2019-2020年高考物理一輪復習講義 第五章 機械能 第2講 動能和動能定理 教科版.doc

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2019-2020年高考物理一輪復習講義 第五章 機械能 第2講 動能和動能定理 教科版 一、動能 1．定義：物體由于運動而具有的能． 2．公式：Ek＝mv2. 3．單位：焦耳，1 J＝1 Nm＝1 kgm/s2. 4．矢標性：動能是標量，只有正值． 二、動能定理 1．內容：在一個過程中合外力對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化． 2．表達式：W＝mv－mv. 3．物理意義：合外力的功是物體動能變化的量度． 4．適用條件 (1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動． (2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功． (3)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以不同時作用． 1．下列關于動能的說法，正確的是(　　) A．運動物體所具有的能就是動能 B．物體做勻變速運動，某一時刻速度為v1，則物體在全過程中的動能都是mv C．做勻速圓周運動的物體其速度改變而動能不變 D．物體在外力F作用下做加速運動，當力F逐漸減小時，其動能也逐漸減小 解析：運動的物體除具有動能以外，還具有其他形式的能，A選項錯誤．動能是狀態(tài)量，當速度v的大小變化時，動能就發(fā)生變化，B選項錯誤；由于勻速圓周運動中，物體的速度大小不變，因此物體的動能不變，C選項正確；在物體做加速度逐漸減小的加速運動時，物體的動能仍在變大，D選項錯誤；故答案應該選C. 答案：C 2．物體做勻速圓周運動時(　　) A．速度變化，動能不變 B．速度變化，動能變化 C．速度不變，動能變化 D．速度不變，動能不變 解析：速度是矢量，動能是標量，物體做勻速圓周運動時速度的方向隨時變化，但大小不變，故速度在變，動能不變，選項A正確． 答案：A 3．人騎自行車下坡，坡長l＝500 m，坡高h＝8 m，人和車總質量為100 kg，下坡時初速度為4 m/s，人不踏車的情況下，到達坡底時車速為10 m/s，g取10 m/s2，則下坡過程中阻力所做的功為(　　) A．－4 000 J B．－3 800 J C．－5 000 J D．－4 200 J 答案：B 4．(xx重慶一檢)人通過滑輪將質量為m的物體沿粗糙的斜面由靜止開始勻加速地由底端拉上斜面，物體上升的高度為h，到達斜面頂端時的速度為v，如圖所示．則在此過程中(　　) A．人對物體做的功為mgh B．人對物體做的功小于mgh C．物體所受的重力做功為－mgh D．物體所受的合外力做功為mv2 解析：由于重力和滑動摩擦力都做負功，可以判斷人對物體做的功大于mgh，A、B錯；物體上升高度為h，克服重力做功為mgh，即重力做功為－mgh，C對；物體沿粗糙的斜面由靜止開始做勻加速運動，上升高度h的過程中，人的拉力F、物體重力mg和滑動摩擦力Ff的合力做功等于動能的變化，即WF＋WG＋WFf＝mv2，D對． 答案：CD 5．如圖所示，質量為m的小球，從離地面H高處由靜止釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設小球受到空氣阻力為F阻，則下列說法正確的是(　　) A．小球落地時動能等于mgH B．小球陷入泥中的過程中克服泥土阻力所做的功小于剛落到地面時的動能 C．整個過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為mg(1＋H/h) 解析：小球下落高度為H的過程中需要克服空氣阻力做功，故其落地時的動能為(mg－F阻)H，選項A錯誤；設小球剛落地時的動能為Ek，小球在泥土中運動的過程中克服阻力做功為W1，由動能定理得mgh－W1＝0－Ek，解得W1＝mgh＋Ek，故選項B錯誤；若設全過程中小球克服阻力做功為W2，則mg(H＋h)－W2＝0，解得W2＝mg(H＋h)，故選項C正確；若設小球在泥土中運動時，受到的平均阻力為阻，則全程由動能定理得mg(H＋h)－F阻H－阻h＝0，解得阻＝，故選項D錯誤． 答案：C 1．