（浙江选考）2021版新高考物理一轮复习 6 第五章 机械能及其守恒定律 2 第2节 动能 动能定理

物理第五章机械能及其守恒定律第2节动能动能定理01基础再现夯实双基02多维课堂考点突破03达标检测巩固提能【基础梳理】运动焦耳标量12mv22－12mv21动能的变化Ek2－Ek1合外力【自我诊断】判一判(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．()√×√××√做一做(多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法中正确的是()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Ek2－Ek1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提示：BC对动能定理的理解和应用【知识提炼】1．动能定理公式中“＝”体现的“三个关系”数量关系合力的功与物体动能的变化可以等量代换单位关系国际单位都是焦耳因果关系合力做的功是物体动能变化的原因2.“一个参考系”：高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系．3．适用范围：直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、各个力同时做功、分段做功均可用动能定理．【典题例析】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v2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．tanθ和H2B.v22gH－1tanθ和H2C．tanθ和H4D.v22gH－1tanθ和H4[解析]设物块与斜坡间的动摩擦因数为μ，则物块沿斜坡上滑的过程中，由动能定理－(mgH＋μmgcosθHsinθ)＝0－12mv2①由①得μ＝(v22gH－1)tanθ当物块的初速度为v2时，由动能定理知－(mgh＋μmgcosθhsinθ)＝0－12m(v2)2②由①②两式得h＝H4.[答案]D【题组过关】考向1对动能定理的理解1．(2020·湖州质检)关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系．下列说法正确的是()A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能不变，则物体合外力一定为零解析：选A.由W＝Flcosα可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A正确，B错误；由动能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C、D均错误．考向2动能定理的应用2．(2020·宁波调研)张伟同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.5m，目测空中脚离地最大高度约0.8m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功最接近()A．65JB．750JC．1025JD．1650J解析：选B.人从最高点落地可看做平抛运动，设人在最高点的速度为v0，则h＝12gt2，12x＝v0t，则起跳过程中该同学所做的功为W＝mgh＋12mv20，解得W≈750J.应用动能定理求解多过程问题【知识提炼】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一个一个子过程，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．【典题例析】(2019·4月浙江选考)某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型．竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过．转轮半径R＝0.4m、转轴间距L＝2m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝2.2m．现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5.(sin37°＝0.6)(1)若h＝2.4m，求小物块到达B端时速度的大小；(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件．[解析](1)小物块由静止释放到B的过程中，有mgsinθ－μmgcosθ＝mav2B＝2ahsinθ解得vB＝4m/s.(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D点时速度为零，小物块从距传送带高度h1处由静止释放，则有0＝mgh1－μmgcosθ·h1sinθ－μmgL解得h1＝3.0m当hh1＝3.0m时满足题中条件．(3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达D点的速度为v，则有12mv2＝mgh－μmgcosθhsinθ－μmgLH＋2R＝12gt2，x＝vt解得x＝2h－3(m)为使小物块能在D点水平向右抛出，则需满足mg≤mv2R，解得h≥3.6m.[答案](1)4m/s(2)h3.0m(3)x＝2h－3(m)h≥3.6m利用动能定理求解多过程问题的基本思路(1)弄清物体的运动由哪些过程组成．(2)分析每个过程中物体的受力情况．(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响．(4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能．(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程．【题组过关】考向1动能定理解决往复运动问题1．如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置．质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回．A离开弹簧后，恰好回到P点．物块A与水平面间的动摩擦因数为μ.(1)求物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功；(2)求O点和O′点间的距离x1；(3)如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O′点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离．求分离后物块A向右滑行的最大距离x2.解析：(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为Wf＝12mv20.(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得2μmg(x1＋x0)＝12mv20解得x1＝v204μg－x0.(3)A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功WF只有A时，从O′到P有WF－μmg(x1＋x0)＝0－0A、B共同从O′到O有WF－2μmgx1＝12×2mv21分离后对A有12mv21＝μmgx2联立以上各式可得x2＝x0－v208μg.答案：(1)12mv20(2)v204μg－x0(3)x0－v208μg考向2动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题2.(2020·舟山质检)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；(3)若滑块离开C点的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.解析：(1)滑块恰能滑到D点，则vD＝0滑块从A→B→D过程中，由动能定理得mg(2R－R)－μmgcosθ·2Rsinθ＝0－0解得μ＝0.375.(2)滑块恰能过C点时，vC有最小值，则在C点mg＝mv2CR滑块从A→B→D→C过程，由动能定理得－μmgcosθ·2Rsinθ＝12mv2C－12mv20解得v0＝23m/s.(3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h，则有h＝12gt2x＝v′Ctx2R－h＝tan53°其中v′C＝4m/s，联立解得t＝0.2s.答案：(1)0.375(2)23m/s(3)0.2s动能定理与图象的综合问题【知识提炼】解决动能定理与图象问题的基本步骤【题组过关】1．(多选)(2020·嘉兴调研)质量为1kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2.下列分析正确的是()A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B．物体运动的位移为13mC．物体在前3m运动过程中的加速度为3m/s2D．x＝9m时，物体的速度为32m/s解析：选ACD.由Wf＝Ffx对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应题图乙可知，前3m内，拉力F1＝5N，3～9m内拉力F2＝2N，物体在前3m内的加速度a1＝F1－Ffm＝3m/s2，C正确；由动能定理得：WF－Ffx＝12mv2，可得：x＝9m时，物体的速度为v＝32m/s，D正确；物体的最大位移xm＝WFFf＝13.5m，B错误．2．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4m．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10m/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．解析：(1)由题图乙知，在前2m内，F1＝2mg做正功，在第3m内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4m内，F3＝0，滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，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＝12mv2A－0即2mg×2－0.5mg×1－0.25mg×4＝12mv2A解得vA＝52m/s.(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgLsin30°＝0－12mv2A解得：L＝5m.所以滑块冲上斜面AB的长度L＝5m.答案：(1)52m/s(2)5m本部分内容讲解结束按ESC键退出全屏播放