2020年高考物理一轮复习 第5章 试题解析22动能和动能定理
学案22 动能和动能定理
一、概念规律题组
1．在光滑的水平面上，用水平拉力分别使两物体由静止获得相同的动能，那么，可以肯定的是( )
A．两次水平拉力一定相等
B．两物体质量肯定相等
C．两物体速度变化一定相等
D．水平拉力对两物体做的功一定相等
2．质量不同而具有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平面上滑行到停止，则下列说法错误的是( )
A．质量大的滑行的距离大
B．质量大的滑行的时间短
C．它们克服阻力做的功一样大
D．它们运动的加速度一样大
3．质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，若物体受水平力F的作用从静止起通过位移l时的动能为Ek1，当物体受水平力2F作用，从静止开始通过相同位移l，它的动能为Ek2，则( )
A．Ek2＝Ek1 B．Ek2＝2Ek1
C．Ek2>2Ek1 D．Ek1
0表示动能增加；(2)ΔEk<0表示动能减少；(3)ΔEk＝0表示动能不变．
3．公式中等号的意义
(1)数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功．
(2)单位相同：国际单位都是焦耳．
(3)因果关系：合力的功是物体动能变化的原因．
4．应用动能定理解题的基本思路
(1)选取研究对象，明确它的运动过程；
(2)分析研究对象的受力情况和各个力做功情况，然后求各个力做功的代数和；
(3)明确物体在始、末状态的动能Ek1、Ek2；
(4)列出动能定理方程进行计算或讨论．
【例1】 如图3所示，
图3
质量m＝1 kg的木块静止在高h＝1.2 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20 N，使木块产生位移l1＝3 m时撤去，木块又滑行l2＝1 m时飞出平台，求木块落地时速度的大小？
[规范思维][针对训练1] 如图4所示
图4
倾角θ＝37°，质量M＝5 kg的粗糙斜面位于水平地面上，质量m＝2 kg的木块置于斜面顶端，从静止开始匀加速下滑，经t＝2 s到达底端，运动路程L＝4 m，在此过程中斜面保持静止(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)，通过计算证明木块在此过程中满足动能定理．
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二、利用动能定理求变力的功
应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需探究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初、末状态的动能，所以动能定理既适用于恒力作用下的匀变速直线运动，也适用于变力作用下的变加速直线运动或曲线运动，特别是求解曲线运动和变力做功问题更显示出动能定理的优越性．
【例2】 如图5所示，质量为m的小球用长为L
图5
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＝L/2，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.则：
(1)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 ，则在小球从A到B的过程克服空气阻力做了多少功？
[规范思维[针对训练2] 如图6所示，
图6
质量为m的小物体静止于长l的木板边缘．现使板由水平放置绕其另一端O沿逆时针方向缓缓转过α角，转动过程中，小物体相对板始终静止，求板对物体的支持力对物体做的功．
三、用动能定理求解多过程问题
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1．由于动能定理不关注中间过程的细节，因此动能定理既可以求解单过程问题，也可以求解多过程问题，特别是求解多过程问题，更显示出它的优越性．
2．若过程包含几个不同的子过程，既可分段考虑，也可全过程考虑，但分段不方便计算时必须全过程考虑．
【例3】 如图7所示是某公司设计的“2009”玩具轨道，是用透明的薄壁圆管弯成的竖直轨道，其中引入管道AB及“200”管道是粗糙的，AB是与“2009”管道平滑连接的竖直放置的半径为R＝0.4 m的圆管轨道，已知AB圆管轨道半径与“0”字型圆形轨道半径相同．“9”管道是由半径为2R的光滑圆弧和半径为R的光滑圆弧以及两段光滑的水平管道、一段光滑的竖直管道组成，“200”管道和“9”管道两者间有一小缝隙P.现让质量m＝0.5 kg的闪光小球(可视为质点)从距A点高H＝2.4 m处自由下落，并由A点进入轨道AB，已知小球到达缝隙P时的速率为v＝8 m/s，g取10 m/s2.求：
图7
(1)小球通过粗糙管道过程中克服摩擦阻力做的功；
(2)小球通过“9”管道的最高点N时对轨道的作用力；
(3)小球从C点离开“9”管道之后做平抛运动的水平位移．
[规范思维]
图8
【例4】 如图8所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看做质点)从直轨道上的P点由静止释放．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ.求：
(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；
(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件？
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[规范思维]
【基础演练】
1．质量不等，但有相同动能的两物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行直到停止，则下列说法中正确的有( )
