【物理】2019届一轮复习人教版动能动能定理学案

【物理】2019届一轮复习人教版动能动能定理学案

‎ 动能 动能定理 知识梳理 知识点一、动能 ‎1．定义：物体由于运动而具有的能叫动能。‎ ‎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．状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。‎ 知识点二、动能定理 ‎1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。‎ ‎2．表达式：W＝mv－mv或W＝Ek2－Ek1。‎ ‎3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。‎ ‎[思考判断]‎ ‎ (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)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化.(　　)‎ ‎(6)物体的动能不变，所受的合外力必定为零. (　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)√　(5)×　(6)×‎ 考点精练 考点一　动能和动能定理的理解 ‎1．动能与动能的变化的区别 ‎(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。‎ ‎(2)动能为非负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk＞0表示物体的动能增加，ΔEk＜0表示物体的动能减少。‎ ‎2．对动能定理的理解 ‎(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。‎ ‎(2)对“外力”的理解 动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。‎ 对应训练 ‎1．[对动能概念的理解]关于物体的动能，下列说法中正确的是(　　)‎ A．物体速度变化，其动能一定变化 B．物体所受的合外力不为零，其动能一定变化 C．物体的动能变化，其运动状态一定发生改变 D．物体的速度变化越大，其动能一定变化也越大 解析　若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变化，故选项A错误；物体所受合外力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变化，如匀速圆周运动中，物体所受合外力不为零，但速度大小始终不变，动能不变，故选项B错误；物体动能变化，其速度一定发生变化，故运动状态改变，选项C正确；物体速度变化若仅由方向变化引起，其动能可能不变，如匀速圆周运动中，速度变化，但动能始终不变，故选项D错误。‎ 答案　C ‎2．[对动能定理的理解] (多选)如图1所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是(　　)‎ 图1‎ A．对物体，动能定理的表达式为WN＝mv，其中WN为支持力的功 B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功 ‎ C．对物体，动能定理的表达式为WN－mgH＝mv－mv，其中WN为支持力的功 D．对电梯，其所受合力做功为Mv－Mv 解析　电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝mv－mv，故A、B均错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故D正确。‎ 答案　CD 考点二　动能定理的应用 应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”‎ ‎“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。‎ ‎【典例】　(2016·河南郑州三模)如图2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2‎ ‎(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：‎ FN－mg＝m⑥‎ 解得：FN＝6mg 由牛顿第三定律得：FN′＝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】　使小滑块刚好能过C点 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＝ 答案　 ‎【拓展延伸2】　使滑块在P点释放 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－μmgscos θ＝0‎ 由几何关系得：sPB＝R 解得：s＝ 答案　 技巧点拨 应用动能定理解题的基本思路 对应训练 ‎1．[动能定理的应用] (2016·河南模拟)如图3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3‎ 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，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．[动能定理在多过程问题中的应用](2017·桂林质检)如图4所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑面相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。质量m＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点， g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。‎ ‎ ‎ 图4‎ ‎(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；‎ ‎(3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t。