《备战2021届高考物理一轮复习专题：第2节动能定理讲义》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战2021届高考物理一轮复习专题：第2节动能定理讲义（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 第第 2 2 节节动能定理动能定理 一、动能 1定义：物体由于运动而具有的能。 2公式：Ek1 2mv 2，v 为瞬时速度，动能是状态量。 3单位：焦耳，1 J1 Nm1 kgm 2/s2。 4标矢性：动能是标量，只有正值。 5动能的变化量：EkEk2Ek11 2mv 2 21 2mv 2 1。 二、动能定理 1内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化。 2表达式：WEk1 2mv 2 21 2mv 2 1。 3物理意义：合外力对物体做的功是物体动能变化的量度。 4适用条件 (1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。 (2)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
2、力，既可以同时作用，也可以不同时作用。 1思考辨析(正确的画“”，错误的画“”) (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)物体的合外力对物体做的功为零，动能一定不变。() (3)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。() (4)物体的动能不变，其所受的合外力必定为零。() 2(鲁科版必修 2P27T1改编)(多选)关于动能，下列说法正确的是() A公式Ek1 2mv 2中的速度 v一般是物体相对于地面的速度 B动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关 C物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等但方向不同 D物体以相同的
3、速率做匀速直线运动和曲线运动，其动能不同 2 AB动能是标量，与速度的大小有关，而与速度的方向无关。公式中的速度一般是相 对于地面的速度，故 A、B 正确。 3(人教版必修 2P74T1改编)在下列几种情况下，甲、乙两物体的动能相等的是() A甲的速度是乙的 2 倍，甲的质量是乙的1 2 B甲的质量是乙的 2 倍，甲的速度是乙的1 2 C甲的质量是乙的 4 倍，甲的速度是乙的1 8 D质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动 答案D 4(人教版必修 2P75T4改编)如图所示，倾角37的斜面AB与水平面平滑连接于B 点，A、B两点之间的距离x03 m，质量m3 kg 的小物块与斜面及
4、水平面间的动摩擦因数 均为0.4。当小物块从A点由静止开始沿斜面下滑的同时，对小物块施加一个水平向左 的恒力F(图中未画出)，取g10 m/s 2。若 F10 N，小物块从A点由静止开始沿斜面运动 到B点时撤去恒力F，求小物块在水平面上滑行的距离x为(sin 370.6，cos 37 0.8)() A5.7 mB4.7 mC6.5 mD5.5 m B小物块在斜面上受力如图所示， 从A点开始沿ABC路径运动到C点停止过程中， 由 动能定理可得： Fx0cosmgx0sinFfx0mgx0 FfFN FNFsinmgcos 代入数据解得：x4.7 m。 故选项 B 正确。 3 动能定理的理解及应用
5、依题组训练 1关于动能概念及动能定理表达式WEk2Ek1的说法中正确的是() A若物体速度在变化，则动能一定在变化 B速度大的物体，动能一定大 CWEk2Ek1表示功可以变成能 D动能的变化可以用合力做的功来量度 D速度是矢量，而动能是标量，若物体速度只改变方向，不改变大小，则动能不变， A 错误；由Ek1 2mv 2知 B 错误；动能定理表达式 WEk2Ek1表示动能的变化可用合力做的功 量度，但功和能是两个不同的概念，有着本质的区别，故 C 错误，D 正确。 2(2018全国卷)如图所示，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平 路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定() A小于
6、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由动能定理WFWfEk0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A 正确。 3.如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在 地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地 面高度为h，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是() Amgh1 2mv 2 B1 2mv 2mgh CmghD mgh1 2mv 2 A小球从A点运动到C点的过程中， 重力和弹簧的弹力对小球做负功， 由于支持力与 位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理可得WGWF0
7、1 2mv 2，重力做功为 WG mgh，则弹簧的弹力对小球做功为WFmgh1 2mv 2，所以正确选项为 A。 1对“外力”的两点理解 4 (1)“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力， 它们可以同时作用，也可以不同时作用。 (2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。 2公式W合Ek中“”体现的三个关系 动能定理与图象结合问题讲典例示法 1解决物理图象问题的基本步骤 (1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意 义。 (2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。 (3)将推导出的物理规律与数学上与之相对
8、应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜 率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题。 2图象所围“面积”和图象斜率的含义 典例示法如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑轨道BCD组成， AB与BCD相切于B点，C为圆轨道的最低点， 将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止 下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN。现将物块放在ABC上不同高度处， 让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力FN， 得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ反向延长线与纵轴交点坐标值为 2.5 N，g取 10 m/s 2。 求