A．质量大的物体滑行距离大
B．质量小的物体滑行距离大
C．质量大的物体滑行时间长
D．两物体滑行时间相同
2．如图9所示，
图9
质量为m的物块，在恒力F的作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A点和B点的速度分别是vA和vB，物块由A点运动到B点的过程中，力F对物块做的功W为( )
A．W>mv－mv
B．W＝mv－mv
C．W＝mv－mv
D．由于F的方向未知，W无法求出
3．起重机将物体由静止举高h时，物体的速度为v，下列各种说法中正确的是(不计空气阻力)( )
A．拉力对物体所做的功，等于物体动能和势能的增量
B．拉力对物体所做的功，等于物体动能的增量
C．拉力对物体所做的功，等于物体势能的增量
D．物体克服重力所做的功，大于物体势能的增量
图10
4．如图10所示，质量为M、长度为L的木板静止在光滑的水平面上，质量为m的小物体(可视为质点)放在木板上最左端，现用一水平恒力F作用在小物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动．已知物体和木板之间的滑动摩擦力为Ff.当物体滑到木板的最右端时，木板运动的距离为x，则在此过程中( )
A．物体到达木板最右端时具有的动能为(F－Ff)（L+x）
B．物体到达木板最右端时，木板具有的动能为Ffx
C．物体克服摩擦力所做的功为FfL
D．物体和木板增加的机械能为Fx
5．如图11所示，
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图11
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处由静止起运动至高为h的坡顶B处，获得的速度为v，AB之间的水平距离为x，重力加速度为g.下列说法不正确的是( )
A．物块克服重力所做的功是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
6.如图12所示，
图12
长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块．现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中( )
A.支持力对物块做功为0
B.持力对小物块做功为mgLsin α
C.摩擦力对小物块做功为mgLsin α
D.滑动摩擦力对小物块做功为mv2－mgLsin α
【能力提升】
图13
7．如图13所示，小木块可以分别从固定斜面的顶端沿左边或右边由静止开始滑下，且滑到水平面上的A点或B点停下．假定小木块和斜面及水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平缓连接，图中水平面上的O点位于斜面顶点正下方，则( )
A．距离OA小于OB B．距离OA大于OB
C．距离OA等于OB D．无法作出明确判断
图14
8．如图14所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个向右的初速度v0，如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F的作用，已知力F的大小F＝kv(k为常数，v为环的运动速度)，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功(假设杆足够长)不可能为( )
A.mv B．0
C.mv＋ D.mv－
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
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答案
9.如图15所示，某人乘雪橇从雪坡经A点滑至B点，接着沿水平路面滑至C点停止，人与雪橇的总质量为70 kg.表中记录了沿坡滑下过程中的有关数据，请根据图表中的数据解决下列问题．
图15
位置
A
B
C
速度(m/s)
2.0
12.0
0
时刻(s)
0
4
10
(1)人与雪橇从A到B的过程中，损失的机械能为多少？
(2)设人与雪橇在BC段所受阻力恒定，求阻力大小．(g取10 m/s2)
(3)人与雪橇从B到C的过程中运动的距离．
图16
10．如图16所示，轨道ABC被竖直地固定在水平桌面上，A距离水平地面高H＝0.75 m，C距离水平地面高h＝0.45 m．一质量m＝0.10 kg的小物块自A点从静止开始下滑，从C点以水平速度飞出后落在水平地面上的D点．现测得C、D两点的水平距离为l＝0.60 m．不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：
(1)小物块从C点运动到D点经历的时间；
(2)小物块从C点飞出时速度的大小；
(3)小物块从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功．
学案22 动能和动能定理
【课前双基回扣】
1．D [由Fl＝mv2知两次拉力做的功相等．]
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2．BCD [因a＝μg，Ek＝mv2，质量大的物体，初速度小，t＝，故B对，又μmgx＝Ek，质量大，位移小．]
3．C [Fl－fl＝Ek1,2Fl－fl＝Ek2 即2Fl－2fl＋fl＝Ek2 2Ek1＋fl＝Ek2，故Ek2>2Ek1]
4．C [W1－Wf1＝mv2－0. W2－Wf2＝m(2v)2－mv2 又v2＝2ax1，Wf1＝Fμx1
(2v)2－v2＝2ax2，Wf2＝Fμ·x2 由以上各式得W1∶W2＝1∶3.]
5．B [由A→B：－Wf－mgh＝0－mv 由B→A：mgh－Wf＝mv 解得vA＝.]
6．D [在轨道半径减小的过程中，根据向心力公式和动能定理得 F＝m，8F＝m，W＝mv－mv， 则拉力做功：W＝1.5FR，故应选D.]