動能定理公式中“＝”的意義 等號表明合力做功與物體動能變化的三個關系 (1)數(shù)量關系：即合外力所做的功與物體動能的變化具有等量代換關系．可以通過計算物體動能的變化，求合力的功，進而求得某一力的功． (2)單位相同：國際單位都是焦耳． (3)因果關系：合外力的功是引起物體動能變化的原因． 2．動能定理的特點 如圖所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都向前移動一段距離．在此過程中(　　) A．外力F做的功等于A和B動能的增量 B．B對A的摩擦力所做的功，等于A的動能增量 C．A對B的摩擦力所做的功，等于B對A的摩擦力所做的功 D．外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和 解析：A物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對A物體運用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，即B對．A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，故二者做功不等，C錯．對B應用動能定理，WF－WFf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋WFf就是外力F對B做的功，等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和，D對．由前述討論知B克服摩擦力所做的功與A的動能增量(等于B對A的摩擦力所做的功)不等，故A錯． 答案：BD 1－1：如圖所示，卷揚機的繩索通過定滑輪用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移動．在移動過程中，下列說法正確的是(　　) A．F對木箱做的功等于木箱增加的動能與木箱克服摩擦力所做的功之和 B．F對木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和 C．木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力勢能 D．F對木箱做的功等于木箱增加的機械能與木箱克服摩擦力做的功之和 解析：木箱在上升過程中，由動能定理可知：WF－mgh－WFf＝ΔEk，故有WF＝mgh＋WFf＋ΔEk，由此可知A、B錯誤，D正確；木箱上升過程中，重力做負功，重力勢能增加，木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力勢能，C正確． 答案：CD (16分)一滑塊(可視為質點)經水平軌道AB進入豎直平面內的四分之一圓弧形軌道BC.已知滑塊的質量m＝0.50 kg，滑塊經過A點時的速度vA＝5.0 m/s，AB長x＝4.5 m，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.10，圓弧形軌道的半徑R＝0.50 m，滑塊離開C點后豎直上升的最大高度h＝0.10 m．取g＝10 m/s2.求： (1)滑塊第一次經過B點時速度的大?。? (2)滑塊剛剛滑上圓弧形軌道時，對軌道上B點壓力的大??； (3)滑塊在從B運動到C的過程中克服摩擦力所做的功． 解析：(1)滑塊由A到B的過程中，應用動能定理得： －Ffx＝mv－mv (3分) 又Ff＝μmg (1分) 解得：vB＝4.0 m/s. (2分) (2)在B點，滑塊開始做圓周運動，由牛頓第二定律可知 FN－mg＝m (2分) 解得軌道對滑塊的支持力FN＝21 N(1分) 根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊對軌道上B點壓力的大小也為21 N． (2分) (3)滑塊從B經過C上升到最高點的過程中，由動能定理得 －mg(R＋h)－WFf′＝0－mv (3分) 解得滑塊克服摩擦力做功 WFf′＝1.0 J．(2分) 答案：　(1)4.0 m/s　(2)21 N　(3)1.0 J 1.應用動能定理解題的基本步驟 2．優(yōu)先考慮應用動能定理的問題 (1)不涉及加速度、時間的問題． (2)有多個物理過程且不需要研究整個過程中的中間狀態(tài)的問題． (3)變力做功的問題． 