【物理】2020届一轮复习人教版动能定理学案

【物理】2020届一轮复习人教版动能定理学案

第五单元机　械　能 课时2　动 能 定 理 见《自学听讲》P79‎ ‎　　1.动能 ‎ ‎　　2.动能定理 ‎ ‎　　3.公式中“=”体现的三个关系 ‎ 数量关系 合力做的功与物体动能的变化相等 单位关系 国际单位都是焦耳 因果关系 合力做功是物体动能变化的原因 ‎1.(2018云南玉溪质量检测)沿水平方向以速度v飞行的子弹,恰好能射穿竖直方向靠在一起固定着的四块完全相同的木板。子弹可视为质点,若子弹在木板中受到的阻力恒定不变,则子弹射穿第一块木板时的速度大小为(　　)。‎ A.‎2‎‎3‎v　　　　B.‎3‎‎3‎v　　　　C.‎3‎‎2‎v　　　　D.‎3‎‎4‎v 答案　C ‎2.(2018河北沧州阶段测验)(多选)物体在合外力作用下做直线运动的v-t图象如图所示,下列说法正确的是(　　)。‎ A.0~1 s内,合外力做正功 B.1 s~3 s内,合外力做功为零 C.3 s~7 s内,合外力做负功 D.5 s~7 s内,合外力做负功 答案　AB ‎3.(2018湖北黄石六校联考)物体沿固定曲面从A点无初速度滑下,滑至曲面的最低点B时,下滑的高度为5 m,速度为6 m/s,g取10 m/s2,若物体的质量为1 kg。则下滑过程中物体克服阻力所做的功为(　　)。‎ A.32 J B.18 J C.50 J D.0‎ 答案　A ‎1.(2018全国卷Ⅱ,14)如图甲所示,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度,木箱获得的动能一定(　　)。‎ 甲 A.小于拉力所做的功 B.等于拉力所做的功 C.等于克服摩擦力所做的功 D.大于克服摩擦力所做的功 ‎　　‎ 解析　木箱受力分析如图乙所示,木箱在移动的过程中有两个力做功,拉力做正功,摩擦力做负功,根据动能定理可知,WF-Wf=‎1‎‎2‎mv2-0,所以木箱获得的动能小于拉力做的功,故A项正确,B项错误;无法比较动能与摩擦力做功的大小,C、D两项错误。‎ 乙 答案　A ‎ ‎2.(2018全国卷Ⅲ,25)如图甲所示,在竖直平面内,一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切,BC为圆弧轨道的直径,O为圆心,OA和OB之间的夹角为α,sin α=‎3‎‎5‎。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动,经A点沿圆弧轨道通过C点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及轨道作用力外,小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心,且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求:‎ 甲 ‎(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小。‎ ‎(2)小球到达A点时动量的大小。‎ ‎(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。‎ 解析　(1)设水平恒力的大小为F0,小球到达C点时所受合力的大小为F 由力的合成有F‎0‎mg=tan α,F2=(mg)2+‎F‎0‎‎2‎ 设小球到达C点时的速度大小为v,由牛顿第二定律得 ‎　　F=mv‎2‎R 解得F0=‎3‎‎4‎mg,v=‎5gR‎2‎。‎ ‎　　　　　 乙　　　　‎ ‎(2)设小球到达A点的速度大小为v1,作CD⊥PA,交PA于D点,如图乙所示,由几何关系得 DA=Rsin α CD=R(1+cos α)‎ 由动能定理有-mg·CD-F0·DA=‎1‎‎2‎mv2-‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎ 可得小球在A点的动量大小p=mv1=m‎23gR‎2‎。‎ ‎(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动,加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v⊥,从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有 v⊥t+‎1‎‎2‎gt2=CD,v⊥=vsin α 解得t=‎3‎‎5‎‎5Rg。‎ 答案　(1)‎3‎‎4‎mg　‎5gR‎2‎　(2)m‎23gR‎2‎　(3)‎‎3‎‎5‎‎5Rg 见《自学听讲》P80‎ 一 动能定理的理解及其应用 ‎　　1.动能是标量,功也是标量,所以动能定理是一个标量式,不存在方向的选取问题。但要注意分析清楚研究对象所受的力以及功的正负。‎ ‎2.应用动能定理的流程 ‎3.应用动能定理的注意事项 ‎(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的,一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。‎ ‎(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析,并画出运动过程的草图,借助草图理解运动过程之间的关系。‎ ‎(3)当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解;当所求解的问题不涉及中间速度时,也可以全过程应用动能定理求解,这样更简便。‎ ‎(4)列动能定理方程时,必须明确各力做功的正、负,确实难以判断的先假定为正功,最后根据结果加以确定。