【物理】2019届一轮复习教科版第五章机械能和能源基础课2学案

【物理】2019届一轮复习教科版第五章机械能和能源基础课2学案

基础课2　动能　动能定理 知识排查 动能 ‎1.定义：物体由于运动而具有的能叫动能。‎ ‎2.公式：E ＝mv2。‎ ‎3.单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 g·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。‎ 动能定理 ‎1.内容：合外力所做的功等于物体动能的变化。‎ ‎2.表达式：W＝mv－mv或W＝E 2－E 1。‎ ‎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)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，也可以间断作用。‎ ‎5.应用动能定理解决的典型问题大致分为两种 ‎(1)单一物体的单一过程或者某一过程；‎ ‎(2)单一物体的多个过程。动能定理由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法要简便。‎ 小题速练 ‎1.思考判断 ‎(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不为零，那么合外力对物体做功一定不为零。(　　)‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)×‎ ‎2.(2016·四川理综，1)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(　　)‎ 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 解析　由题可得，重力做功WG＝1 900 J，则重力势能减少1 900 J ，故选项C正确，D错误；由动能定理得，WG－Wf＝ΔE ，克服阻力做功Wf＝100 J，则动能增加1 800 J，故选项A、B错误。‎ 答案　C ‎　对动能定理的理解及应用 ‎1.对“外力”的两点理解 ‎(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＝ΔE 中“＝”体现的三个关系 ‎1.(2018·广东六校联考)‎ 北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目。将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来。换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将(　　)‎ A.不变 B.变小 C.变大 D.无法判断 解析　冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有－μmgx＝0－mv2，得x＝，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的距离相等。故选项A正确。‎ 答案　A ‎2.(2018·江西模拟)(多选)质量为m的物块在水平恒力F的推动下，从山坡(粗糙)底部的A处由静止开始运动至高为h的坡顶B处。到达B处时物块的速度大小为v，A、B之间的水平距离为x，重力加速度为g。不计空气阻力，则物块运动过程中(　　)‎ 图1‎ A.重力所做的功是mgh B.合外力对物块做的功是mv2‎ C.推力对物块做的功是mv2＋mgh D.阻力对物块做的功是mv2＋mgh－Fx 解析　重力所做的功是WG＝－mgh，选项A错误；根据动能定理，合外力对物块做的功是W合＝WF－mgh＋Wf＝mv2，选项B正确；WF＝mgh－Wf＋mv2，选项C错误；WF＝Fx＝mgh－Wf＋mv2，则Wf＝mgh＋mv2－Fx，选项D正确。‎ 答案　BD ‎3.如图2所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，‎ A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为(　　)‎ 图2‎ A.tan θ B.tan α C.tan(θ＋α) D.tan(θ－α)‎ 解析　如图所示，设B、O间距离为x1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为x2，物块的质量为m，在物块下滑的全过程中，应用动能定理可得mgh－μmgcos θ·－μmg·x1＝0，解得μ＝＝tan α，故选项B正确。‎ 答案　B ‎　应用动能定理求解多过程问题 ‎1.首先需要建立运动模型，选择合适的研究过程能使问题得以简化。当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程。‎ ‎2.当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：‎ ‎(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；‎ ‎(2)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。‎ ‎3.专注过程与过程的连接状态的受力特征与运动特征(比如：速度、加速度或位移)。‎ ‎4.列整体(或分过程)的动能定理方程。‎ ‎【典例】　如图3所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：‎ 图3‎ ‎(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；‎ ‎(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；‎ ‎(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。