【物理】2018届一轮复习人教版动能动能定理学案 21页

第2讲　动能　动能定理 考点一　对动能、动能定理的理解 ‎1．动能 ‎(1)定义：物体由于运动而具有的能。‎ ‎(2)公式：Ek＝mv2。‎ ‎(3)单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝‎1 kg·m2/s2。‎ ‎(4)矢标性：动能是标量，只有正值。‎ ‎(5)动能的相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性。‎ ‎(6)动能的变化量：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv－mv。‎ ‎2．动能定理 ‎(1)内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化量。‎ ‎(2)表达式：W＝mv－mv。‎ ‎(3)物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。‎ ‎(4)动能定理公式中“＝”的意义 等号表明合力做功与物体动能变化的三个关系 ‎(5)动能定理的特点 ‎[思维诊断]‎ ‎(1)运动的物体具有的能量就是动能。(　　)‎ ‎(2)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。(　　)‎ ‎(3)处于平衡状态的物体动能一定保持不变。(　　)‎ ‎(4)做自由落体运动的物体，动能与下落时间的二次方成正比。(　　)‎ ‎(5)如果合外力对物体做功为零，那么物体所受的合外力一定为零。(　　)‎ ‎(6)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。(　　)‎ 答案：　(1)×　(2)√　(3)√　(4)√　(5)×　(6)×‎ ‎[题组训练]‎ ‎1．[对动能的理解]下列有关动能的说法中正确的是(　　)‎ A．物体只有做匀速运动时，动能才不变 B．物体的动能变化时，速度不一定变化 C．物体做平抛运动时，水平速度不变，动能不变 D．物体做自由落体运动时，物体的动能增加 解析：　物体只要速率不变，动能就不变，A错误；物体的动能变化时，速度的大小一定变化，B错误；物体做平抛运动时，速率增大，动能就会增大，C错误；物体做自由落体运动时，其速率增大，物体的动能增加，D正确。‎ 答案：　D ‎2．[对动能定理表达式的理解](多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是(　　)‎ 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 解析：　公式W＝Ek2－Ek1中的“W”为所有力所做的总功，A错误，B正确；若W>0，则Ek2>Ek1，若W<0，则Ek2mgsin α；若α>θ，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误。‎ 答案：　B ‎7.‎ 用起重机提升货物，货物上升过程中的v t图象如图所示，在t＝3 s到t＝5 s内，重力对货物做的功为W1，绳索拉力对货物做的功为W2，货物所受合力做的功为W3，则(　　)‎ A．W1>0　　　　　　　 B．W2<0‎ C．W2>0 D．W3<0‎ 解析：　分析题图可知，货物一直向上运动，根据功的定义式可得：重力做负功，拉力做正功，即W1<0，W2>0，A、B错误，C正确；根据动能定理得合力做的功W3＝0－mv2，v＝‎2 m/s，即W3<0，D正确。‎ 答案：　CD ‎8.‎ 光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力作用开始运动，拉力F随时间t变化的图象如图所示，用Ek、v、x、P分别表示物体的动能、速度、位移和拉力F的功率，下列四个图象分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，其中正确的是(　　)‎ 解析：　由于拉力F恒定，所以物体有恒定的加速度a，则v＝at，即v与t成正比，选项B正确；由P＝Fv＝Fat可知，P与t成正比，选项D正确；由x＝at2可知x与t2‎ 成正比，选项C错误；由动能定理可知Ek＝Fx＝Fat2，Ek与t2成正比，选项A错误。‎ 答案：　BD ‎9．甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离x。如图所示，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，则下列关于力F对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是(　　)‎ A．力F对甲做功多 B．力F对甲、乙两个物体做的功一样多 C．甲物体获得的动能比乙大 D．甲、乙两个物体获得的动能相同 解析：　由功的公式W＝Fxcos α可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误，B正确；根据动能定理，对甲有Fx＝Ek1－0，对乙有Fx－Ffx＝Ek2－0，可知Ek1>Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确，D错误。‎ 答案：　BC ‎10.‎ ‎(2016·浙江理综·18)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(　　)‎ 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：　滑草车受力分析如图所示，在B点处有最大速度v，在上、下两段所受摩擦力大小分别为Ff1、Ff2‎ Ff1＝μmgcos 45°‎ Ff2＝μmgcos 37°‎ 整个过程由动能定理列方程：‎ mg·2h－Ff1·－Ff2·＝0①‎ 解得：μ＝，A项正确。‎ 滑草车在上段滑道运动过程由动能定理列方程：‎ mgh－Ff1·＝mv2②‎ 解得：v＝ ，B项正确。‎ 由①式知：Wf＝2mgh，C项错误。‎ 在下段滑道上，mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2‎ 解得：a2＝－g，故D项错误。‎ 答案：　AB 二、非选择题 ‎11．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，求：‎ ‎(1)滑块到达B处时的速度大小；‎ ‎(2)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？‎ 解析：　(1)因为F x图象中图线与坐标轴围成的图形面积表示F做的功，‎ 所以设0～2 m力F做功W1,3～4 m力F做功W2，则W1＝×40×2＝40 J，W2＝－10×1＝－10 J 对滑块从A到B的过程，由动能定理得 W1＋W2－μmgx＝mv 即：40－10－0.25×1×10×4＝×1×v 解得vB＝‎2 m/s。‎ ‎(2)当滑块恰好能到达最高点C时，有mg＝m 设摩擦力做功为W，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)5 J ‎12.‎ 如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD光滑，内圆的上半部分B′C′D′粗糙，下半部分B′A′D′光滑。一质量为m＝‎0.2 kg的小球从外轨道的最低点A处以初速度v0向右运动，小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径R＝‎0.2 m，g取‎10 m/s2。‎ ‎(1)若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少为多少？‎ ‎(2)若v0＝‎3 m/s，经过一段时间后小球到达最高点，内轨道对小球的支持力FC＝2 N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？‎ ‎(3)若v0＝‎3.1 m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点A时受到的支持力为多少？‎ 解析：　(1)设此情形下小球到达外轨道的最高点的最小速度为vC，由牛顿第二定律得：‎ mg＝ 由动能定理得：‎ ‎－2mgR＝mv－mv 解得：v0＝ m/s ‎(2)设此时小球到达最高点的速度为vC′，克服摩擦力做的功为Wf，由牛顿第二定律得：‎ mg－FC＝ 由动能定理得：‎ ‎－2mgR－Wf＝mvC′2－mv 解得：Wf＝0.1 J ‎(3)经足够长的时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动。设小球经过最低点的速度为vA，受到的支持力为FNA，由动能定理得：mgR＝mv 由牛顿第二定律得：FNA－mg＝ 解得：FNA＝3mg＝6 N 答案：　(1) m/s　(2)0.1 J　(3)6 N