第五章 第二节 动能定理-2022高考物理【导学教程】新编大一轮总复习（word）人教版学案

这是一份第五章 第二节 动能定理-2022高考物理【导学教程】新编大一轮总复习（word）人教版学案，共10页。
 第二节　动能定理　一、动能1．定义：物体由于__运动__而具有的能叫动能。2．公式：Ek＝　mv2　。3．单位：__焦耳(J)__，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。4．矢标性：动能是__标量__，只有正值。5．状态量：动能是__状态量__，因为v是瞬时速度。二、动能定理1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中__动能的变化__。2．表达式：W＝　mv－mv　或W＝Ek2－Ek1。3．物理意义：__合外力__的功是物体动能变化的量度。4．适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于__曲线运动__。(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于__变力做功__。(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以__不同时__作用。[自我诊断]判断下列说法的正误。(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。(√)(2)动能不变的物体一定处于平衡状态。(×)(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零。(√)(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。(×)(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。(×)(6)做自由落体运动的物体，动能与时间的二次方成正比。(√)(7)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。(×)(8)物体的合外力对物体做的功为零，物体初、末状态的动能一定相同。(√)考点一　动能定理的理解1．动能与动能的变化的区别(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk＞0表示物体的动能增加，ΔEk＜0表示物体的动能减少。2．对动能定理的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。 (2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力或其他力，功则为合力所做的总功。[题组突破][动能概念的理解]1．(2018·江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是(　　)[解析]　小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝mv2，解得Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv，Ek与t为二次函数关系，故A正确。[答案]　A[动能定理的理解]2．(多选)如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力f视为恒定，则下列关系式中正确的是(　　)A．fL＝Mv2B．fs＝mv2C．fs＝mv－(M＋m)v2D．f(L＋s)＝mv－mv2[解析]　根据动能定理，对子弹，有－f(L＋s)＝mv2－mv，选项D正确；对木块，有fL＝Mv2，选项A正确；由以上二式可得fs＝mv－(M＋m)v2，选项C正确，只有选项B错误。[答案]　ACD考点二　动能定理的应用[例1]　(2021·郴州模拟)如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台。质量为M的软钢锭长为L，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的。现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为v。此时，在其右端无初速度放上一个质量为m的滑块(视为质点)。随后软钢锭滑过2L距离时速度为零，滑块恰好到达平台。重力加速度取g，空气阻力不计。求：(1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)。(2)滑块放上后，软钢锭滑动过程克服阻力做的功。(3)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能。[解析]　(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以软钢锭在平台上滑过距离L时，滑块脱离软钢锭后做自由落体运动，最大加速度：a＝g(2)对软钢锭，由动能定理得：－W＝0－Mv2解得：W＝Mv2(3)滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L的时间相同，设为t。滑块离开软钢锭到软钢锭静止过程，软钢锭做匀减速直线运动，则：μMg＝Ma由位移公式得：L＝at2对软钢锭，从滑上平台到静止的过程，由动能定理得：－μ(M＋m)gL－μMgL＝0－Mv2滑块落到平台上时的速度：vm＝gt滑块到达平台时的动能：Ekm＝mv解得：Ekm＝。[答案]　(1)g　(2)Mv2　(3)◆规律总结1．应用动能定理的流程2．应用动能定理的注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。(3)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。(4)动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理。[跟踪训练]1．(2019·天津卷)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图甲所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图乙，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。[解析]　(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有＝①根据动能定理，有W＝mv2－0②联立①②式，代入数据，得W＝7.5×104 J③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝Rsin θ④由牛顿第二定律，有FN－mg＝m⑤联立①④⑤式，代入数据，得FN＝1.1×103 N。[答案]　(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N考点三　应用动能定理研究多过程问题当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。[例2]　如图所示，倾角θ＝45°的粗糙平直轨道AB与半径为R的光滑圆弧形轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可视为质点)从直轨道上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆弧形轨道。接着小滑块从圆弧形轨道最高点C水平飞出，恰好击中直轨道上与圆心O等高的P点。不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：(1)小滑块运动到圆弧形轨道最高点C时的速度大小；(2)小滑块运动到圆弧形轨道最低点时对圆弧形轨道压力的大小；(3)小滑块在直轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。[解析]　(1)小滑块从圆弧形轨道最高点C飞出后做平抛运动，设水平速度为v0竖直方向上有R＝gt2由几何关系知水平位移为R水平方向上有R＝v0t解得v0＝。(2)设小滑块在圆弧形轨道最低点时速度为v，小滑块在从圆弧形轨道的最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得－mg·2R＝mv－mv2解得v＝在圆弧形轨道最低点由牛顿第二定律得FN－mg＝m解得FN＝6mg由牛顿第三定律得FN′＝FN＝6mg。(3)小滑块从直轨道D到圆弧形轨道最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功Wf，由动能定理得mgh－Wf＝mv2－0解得Wf＝mgR。[答案]　(1)　(2)6mg　(3)mgR[跟踪训练]2．如图所示，轨道ABCD在竖直平面内，由四分之一圆形光滑轨道AB、水平轨道BC和足够长的倾斜光滑轨道CD连接而成，AB与BC相切，BC与CD的连接处是半径很小的圆弧，圆形轨道AB的半径为R，水平轨道BC的长度也为R。质量为m的小物块从圆形轨道上A点由静止开始下滑，物块与水平轨道的动摩擦因数为0.25。求：(1)物块从A点运动到C点的过程中重力做的功。(2)物块第一次运动到C点时速度大小。(3)物块最终停止的位置。[解析]　(1)物块从A点运动到C点的过程中重力做的功为：W＝mgR(2)物块从A点运动到C点的过程，由动能定理得：mgR－μmgR＝mv2解得：v＝(3)整个过程，由动能定理可得：mgR－μmgs＝0－0解得：s＝4R故物块最终停止在B点。[答案]　(1)mgR　(2)(3)物块最终停止的位置在B点考点四　动能定理与图象相结合的问题常与动能定理结合的四类图象v­t图象由公式x＝vt可知，v­t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移a­t图象由公式Δv＝at可知，a­t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量F­x图象由公式W＝Fx可知，F­x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功P­t图象由公式W＝Pt可知，P­t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功[例3]　(2020·邯郸模拟)如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，试求：(1)滑块运动到A处的速度大小；(2)不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？[解析]　(1)由题图乙知，在前2 m内，F1＝2mg做正功，在第3 m内，F2＝－0.5 mg，做负功，在第4 m内，F3＝0，滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25 mg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得：F1x1＋F2x2＋Ffx＝mv－0即2mg×2－0.5 mg×1－0.25 mg×4＝mv解得vA＝5 m/s(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgLsin 30°＝0－mv解得：L＝5 m所以滑块冲上斜面AB的长度L＝5 m。[答案]　(1)5 m/s　(2)5 m◆规律总结解决动能定理与图象问题的基本步骤 [跟踪训练]3．(2020·安徽合肥市第二次质检)如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图象如乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是(　　 )A．在0～h0过程中，F大小始终为mgB．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少[解析]　0～h0过程中，Ek—h图象为一段直线，由动能定理得：(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A可知，在0～h0过程中，F做功为2mgh0，在h0～2h0过程中由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则WF′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误。[答案]　C