‎ 解析　(1)小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为v0。‎ 竖直方向上：R＝gt2①‎ 水平方向上：R＝v0t②‎ 解得v0＝③‎ ‎(2)小滑块在最低点时速度为v，由动能定理得 ‎－mg·2R＝mv－mv2④‎ 解得v＝⑤‎ 在最低点由牛顿第二定律得 N－mg＝m⑥‎ 解得N＝6mg 由牛顿第三定律得N′＝6mg⑦‎ ‎(3)从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功Wf，由动能定理得 mgh－Wf＝mv2－0⑧‎ 解得Wf＝mgR⑨‎ 答案　(1)　(2)6mg　(3)mgR ‎【拓展延伸1】　在典例中，若小滑块刚好能过C点，求滑块与轨道AB间的动摩擦因数。‎ 解析　小滑块刚好能过C点，则在C点由牛顿第二定律得 mg＝m，解得vC＝ 小滑块由D至C过程，由动能定理得 mg(h－2R)－μmgcos θ·＝mv－0，‎ 解得μ＝≈0.18‎ 答案　(或0.18)‎ 拓展延伸2　在典例中的滑块从轨道的P点由静止释放，滑块与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，求滑块整个运动过程中在AB轨道上通过的总路程。‎ 解析　滑块在P点释放，滑块将在两轨道间做往返运动，当滑块到达B点时的速度为零后滑块将只在圆弧轨道上运动，故全过程由动能定理得 mgsPBsin θ－μmgcos θ·s＝0‎ 由几何关系得sPB＝R 解得s＝ 答案　 应用动能定理解题的基本思路 ‎　　　　　　‎ ‎1.如图4所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A.小球落地时动能等于mgH B.小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能 C.整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)‎ D.小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1＋)‎ 解析　小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－fH＝mv，选项A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f0h＝0－mv，解得f0h＝mgh＋mv＝mgh＋mgH－fH，f0＝mg(1＋)－，选项B、D错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，选项C正确。‎ 答案　C ‎2.如图5所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点质量为m＝1 g的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。现对小物块施加F＝10 N水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左运动到A点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N，运动到A点时撤去推力F，小物块最终运动到B点静止。图中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度取g＝10 m/s2。求小物块：‎ 图5‎ ‎(1)与桌面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)向右运动过程中经过O点的速度；‎ ‎(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。‎ 解析　(1)小物块速度达到最大时，加速度为零。‎ F－μmg－F弹＝0，μ＝＝0.4。‎ ‎(2)设向右运动通过O点时的速度为v0，从O―→B，由动能定理得－fxOB＝0－mv，f＝μmg＝4 N，‎ 解得v0＝ m/s≈1.26 m/s。‎ ‎(3)弹簧最大压缩量为xmax，对小物块运动的全过程，根据动能定理得FxOA－‎ f(2xmax＋xOB)＝0，‎ 代入数值得xmax＝0.9 m。‎ 答案　(1)0.4　(2)1.26 m/s　(3)0.9 m ‎　动能定理与图像结合的问题 ‎1.解决物理图像问题的基本步骤 ‎(1)观察题目给出的图像，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。‎ ‎2.四类图像所围“面积”的含义 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1.用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度—时间图像如图6所示，且α>β，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力f做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是(　　)‎ 图6‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.W1>W2，F＝2f B.W1＝W2，F>2f C.P12f D.P1＝P2，F＝2f 解析　对整个过程由动能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2。由图像可知，撤去拉力F后运动的时间大于水平力F作用的时间，所以a1>|a2|，即>，F>2f，选项A、D错误，B正确；由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力F作用时间，所以P1>P2，选项C错误。‎ 答案　B ‎2.