【物理】2020届一轮复习人教版动能定理及其应用学案 15页

第2讲　动能定理及其应用 一、动能 ‎1．定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能。‎ ‎2．公式：Ek＝mv2。‎ ‎3．单位：焦耳(J)，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。‎ ‎4．动能是标量，只有正值，没有负值。‎ ‎5．动能是状态量，也具有相对性，因为v为瞬时速度，且与参考系的选择有关，一般以地面为参考系。‎ 二、动能定理 ‎1．内容 所有外力对物体做的总功(也叫合外力的功)等于物体动能的变化。‎ ‎2．表达式：W总＝Ek2－Ek1。‎ ‎3．对定理的理解 当W总＞0时，Ek2＞Ek1，物体的动能增大。‎ 当W总＜0时，Ek2＜Ek1，物体的动能减小。‎ 当W总＝0时，Ek2＝Ek1，物体的动能不变。‎ ‎　 　　　　　　　　　　　‎ ‎(判断正误，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．动能不变的物体一定处于平衡状态。(×)‎ ‎3．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。(×)‎ ‎4．运用动能定理可以求变力的功。(√)‎ ‎5．功和动能都是标量，所以动能定理没有分量式。(√)‎ ‎1．(对动能的理解)(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是(　　)‎ A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能 B．动能总为非负值 C．一定质量的物体动能变化时，速度不一定变化，但速度变化时，动能一定变化 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态 解析　由动能的定义和特点知，A、B两项正确；动能是标量而速度是矢量，当动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故C、D两项均错误。‎ 答案　AB ‎2．(对动能定理的理解)两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m1∶m2＝1∶‎ ‎2，速度之比v1∶v2＝2∶1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为L1，乙车滑行的最大距离为L2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则(　　)‎ A．L1∶L2＝1∶2 B．L1∶L2＝1∶1‎ C．L1∶L2＝2∶1 D．L1∶L2＝4∶1‎ 解析　由动能定理，对两车分别列式－F1L1＝0－m1v，－F2L2＝0－m2v，F1＝μm1g，F2＝μm2g，由以上四式联立得L1∶L2＝4∶1，D项正确。‎ 答案　D ‎3．(动能定理的简单应用)如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的一点A滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN。重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为(　　)‎ A.R(FN－3mg) B.R(3mg－FN)‎ C.R(FN－mg) D.R(FN－2mg)‎ 解析　在B点，FN－mg＝，且EkB＝mv2，解得EkB＝R(FN－mg)。A滑到B的过程中运用动能定理得mgR＋Wf＝mv2，解得Wf＝R(FN－3mg)，A项正确。‎ 答案　A 考点　1　动能定理的理解和应用 考|点|速|通 ‎1．对动能定理的理解 ‎(1)动能定理说明了合力对物体所做的总功和动能变化间的一种因果关系和数量关系，不可理解为功转变成了物体的动能。‎ ‎(2)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。‎ ‎(3)动能定理公式中等号的意义：表明合力的功是物体动能变化的原因，且合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。‎ ‎2．应用动能定理解题的基本思路 应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力的功，同时要注意各力做功的正负。‎ 典|例|微|探 ‎【例1】　如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP＝，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B，重力加速度为g。‎ ‎(1)求小球到达B点时的速率。‎ ‎(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？‎ ‎(3)若初速度v0＝3，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？‎ 解析　(1)小球恰能到达最高点B，由牛顿第二定律得 mg＝m，解得vB＝ 。‎ ‎(2)若不计空气阻力，从A→B由动能定理得 ‎－mg＝mv－mv，解得v0＝ 。‎ ‎(3)当v0＝3 时，由动能定理得 ‎－mg－Wf＝mv－mv，‎ 解得Wf＝mgL。‎ 答案　(1) 　(2) 　(3)mgL ‎1．应用动能定理应抓好“两个状态、一个过程”，“两个状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一个过程”即明确研究过程，确定这一过程中研究对象的受力情况、位置变化或位移情况。‎ ‎2．动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功；既适用于直线运动，也适用于曲线运动。 ‎ 题|组|冲|关 ‎1.(多选)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中(　　)‎ A．外力F做的功等于A和B动能的增量 B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量 C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功 D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和 解析　A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B项正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故摩擦力对二者做功不等，C项错误；对B应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D项正确；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A项错误。‎ 答案　BD ‎2.劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，如图所示。空间存在水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，图中未画出。