全国版2019版高考物理一轮复习第6章机械能及其守恒定律第23课时动能定理及其应用学案.doc

1、【 精品教育资源文库 】 第 23 课时 动能定理及其应用 考点 1 对动能定理的理解和应用 1动能 (1)定义：物体由于 运动 而具有的能叫动能。 (2)公式： Ek 12mv2。 (3)单位： 焦耳 ， 1 J 1 Nm 1 kgm 2/s2。 (4)物理意义：动能是状态量，是 标 量。 2动能定理 (1)内容：在一个过程中合力对物体做的功，等于物体在这个过程中 动能的变化量 。 (2)表达式： W Ek Ek2 Ek1 12mv22 12mv21。 (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 动能定理既适用于直线运动，也适用于 曲线运动 。 既适用于恒力做功，

2、也适用于 10变力做功 。 力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以 11分阶段 作用。 例 1 (2015 山东高考 )如图甲所示，物块与质量为 m 的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮 的距离为 l。开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值。现给小球施加一始终垂直于 l 段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成 60 角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的 1.25 倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的 0.6 倍，不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小

3、为 g。求： (1)物块的质量； (2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功。 解析 (1)设开始时细绳的拉力大小为 T1，传感装置的初始值为 F1，物块质量为 M，由【 精品教育资源文库 】 平衡条件得 对小 球， T1 mg 对物块， F1 T1 Mg 当细绳与竖直方向的夹角为 60 时，设细绳的拉力大小为 T2，传感装置的示数为 F2，据题意可知， F2 1.25F1，由平衡条件得 对小球， T2 mgcos60 对物块， F2 T2 Mg 联立 式，代入数据得 M 3m (2)设小球运动至最低位置时速度的大小为 v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做

4、的功为 Wf，由功能定理得 mgl(1 cos60) Wf 12mv2 在最低位置，设细绳的拉力大小为 T3，传感装置的示数为 F3，据题意可知， F3 0.6F1，对小球，由牛顿第二定律得 T3 mg mv2l 对物块，由平衡条件得 F3 T3 Mg 联立 式，代入数据得 Wf 0.1mgl。 答案 (1)3m (2)0.1mgl 用动能定理解决问题注意事项 (1)明确研究对象。 (2)分析受力情况及各力做功情况。 首先分析物体受力情况，判断物体所受的力是恒力还是变力；做正功还是做负功，还是不做功。 根据题意合理选择过程，是分段列式还是全程列式。 分别列出合外力做的功、动能的改变量，根据动能

5、定理 列式求解。 1 (人教版必修 2 P74T1 改编 )改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化，在下面几种情况中，汽车的动能是原来的 2 倍的是 ( ) A质量不变，速度变为原来的 2 倍 B质量和速度都变为原来的 2 倍 C质量变为原来的 2 倍，速度减半 D质量减半，速度变为原来的 2 倍 答案 D 解析 由 Ek 12mv2知， m 不变， v 变为原来的 2 倍， Ek变为原来的 4 倍。同理， m 和 v【 精品教育资源文库 】 都变为原来的 2 倍时， Ek变为原来的 8 倍， m 变为 2 倍，速度减半时， Ek变为原来的一半； m减半， v 变为 2 倍时， Ek

6、变为原来的 2 倍，故选项 D 正确。 2 (人教版必修 2 P74T3 改编 )子弹的速度为 v，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零。若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的 13时，子弹的速度是 ( ) A.13v B. 33 v C.23v D. 63 v 答案 D 解析 设木块的厚度为 d，木块对子弹的作用力为 F，打穿木块时，由动能定理得 Fd 0 12mv2， 打穿其厚度的 13时，由动能定理得 Fd3 12mv 2 12mv2，联立解得 v 63 v，故D 正确。 3如图所示，小车 A 放在一个倾角为 30 的足够长的固定的光滑斜面上， A、 B 两物体由绕过

7、轻质定滑轮的细线相连，已知重力加速度为 g，滑轮质量及细线与滑轮之间的摩擦不计，小车 A 的质量为 3m，小球 B 的质量为 m，小车从静止释放后，在小球 B 竖直上升 h 的过程中，小车受绳的拉力大小 FT和小车获得的动能 Ek分别为 ( ) A FT mg， Ek 38mgh B FT mg， Ek 32mgh C FT 98mg， Ek 32mgh D FT 98mg， Ek 38mgh 答案 D 解析 小车 A 与小车 B 构成的系统做加速运动，隔离分析小车，据牛顿第二定律得3mgsin30 FT 3ma 隔离分析小球 B，据牛顿第二定律得 FT mg ma 联立可得小车受绳的拉力大小

8、 FT 9mg8 。 当小球 B 上 升 h 高度时，根据动能定理有 【 精品教育资源文库 】 3mghsin30 mgh 12(3m m)v2 0 解得 v 12 gh。 小车的最大动能为 Ek 123 m v2 123 m gh4 3mgh8 ，综合上述可知， A、 B、 C 错误， D正确。 考点 2 动能定理与图象综合 1借助以前学过的图象 vt、 at、 xt 等结合力、功及速度变化，运用动能定理去分析理解。 2新增图象解读 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，反映了 F 随 x 的变化关系 Pt 图象 由公式 W Pt 可知， Pt