(2017·江苏单 ，3)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为E 0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E 与位移x关系的图线是(　　)‎ 解析　设斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块质量为m，小物块沿斜面向上滑动过程，由动能定理得，－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝E －E 0，即E ＝E 0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x；设小物块滑到最高点的距离为L，小物块沿斜面滑动全过程由能量守恒定律得，E ＝E 0－mgxsin θ－μmgcos θ(2L－x)＝(E 0－2μmgLcos θ)－(mgsin θ－μmgcos θ)x，故选项C正确。‎ 答案　C ‎3.(2018·甘肃模拟)如图7甲所示，一质量为4 g的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，(取g＝10 m/s2‎ ‎)，则下列说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A.物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动 B.物体在水平地面上运动的最大位移是10 m C.物体运动的最大速度为2 m/s D.物体在运动中的加速度先变小后不变 解析　当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A错误；由题图乙中图线与x轴所围面积表示推力对物体做的功得，推力做的功W＝×4×100 J＝200 J，根据动能定理有W－μmgxm＝0，得xm＝10 m，选项B正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F＝100－25x(N)，当F＝μmg＝20 N时x＝3.2 m，由动能定理得(100＋20)·x－μmgx＝mv，解得物体运动的最大速度vm＝8 m/s，选项C错误；物体运动中当推力由100 N减小到20 N的过程中，加速度逐渐减小，当推力由20 N减小到0的过程中，加速度又反向增大，此后加速度不变，故选项D错误。‎ 答案　B 动能定理的综合应用——细心审题、规范答题能力的培养 物理计算题历来是高考拉分题，试题综合性强，涉及物理过程较多，所给物理情境较复杂，物理模型较模糊甚至很隐蔽，运用的物理规律也较多，对考生的各项能力要求很高，为了在物理计算题上得到理想的分值，应做到细心审题、用心析题、规范答题。‎ ‎【例】　如图8所示，水平路面CD的右侧有一长度L1＝2 m的木板。一物块放在木板的最右端，并随木板一起向左侧固定的平台运动，木板的上表面与平台等高。平台上表面AB的长度s＝3 m，光滑半圆轨道AFE竖直固定在平台上，圆轨道半径R＝0.4 m，最低点与平台AB相切于A点。当木板的左端与平台的距离L＝2 m时，木板与物块向左运动的速度v0＝8 m/s。木板与平台的竖直壁碰撞后，木板立即停止运动，物块在木板上滑动并滑上平台。已知木板与路面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与木板的上表面及轨道AB间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，物块质量m＝1 g，取g＝10 m/s2。‎ 图8‎ ‎(1)求物块进入圆轨道时对轨道上的A点的压力；‎ ‎(2)判断物块能否到达圆轨道的最高点E。如果能，求物块离开E点后在平台上的落点到A点的距离；如果不能，则说明理由。‎ 审题流程 第一步：把握过程，构建运动模型 过程1‎ DC段 木板、物块共同向左减速运动 过程2‎ 木板与BC碰撞后 物块在木板上匀减速运动 过程3‎ 物块滑到BA上 物块在BA上匀减速运动 过程4‎ 光滑半圆轨道上 物块做圆周运动 过程5‎ 可能从E点水平抛出 第二步：抓好关键点，找出突破口 规范解答 解析　(1)设木板质量为M，物块随板运动撞击竖直壁BC时的速度为v1，由动能定理得 ‎－μ1(m＋M)gL＝(M＋m)v－(M＋m)v 设物块到A点时速度为v2，由动能定理得 ‎－μ2mg(s＋L1)＝mv－mv 由牛顿第二定律得N－mg＝m 解得N＝140 N 由牛顿第三定律知，物块对轨道A点的压力大小为140 N，方向竖直向下。‎ ‎(2)设物块能通过圆轨道的最高点，且在最高点处的速度为v3，由动能定理得 ‎－mg·2R＝mv－mv 解得v3＝6 m/s>＝2 m/s 故物块能通过圆轨道的最高点E，物块离开E点后做平抛运动，有 x＝v3t，2R＝gt2‎ 解得x＝2.4 m。‎ 答案　(1)140 N，方向竖直向下　(2)能　2.4 m ‎【针对训练】　如图9是某同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P 飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热。用质量为m＝10 g的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一物理问题。设大小两个四分之一圆弧半径为2R和R，R＝0.8 m，小平台和圆弧均光滑。将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧组成，斜面动摩擦因数均为0.25，两斜面倾角均为θ＝37°，AB＝CD＝2R，A、D等高，D端固定一挡板，碰撞不损失机械能，滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，取g＝10 m/s2。