一个带正电的小物块(可视为质点)从A点以初速度v0向左运动，接触弹簧后运动到C点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内。已知物块质量为m，A、C两点间距离为L，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则物块由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．小物块的加速度先不变后减小 B．弹簧的弹性势能增加量为mv－μmgL C．小物块与弹簧接触的过程中，弹簧弹力的功率先增加后减小 D．小物块运动到C点时速度为零，加速度也一定为零 解析　由左手定则判断小物块受到的洛伦兹力方向向下，物块向左运动的过程中由于摩擦阻力作用，速度不断减小，洛伦兹力减小，支持力减小，摩擦力减小，其加速度开始是减小的，A项错误；由动能定理得W弹＋W摩＝mv，且克服摩擦力做功W摩>μmgL，弹簧弹性势能的增加量等于克服弹力做的功ΔEp＝W弹＝mv－W摩0，因此小物块能冲出M点，C项正确。‎ 答案　C ‎2.如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g。(取sin37°＝，cos37°＝)‎ ‎(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。‎ ‎(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。‎ ‎(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、‎ 竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。‎ 解析　(1)根据题意知，B、C之间的距离为 l＝7R－2R＝5R，①‎ 设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得 mglsinθ－μmglcosθ＝mv，②‎ 式中θ＝37°。联立①②式并由题给条件得 vB＝2。③‎ ‎(2)设BE＝x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－mv，④‎ E、F之间的距离为l1＝4R－2R＋x，⑤‎ P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0，⑥‎ 联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R，⑦‎ Ep＝mgR。⑧‎ ‎(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1＝R－Rsinθ，⑨‎ y1＝R＋R＋Rcosθ，⑩‎ ‎(式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。)‎ 设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有y1＝gt2，⑪‎ x1＝vDt，⑫‎ 联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝。⑬‎ 设P在C点速度的大小为vC。在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有 m1v＝m1v＋m1g，⑭‎ P由E点运动到C点的过程中，由动能定理有 Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝m1v，⑮‎ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m1＝m。‎ 答案　(1)2　(2)mgR　(3)　m 考点　3　动能定理与图象的综合问题 考|点|速|通 ‎1．力学中图象所围“面积”的意义 v－t图象 由公式x＝vt可知，v－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移 a－t图象 由公式Δv＝at可知，a－t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量 F－x图象 由公式W＝Fx可知，F－x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功 P－t图象 由公式W＝Pt可知，P－t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功 ‎2.解决物理图象问题的基本方法 ‎(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)根据物理规律推导纵坐标和横坐标所对应的物理量间的函数关系式，结合图象找出图线的斜率、截距、交点、图线下的面积所对应的物理意义。‎ ‎(3)根据对应关系列式解答问题。‎ 典|例|微|探 ‎【例3】　如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2。‎ ‎(1)求滑块到达B处时的速度大小。‎ ‎(2)求滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间。‎ ‎(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？‎ ‎[解题指导]　(1)利用F－x图线与x轴所围“面积”可求F做的功。‎ ‎(2)滑块恰好通过圆弧轨道最高点C的速度为。 ‎ 解析　(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得 F1x1－F3x3－μmgx＝mv，‎ 即20×2 J－10×1 J－0.25×1×10×4 J＝×1×v，得vB＝2 m/s。‎ ‎(2)在前2 m内，有F1－μmg＝ma，且x1＝at，‎ 解得t1＝ s。‎ ‎(3)当滑块恰好能到达最高点C时，应用：mg＝m。‎ 对滑块从B到C的过程，由动能定理得 W－mg×2R＝mv－mv，‎ 代入数值得W＝－5 J，即克服摩擦力做的功为5 J。‎ 答案　(1)2 m/s　(2) s　(3)5 J 题|组|冲|关 ‎1.(多选)运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如图所示。已知冰壶质量为19 kg，g取10 m/s2，则以下说法正确的是(　　)‎ A．μ＝0.05 B．μ＝0.01‎ C．滑行时间t＝5 s D．滑行时间t＝10 s 解析　对冰壶由动能定理得－μmgx＝0－mv，得μ＝＝＝0.01，B项正确；冰壶运动时a＝μg＝0.1 m/s2，由运动学公式x＝at2得t＝10 s，D项正确。‎ 答案　BD ‎2．(多选)质量为1 kg的物体在水平粗糙的地面上受到一水平外力F作用运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力f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10 m/s2。下列分析正确的是(　　)‎ A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2‎ B．物体运动位移为13 m C．前3 m运动过程中物体的加速度为3 m/s2‎ D．