高考物理复习专题知识点39-动能_动能定理A4

高考物理复习专题知识点39-动能_动能定理A4

动能 动能定理 ‎ 一．考点整理 动能和动能定理 ‎ ‎1．动能：物体由于 而具有的能叫动能，用符号Ek表示，定义式Ek = ．动能是 量，只有正值；动能是 量，因为v是瞬时速度．动能单位： ，1 J = 1 N·m = 1 kg·m2/s2．‎ ‎2．动能定理：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的 ．‎ ‎⑴ 表达式：W合 = ．‎ ‎⑵ 物理意义：合外力的功是物体动能 的量度．‎ ‎⑶ 适用条件：① 动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；② 既适用于恒力做功，也适用于变力做功；③ 力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．‎ ‎ 二．思考与练习 思维启动 ‎ ‎1．关于动能，下列说法中正确的是 （ ）‎ A．动能是普遍存在的机械能中的一种基本形式，凡是运动的物体都有动能 B．公式Ek = mv2中，速度v是物体相对于地面的速度，且动能总是正值 C．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 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态 ‎2．两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 ‎ 三．考点分类探讨 典型问题 ‎ ‎〖考点1〗动能定理的简单应用 ‎【例1】如图所示，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由静止开始竖直向上加速运动，当上升高度为H时，电梯的速度达到v，则在这个过程中，以下说法中正确的是 （ ）‎ A．电梯地板对物体的支持力所做的功等于mv2/2 B．电梯地板对物体的支持力所做的功大于mv2/2‎ C．钢索的拉力所做的功等于mv2/2 + MgH D．钢索的拉力所做的功大于mv2/2 + MgH ‎【变式跟踪1】人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示，则在此过程中 （ ）‎ A．物体所受的合外力做功为mgh + mv2/2 B．物体所受的合外力做功为mv2/2‎ C．人对物体做的功为mgh D．人对物体做的功大于mgh ‎〖考点2〗动能定理在多过程中的应用 ‎【例2】如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，∠OAB = 37°，圆弧面的半径R = 3.6 m，一滑块质量m = 5 kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ = 0.45，将滑块由A点静止释放．求在以后的运动中（sin 37° = 0.6，cos 37° = 0.8，g取10 m/s2）‎ ‎⑴ 滑块在AB段上运动的总路程；‎ ‎⑵ 在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值．‎ ‎【变式跟踪2】如图所示，粗糙水平地面AB与半径R = 0.4 m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量m = 2 kg的小物块在9 N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动．已知AB = 5 m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ = 0.2.当小物块运动到B点时撤去力F．取重力加速度g = 10 m/s2．求：‎ ‎⑴ 小物块到达B点时速度的大小；‎ ‎⑵ 小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小；‎ ‎⑶ 小物块离开D点落到水平地面上的点与B点之间的距离．‎ ‎〖考点3〗用动能定理求变力的功 ‎【例3】如图甲所示，一质量为m = 1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t = 0时刻开始物块受到如图乙所示规律变化的水平力F的作用并向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ = 0.2，g = 10 m/s2．求：‎ ‎⑴ A与B间的距离．‎ ‎⑵ 水平力F在前5 s内对物块做的功．‎ ‎【变式跟踪3】如图所示，质量为m的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的k倍，物块与转轴OO′ 相距R，物块随转台由静止开始转动，转速缓慢增大，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台的摩擦力对物块做的功最接近 （ ）‎ A．0　　　B．2πkmgR　　　C．2kmgR　　　D．kmgR ‎ 四．考题再练 高考试题 ‎ ‎1．【2012江苏】某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f．轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作．一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动 l/4．轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦．‎ ‎⑴ 若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；‎ ‎⑵ 求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm；‎ ‎⑶ 讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v′ 和撞击速度v的关系．‎ ‎【预测1】运动员驾驶摩托车所做的腾跃特技表演是一种刺激性很强的运动项目．如图所示，AB是水平路面，BC是半径为20 m的圆弧，CDE是一段曲面．运动员驾驶功率始终为9 kW的摩托车，先在AB段加速，经过4.3 s到B点时达到最大速度20 m/s，再经3 s的时间通过坡面到达E点时关闭发动机水平飞出．