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ 图9‎ ‎(1)若滑块恰好能经P点飞出，又恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度，此时斜面的A、D点离地面多高？‎ ‎(2)求滑块在锅内斜面上运动的总路程。‎ 解析　(1)在P点，由牛顿第二定律得mg＝m①‎ 解得vP＝ 到达A点时速度方向要沿着斜面AB方向，在A点有 vy＝vPtan θ＝②‎ 所以A、D点离地高度为h＝3R－＝R＝1.95 m③‎ ‎(2)滑块到达A点的速度为v＝＝④‎ 假设经过一个来回恰能回到A点，‎ 设回到A点时动能为E ，由动能定理得 ‎－μmgcos θ·8R＝E －mv2⑤‎ 解得E ＜0，所以滑块不会滑到A点。‎ 滑块在斜面上运动的全过程应用动能定理得 mg·2Rsin θ－μmgcos θ·s＝0－mv2⑥‎ 解得滑块在锅内斜面上运动的总路程s＝11.05 m 答案　(1)1.95 m　(2)11.05 m 活页作业 ‎(时间：40分钟)‎ A级：保分练 ‎1.(多选)质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则(　　)‎ A.质量大的物体滑行的距离大 B.质量小的物体滑行的距离大 C.它们滑行的距离一样大 D.它们克服摩擦力所做的功一样多 解析　由动能定理得－μmgx＝－E ，所以x＝，知质量小的物体滑行距离大，选项A、C错误，B正确；克服摩擦力做功Wf＝E 相同，选项D正确。‎ 答案　BD ‎2.如图1所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)‎ 图1‎ A.0 B.2μmgR C.2πμmgR D. 解析　物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝。在物块由静止到获得速度v的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得Wf＝mv2－0。联立解得Wf＝μmgR。故选项D正确。‎ 答案　D ‎3.(2017·河北衡水中学模拟)如图2所示，质量为0.1 g的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则(　　)‎ 图2‎ A.小物块的初速度是5 m/s B.小物块的水平射程为1.2 m C.小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功 D.小物块落地时的动能为0.9 J 解析　小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2 J，选项C错误；在水平桌面上滑行时，由动能定理得－Wf＝mv2－mv，解得v0＝7 m/s，选项A错误；小物块飞离桌面后做平抛运动，有x＝vt、h＝gt2，解得x＝0.9 m，选项B错误；设小物块落地时动能为E ，由动能定理得mgh＝E －mv2，解得E ＝0.9 J，选项D正确。‎ 答案　D ‎4.(2018·广西玉林模拟)有两个物体a和b，其质量分别为ma和mb，且ma>mb，它们的初动能相同，若a和b分别受到不变的阻力Fa和Fb的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为xa和xb，则(　　)‎ A.Faxb B.Fa>Fb，xa>xb C.Fa>Fb，xamb，所以xaFb，故选项C正确。‎ 答案　C ‎5.如图3所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h的A点由静止释放，运动至B点时速度为v1。现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v2。已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失。则(　　)‎ 图3‎ A.v1v2‎ C.v1＝v2‎ D.由于不知道θ1、θ2的具体数值，v1、v2关系无法判定 解析　物体运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得mgh－μmgcos θ·－μmgxBD＝mv2，即mgh－μmg·－μmgxBD＝mv2，因为＝xCD，所以mgh－μmgxBC＝mv2，故到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v1＝v2，故选项C正确。‎ 答案　C ‎6.(多选)如图4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，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则(　　)‎ 图4‎ A.动摩擦因数μ＝ B.载人滑草车最大速度为 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g 解析　对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，由动能定理得mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，选项A正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得mgh－μmgcos 45°·＝mv2，解得v＝，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a＝＝－g，选项D错误。‎ 答案　AB ‎7.(2017·全国卷Ⅱ，24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1

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