9、： 5 甲乙 (1)小物块的质量m及圆轨道的半径R； (2)轨道BC所对圆心角； (3)小物块与斜面AB间的动摩擦因数。 审题导引：解此题的关键是把握图象的信息，并将图象信息与物理过程相对应，如下图 所示。 解析(1)小物块从圆轨道BC滑下， 由动能定理可知mgH1 2mv 2 C 在C点合力提供向心力 FNmgmv 2 C R FN2mg R Hmg 结合PQ段图象知mg2 N，m0.2 kg，2mg R 42 0.5 解得R1 m。 (2)由于图线Q点对应于轨道的B点，而此时H0.5 m，则轨道BC所对圆心角由几 何关系可知HR(1cos)，代入数据解得60。 (3)小物块从A到C，由动能
10、定理可得 mgHmgcos H0.5 sin 1 2mv 2， 到达C点处由向心力公式可得 FNmgmv 2 R ，联立得 3 4 。 6 答案(1)0.2 kg1 m(2)60(3) 3 4 动能定理与图象结合问题的分析方法 (1)首先看清所给图象的种类(如vt图象、Ft图象、Ekt图象等)。 (2)挖掘图象的隐含条件，得出所需要的物理量，如由vt图象所包围的“面积”求位 移，由Fx图象所包围的“面积”求功等。 (3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。 跟进训练 1(2019全国卷)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外， 还受到一大小不变、方向始终与运
11、动方向相反的外力作用。距地面高度h在 3 m 以内时，物 体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取 10 m/s 2。该物体的质量为 () A2 kgB1.5 kgC1 kgD0.5 kg C设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的 恒定外力F，由动能定理结合题图可得(mgF)3 m(3672)J；物体在下落过程中， 受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F， 再由动能定理结合题图可得(mgF)3 m (4824)J，联立解得m1 kg、F2 N，选项 C 正确，A、B、D 均错误。 2(多选)放在粗糙水平地面上质量为 0.8 kg 的物体
12、受到水平拉力的作用，在 06 s 内其速度与时间的关系图象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图甲、 乙所示。 下列说 法中正确的是() 甲乙 A06 s 内拉力做的功为 140 J 7 B物体在 02 s 内所受的拉力为 4 N C物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为 0.5 D合外力在 06 s 内做的功与 02 s 内做的功相等 AD由PFv可知，物体在 02 s 内所受的拉力FP v 60 10 N6 N，在 26 s 内所 受的拉力FP v 20 10 N2 N， B 错误； 拉力在 06 s 内做的总功WFx1Fx2610 2 2 J2104 J140 J，A 正确；由物体在 26
13、s 内做匀速运动可知，Fmg，可求得 0.25，C 错误；由动能定理可知，物体所受的合外力在 06 s 内所做的功与 02 s 内 所做的功均为 1 2mv 240 J，D 正确。 3如图甲所示，在倾角为 30、长度为L5 m 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 只在滑块处于水平面上时作用， 并且按图乙所示的规律变化， 最后滑块刚好到达斜面顶端B， g取 10 m/s 2。试求： 甲乙 (1)滑块运动到A处的速度大小； (2)滑块与OA间的动摩擦因数。 解析(1)滑块冲上斜面的过程中重力做负功，由动能定理
14、得mgLsin 300 1 2mv 2 A 代入数据解得vA5 2 m/s。 (2)由题图乙知，在前 2 m 内，F12mg，做正功，在第 3 m 内，F20.5mg，做负功， 在第 4 m 内，F30，滑动摩擦力的大小为Ffmg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的 全过程，由动能定理得 F1x1F2x2fx1 2mv 2 A0 即 2mg20.5mg1mg41 2mv 2 A 代入数据解得0.25。 答案(1)5 2 m/s(2)0.25 8 动能定理求解多过程问题讲典例示法 1多过程问题的分析方法 (1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。 (2)对各“衔接点
15、”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。 (3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。 (4)分析“衔接点”速度、加速度等物理量的关联，确定各段间的时间关联，并列出相 关的辅助方程。 (5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。 2利用动能定理求解多过程问题的基本思路 典例示法(2019信阳模拟)如图所示AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形 轨道，OA处于水平位置。AB是半径为R1 m 的1 4圆周轨道，CDO 是半径为r0.5 m 的半圆 轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回，不损失能量，图中没有画出)， D为CDO轨
16、道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道 长L2 m，与小球之间的动摩擦因数0.2。现让一个质量为m1 kg 的小球从A点的正 上方距水平线OA高H的P处自由落下。(g取 10 m/s 2) (1)当H2 m 时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小； (2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。 思路点拨：解此题可按以下思路 (1)小球由P到D全过程，由动能定理列方程求小球第一次到达D点的速度。 (2)小球仅仅与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CDO轨道的两个临界条件是在O点重力 提供向心力，碰后再返回最高点恰能上升到D点。 解析(1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球从P到D点的过程，根据动能定 理得： mg(Hr)mgL1 2mv 2 D0 在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有： 9 FNmv 2 D r 联立解得：FN84 N 由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为： FNFN84 N。 (2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必须满足能上 升到O点，由动能