已知人的质量为60 kg、摩托车的质量为120 kg，坡顶高度h = 5 m，落地点与E点的水平距离x = 16 m，重力加速度g = 10 m/s2．设摩托车在AB段所受的阻力恒定，运动员及摩托车可看做质点．求：‎ ‎⑴ AB段的位移大小．‎ ‎⑵ 摩托车过B点时对运动员支持力的大小．‎ ‎⑶ 摩托车在冲上坡顶的过程中克服阻力做的功．‎ ‎2．【2013·北京卷】蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段．最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段．把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F＝kx(x为床面下沉的距离，k为常量)．质量m＝50 kg的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x0＝0.10 m；在预备运动中，假定运动员所做的总功W全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt＝2.0 s，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x1.取重力加速度g = 10 m/s2，忽略空气阻力的影响．‎ ‎⑴ 求常量k，并在图中画出弹力F随x变化的示意图；‎ ‎⑵ 求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度hm；‎ ‎⑶ 借助F－x图像可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求x1和W的值．‎ ‎【预测2】如图所示，光滑半圆形轨道的半径为R，水平面粗糙，弹簧自由端D与轨道最低点C之间的距离为4R，一质量为m可视为质点的小物块自圆轨道中点B由静止释放，压缩弹簧后被弹回到D点恰好静止．已知小物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为g，弹簧始终处在弹性限度内．‎ ‎⑴ 求弹簧的最大压缩量和最大弹性势能．‎ ‎⑵ 现把D点右侧水平面打磨光滑，且已知弹簧压缩时弹性势能与压缩量的二次方成正比．现使小物块压缩弹簧，释放后能通过半圆形轨道最高点A，求压缩量至少是多少？‎ ‎ 五．课堂演练 自我提升 ‎ ‎1．足球比赛时，一位学生用100 N的力将质量为0.5 kg的足球以8 m/s的初速度沿水平方向踢出20 m远，则该学生对足球做的功至少为 （ ）‎ A．200 J B．16 J C．1000 J D．2000 J ‎2．物体在合外力作用下做直线运动的v – t图象如图所示．则正确的是（ ）‎ A．在0～1 s内，合外力做正功 B．在0～2 s内，合外力做正功 C．在1～2 s内，合外力不做功 D．在0～3 s内，合外力做正功 ‎3．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP = 2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（ ）‎ A．重力做功2 mgR B．机械能减少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR/2‎ ‎4．如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l 后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l = 1.4 m，v = 3.0 m/s，m = 0.10 kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ = 0.25，桌面高h = 0.45 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：‎ ‎⑴ 小物块落地点到飞出点的水平距离s；‎ ‎⑵ 小物块落地时的动能Ek；‎ ‎⑶ 小物块的初速度大小v0．‎ ‎参考答案：‎ 一．考点整理 动能和动能定理 ‎ ‎1．运动 mv2 标 状态 焦耳 ‎2．变化 mv22 – mv12 变化 二．思考与练习 思维启动 ‎ ‎1．AC；动能是由于物体运动而具有的能量，所以运动物体都具有动能，A选项正确；动能表达式中的速度v与参考系的选取有关系，但参考系不一定是地面，B选项错误；速度是矢量，当其只有方向发生变化时，动能不变化，此时物体并处于平衡状态，选项C正确，D错误．‎ ‎2．D；由动能定理，对两车分别列式– F1l1 = 0 – m1v12/2，– F2l2 = 0 – m2v22/2，F1 = μm1g，F2 = μm2g．由以上四式联立得l1∶l2 = 4∶1，故选项D是正确的．‎ 三．考点分类探讨 典型问题 ‎ 例1 BD；　以物体为研究对象，由动能定理WN – mgH = mv2/2，即WN = mgH + mv2/2，选项B正确、选项A错误；以系统为研究对象，由动能定理得：WT – (m+M)gH = (m + M)v2/2，即WT = (m + M)v2/2 + (M + m)gH > mv2/2 + Mgg，选项D正确、选项C错误．‎ 变式1 BD；物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理W合 = WF - Wf –mgh = mv2/2，其中Wf为物体克服摩擦力做的功．人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W人 = WF = Wf + mgh + mv2/2，A、C错误，B、D正确．‎ 例2 ⑴ 由于滑块在AB段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面往复运动．设滑块在AB段上运动的总路程为x.滑块在AB段上受摩擦力，Ff = μFN = μmgcosθ ① 从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，根据动能定理有：mgRcosθ – Ffx = 0 ② 联立① ② 式解得x = R/μ = 8 m．