2019年高考物理大一轮复习第0章机械能第2讲动能定理学案新人教版.doc

第二讲动能定理一动能1.定义：物体由于运动而具有的能2表达式Ekmv23当物体的速度变化时，动能一定变化吗？反之呢？举例说明提示：不一定，如匀速圆周运动；一定；动能变化一定是速度的大小发生了变化.二动能定理1.对照课本，填写下列表格内容力在一个过程中对物体所做的功等于物体在这个过程中动能的变化表达式WEkmvmv对定理的理解W0，物体的动能增加W0，物体的动能减小W0，物体的动能不变适用范围(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2.思考(1)如图所示，质量为m的物体在恒力F作用下在光滑水平面上移动的位移为s，速度由v1增加至v2，试推导动能定理的表达式提示：由牛顿第二定律有：Fma，由匀变速直线运动相关公式有：vv2as，由两式消去a可得：Fsmvmv(2)动能定理的表达式是矢量式还是标量式？能否在某一个方向上用动能定理？提示：标量式，不能(3)物体所受到的合外力不为零，其动能一定变化吗？举例说明提示：不一定例如匀速圆周运动(4)物体以速度v沿光滑水平面做直线运动，现对物体施加一外力F，经过一段时间物体的速度仍为v，方向与原来的速度方向相反，则这段时间内力F对物体做的功_提示：WEk0(5)人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离s后，速度为v(物体与手始终相对静止)，物体与人手掌之间的动摩擦因数为，则人对物体做的功为_提示：物体所受到的摩擦力为静摩擦力fma，Wfsmamv2或根据动能定理Wmv21判断正误(1)动能不变的物体一定处于平衡状态()(2)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零()(3)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化()(4)物体的动能不变，所受的合外力必定为零()(5)做自由落体运动的物体，某时刻的动能与下落的时间的二次方成正比()答案：(1)(2)(3)(4)(5)2关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是()A合外力为零，则合外力做功一定为零B合外力做功为零，则合外力一定为零C合外力做功越多，则动能一定越大D动能不变，则物体合外力一定为零答案：A3(多选)如图所示，甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s.甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上，则下列关于力F对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是()A力F对甲做功多B力F对甲、乙两个物体做的功一样多C甲物体获得的动能比乙大D甲、乙两个物体获得的动能相同答案：BC4(人教必修2P755改编)人在距地面h高处抛出一个质量为m的小球，落地时小球的速度为v，不计空气阻力，人对小球做功是()Amv2Bmghmv2Cmghmv2 Dmv2mgh答案：D5有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图所示若由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是()A木块所受的合外力为零B因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C重力和摩擦力的合力做的功为零D重力和摩擦力的合力为零答案：C考点一动能定理的理解和应用1.对“外力”的两点理解：(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力2公式中“”体现的三个关系：数量关系合力的功与物体动能的变化可以等量代换单位关系国际单位都是焦耳因果关系合力的功是物体动能变化的原因3.解题的基本思路(1)选取研究对象，明确它的运动过程；(2)分析受力情况和各力的做功情况；(3)明确研究对象在过程的初末状态的动能Ek1和Ek2；(4)列动能定理的方程W合Ek2Ek1及其他必要的解题方程，进行求解(2018贵阳月考)一个物体以初速度v0竖直向上抛出，上升的最大高度为H，设物体运动过程中所受阻力为重力的k倍，落回抛出点的速度大小为v，重力加速度大小为g，则k和v的大小分别为()A1和 v0B1和 v0C1和 v0D1和 v0解析：选D对上升过程有0mv(mgkmg)H，解得k1，对下落过程有mv20(mgkmg)H，解得v v0，故D正确如图所示，B是水平地面上AC的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A点滑动到C点停止小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半则小物块与AB段间的动摩擦因数1和其与BC段间的动摩擦因数2的比值为()A1B2C3D4解析：选C1mglm2mv2mgl0m2解得3(2015海南卷)如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g，质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()AmgRBmgRCmgR