(新课标)高考物理一轮总复习 第五章 第二讲 动能定理及其应用教案-人教版高三全册物理教案

第二讲动能定理及其应用
[小题快练]
1．判断题
(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．( √ )
2．(多选)关于动能定理的表达式W＝E k2－E k1，下列说法正确的是( BC )
A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功
C．公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W>0时动能增加，当W<0时，动能减少
D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功
3．NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众．比赛中经常有这样的场面：在临终场0.1 s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利．若运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐的高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为( C ) A．mgh1＋mgh2－W
B．mgh2－mgh1－W
C．W＋mgh1－mgh2
D．W＋mgh2－mgh1
考点一 动能定理的理解及应用 (自主学习)
1．动能定理公式中体现的“三个关系”
(1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力做的功，进而求得某一力做的功． (2)单位关系：等式两侧物理量的国际单位都是焦耳． (3)因果关系：合力做的功是引起物体动能变化的原因． 2．对“外力”的理解
动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力．
3．应用动能定理的“四点注意”
(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)动能定理的表达式是一个标量式，不能在某方向上应用动能定理．
(3)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便．
(4)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．
1－1.[解决曲线运动问题] (2015·某某卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( ) A ．一样大 B ．水平抛的最大 C ．斜向上抛的最大
D ．斜向下抛的最大
解析：根据动能定理可知12mv 2末＝mgh ＋12mv 20，得v 末＝2gh ＋v 2
0，又因三个小球的初速度大小
以及高度相等，则落地时的速度大小相等，A 项正确． 答案：A
1－2.[解决直线运动问题] 一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示．当物块的初速度为v
2时，上升的最大高度记为h .重力加速
度大小为g .物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )
A ．tan θ和H
2
B ．(v 22gH －1)tan θ和H 2
C ．tan θ和H
4
D ．(v 22gH －1)tan θ和H 4
解析：由动能定理有
－mgH －μmg cos θH sin θ＝0－12mv 2
－mgh －μmg cos θh sin θ＝0－12m (v 2)2
解得μ＝(v 22gH －1)tan θ，h ＝H
4
，故D 正确．
答案：D
1－3.[解决变力做功问题] (2015·全国卷Ⅰ)如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )
A ．W ＝1
2mgR ，质点恰好可以到达Q 点
B ．W ＞1
2
mgR ，质点不能到达Q 点
C ．W ＝1
2mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离
D ．W ＜1
2
mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离
解析：根据质点滑到轨道最低点N 时，对轨道压力为4mg ，利用牛顿第三定律可知，轨道对
质点的支持力为4mg .在最低点，由牛顿第二定律得，4mg －mg ＝m v 2
R
，解得质点滑到最低点的
速度v ＝3gR .对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得，2mgR －W ＝12mv 2
，解
得W ＝12mgR .对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q 点时克服摩擦力做功W ′要小于W ＝
12
mgR .由此可知，质点到达Q 点后，可继续上升一段距离，C 正确．
答案：C
考点二 动能定理在多过程问题中的应用 (师生共研)
1．应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”
“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息． 2．应用动能定理解题的基本思路
[典例] 如图，一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好从光滑圆弧
ABC 的A 点沿切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半
径R ＝0.3 m ，θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.g 取10 m/s 2
，求：
(1)小球做平抛运动的初速度v 0； (2)P 点与A 点的高度差；
(3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力．
解析：(1)由题意知小球到A 点的速度v A 沿曲线上A 点的切线方向，对速度分解如图所示： 小球做平抛运动，由平抛运动规律得
v 0＝v x ＝v A cos θ＝2 m/s.
(2)小球由P 至A 的过程由动能定理得
mgh ＝1
2mv 2A －12
mv 2
解得：h ＝0.6 m.
