜面由靜止起先勻加速地由底端拉上斜面，物體上升的高度為h，到達(dá)斜面頂端的速度為v，則在此過(guò)程中()A．物體所受的合力做功為mgh＋eq\f(1,2)mv2B．物體所受的合力做功為eq\f(1,2)mv2C．人對(duì)物體做的功為mghD．人對(duì)物體做的功大于mghBD[對(duì)物體應(yīng)用動(dòng)能定理可得W合＝W人－mgh＝eq\f(1,2)mv2，故W人＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，B、D選項(xiàng)正確。]2．(2024·湖南師大附中模擬)港珠澳大橋是中國(guó)境內(nèi)一座連接香港、珠海和澳門的橋隧工程。2024年10月24日上午9時(shí)正式通車。大橋設(shè)計(jì)運(yùn)用壽命120年，可抵擋8級(jí)地震、16級(jí)臺(tái)風(fēng)、允許30萬(wàn)噸級(jí)油輪通過(guò)。假設(shè)一艘質(zhì)量為m的輪船由于失控，以速度v撞向大橋(大橋無(wú)損)，最終沒(méi)有反彈而停下來(lái)，事故勘察測(cè)量發(fā)覺(jué)輪船迎面相撞處下凹深度d，據(jù)此估算出船對(duì)橋的平均撞擊力F，關(guān)于F的表達(dá)式正確的是()A.eq\f(mv2,2d) B.eq\f(mv2,d)C.eq\f(mv,2d) D.mvA[本題考查變力做功問(wèn)題。依據(jù)動(dòng)能定理可得Fd＝eq\f(1,2)mv2，解得F＝eq\f(mv2,2d)，故選A。]考點(diǎn)二動(dòng)能定理在多過(guò)程綜合問(wèn)題中的應(yīng)用1．運(yùn)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題時(shí)，有兩種思路：一種是全過(guò)程列式，另一種是分段列式。2．全過(guò)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時(shí)，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(wú)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(wú)關(guān)。如圖所示，AB為傾角θ＝37°的斜面軌道，軌道的AC部分光滑，CB部分粗糙。BP為圓心角等于143°，半徑R＝1m的豎直光滑圓弧形軌道，兩軌道相切于B點(diǎn)，P、O兩點(diǎn)在同一豎直線上，輕彈簧一端固定在A點(diǎn)，另一自由端在斜面上C點(diǎn)處，現(xiàn)有一質(zhì)量m＝2kg的物塊在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到D點(diǎn)后(不拴接)釋放，物塊經(jīng)過(guò)C點(diǎn)后，從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中的位移與時(shí)間的關(guān)系為x＝12t－4t2(式中x單位是m，t單位是s)，假設(shè)物塊第一次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)后恰能到達(dá)P點(diǎn)，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)試求：(1)若CD＝1m，物塊從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧對(duì)物塊所做的功；(2)B、C兩點(diǎn)間的距離x。解析：(1)由x＝12t－4t2知，物塊在C點(diǎn)速度為v0＝12m/s，a＝8m/s2設(shè)物塊從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧對(duì)物塊所做的功為W，由動(dòng)能定理得W－mgsin37°·eq\x\to(CD)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgsin37°·eq\x\to(CD)＝156J。(2)物塊在CB段，依據(jù)牛頓其次定律，物塊所受合力F＝ma＝16N物塊在P點(diǎn)的速度滿意mg＝eq\f(mv\o\al(2,P),R)C到P的過(guò)程，由動(dòng)能定理得－Fx－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得x＝eq\f(49,8)m＝6.125m。答案：(1)156J(2)6.125m1.在【例2】中，求物塊釋放后通過(guò)與O點(diǎn)等高的位置Q點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力。解析：物塊在P點(diǎn)時(shí)滿意mg＝eq\f(mv\o\al(2,P),R)，物塊從Q點(diǎn)到P點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)。物塊在Q點(diǎn)時(shí)有FN＝eq\f(mv\o\al(2,Q),R)。聯(lián)立以上各式得FN＝3mg＝60N。由牛頓第三定律可知物塊通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力為60N，方向水平向右。答案：60N方向水平向右2．在【例2】中，若BC部分光滑，把物塊仍舊壓縮到D點(diǎn)釋放，求物塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)受到軌道的壓力大小。