DmgR解析：选C质点沿轨道下滑的过程，所受摩擦力是变力，摩擦力的功没法直接求在Q点质点受到竖直向下的重力，和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有Nmgm，N2mg，联立解得v，下落过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得mgRWfmv2，解得WfmgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确应用动能定理求变力做功时应注意的问题(1)所求的变力的功不一定为总功，故所求的变力的功不一定等于Ek(2)合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能(3)若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力的功若为负功，可以设克服该力做功为W，则表达式中应用W；也可以设变力的功为W，则字母W本身含有负号 (2016新课标全国卷)(多选)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()AaBaCN DN解析：选AC质点P下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgRWmv2，根据公式a，联立可得a，A正确，B错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，摩擦力水平，不参与向心力，故根据牛顿第二定律可得Nmgma，代入可得N，C正确，D错误1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，它与转轴OO相距R，物块随转台由静止开始转动当转速缓慢增加到一定值时，物块将在转台上滑动在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为(重力加速度为g)()A0 B2kmgRC2kmgR D解析：选D根据牛顿第二定律得：kmgm，根据动能定理得：Wmv2kmgR，故D正确，ABC错误2(2018安徽安庆联考)(多选)如图所示，光滑水平平台上有一个质量为m的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点的竖直高度始终为h.当人以速度v从平台的边缘处向右匀速前进位移x时，则()A在该过程中，物块做加速运动B在该过程中，人对物块做的功为C在该过程中，人对物块做的功为mv2D人前进x时，物块的运动速率为解析：选ABD将人的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向上的分速度等于物块的速度，如图所示，物块的速度等于vcos ，故随着夹角的减小，物块的速度增大，即物块做加速运动，故A正确当人从平台的边缘处向右匀速前进x时，物块的速度大小为vvcos v，故人前进x时，物块的运动速率为v，根据动能定理得人对物块做的功为Wmv2，故B、D正确，C错误3(2018陕西黄陵中学模拟)如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在P位置现用水平力F缓慢地将小球从P拉到Q位置而静止，细线与竖直方向夹角为60，此时细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到P点时细线的拉力为F2，则()AF1F22mgB从P到Q，拉力F做功为F1LC从Q到P的过程中，小球受到的合外力大小不变D从Q到P的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大解析：选A在Q点，根据平衡有：F1sin 30mg，解得F12mg.Q到P，根据动能定理得，mgL(1cos 60)mv2，根据牛顿第二定律得，F2mgm，联立两式解得F22mg，故A正确从P到Q，小球缓慢移动，根据动能定理得，WFmgL(1cos 60)0，解得WFmgLF1L，故B错误从Q到P的过程中，小球的速度大小在变化，径向的合力在变化，故C错误在Q点，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从Q到P的过程中，重力的功率先增大后减小，故D错误故选A考点二动能定理与图象综合问题图象所围“面积”的意义(1)vt图：由公式xvt可知，vt图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移(2)at图：由公式vat可知，at图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量(3)Fx图：由公式WFx可知，Fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功(4)Pt图：由公式WPt可知，Pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功如图(a)所示，一质量为m的滑块(可视为质点)从某斜面顶端A由静止滑下，已知滑块与斜面间的动摩擦因数和滑块到斜面顶端的距离x的关系如图(b)所示斜面倾角为37，长为l，有一半径为Rl的光滑竖直半圆轨道刚好与斜面底端B相接，且直径BC与水平面垂直，假设滑块经过B点时没有能量损失g取10 m/s2.求：(1)滑块滑至斜面中点时的加速度大小；(2)滑块滑至斜面底端时的速度大小；(3)试分析滑块能否滑至光滑竖直半圆轨道的最高点C.