‎ 例1　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F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 B.B对A的摩擦力所做的功,等于A的动能增量 C.A对B的摩擦力所做的功在数值上等于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 解析　对物体A受力分析可知,物体A所受的合力等于B对A的摩擦力,对A物体应用动能定理可知,B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量,B项正确;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,因物体A相对木板B滑动,以地面为参考系,A、B对地的位移不相等,有xAFf,所以物体不能停留在斜面上 物体在斜面上滑动时,由于摩擦力做功,物体的机械能逐渐减小,物体滑到斜面上的高度逐渐降低,物体最终将在B、C间做往复运动。设物体在斜面上运动的总路程为s,对全过程应用动能定理得mg[h-R(1-cos 60°)]-μmgscos 60°=0-‎1‎‎2‎mv2‎ 解得s=280 m。‎ 答案　280 m ‎(1)应用动能定理求解往复运动问题时,要确定物体的初状态和最终状态。‎ ‎(2)重力做功与物体运动路径无关,可用WG=mgh直接求解。‎ ‎(3)滑动摩擦力做功与物体运动路径有关,其功可用Wf=-Ff·s求解,其中s为物体相对滑行的路程。‎ 见《高效训练》P49‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1.(2018福建厦门开学测验)如图所示,粗糙程度处处相同的半圆形竖直轨道固定放置,其半径为R,直径POQ水平。一质量为m的小物块(可视为质点)自P点由静止开始沿轨道下滑,滑到轨道最低点N时,小物块对轨道的压力为2mg,g为重力加速度的大小。则下列说法正确的是(　　)。‎ A.小物块到达最低点N时的速度大小为‎2gR B.小物块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功为‎1‎‎2‎mgR C.小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为2mgR D.小物块从P点开始运动经过N点后恰好可以到达Q点 解析　设小物块到达最低点N时的速度大小为v,在N点,根据牛顿第二定律得FN-mg=mv‎2‎R,根据题意有FN=2mg,解得v=gR,故A项错误;小物块从P点运动到N点的过程,由动能定理得mgR-Wf=‎1‎‎2‎mv2,则克服摩擦力所做的功Wf=‎1‎‎2‎mgR,B项正确;重力做功为mgR,C项错误; 由于小物块要克服摩擦力做功,机械能不断减少,小物块不可能到达Q点,故D项错误。‎ 答案　B ‎2.(2017江苏卷,3)一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)。‎ 解析　设斜面倾角为θ,小物块向上滑动的过程中,根据动能定理有Ek-Ek0=-(mgsin θ+Ff)x,同理,下滑过程中,由动能定理有Ek-0=(mgsin θ-Ff)(xm-x),故C项正确,A、B、D三项错误。‎ 答案　C ‎3.(2018浙江宁波9月调研)如图所示,光滑斜面的顶端固定一弹簧,一小球向右滑行,并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v,压缩弹簧至C点时弹簧最短,C点距地面高度为h,则小球从A到C的过程中弹簧弹力做的功是(　　)。‎ A.mgh-‎1‎‎2‎mv2 B.‎1‎‎2‎mv2-mgh C.-mgh D.-(mgh+‎1‎‎2‎mv2)‎ 解析　小球从A到C过程中,重力和弹力对小球做负功,支持力始终与位移垂直,不做功,由动能定理可得WG+WF=0-‎1‎‎2‎mv2,其中WG=-mgh,解得WF=mgh-‎1‎‎2‎mv2,故A项正确。‎ 答案　A ‎4.(2018福建龙岩期末考试)如图所示,在竖直平面内有一“V”形槽,其底部BC是一段圆弧,两侧都与光滑斜槽相切,相切处B、C位于同一水平面上。一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑,经圆弧槽再滑上左侧斜槽,最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处,接着小物体再往下滑,若不考虑空气阻力,则(　　)。‎ A.小物体恰好滑回到B处时速度为零 B.小物体尚未滑回到B处时速度已变为零 C.小物体能滑回到B处之上,但最高点要比D处低 D.小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点 解析　小物体从A处运动到D处的过程中,克服摩擦力所做的功Wf1=mgh,从D处开始运动的过程,因为速度较小,其对圆弧槽的压力较小,所以克服摩擦力所做的功Wf2|v2|),已知传送带的速度保持不变,则下列判断正确的是(　　)。‎ A.0~t1时间内,小物块对传送带做正功 B.小物块与传送带间的动摩擦因数μ>tan θ C.0~t2时间内,传送带对小物块做的功为‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎ D.