2－1：如圖所示，裝置ABCDE固定在水平地面上，AB段為傾角θ＝53的斜面，BC段為半徑R＝2 m的圓弧軌道，兩者相切于B點，A點離地面的高度為H＝4 m．一質量為m＝1 kg的小球從A點由靜止釋放后沿著斜面AB下滑，當進入圓弧軌道BC時，由于BC段是用特殊材料制成的，導致小球在BC段運動的速率保持不變．最后，小球從最低點C水平拋出，落地速率為v＝7 m/s.已知小球與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 53＝0.8，cos 53＝0.6，不計空氣阻力，求： (1)小球從B點運動到C點克服阻力所做的功． (2)B點到水平地面的高度． 解析：(1)設小球從B到C克服阻力做功為WBC.由動能定理，得mgR(1－cos θ)－WBC＝0. 代入數(shù)據(jù)，解得WBC＝8 J. (2)設小球在AB段克服阻力做功為WAB，B點到地面高度為h，則 WAB＝μmgcos θ， 而＝. 對于小球從A點落地的整個過程，由動能定得，得 mgH－WAB－WBC＝mv2， 聯(lián)立，解得h＝2 m. 答案：　(1)8 J　(2)2 m 動能定理與圖象結合問題的分析方法 (1)首先看清楚所給圖象的種類(如v－t圖象還是F－x圖象、Ek－x圖象等) (2)挖掘圖象的隱含條件——求出所需要的物理量，如由v－t圖象所包圍的“面積”求位移，由F－x圖象所包圍的“面積”求功等． (3)再分析還有哪些力做功，根據(jù)動能定理列方程，可求出相應的物理量． 如圖甲所示，一條輕質彈簧左端固定在豎直墻面上，右端放一個可視為質點的小物塊，小物塊的質量為m＝1.0 kg，當彈簧處于原長時，小物塊靜止于O點．現(xiàn)對小物塊施加一個外力F，使它緩慢移動，將彈簧壓縮至A點時，壓縮量為x＝0.1 m，在這一過程中，所用外力F與壓縮量的關系如圖乙所示．然后撤去F釋放小物塊，讓小物塊沿桌面運動，已知O點至桌面B點的距離為L＝2x，水平桌面的高度為h＝5.0 m，計算時，可認為滑動摩擦力近似等于最大靜摩擦力(g取10 m/s2)．求： (1)在壓縮彈簧過程中，彈簧存貯的最大彈性勢能； (2)小物塊到達桌邊B點時速度的大小； (3)小物塊落地點與桌邊B點的水平距離． 解析：(1)取向左為正方向，從F－x圖中可以看出，小物塊與桌面間的滑動摩擦力大小為Ff＝1.0 N，方向為負方向 在壓縮過程中，摩擦力做功為 WFf＝－Ffx＝－0.1 J 由圖線與x軸所圍面積可得外力做功為WF＝0.1 J＝2.4 J. 所以彈簧存貯的最大彈性勢能為 Ep＝WF＋WFf＝2.3 J. (2)從A點開始到B點的過程中，由于L＝2x，摩擦力做功為 WFf′＝－Ff3x＝－0.3 J 對小物塊用動能定理有 Ep＋WFf′＝mv 解得vB＝2 m/s. (3)小物塊從B點開始做平拋運動 h＝gt2 下落時間t＝1 s 水平距離s＝vBt＝2 m. 答案：　(1)2.3 J　(2)2 m/s　(3)2 m 質量m＝1 kg的物體，在與物體初速度方向相同的水平拉力的作用下，沿水平面運動過程中動能—位移的圖象如圖所示．在位移為4 m時撤去F，物塊僅在摩擦力的作用下運動． 求：(g取10 m/s2) (1)物體的初速度多大？ (2)物體和平面間的動摩擦因數(shù)多大？ (3)拉力F的大?。? 解析：(1)從圖線可知初動能為2 J， Ek0＝mv2＝2 J， v＝2 m/s. (2)在位移4 m處物體的動能為10 J，在位移8 m處物體的動能為零，這段過程中物體克服摩擦力做功 設摩擦力為Ff，則－Ffx2＝0－10 J Ff＝ N＝2.5 N 因Ff＝μmg 故μ＝＝＝0.25. (3)物體從開始到移動4 m這段過程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力為F－Ff，根據(jù)動能定理有 (F－Ff)x1＝ΔEk 故得F＝＋Ff＝(2＋2.5) N＝4.5 N. 答案：　(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N 1.下列關于運動物體所受的合外力、合外力做功和動能變化的關系正確的是(　　) A．如果物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做的功一定為零 B．如果合外力對物體所做的功為零，則合外力一定為零 C．