如能，请求出在最高点时滑块对轨道的压力；如不能，请说明理由解析：(1)滑块滑至斜面中点时，由图b可知，0.5，则对滑块：mgsin 37mgcos 37ma代入数据解得：ag(2)滑块由顶端滑至底端，由动能定理得：mglsin 37Wfmv由图b的物理意义得：Wfllmgl 解得：vB (3)设滑块能运动到C点，则从B到C，由动能定理： mg2Rmvmv解得：vC 如滑块恰好滑到C点：mgm解得：vCvC 所以滑块能够到达C点当滑块滑到C点时：mgNm，N3mg由牛顿第三定律得滑块在C点时对轨道的压力NN3mg答案：(1)g(2) (3)3mg功能相关图象问题分析的“三步走”(2017高考冲刺卷)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图象如图所示，t0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N()甲乙At6 s时，物体的速度为18 m/sB在06 s内，合力对物体做的功为400 JC t6 s时，摩擦力的功率为400 WDt6 s时，拉力F的功率为200 W解析：选DA、根据vat可知at图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t6 s时刻，物体的速度v6v0v2 m/s(24)6 m/s20 m/s，故A错误；B、根据动能定理得：W合Ekmvmv396 J，故B错误；C、摩擦力的功率Pfv220 W40 W，故C错误；D、在t6 s时刻，根据牛顿第二定律得：Fmaf24 N2 N10 N，则在t6 s时刻，拉力F的功率PFv61020 W200 W，故D正确4某物体以一定的初速度v0沿倾角为37的斜面向上滑行，最后又回到出发点物体与斜面的动摩擦因数恒定，g取10 m/s2.在此过程中，其动能Ek随物体到斜面底端距离L的变化关系如图所示，则物体的质量为()A1 kg B2 kgC3 kg D4 kg解析：选A由题意可知，选取从滑上底端开始到再次滑下底端结束，过程中重力做功为零，根据动能定理，则有：f2LEkEk；即有：f N2 N；物体上升过程中：fLmgLsin 370Ek0，解得m1 kg，故A正确5(多选)质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析正确的是()A物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B物体运动的位移为13 mC前3 m运动过程中物体的加速度为3 m/s2Dx9 m时，物体的速度为3 m/s解析：选ACD由WfFfx对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff2 N，由Ffmg可得0.2，选项A正确；由WFFx对应图乙可知，前3 m内，拉力F15 N，39 m内拉力F22 N，物体在前3 m内的加速度a13 m/s2，选项C正确；由动能定理得：WFFfxmv2可得：x9 m时，物体的速度为v3 m/s，选项D正确；物体的最大位移xm13.5 m，选项B错误.考点三利用动能定理求路程(2018兰州月考)如图所示，AB是倾角30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(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动已知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.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至少多大解析：(1)对整体过程，由动能定理得mgRcos mgcos s0，所以物体在AB轨道上通过的总路程s(2)最终物体以B(还有B关于OE的对称点)为最高点，在圆弧底部做往复运动，对BE过程，由动能定理得mgR(1cos )mv在E点，由牛顿第二定律得FNmgm联立式得FN(3)mg(3)物体刚好到D点，由牛顿第二定律有mgm对全过程由动能定理得mgLsin mgcos LmgR(1cos )mv联立式得L答案：(1)(2)(3)mg(3)对于物体运动过程中有往复运动的情况，物体所受的滑动摩擦力、空气阻力等大小不变，方向发生变化，但在每一段上这类力均做负功，而且这类力所做的功等于力和路程的乘积，与位移无关若题目中涉及求解物体运动的路程或位置的变化，可利用动能定理求出摩擦力的功，然后进一步确定物体运动的路程或位置的变化(2018河北石家庄二中联考)如图所示，从高台边A点以某速度水平飞出的小物块(可看成质点)，恰能从固定在某位置的光滑圆弧轨道CDM的左端C点沿圆弧切线方向进入轨道圆弧轨道CDM的半径R0.5 m，O为圆弧的圆心，D 为圆弧最低点，C、M在同一水平高度，OC与CM夹角为37，斜面MN与圆弧轨道CDM相切于M点，MN与CM夹角为53，斜面MN足够长，已知小物块的质量m3 kg，第一次到达D点时对轨道的压力大小为78 N，与斜面MN之间的动摩擦因数，小球第一次通过C点后立刻装一与C点相切且与斜面MN关于OD对称的固定光滑斜面，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，不考虑小物块运动过程中的转动，求：(1)小物块平抛运动到C点时的速度大小；(2)A点到C点的竖直距离；(3)小物块在斜面MN上滑行的总路程解析：(1)在D点，轨道对小物块的支持力和小物块自身重力的合力提供向心力，则有FDmgm，解得v8(m/s)2，从C点到D点，根据动