‎ 解析　(1)滑块从A点到D点的过程中，根据动能定理有mg(2R－R)－μmgcos 37°·＝0－0‎ 解得μ＝tan 37°＝0.375。‎ ‎(2)若使滑块恰好能到达C点，初速度v0有最小值，根据牛顿第二定律有mg＝ 解得vC＝＝2 m/s 滑块从A点到C点的过程中，根据动能定理有 ‎－μmgcos 37°·＝mv－mv 解得v0＝＝2 m/s 故v0的最小值为2 m/s。‎ ‎(3)滑块离开C点后做平抛运动，有 x＝vC′t，y＝gt2‎ 由几何知识得tan 37°＝ 整理得5t2＋3t－0.8＝0‎ 解得t＝0.2 s(t＝－0.8 s舍去)。‎ 答案　(1)0.375　(2)2 m/s　(3)0.2 s 考点三　动能定理与图象结合问题 力学中四类图象所围“面积”的意义 对应训练 ‎1．[动能定理与v－t图象的综合](2016·广州调研)用起重机提升货物，货物上升过程中的v－t图象如图5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(　　)‎ 图5‎ 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：合力做的功W3＝0－mv2，v＝2 m/s，即W3＜0，D错误。‎ 答案　C ‎2．[动能定理与a－t图象的综合](2016·山西5月模拟)用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图6所示。下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动 B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大 C．物体在2～4 s内速度不变 D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力做的功 解析　由a－t图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负。物体6 s末的速度v6＝×(2＋5)×2 m/s－×1×2 m/s＝6 m/s，则0～6 s内物体一直向正方向运动，A错；由图象可知物体在5 s末速度最大，为vm＝×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s，B错；由图象可知在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C错；‎ 在0～4 s内合力对物体做的功由动能定理可知：‎ W合4＝mv－0‎ 又v4＝×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s 得W合4＝36 J ‎0～6 s内合力对物体做的功由动能定理可知：‎ W合6＝mv－0‎ 又v6＝6 m/s 得W合6＝36 J 则W合4＝W合6，D正确。‎ 答案　D 方法技巧 分析动能定理与图象结合问题“三步走”‎ 随堂检测 ‎1.[对动能定理的理解](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，适用于恒力做动，但不适用于变力做功 ‎2.[应用动能定理求变力做功]一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F所做的功为(　　)‎ A.mgLcos θ B.mgL(1－cos θ)‎ C.FLsin θ D.FLcos θ ‎3.[变力做功的计算]如图所示，质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距R，物体随转台由静止开始转动.当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动(设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力).则在这一过程中摩擦力对物体做的功是(　　)‎ A.0 B.2μmgR C.2πμmgR D. ‎4.[应用动能定理解决多过程问题](多选)一物体从斜面底端以初动能E滑向斜面，返回到斜面底端的速度大小为v，克服摩擦力做的功为，若物体以初动能2E滑向斜面，则(　　)‎ A.返回斜面底端时的动能为E B.返回斜面底端时的动能为 C.返回斜面底端时的速度大小为2v D.返回斜面底端时的速度大小为v[ :学 ]‎ ‎5.[动能定理和摩擦力做功的计算]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，其距离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的距离为(　　)‎ A.‎0.50‎ m‎ B.‎‎0.25 m C.‎0.10 m D.0‎ 参考答案 ‎1.答案：BC　解析：公式中W指总功，求总功的方法有两种，先求每个力做的功再求功的代数和或先求合力再求合外力的功，故选项B正确，A错误；当W>0时，末动能大于初动能，动能增加，当W<0时，末动能小于初动能，动能减少，故C正确；动能定理不仅适用于直线运动，也适用于曲线运动，不仅适用于恒力做功，也适用于变力做功，故D错误.‎ ‎2.答案：B　解析：从P缓慢拉到Q，由动能定理得：WF－WG＝0(因为小球缓慢移动，速度可视为零)，即WF＝WG＝mgL(1－cos θ).‎ ‎3.答案：D　解析：物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝，①‎ 在物体由静止到获得速度v的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得W＝mv2－0，②‎ 联立①②解得W＝μmgR.‎ ‎4.答案：AD　解析：设斜面倾角为θ，斜面对物体的摩擦力为f，物体以初动能E滑向斜面时，在斜面上上升的最远距离为L1，则根据动能定理，在物体沿斜面上升的过程中有－GL1sin θ－fL1＝0－E，在物体沿斜面下降的过程中有GL1sin θ－fL1＝，联立解得Gsin θ＝3f.同理，当物体以初动能2E滑向斜面时，在物体沿斜面上升的过程中有－GL2sin θ－fL2＝0－2E，在物体沿斜面下降的过程中有GL2sin θ－fL2＝E′，联立解得E′＝E，故A正确，B错误；由＝mv2，E′＝mv′2，得v′＝v，故C错误，D正确.‎ ‎5.答案：D　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.‎