2019-2020年高考物理一轮复习讲义 第五章 机械能 第2讲 动能和动能定理 教科版.doc

2019-2020年高考物理一轮复习讲义 第五章 机械能 第2讲 动能和动能定理 教科版一、动能1定义：物体由于运动而具有的能2公式：Ekmv2.3单位：焦耳，1 J1 Nm1 kgm/s2.4矢标性：动能是标量，只有正值二、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2表达式：Wmvmv.3物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度4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1下列关于动能的说法，正确的是()A运动物体所具有的能就是动能B物体做匀变速运动，某一时刻速度为v1，则物体在全过程中的动能都是mvC做匀速圆周运动的物体其速度改变而动能不变D物体在外力F作用下做加速运动，当力F逐渐减小时，其动能也逐渐减小解析：运动的物体除具有动能以外，还具有其他形式的能，A选项错误动能是状态量，当速度v的大小变化时，动能就发生变化，B选项错误；由于匀速圆周运动中，物体的速度大小不变，因此物体的动能不变，C选项正确；在物体做加速度逐渐减小的加速运动时，物体的动能仍在变大，D选项错误；故答案应该选C.答案：C2物体做匀速圆周运动时()A速度变化，动能不变 B速度变化，动能变化C速度不变，动能变化 D速度不变，动能不变解析：速度是矢量，动能是标量，物体做匀速圆周运动时速度的方向随时变化，但大小不变，故速度在变，动能不变，选项A正确答案：A3人骑自行车下坡，坡长l500 m，坡高h8 m，人和车总质量为100 kg，下坡时初速度为4 m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s，g取10 m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为()A4 000 J B3 800 JC5 000 J D4 200 J答案：B4(xx重庆一检)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，到达斜面顶端时的速度为v，如图所示则在此过程中()A人对物体做的功为mghB人对物体做的功小于mghC物体所受的重力做功为mghD物体所受的合外力做功为mv2解析：由于重力和滑动摩擦力都做负功，可以判断人对物体做的功大于mgh，A、B错；物体上升高度为h，克服重力做功为mgh，即重力做功为mgh，C对；物体沿粗糙的斜面由静止开始做匀加速运动，上升高度h的过程中，人的拉力F、物体重力mg和滑动摩擦力Ff的合力做功等于动能的变化，即WFWGWFfmv2，D对答案：CD5如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处由静止释放，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阻，则下列说法正确的是()A小球落地时动能等于mgHB小球陷入泥中的过程中克服泥土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(Hh)D小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1H/h)解析：小球下落高度为H的过程中需要克服空气阻力做功，故其落地时的动能为(mgF阻)H，选项A错误；设小球刚落地时的动能为Ek，小球在泥土中运动的过程中克服阻力做功为W1，由动能定理得mghW10Ek，解得W1mghEk，故选项B错误；若设全过程中小球克服阻力做功为W2，则mg(Hh)W20，解得W2mg(Hh)，故选项C正确；若设小球在泥土中运动时，受到的平均阻力为阻，则全程由动能定理得mg(Hh)F阻H阻h0，解得阻，故选项D错误答案：C1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(1)数量关系：即合外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：合外力的功是引起物体动能变化的原因2动能定理的特点如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离在此过程中()A外力F做的功等于A和B动能的增量BB对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量CA对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析：A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B对A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，C错对B应用动能定理，WFWFfEkB，即WFEkBWFf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错答案：BD11：如图所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