系统产生的热量一定比小物块动能的减少量大 解析　由图乙可知,物块先向下运动后向上运动,则知传送带的运动方向向上,0~t1时间内,物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下,则物块对传送带做负功,故A项错误;在t1~t2时间内,物块向上加速运动,则有μmgcos θ>mgsin θ,得μ>tan θ,故B项正确; 0~t2时间内,由图乙“面积”等于位移可知,物块的总位移沿斜面向下,高度下降,重力对物块做正功,设为WG,根据动能定理得W+WG=‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎,则传送带对物块做的功W≠‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎,故C项错误; 0~t2时间内,重力对物块做正功,物块的重力势能、动能都减小且全部转化为系统产生的内能,由能量守恒可知,系统产生的热量一定比物块动能的减少量大,故D项正确。‎ 答案　BD ‎9.(2018山西太原质量调研)(多选)如图所示,内壁光滑,半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上,一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球,击打后迅速移开小锤,使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时,再次用小锤沿运动方向击打小球,通过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道,在第一次击打过程中小锤对小球做功W1,第二次击打过程中小锤对小球做功W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能,则W‎1‎W‎2‎的值可能是(　　)。‎ A.‎1‎‎2‎ B.‎2‎‎3‎ C.‎3‎‎4‎ D.1‎ 解析　第一次击打后球最高到达与球心O等高位置,根据动能定理有W1≤mgR,两次击打后小球可以到达轨道最高点,有W1+W2-2mgR=‎1‎‎2‎mv2,在最高点,由牛顿第二定律有mg+N=mv‎2‎R≥mg,联立解得W2≥‎3‎‎2‎mgR,故W‎1‎W‎2‎≤‎2‎‎3‎,A、B两项可能,C、D两项不可能。‎ 答案　AB ‎10.(2018贵州毕节摸底考试)(多选)一质量为2 kg 的物体,在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图象。已知重力加速度g取10 m/s2。根据以上信息及高中所学知识能精确得出或估算出的物理量有(　　)。‎ A.物体与水平面间的动摩擦因数 B.合力对物体所做的功 C.物体匀速运动时的速度 D.物体运动的时间 解析　物体做匀速运动时,受力平衡,则Ff=F=7 N,所以μ=Ffmg=0.35,A项正确;图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功,则由图象可知,WF=(7×4+14)×1 J=42 J(数小格),滑动摩擦力做的功Wf=-μmgs =-77 J,所以合力做的功W合=-77 J+42 J=-35 J,B项正确;根据动能定理得W合=0-‎1‎‎2‎mv2,解得v=‎35‎ m/s,故C项正确;由于不知道物体的具体运动情况,所以无法算出时间,D项错误。‎ 答案　ABC ‎11.(2018湖北宜昌11月段考)如图所示为一滑梯的实物图,滑梯的斜面段长度L=5.0 m,倾角θ=37°,水平段与斜面段平滑连接。某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下,经斜面底端后水平滑行一段距离,停在滑道上。已知小朋友质量为20 kg,小朋友与滑梯轨道间的动摩擦因数μ=0.3,不计空气阻力。已知sin 37°=0.60,cos 37°=0.80。g取10 m/s2,求:‎ ‎(1)小朋友沿滑梯下滑时所受摩擦力的大小。‎ ‎(2)小朋友滑到斜面底端时的速度大小。‎ ‎(3)小朋友在水平段滑行至停止过程中摩擦力做的功。‎ 解析　(1)小孩在斜面上滑行时所受的摩擦力大小 Ff=μmgcos θ=48 N。‎ ‎(2)小孩在斜面上滑行时,由动能定理得 mgLsin θ-FfL=‎1‎‎2‎mv2‎ 解得小孩滑到斜面底端时的速度v=6 m/s。‎ ‎(3)小孩在水平段滑行时,由动能定理得 Wf=0-‎1‎‎2‎mv2=-360 J 。‎ 答案　(1)48 N　(2)6 m/s　(3)-360 J ‎12.(2018广西桂林单元测验)如图所示,传送带A、B之间的距离L=3.2 m,与水平面间的夹角θ=37°,传送带沿顺时针方向转动,速度恒为v=2 m/s,在上端A点无初速度放置一个质量m=1 kg、大小可视为质点的金属块,它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,金属块滑离传送带后,经过弯道,沿半径R=0.4 m 的光滑圆轨道做圆周运动,刚好能通过最高点E,已知B、D两点的竖直高度差h=0.5 m(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。求:‎ ‎(1)金属块经过D点时的速度大小。‎ ‎(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。‎ 解析　(1)金属块在E点时,有mg=mvE‎2‎R 解得vE=2 m/s 金属块在从D到E的过程中由动能定理得 ‎-mg·2R=‎1‎‎2‎mvE‎2‎-‎1‎‎2‎mvD‎2‎ 解得vD=2 ‎5‎ m/s。‎ ‎(2)金属块刚刚放上时,有mgsin θ+μmgcos θ=ma1‎ 解得a1=10 m/s2‎ 设经位移s1达到共同速度,则v2=2a1s1‎ 解得s1=0.2 m<3.2 m 继续加速过程中,有mgsin θ-μmgcos θ=ma2‎ 解得a2=2 m/s2‎ 由s2=L-s1=3 m,vB‎2‎-v2=2a2s2‎ 解得vB=4 m/s 金属块在从B到D的过程中,由动能定理得 mgh-W=‎1‎‎2‎mvD‎2‎-‎1‎‎2‎mvB‎2‎ 解得W=3 J。‎ 答案　(1)2 ‎5‎ m/s　(2)3 J