‎ ‎⑵ 滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，分析受力知此时滑块受轨道支持力最大，设为Fmax，从A到C，根据动能定理有mgR – FflAB = mv12/2 ③ 斜面AB的长度lAB = Rcotθ ④ 根据受力分析以及向心力公式知Fmax – mg = mv12/R ⑤ 代入数据可得Fmax = 102 N．当滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时速度最小，设为v2，此时滑块受轨道支持力也最小，设为Fmin，从B到C，根据动能定理有：mgR(1 – cosθ) = mv22/2 ⑥ 根据受力分析及向心力公式有：Fmin – mg = mv22/R ⑦ 代入数据可得：Fmin = 70 N．根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N．‎ 变式2 ⑴ 从A到B，根据动能定理有(F – μmg)xAB = mvB2/2 代入数据解得vB = 5 m/s．‎ ‎⑵ 从B到D，根据动能定理有 –mg·2R = mvD2/2 – mvB2/2 得vD = 3 m/s；在D点，根据牛顿运动定律有FN + mg = mvD2/R 得FN = mvD2/R – mg = 25 N．‎ ‎⑶ 由D点到落点小物块做平抛运动，在竖直方向上有 2R = gt2 得t＝ = 0.4 s；水平地面上落点与B点之间的距离为x = vDt = 1.2 m．‎ 例3 ⑴ A、B间的距离与物块在后2 s内的位移大小相等，在后2 s内物块在水平恒力作用下由B点匀加速运动到A点，由牛顿第二定律知F – μmg = ma，代入数值得a = 2 m/s2，所以A与B间的距离为s = at2/2 = 4 m．‎ ‎⑵ 前3 s内物块所受力F是变力，设整个过程中力F做的功为W，物体回到A点时速度为v，则v2 = 2as，由动能定理知W - 2μmgs = mv2/2，所以W = 2μmgs + mas = 24J．‎ 变式3 D；在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的，当转速增加到一定值时，物块在转台上即将滑动，说明此时静摩擦力Ff达到最大，其指向圆心的分量F1提供向心力，即F2 = mv2/R ① 由于转台缓慢加速，使物块加速的分力F2很小，因此可近似认为F1 = Ff = kmg ② 在这一过程中对物块由动能定理，有Wf = mv2/2 ③ 由①②③知，转台对物块所做的功W1 = kmgR/2．‎ 四．考题再练 高考试题 ‎ ‎1．⑴ 轻杆开始移动时，弹簧的弹力F = kx ① 且F = f ② 解得 x = f/k ③‎ ‎⑵ 设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中，由动能定理得：‎ ‎–fl/4 – W = 0 – mv02/2 ④ 同理，小车以vm撞击弹簧时，–fl – W = 0 – mvm2/2 ⑤ ‎ 解得vm = ⑥‎ ‎⑶ 设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v1，则有mv12/2 = W ⑦ 由④⑦解得v1 = ．‎ 当v <时，v′ = v；当≤ v ≤时，v′ =‎ 预测1 ⑴ 由功率公式得P = Fvm，到B点达到最大速度时有F – f = 0‎ 由动能定理得Pt1 - fxAB = (m + M) vB2/2，解得xAB = 6 m．‎ ‎⑵ 在B点由牛顿第二定律得FN – mg = mvm2/R，得FN = 1800 N．‎ ‎⑶ 竖直方向可得t＝ = 1 s，则在E点的速度v0 = = 16 m/s；从B到E过程由动能定理得Pt2 – Wf–(m + M)gh = (m + M)v02–(m + M)vm2，解得Wf = 30960 J．‎ ‎2．⑴ 床面下沉x0 = 0.10 m时，运动员受力平衡mg = kx0 得k = mg/x0 = 5.0×103 N/m，F – x图线如图．‎ ‎⑵ 运动员从x = 0处离开床面，开始腾空，其上升、下落时间相等 hm = g = 5.0 m．‎ ‎⑶ 参考由速度－时间图像求位移的方法，F – x图线下的面积等于弹力做的功．从x处到x = 0，弹力做功WT，WT = ·x·kx＝kx2，运动员从x1处上升到最大高度hm的过程，根据动能定理，有 kx – mg(x1 + hm) = 0 得x1 = x0＋＝1.1 m；对整个预备运动，由题设条件以及功和能的关系，有 W + kx = mg(hm + x0) 得W = 2525 J ≈ 2.5×103J．‎ 预测2 ⑴ 设弹簧的最大压缩量为x，最大弹性势能为Ep，对小物块，从B到D再压缩弹簧又被弹回到D的过程由动能定理有mgR - μmg(4R + 2x) = 0 解得x = 0.5R；小物块从压缩弹簧最短到返回至D，由动能定理有 Ep – μmgx = 0 解得Ep = 0.1mgR．‎ ‎⑵ 设压缩量至少为x′，对应的弹性势能为Ep′，则 Ep′/Ep = x′2/x2，小物块恰能通过半圆形轨道最高点A，则mg = mvA2/R，小物块从压缩弹簧到运动至半圆形轨道最高点A，由动能定理有Ep′ - μmg·4R - 2mgR = mvA2 联立解得x′ = R．‎ ‎ 五．课堂演练 自我提升 ‎ ‎1．B；忽略阻力，由动能定理得，学生对足球所做的功等于足球动能的增加量，即W = mv2/2–0 = 16 J，故B正确．‎ ‎2．AB；由动能定理可知，合外力做的功等于动能的增量，0～1 s内，速度增加，合外力做正功，A正确.1～2 s内动能减小，合外力做负功，0～3 s内，动能增量为零，合外力不做功，而0～2 s内，动能增大，合外力做正功，故B、C、D均错．‎ ‎3．D；小球到达B点时，恰好对轨道没有压力，只受重力作用，根据mg = mv2/R得，小球在B点的速度v = ．小球从P到B的过程中，重力做功W = mgR，故选项A错误；减少的机械能ΔE减= mgR - mv2/2 = mgR/2，故选项B错误；合外力做功W合 = mv2/2 = mgR/2，故选项C错误；根据动能定理得，mgR - Wf = mv2/2 – 0，所以Wf = mgR - mv2/2 = mgR/2，故选项D正确．‎ ‎4．⑴ 由平抛运动规律，有：竖直方向h = gt2，水平方向s = vt，得水平距离s＝ v = 0.90 m．‎ ‎⑵ 由机械能守恒定律，动能Ek = mv2/2 + mgh = 0.90 J．‎ ‎⑶ 由动能定理，有–μmgl = mv2/2 – mv02/2，得初速度大小v0 = = 4.0 m/s．‎