动在移动过程中，下列说法正确的是()AF对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和BF对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势能DF对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和解析：木箱在上升过程中，由动能定理可知：WFmghWFfEk，故有WFmghWFfEk，由此可知A、B错误，D正确；木箱上升过程中，重力做负功，重力势能增加，木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能，C正确答案：CD(16分)一滑块(可视为质点)经水平轨道AB进入竖直平面内的四分之一圆弧形轨道BC.已知滑块的质量m0.50 kg，滑块经过A点时的速度vA5.0 m/s，AB长x4.5 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.10，圆弧形轨道的半径R0.50 m，滑块离开C点后竖直上升的最大高度h0.10 m取g10 m/s2.求：(1)滑块第一次经过B点时速度的大小；(2)滑块刚刚滑上圆弧形轨道时，对轨道上B点压力的大小；(3)滑块在从B运动到C的过程中克服摩擦力所做的功解析：(1)滑块由A到B的过程中，应用动能定理得：Ffxmvmv (3分)又Ffmg (1分)解得：vB4.0 m/s. (2分)(2)在B点，滑块开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知FNmgm (2分)解得轨道对滑块的支持力FN21 N(1分)根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B点压力的大小也为21 N (2分)(3)滑块从B经过C上升到最高点的过程中，由动能定理得mg(Rh)WFf0mv (3分)解得滑块克服摩擦力做功WFf1.0 J(2分)答案：(1)4.0 m/s(2)21 N(3)1.0 J1.应用动能定理解题的基本步骤2优先考虑应用动能定理的问题(1)不涉及加速度、时间的问题(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题(3)变力做功的问题21：如图所示，装置ABCDE固定在水平地面上，AB段为倾角53的斜面，BC段为半径R2 m的圆弧轨道，两者相切于B点，A点离地面的高度为H4 m一质量为m1 kg的小球从A点由静止释放后沿着斜面AB下滑，当进入圆弧轨道BC时，由于BC段是用特殊材料制成的，导致小球在BC段运动的速率保持不变最后，小球从最低点C水平抛出，落地速率为v7 m/s.已知小球与斜面AB之间的动摩擦因数0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6，不计空气阻力，求：(1)小球从B点运动到C点克服阻力所做的功(2)B点到水平地面的高度解析：(1)设小球从B到C克服阻力做功为WBC.由动能定理，得mgR(1cos )WBC0.代入数据，解得WBC8 J.(2)设小球在AB段克服阻力做功为WAB，B点到地面高度为h，则WABmgcos ，而.对于小球从A点落地的整个过程，由动能定得，得mgHWABWBCmv2，联立，解得h2 m.答案：(1)8 J(2)2 m动能定理与图象结合问题的分析方法(1)首先看清楚所给图象的种类(如vt图象还是Fx图象、Ekx图象等)(2)挖掘图象的隐含条件求出所需要的物理量，如由vt图象所包围的“面积”求位移，由Fx图象所包围的“面积”求功等(3)再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，可求出相应的物理量如图甲所示，一条轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m1.0 kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点时，压缩量为x0.1 m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌面B点的距离为L2x，水平桌面的高度为h5.0 m，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力(g取10 m/s2)求：(1)在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；(2)小物块到达桌边B点时速度的大小；(3)小物块落地点与桌边B点的水平距离解析：(1)取向左为正方向，从Fx图中可以看出，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为Ff1.0 N，方向为负方向在压缩过程中，摩擦力做功为WFfFfx0.1 J由图线与x轴所围面积可得外力做功为WF0.1 J2.4 J.所以弹簧存贮的最大弹性势能为EpWFWFf2.3 J.(2)从A点开始到B点的过程中，由于L2x，摩擦力做功为WFfFf3x0.3 J对小物块用动能定理有EpWFfmv解得vB2 m/s.(3)小物块从B点开始做平抛运动hgt2下落时间t1 s水平距离svBt2 m.