解析：物塊從C到P的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得－mgxsin37°－mgR(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mvP′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)物塊在P點(diǎn)時(shí)滿意FN＋mg＝eq\f(mvP′2,R)，聯(lián)立以上兩式得FN＝49N。答案：49N用好動(dòng)能定理的“5個(gè)”突破突破①——探討對(duì)象的選取動(dòng)能定理適用于單個(gè)物體，當(dāng)題目中出現(xiàn)多個(gè)物體時(shí)可分別將單個(gè)物體取為探討對(duì)象，應(yīng)用動(dòng)能定理。突破②——探討過(guò)程的選取應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，選取不同的探討過(guò)程列出的方程是不相同的。因?yàn)閯?dòng)能定理是個(gè)過(guò)程式，選取合適的過(guò)程往往可以大大簡(jiǎn)化運(yùn)算。突破③——受力分析運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)，必需分析清晰物體在過(guò)程中的全部受力狀況，找出哪些力不做功，哪些力做功，做多少功，從而確定出外力的總功，這是解題的關(guān)鍵。突破④——位移的計(jì)算應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，要留意有的力做功與路程無(wú)關(guān)，只與位移有關(guān)，有的力做功卻與路程有關(guān)。突破⑤——初、末狀態(tài)的確定動(dòng)能定理的計(jì)算式為標(biāo)量式，v為相對(duì)同一參考系的速度，所以確定初、末狀態(tài)動(dòng)能時(shí)，必需相對(duì)于同一參考系而言eq\o(。,\s\do4(,))3．(2024·遼寧瓦房店三中期中)如圖所示，ABCD是一個(gè)盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處均為與BC相切的圓弧，BC是水平的，其長(zhǎng)度d＝0.60m。盆邊緣的高度為h＝0.30m。在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止下滑。已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.10。小物塊在盆內(nèi)來(lái)回滑動(dòng)，最終停下來(lái)，則停止位置到B點(diǎn)的距離為()A．0.50m B.0.60mC．0.10m D.0B[本題考查動(dòng)能定理在圓弧曲面的應(yīng)用。設(shè)小物塊在BC面上運(yùn)動(dòng)的總路程為s。物塊在BC面上所受的滑動(dòng)摩擦力大小始終為Ff＝μmg，對(duì)小物塊從起先運(yùn)動(dòng)到停止運(yùn)動(dòng)的始末狀態(tài)進(jìn)行探討，由動(dòng)能定理得mgh－μmgs＝0，得到s＝eq\f(h,μ)＝eq\f(0.30,0.10)m＝3m，d＝0.60m，則s＝5d，所以小物塊在BC面上來(lái)回運(yùn)動(dòng)共5次，最終停在C點(diǎn)，則停止位置到B點(diǎn)的距離為0.60m，故B正確。]4.(2024·全國(guó)卷Ⅰ·18)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止起先向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)起先運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為()A．2mgR B.4mgRC．5mgR D.6mgRC[小球從a運(yùn)動(dòng)到c，依據(jù)動(dòng)能定理，得F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，又F＝mg，故v1＝2eq\r(gR)，小球離開(kāi)c點(diǎn)在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。且水平方向與豎直方向的加速度大小相等，都為g，故小球從c點(diǎn)到最高點(diǎn)所用的時(shí)間t＝eq\f(v1,g)＝2eq\r(\f(R,g))，水平位移x＝eq\f(1,2)gt2＝2R，依據(jù)功能關(guān)系，小球從a點(diǎn)到軌跡最高點(diǎn)機(jī)械能的增量為力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR。]5．(2024·浙江卷·20)某砂場(chǎng)為提高運(yùn)輸效率，探討砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，建立如圖所示的物理模型。豎直平面內(nèi)有一傾角θ＝37°的直軌道AB，其下方右側(cè)放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過(guò)。轉(zhuǎn)輪半徑R＝0.4m、轉(zhuǎn)軸間距L＝2m的傳送帶以恒定的線速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)輪最低點(diǎn)離地面的高度H＝2.2m?，F(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h(yuǎn)處?kù)o止釋放，假設(shè)小物塊從直軌道B端運(yùn)動(dòng)到達(dá)傳送帶上C點(diǎn)時(shí)，速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?。已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5。