(3)小球从A 点到C 点的过程中，由动能定理得 －mg (R cos θ＋R )＝12mv 2C －12mv 2
A
解得：v C ＝7 m/s
小球在C 点由牛顿第二定律得
F N C ＋mg ＝m v 2C
R
解得F N C ＝8 N
由牛顿第三定律得F N C ′＝F N C ＝8 N 方向竖直向上．
答案：(1)2 m/s(2)0.6 m(3)8 N ，方向竖直向上 [反思总结]
动能定理在多过程问题中的应用
1．对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成多个子过程，分别对每个过程分析，得出每个过程遵循的规律．当每个过程都可以运用动能定理时，可以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单方便．
2．应用全程法解题求功时，有些力可能不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负功，正确写出总功．
(2018·余姚中学模拟)如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度x ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m ，h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放，小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g ＝10 m/s 2
，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小；
(2)小滑块第二次通过C 点时的速度大小； (3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离．
解析：(1)小物块从A 到D 的过程中，由动能定理得：mg (h 1－h 2)－μmgx ＝12mv 2
D －0，代入数
据得：v D ＝3 m/s.
(2)从D 到C 的过程，由动能定理得：mgh 2＝12mv 2C －12mv 2
D ，代入数据得：v C ＝6 m/s.
(3)滑块最终静止在BC 上，对全过程，运用动能定理得：mgh 1－μmgs ＝0，代入数据解得：
s ＝8.6 m ，则距离B 点的距离为：L ＝5 m －(8.6－5) m ＝1.4 m.
答案：(1)3 m/s (2)6 m/s (3)1.4 m
考点三 与图象相关的动能问题 (自主学习)
图象所围“面积”的意义
1．v －t 图：由公式x ＝vt 可知，v －t 图线与时间轴围成的面积表示物体的位移． 2．a －t 图：由公式Δv ＝at 可知，a －t 图线与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量． 3．F －x 图：由公式W ＝Fx 可知，F －x 图线与位移轴围成的面积表示力所做的功． 4．P －t 图：由公式W ＝Pt 可知，P －t 图线与时间轴围成的面积表示力所做的功．
3－1.[v －t 图象] A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，先后撤去
F 1、F 2后，两物体最终停下，它们的v －t 图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩
擦力大小相等．则下列说法正确的是( )
A ．F 1、F 2大小之比为1∶2
B ．F 1、F 2对A 、B 做功之比为1∶2
C ．A 、B 质量之比为2∶1
D ．全过程中A 、B 克服摩擦力做功之比为2∶1 答案：C
3－2.[a －t 图象] 用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )
A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大
C ．物体在2～4 s 内速度不变
D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功
解析：由a －t 图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s 末的速度v 6＝1
2×(2＋5)×2 m/s
－1
2×1×2 m/s＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 错误；由图象可知物体在5 s 末速度最大，v m ＝1
2
×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s ，B 错误；
由图象可知在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 错误；在0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合4＝12mv 24－0，
又v 4＝12×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s ，得W 合4＝36 J ，0～6 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合6＝12mv 2
6－0，又v 6＝6 m/s ，
得W 合6＝36 J ，则W 合4＝W 合6，D 正确． 答案：D
1．(多选)(2019·第十九中学月考)将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为v 0.小球落到地面的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( BC ) A ．小球克服空气阻力做的功大于mgh B ．重力对小球做的功等于mgh C ．合外力对小球做的功大于mv 2