物體在合外力作用下做變速運動，動能一定變化 D．物體的動能不變，所受合外力必定為零 解析：由W＝Fxcos θ，知F合＝0時，W合＝0，故A項正確；由動能定理知合外力做功等于物體動能的變化，若動能不變化，則合外力做功為零，勻速圓周運動中，動能不變化合外力做功為零，但合外力不為零，故B、D項錯誤；勻速圓周運動是變速運動，動能不變化，故C項錯誤． 答案：A 2．(xx徐州二模)質量為10 kg的物體，在變力F作用下沿x軸做直線運動，力隨位移x的變化情況如圖所示．物體在x＝0處速度為1 m/s，一切摩擦不計，則物體運動到x＝16 m處時，速度大小為(　　) A．2 m/s　　　　B．3 m/s C．4 m/s D. m/s 解析：力—位移圖線與橫軸所圍的面積表示功，由圖象可知，外力做的總功W＝Fx＝40 J，根據(jù)動能定理W＝mv2－mv，得v＝3 m/s.選項B正確． 答案：B 3．如圖所示，長為L的長木板水平放置，在木板的A端放置一個質量為m的小物塊，現(xiàn)緩慢地抬高A端，使木板以左端為軸轉動，當木板轉到與水平面的夾角為α時小物塊開始滑動，此時停止轉動木板，小物塊滑到底端的速度為v，則在整個過程中(　　) A．支持力對物塊做功為零 B．支持力對小物塊做功為mgLsin α C．摩擦力對小物塊做功為mgLsin α D．滑動摩擦力對小物塊做功為mv2－mgLsin α 解析：從緩慢地抬高A端至木板轉到與水平面的夾角為α的過程中，重力和支持力同時對小物塊做功，由動能定理得W支－mgLsin α＝0，解得W支＝mgLsin α，故選項A錯誤，B正確；從小物塊開始沿木板滑動至滑到底端的過程中，重力和滑動摩擦力同時對小物塊做功，由動能定理得mgLsin α＋W摩＝mv2－0，解得W摩＝mv2－mgLsin α，故選項C錯誤，D正確． 答案：BD 4.(xx江蘇卷)如圖所示，細線的一端固定于O點，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在豎直平面內由A點運動到B點．在此過程中拉力的瞬時功率變化情況是(　　) A．逐漸增大 B．逐漸減小 C．先增大，后減小 D．先減小，后增大 解析：小球速率恒定，由動能定理知：拉力做的功與克服重力做的功始終相等，將小球的速度分解，可發(fā)現(xiàn)小球在豎直方向分速度逐漸增大，重力的瞬時功率也逐漸增大，則拉力的瞬時功率也逐漸增大，A項正確． 答案：A 5．(xx北京卷)如圖所示，質量為m的小物塊在粗糙水平桌面上做直線運動，經距離l后以速度v飛離桌面，最終落在水平地面上．已知l＝1.4 m，v＝3.0 m/s，m＝0.10 kg，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，桌面高h＝0.45 m．不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)小物塊落地點到飛出點的水平距離x； (2)小物塊落地時的動能Ek； (3)小物塊的初速度大小v0. 解析：(1)由平拋運動規(guī)律，有 豎直方向h＝gt2 水平方向x＝vt 得水平距離x＝v＝0.90 m. (2)由機械能守恒定律，動能Ek＝mv2＋mgh＝0.90 J. (3)由動能定理，有 －μmgl＝mv2－mv 得初速度大小v0＝ ＝4.0 m/s. 答案： (1)0.90 m　(2)0.90 J　 (3)4.0 m/s 6．(xx浙江模擬)如圖所示，AB是高為H＝1.5 m的粗糙斜面，BC為水平傳送帶，BC長L＝5 m，與物體間的摩擦因數(shù)為μ＝0.4，皮帶輪的半徑為R＝0.2 m，轉動的角速度為ω＝15 rad/s.設質量為m＝1 kg的小物塊由靜止開始從A點下滑，經過B點的拐角處無機械能損失，從B點運動到C點所用時間是1.5 s，且知小物塊從B點開始做勻減速運動，到達C點前已相對傳送帶靜止，試求小物塊在斜面上運動時克服摩擦力所做的功．(g取10 m/s2) 解析：水平傳送帶的速度為 v0＝Rω＝3 m/s 設小物塊在傳送帶上運動的加速度大小為a，由牛頓第二定律得μmg＝ma 設小物塊在傳送帶上做勻減速運動的時間為t1，位移為L1，則 v0＝vB－at1 L1＝t1 設小物塊在傳送帶上做勻速運動的時間為t2，則 L－L1＝v0t2 t1＋t2＝t 由動能定理得mgH－WFf＝mv－0 聯(lián)立以上各式解得WFf＝2.5 J. 答案：　2.5 J