思维提升
1．动能是标量，只有大小，没有方向．Ek＝mv2对应物体的瞬时速度，动能是状态量，只与运动物体的质量及速率有关，而与其运动方向无关，物体运动速度的方向发生变化时，动能不变．动能的变化ΔEk＝Ek′－Ek，没有方向，是一个标量的代数运算．
2．动能定理的理解及应用要点：
(1)动能定理既适用于恒力作用过程，也适用于变力作用过程．
(2)动能定理既适用于物体做直线运动的情况，也适用于物体做曲线运动的情况．
(3)动能定理的研究对象既可以是单个物体，也可以是几个物体所组成的一个系统．
(4)动能定理的研究过程既可以是针对运动过程中的某个具体过程，也可以是针对运动的全过程．对全程列式时，关键是分清整个过程哪些力做功，且各个力做功应与位移对应，并确定初、末状态的动能．
(5)动能定理的计算式为标量式，v为相对同一参考系的速度．
(6)在W＝Ek2－Ek1中，W为物体所受所有外力对物体所做功的代数和，正功取正值计算，负功取负值计算；Ek2－Ek1为动能的增量，即为末状态的动能与初状态的动能之差，而与物体运动过程无关．
【核心考点突破】
例1 8 m/s
解析 解法一 取木块为研究对象．其运动分三个过程，先匀加速运动l1，后匀减速运动l2，再做平抛运动，对每一个过程，分别列动能定理得Fl1－μmgl1＝mv
－μmgl2＝mv－mv
mgh＝mv－mv
解得v3＝8 m/s
解法二 对全过程由动能定理得Fl1－μmg(l1＋l2)＋mgh＝mv2－0
代入数据得v＝8 m/s
[规范思维] 利用动能定理解题的思路可概括为八个字：“一个过程两个状态”．“一个过程”即要分析过程中力及力做功的正负；“两个状态”是对应这个过程的初、末状态的动能，而这个过程则可以是单个过程，也可以是多个过程．
例2 (1) (2) (3)mgL
解析 (1)小球恰能到达最高点B，有mg＝m，得vB＝ .
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(2)从A→B由动能定理得－mg(L＋)＝mv－mv 可求出v0＝
(3)在小球从A到B的过程中由动能定理得－mg(L＋)－Wf＝mv－mv
可求出Wf＝mgL.
[规范思维] 用动能定理求解变力做功的注意要点：
(1)分析物体受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力．如果是恒力，写出恒力功的表达式，如果是变力，用相应功的符号表示出变力的功．
(2)分析物体运动的初末状态，求出动能的变化量．
(3)运用动能定理列式求解．
例3 (1)2 J (2)35 N (3)2.77 m
解析 (1)小球从初始位置到达缝隙P的过程中，由动能定理有mg(H＋3R)－WF＝mv2－0代入数据得WF＝2 J.
(2)设小球到达最高点N时的速度为vN，对由P→N过程由动能定理得
－mg·4R＝mv－mv2
在最高点N时，根据牛顿第二定律有FN＋mg＝m 联立解得FN＝m－mg＝35 N
所以小球在最高点N时对轨道的作用力为35 N.
(3)小球从初始位置到达C点的过程中，由动能定理有mg(H＋R)－WF＝mv－0
解得vC＝4 m/s
小球从C点离开“9”管道之后做平抛运动，竖直方向2R＝gt2，解得t＝0.4 s水平方向DE＝vCt≈2.77 m
所以平抛运动的水平位移为2.77 m.
[规范思维] 当物体的运动是由几个物理过程所组成，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个物理过程看做一个整体进行研究．
例4 (1) (2)(3－2cos θ)mg (3)·R
解析 (1)摩擦力对物体始终做负功，故物体最终在圆心角为2θ的圆弧上做往复运动．
设物体在AB轨道上通过的总路程为x，则全程应用动能定理得：mgRcos θ－μmgcos θ·x＝0 解得：x＝
(2)最终当物体通过圆弧最低点E时，设速度为vE，
在E点：FN－mg＝①
从B→E由动能定理得：mgR(1－cos θ)＝mv②
①②两式联立，得：FN＝(3－2cos θ)mg
由牛顿第三定律得物体对轨道的压力为(3－2cos θ)mg
(3)若物体刚好到D点，设速度为vD，则mg＝③
对全过程由动能定理得mgL′sin θ－μmgcos θ·L′－mgR(1＋cos θ)＝mv④
③④联立，得L′＝R
[规范思维] 解答此题应注意重力做功只与高度差有关系，而滑动摩擦力做功与路程有关；应用动能定理解题时，要灵活选取运动过程．
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[针对训练]
1．证明见解析
解析 在运动过程中木块受重力、摩擦力做功．
重力做功：WG＝mgh＝mgLsin θ＝48 J
设木块匀加速运动时加速度为a，则有L＝at2
对木块受力分析由牛顿第二定律得F合＝mgsin θ－Ff＝ma
联立以上两式得Ff＝8 N
摩擦力做功：Wf＝－FfL＝－32 J
合力做功或外力对木块做的总功W＝WG＋Wf＝16 J
动能的变化ΔEk＝mv2＝m·(at)2＝16 J
所以，合力做功或外力对木块做的总功等于动能的变化(增加)．
2．mglsin α
【课时效果检测】
1．BD 2.B 3.A 4.AB 5.ABD 6.BD 7.C
8．C [当F＝mg时，环匀速运动，摩擦力为零，克服摩擦力所做的功W＝0
当F>mg时，竖直方向F＝mg＋FN，水平方向Ff＝μFN
环做减速运动，速度减小，由F＝kv知，F减小，当F＝mg后环匀速，此时F＝mg＝kv
所以v＝ W＝mv－mv2＝mv－
当F
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