0 D ．合外力对小球做的功等于mv 20
解析：根据动能定理得：12m (2v 0)2
－12mv 20＝mgh －W f ，解得：W f ＝mgh －32
mv 20<mgh ，故A 错误；
重力做的功为W G ＝mgh ，B 正确；合外力对小球做的功W 合＝12m (2v 0)2
－12mv 20＝32mv 20，C 正确，
D 错误．
2．(2018·某某、某某联考)如图所示，斜面AB 竖直固定放置，物块(可视为质点)从A 点静止释放沿斜面下滑，最后停在水平面上的C 点，从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功为
W .因斜面塌陷，斜面变成APD 曲面，D 点与B 在同一水平面上，且在B 点左侧．已知各接触
面粗糙程度均相同，不计物块经过B 、D 处时的机械能损失，忽略空气阻力，现仍将物块从
A 点静止释放，则(
B )
A ．物块将停在C 点
B ．物块将停在
C 点左侧
C ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功大于W
D ．物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功小于W
解析：物块在斜面上滑动时，克服摩擦力做的功为W f ＝μmg cos θ·L ，物块在曲面上滑动
时，做曲线运动，根据牛顿第二定律有：F N －mg cos θ＝m v 2
R
，即F N ＞mg cos θ，故此时的滑
动摩擦力f ′＝μF N ＞μmg cos θ，且物块在曲面上滑过路程等于在斜面上滑过的路程L ，故物块在曲面上克服摩擦力做的功W ′f ＞W f ＝μmg cos θ·L ，根据动能定理可知，物块将停在C 点左侧，故A 错误，B 正确；从释放到最终停止，动能的改变量为零，根据动能定理可知，物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，而两种情况下，重力做的功相同，物块从释放到停止的过程中克服摩擦力做的功等于W ，故C 、D 错误．
3．如图所示，水平平台上有一个质量m ＝50 kg 的物块，站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块，细绳不可伸长．不计滑轮的大小、质量和摩擦．在人以速度v 从平台边缘正下方匀速向右前进x 的过程中，始终保持桌面和手的竖直高度差h 不变．已知物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，v ＝0.5 m/s ，x ＝4 m ，h ＝3 m ，g 取10 m/s 2
.求人克服细绳的拉力做的功．
解析：设人发生x 的位移时，绳与水平方向的夹角为θ，由运动的分解可得，物块的速度
v 1＝v cos θ
由几何关系得cos θ＝
x
h 2＋x 2
在此过程中，物块的位移s ＝h 2
＋x 2
－h ＝2 m 物块克服摩擦力做的功W f ＝μmgs 对物块，由动能定理得W T －W f ＝12
mv 2
1
所以人克服细绳的拉力做的功W T ＝mv 2x 2
2(h 2＋x 2)
＋μmgs ＝504 J.
答案：504 J
[A 组·基础题]
1．(2016·某某卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J ，他克服阻力做功100 J ．韩晓鹏在此过程中( C ) A ．动能增加了1 900 J B ．动能增加了2 000 J C ．重力势能减小了1 900 J D ．重力势能减小了2 000 J
2. 质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( B )
A ．2 2 m/s
B ．3 m/s
C ．4 m/s
D ．17 m/s
3. 如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块距挡板P 的距离为x 0，滑块以初速度v 0
沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( A )
A.1
μ(v 202g cos θ＋x 0tan θ) B ．1
μ(
v 202g sin θ＋x 0tan θ) C.2μ(v 20
2g cos θ
＋x 0tan θ)
D ．1
μ(
v 20
2g cos θ
＋x 0cot θ)
4. 如图所示，质量为M ＝3 kg 的小滑块，从斜面顶点A 由静止沿ABC 下滑，最后停在水平面上的D 点，不计滑块从AB 面滑上BC 面以及从BC 面滑上CD 面时的机械能损失．已知AB ＝BC ＝5 m ，CD ＝9 m ，θ＝53°，β＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度
g 取10 m/s 2)，在运动过程中，小滑块与所有接触面间的动摩擦因数相同．则( D )
A ．小滑块与接触面间的动摩擦因数μ＝0.5
B ．小滑块在AB 面上运动的加速度a 1与小滑块在B
C 面上运动的加速度a 2之比a 1a 2＝5
3
C ．小滑块在AB 面上的运动时间小于小滑块在BC 面上运动时间
D ．小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC 面上运动时克服摩擦力做功 5．(多选) 某人通过光滑滑轮将质量为m 的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，如图所示．则在此过程中( BD )
A ．物体所受的合力做功为mgh ＋12mv 2
B ．物体所受的合力做功为12mv 2
C ．人对物体做的功为mgh