x＝9 m时，物体速度为3 m/s 解析　由Wf＝fx对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力f＝2 N，由f＝μmg可得μ＝0.2，A项正确；由WF＝Fx对应图乙可知，前3 m内，拉力F1＝5 N，3～9 m内拉力F2＝2 N，物体在前3 m内的加速度a1＝＝3 m/s2，C项正确；由动能定理得WF－fx＝mv2可得x＝9 m时，物体的速度为v＝3 m/s，D项正确；物体的最大位移xm＝＝13.5 m，B项错误。‎ 答案　ACD 运用动能定理求解往复运动问题 有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而描述运动的物理量多数是变化的，且重复次数又往往是无限的或者很难确定。求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。而动能定理只关心物体的初、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可迎刃而解。‎ ‎【经典考题】　如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其宽度d＝0.50 m。盆边缘的高度为h＝0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B点的距离为(　　)‎ A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0‎ 解析　设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3 m。由于d＝0.50 m，所以，小物块在BC段经过3次往复运动后，又回到B点，D项正确。‎ 答案　D 必|刷|好|题 ‎1.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x0，滑块以初速度v0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，重力加速度为g，则滑块经过的总路程是(　　)‎ A. B. C. D. 解析　滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q＝mv＋mgx0sinθ，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcosθ，解以上两式可得x＝，A项正确。‎ 答案　A ‎2.如图所示，AB、CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部B、C分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R为2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处，以初速度v＝4.0 m/s 沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共运动的路程是多少？‎ ‎(g取10 m/s2)‎ 解析　两个斜面的下部B、C分别与光滑的圆弧面相切，圆心角为120°，所以可得出斜面的倾角为θ＝60°，物体在斜面上所受到的滑动摩擦力为 f＝μmgcos60°＝0.02×mg＝0.01mg。‎ 重力沿斜面的分力 G′＝mgsin60°＝mg＞f，‎ 所以物体不能停留在斜面上。‎ 物体在斜面上滑动时，由于摩擦力做功，物体的机械能逐渐减小，物体滑到斜面上的高度逐渐降低，物体最终将在B、C间做往复运动。设物体在斜面上运动的总路程为s，对全过程应用动能定理得 mg[h－R(1－cos60°)]－μmgscos60°＝0－mv2，解得s＝280 m。‎ 答案　280 m ‎1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)‎ A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR 解析　设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理得F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得v＝4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝＝2 ，小球在水平方向的加速度a＝g，在水平方向的位移为x＝at2＝2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量ΔE＝F·5R＝5mgR，C项正确。‎ 答案　C ‎2．(2017·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取9.8 m/s2。(结果保留两位有效数字)‎ ‎(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；‎ ‎(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。‎ 解析　(1)飞船着地前瞬间的机械能为 Ek0＝mv，①‎ 式中m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。‎ 由①式和题给数据得Ek0＝4.0×108 J，②‎ 设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为 Eh＝mv＋mgh，③‎ 式中vh是飞船在高度1.60×105 m处时的速度大小。由③式和题给数据得 Eh≈2.4×1012 J。④‎ ‎(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为 Eh′＝m2＋mgh′，⑤‎ 由功能原理得W＝Eh′－Ek0，⑥‎ 式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给数据得 W≈9.7×108 J。‎ 答案　(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J ‎【借鉴高考】　(2018·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块(　　)‎ A．加速度先减小后增大 B．经过O点时的速度最大 C．所受弹簧弹力始终做正功 D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 解析　本题考查力与运动的关系和功能关系，意在考查学生的综合分析能力。物体从A点到O点过程，弹力逐渐变为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小，加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体作减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，A项正确，B项错误；从A点到O点的过程，弹簧由压缩恢复至原长，弹力做正功，从O点到B 点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，C项错误；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，D项正确。‎ 答案　AD