9、 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功，反映了 P 随 t 的变化关系 Ekx 图象 F 合 Ek x，斜率为合外力，反映了 Ek随 x 的变化关系 3解决有关物理图象问题的基本步骤 【 精品教育资源文库 】 例 2 质量 m 1 kg 的物体，在水平拉力 F(拉力方向与物体初速度方向相同 )的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移 4 m 时，拉力 F 停止作用，运动到位移是 8 m 时物体停止，运动过 程中动能与位移图象 (Ekx)如图所示。 (g 取 10 m/s2)求： (1)物体的初速度多大？ (2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？ (3)拉力 F 的大小。 解析 (1)从图象可知初

10、动能 Ek0 2 J 由 Ek0 12mv2解得 v 2 m/s。 (2)在位移为 4 m 处物体的动能为 Ek 10 J，在位移为 8 m 处物体的动能为零，此过程【 精品教育资源文库 】 中物体克服摩擦力做功。设摩擦力为 Ff，由动能定理有 Ffx2 0 Ek 得出 Ff Ekx2 104 N 2.5 N 因 Ff mg ，故 Ffmg 2.510 0.25。 (3)物体从开始到移动 4 m 这段过程中，受拉力 F 和摩擦力 Ff的作用，根据动能定理有(F Ff)x1 Ek Ek0 故得 F Ek Ek0x1 Ff ? ?10 24 2.5 N 4.5 N。 另一种解法思路： 由动能定理

11、知 W 总 F 合 x Ek，则 Ekx 图象的斜率表示物体所受合外力，结合图象有0 4 m 内： F mg 2 N， 4 8 m 内： mg 2.5 N，即可得到答案，这也是解决此类问题的一种方法。 答案 (1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N (1)从图象的意义切入，把分析力、功与能量间的关系、物体动能的变化情况以及合力做功作为突破问题的关键。 (2)Wx 图象：通过 “ 斜率 ” 求得某种力 F。 (3)Ekx 图象：通过 “ 斜率 ” 求得合力 F。 A、 B 两物体分别在水平恒力 F1和 F2的作用下沿水平面运动，先后撤去 F1、 F2后，两物体最终停下，它们的 vt 图

12、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 下列说法中正确的是 ( ) A F1、 F2大小之比为 1 2 B F1、 F2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 解析 由速度时间图象可知，撤去 F1、 F2 后， A、 B 做匀减速直线运动的加速度之比为a1 a2 1 2，已知 A、 B 受摩擦力大小相等即 f1 f2，又 f1 m1a1， f2 m2a2，所以 A、 B 质【 精品教育资源文库 】 量之比为 m1 m2 f1a1 f2a2 a2 a1 2 1， C 正确；由速度 时间图

13、象可知， A、 B 两 物体加速与减速的总位移相等，且匀加速运动位移之比 1 2，匀减速运动的位移之比 2 1，设总位移为 3x，对 A 物体的全过程由动能定理可得： F1x f13 x 0 0；对 B 物体的全过程由动能定理可得： F22 x f23 x 0 0，联立可得 F1 3f1， F2 32f2，又 f1 f2，所以 F1 2F2，A 错误；全过程中摩擦力对 A、 B 做功相等， F1、 F2对 A、 B 做功大小相等， B、 D 错误。 考点 3 动能定理求解多过程 1多过程问题包含几个子过程 ，这几个子过程的运动性质可以相同也可以不同，子过程中可以有直线上的不同运动，也可以有曲线

14、上的不同运动，如匀速直线运动、匀变速直线运动、圆周运动、平抛运动、往复运动等综合问题。 2解决多过程问题的方法思路 (1)当包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或整个过程作为研究对象，然后运用动能定理解题。 (2)应用动能定理时注意要使合力做功对应的过程和初、末状态动能对应的过程相统一。 (3)当研究整个过程中的重力做功、大小恒定的摩擦力做功时，要注意它们的做功特点： 重力做功取决于物体的初、末位置，与 路径无关； 大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积。 (4)解题时注意过程与过程的衔接物理量关系，一般优先选择全过程利用动能定理求解。 例 3 (2017 北京状元桥学校二模 )如图所示，竖直四分之一光滑圆弧轨道固定在平台 AB 上，轨道半径 R 1.8 m，末端与平台相切于 A 点。倾角 37 的斜面 BC 紧靠平台固定。从圆弧轨道最高点由静止释放质量 m 1 kg 的滑块 a，当 a 运动到 B 点的同时，与 a完全相同的滑块 b 从斜面底端 C 点以初速度 v0 5 m/s 沿斜 面向上运动， a、 b(视为质点 )恰好在斜面上的 P 点相遇，已知 AB 长度 s 2 m， a 与 AB