D ．人对物体做的功大于mgh
6．(多选) 如图所示，竖直平面内固定着一个螺旋形光滑轨道，一个小球从足够高处落下，
刚好从A 点进入轨道，则关于小球经过轨道上的B 点和C 点时，下列说法正确的是( ABC )
A ．轨道对小球不做功
B ．小球在B 点的速度小于在
C 点的速度
C ．小球在B 点对轨道的压力小于在C 点对轨道的压力
D ．改变小球下落的高度，小球在B 、C 两点对轨道的压力差保持不变
7．(多选) (2016·某某卷)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( AB )
A ．动摩擦因数μ＝6
7
B ．载人滑草车最大速度为
2gh 7
C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为3
5
g
8．(多选) 如图所示，x 轴在水平地面上，y 轴竖直向上，在y 轴上的P 点分别沿x 轴正方向和y 轴正方向以相同大小的初速度抛出两个小球a 和b ，不计空气阻力，若b 上升的最大高度等于P 点离地的高度，则从抛出到落地有( BD )
A ．a 的运动时间是b 的运动时间的2倍
B ．a 的位移大小是b 的位移大小的5倍
C ．a 、b 落地时的速度相同，因此动能一定相同
D ．a 、b 落地时的速度不同，但动能相同
[B 组·能力题]
9．(多选)(2019·某某实验中学期中)如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d ，缆绳质量忽略不计．下列说法正确的是( ABD )
A ．小船从A 点运动到
B 点的全过程克服阻力做的功W f ＝fd B ．小船经过B 点时的速度大小v 1＝
v 20＋2
m (Pt 1－fd )
C ．小船经过B 点时的速度大小v 1＝2v 20＋2
m (Pt 1－fd )
D ．小船经过B 点时的加速度大小a ＝
P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )
－f
m 解析：小船从A 点运动到B 点过程中克服阻力做功：W f ＝fd ，故A 正确；小船从A 点运动到
B 点，电动机牵引缆绳对小船做功：W ＝Pt 1 ，由动能定理有：W －W f ＝1
2mv 21－12
mv 2
0，
联立解得：v 1＝v 20＋
2(Pt 1－fd )
m
，故B 正确，C 错误；设小船经过B 点时绳的拉力大小为F ，绳与水平
方向夹角为θ，绳的速度大小为v ′，则P ＝Fv ′， v ′＝v 1cos θ，F cos θ－f ＝ma ，联立解得：a ＝
P m 2v 20＋2m (Pt 1
－fd )－f
m ，故D 正确．
A ．在运动过程中滑块A 的最大加速度是2.5 m/s 2
B ．在运动过程中滑块B 的最大加速度是3 m/s 2
C ．滑块在水平面上运动的最大位移是3 m
D ．物体运动的最大速度为 5 m/s
解析：假设开始时A 、B 相对静止，对整体根据牛顿第二定律，有F ＝2Ma ，解得a ＝F 2M ＝
10
2×2
＝2.5 m/s 2
；隔离B ，B 受到重力、支持力和A 对B 的静摩擦力，根据牛顿第二定律，f ＝Ma ＝2×2.5＝5 N ＜μMg ＝6 N ，所以A 、B 不会发生相对滑动，保持相对静止，最大加速度均为2.5 m/s 2，故A 正确，B 错误；当F ＝0时，加速度为0，之后A 、B 做匀速运动，位移继续增加，故C 错误；F －x 图象包围的面积等于力F 做的功，W ＝1
2×2×10＝10 J ；当F ＝0，
即a ＝0时达到最大速度，对A 、B 整体，根据动能定理，有W ＝12
×2Mv 2
m －0；代入数据得：
v m ＝ 5 m/s ，故D 正确．
11. 为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角θ＝60°，长L 1＝2 3 m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2＝
3
2
m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D ，如图所示．现将一个小球从距A
点高h ＝0.9 m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ＝
33
.g 取10 m/s 2
，求：
(1)小球初速度的大小； (2)小球滑过C 点时的速率；
(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件． 解析：(1)小球开始时做平抛运动，有v 2
y ＝2gh 代入数据解得v y ＝2gh ＝2×10×0.9 m/s ＝3 2 m/s 在A 点有tan θ＝v y
v x
得v x ＝v 0＝
v y
tan θ＝323
m/s ＝ 6 m/s. (2)从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得
mg (h ＋L 1sin θ)－μmgL 1cos θ－μmgL 2＝1
2mv 2C －12
mv 2
代入数据解得v C ＝3 6 m/s.
(3)小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，有
mg ＝m v 2
R 1
12mv 2C ＝2mgR 1＋12mv 2 代入数据解得R 1＝1.08 m.
当小球刚能到达与圆心等高处时，有 12
mv 2
C ＝mgR 2 代入数据解得R 2＝2.7 m.
当圆轨道与AB 相切时R 3＝L 2·tan 60°＝1.5 m
综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是0＜R ≤1.08 m. 答案：(1) 6 m/s (2)3 6 m/s (3)0＜R ≤1.08 m。