答案：(1)2.3 J(2)2 m/s(3)2 m质量m1 kg的物体，在与物体初速度方向相同的水平拉力的作用下，沿水平面运动过程中动能位移的图象如图所示在位移为4 m时撤去F，物块仅在摩擦力的作用下运动求：(g取10 m/s2)(1)物体的初速度多大？(2)物体和平面间的动摩擦因数多大？(3)拉力F的大小解析：(1)从图线可知初动能为2 J，Ek0mv22 J，v2 m/s.(2)在位移4 m处物体的动能为10 J，在位移8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功设摩擦力为Ff，则Ffx2010 JFf N2.5 N因Ffmg故0.25.(3)物体从开始到移动4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为FFf，根据动能定理有(FFf)x1Ek故得FFf(22.5) N4.5 N.答案：(1)2 m/s(2)0.25(3)4.5 N1.下列关于运动物体所受的合外力、合外力做功和动能变化的关系正确的是()A如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做的功一定为零B如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零C物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化D物体的动能不变，所受合外力必定为零解析：由WFxcos ，知F合0时，W合0，故A项正确；由动能定理知合外力做功等于物体动能的变化，若动能不变化，则合外力做功为零，匀速圆周运动中，动能不变化合外力做功为零，但合外力不为零，故B、D项错误；匀速圆周运动是变速运动，动能不变化，故C项错误答案：A2(xx徐州二模)质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随位移x的变化情况如图所示物体在x0处速度为1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x16 m处时，速度大小为()A2 m/sB3 m/sC4 m/s D. m/s解析：力位移图线与横轴所围的面积表示功，由图象可知，外力做的总功WFx40 J，根据动能定理Wmv2mv，得v3 m/s.选项B正确答案：B3如图所示，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零B支持力对小物块做功为mgLsin C摩擦力对小物块做功为mgLsin D滑动摩擦力对小物块做功为mv2mgLsin 解析：从缓慢地抬高A端至木板转到与水平面的夹角为的过程中，重力和支持力同时对小物块做功，由动能定理得W支mgLsin 0，解得W支mgLsin ，故选项A错误，B正确；从小物块开始沿木板滑动至滑到底端的过程中，重力和滑动摩擦力同时对小物块做功，由动能定理得mgLsin W摩mv20，解得W摩mv2mgLsin ，故选项C错误，D正确答案：BD4.(xx江苏卷)如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是()A逐渐增大 B逐渐减小C先增大，后减小 D先减小，后增大解析：小球速率恒定，由动能定理知：拉力做的功与克服重力做的功始终相等，将小球的速度分解，可发现小球在竖直方向分速度逐渐增大，重力的瞬时功率也逐渐增大，则拉力的瞬时功率也逐渐增大，A项正确答案：A5(xx北京卷)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l1.4 m，v3.0 m/s，m0.10 kg，物块与桌面间的动摩擦因数0.25，桌面高h0.45 m不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)小物块落地点到飞出点的水平距离x；(2)小物块落地时的动能Ek；(3)小物块的初速度大小v0.解析：(1)由平抛运动规律，有竖直方向hgt2水平方向xvt得水平距离xv0.90 m.(2)由机械能守恒定律，动能Ekmv2mgh0.90 J.(3)由动能定理，有mglmv2mv得初速度大小v04.0 m/s.答案： (1)0.90 m(2)0.90 J(3)4.0 m/s6(xx浙江模拟)如图所示，AB是高为H1.5 m的粗糙斜面，BC为水平传送带，BC长L5 m，与物体间的摩擦因数为0.4，皮带轮的半径为R0.2 m，转动的角速度为15 rad/s.设质量为m1 kg的小物块由静止开始从A点下滑，经过B点的拐角处无机械能损失，从B点运动到C点所用时间是1.5 s，且知小物块从B点开始做匀减速运动，到达C点前已相对传送带静止，试求小物块在斜面上运动时克服摩擦力所做的功(g取10 m/s2)解析：水平传送带的速度为v0R3 m/s设小物块在传送带上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgma设小物块在传送带上做匀减速运动的时间为t1，位移为L1，则v0vBat1L1t1设小物块在传送带上做匀速运动的时间为t2，则LL1v0t2t1t2t由动能定理得mgHWFfmv0联立以上各式解得WFf2.5 J.答案：2.5 J