(sin37°＝0.6)(1)若h＝2.4m，求小物塊到達(dá)B端時(shí)速度的大?。?2)若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，求h須要滿意的條件；(3)變更小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點(diǎn)水平向右拋出，求小物塊落地點(diǎn)到D點(diǎn)的水平距離x與h的關(guān)系式及h須要滿意的條件。解析：(1)小物塊由靜止釋放到B的過(guò)程中，有mgsinθ－μmgcosθ＝maveq\o\al(2,B)＝2aeq\f(h,sinθ)解得vB＝4m/s(2)若要小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，設(shè)當(dāng)小物塊到達(dá)傳送帶上D點(diǎn)速度為零時(shí)，小物塊從距傳送帶高度為h1處由靜止釋放，則有0＝mgh1－μmgcosθ·eq\f(h1,sinθ)－μmgL解得h1＝3.0m當(dāng)h<h1＝3.0m時(shí)滿意題中條件(3)當(dāng)小物塊從右側(cè)拋出時(shí)，設(shè)小物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度為v，則有eq\f(1,2)mv2＝mgh－μmgcosθeq\f(h,sinθ)－μmgLH＋2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt解得x＝2eq\r(h－3)m為使小物塊能在D點(diǎn)水平向右拋出，則需滿意mg≤eq\f(mv2,R)解得h≥3.6m答案：(1)4m/s(2)h<3.0m(3)x＝2eq\r(h－3)mh≥3.6m考點(diǎn)三動(dòng)能定理與圖象問(wèn)題的結(jié)合1．力學(xué)中圖象所圍“面積”的意義v-t圖象由公式x＝vt可知，v-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移a-t圖象由公式Δv＝at可知，a-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變更量F-x圖象由公式W＝Fx可知，F(xiàn)-x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功P-t圖象由公式W＝Pt可知，P-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功2.解決物理圖象問(wèn)題的基本步驟(2024·全國(guó)卷Ⅲ·17)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)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．2kg B.1.5kgC．1kg D.0.5kgC[設(shè)物體的質(zhì)量為m，則物體在上升過(guò)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(guò)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。]6．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(yùn)動(dòng)，t＝4s時(shí)停下，其v-t圖象如圖所示，已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)到處相同，則下列推斷正確的是()A．整個(gè)過(guò)程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功B．整個(gè)過(guò)程中拉力做的功等于零C．t＝2s時(shí)刻拉力的瞬時(shí)功率在整個(gè)過(guò)程中最大D．t＝1s到t＝3s這段時(shí)間內(nèi)拉力不做功A[對(duì)物塊運(yùn)動(dòng)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得：WF－Wf＝0，A正確，B錯(cuò)誤；物塊在加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的拉力最大，結(jié)合題圖可知，t＝1s時(shí)拉力的瞬時(shí)功率為整個(gè)過(guò)程中拉力功率的最大值，C錯(cuò)誤；t＝1s到t＝3s這段時(shí)間內(nèi)，拉力與摩擦力平衡，拉力做正功，D錯(cuò)誤。]7．從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落回地面。忽視空氣阻力，該過(guò)程中小球的動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖象是()A[小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度為v0，則v＝v0－gt小球的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2，把速度v代入得Ek＝eq\f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)Ek與t為二次函數(shù)關(guān)系，Ek-t圖象為開(kāi)口向上的拋物線。]8．(2024·安徽江淮十校聯(lián)考)如圖甲所示，粗糙的水平桌面上放置一個(gè)彈簧，左端固定，右端自由伸長(zhǎng)到桌邊A點(diǎn)。水平桌面右側(cè)有一豎直放置的固定光滑圓弧軌道BNM，MN為其豎直方向的直徑，其中∠BON＝60°?，F(xiàn)使一個(gè)質(zhì)量