【物理】2019届一轮复习人教版 动能 动能定理学案
第二节 动能 动能定理
[学生用书P85]
【基础梳理】
一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能．
2．表达式：Ek＝mv2．
3．单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
4．矢标性：标量．
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＝Ek2－Ek1＝mv－mv．
3．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．
(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．
【自我诊断】
判一判
(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，速度变化时，动能也一定变化．( )
(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，动能与下落的时间成正比．( )
(5)物体在合外力作用下做变速运动，但动能却不一定变化．( )
提示：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)√
做一做
(多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法中正确的是( )
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，适用于恒力做功，但不适用于变力做功
提示：BC
对动能定理的理解和应用[学生用书P86]
【知识提炼】
1．动能定理公式中“＝”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
合力做的功是物体动能变化的原因
2.“一个参考系”：高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系．
3．适用范围：直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、各个力同时做功、分段做功均可用动能定理．
【典题例析】
(2017·高考江苏卷)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R.C的质量为m，A、B的质量都为，与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面．整个过程中B保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：
(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；
(2)动摩擦因数的最小值μmin；
(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W.
[审题指导] 由圆柱C一开始受力平衡可得出力F的大小．动摩擦因数最小时，B受C压力的水平分力最大．拉力为变力，可根据动能定理求解拉力做的功．
[解析] (1)C受力平衡2Fcos 30° ＝mg
解得F＝mg.
(2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大Fxmax＝mg
B受地面的摩擦力f＝μmg
根据题意fmin＝Fxmax，解得μmin＝.
(3)C下降的高度h＝(－1)R
A的位移x＝2(－1)R
摩擦力做功的大小
Wf＝fx＝2(－1)μmgR
根据动能定理W－Wf＋mgh＝0－0
解得W＝(2μ－1)(－1)mgR.
[答案] 见解析
1．应用动能定理解题的基本思路
2．当F为变力或物体做曲线运动时，或要求解的问题中没有明确固定的受力或在力的方向上的位移时，考虑用动能定理求变力做的功．分析各力做功情况时不要出现“丢功”及“错功”．严格按照重力、弹力、摩擦力的顺序找出运动物体所受的各个力，然后准确判断出各个力做的功．存在电场时，还要考虑是否有电场力做功．
【迁移题组】
迁移1 对动能定理的理解
1．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
解析：选A.由W＝Flcos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A正确，B错误；由动能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C、D均错误．
迁移2 动能定理在直线运动中的应用
2．(2017·高考全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1
mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．Wμmgcos θ，最终在与B点对称的E点之间来回运动，A、B错误；物块第一次运动到C时速度最大，对轨道的压力最大，物块从D第一次运动到C过程，由动能定理得：mgR＝mv；设此时轨道对物块的支持力为F1，由牛顿第二定律得：F1－mg＝m，联立解得：F1＝3mg，由牛顿第三定律知物块对C点的最大压力为3mg，故C正确；当最后稳定后，物块在BE之间运动时，设物块经过C点的速度为v2，由动能定理得：mgR(1－cos θ)＝mv，设轨道对物块的支持力为F2，由牛顿第二定律得：F2－mg＝m，联立解得：F2＝mg，由牛顿第三定律可知，物块对C点的最小压力为mg，D正确．
4．如图，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6 cos 37°＝0.8)求：
(1)滑块在C点的速度大小vC；
(2)滑块在B点的速度大小vB；
(3)A、B两点间的高度差h.
解析：本题考查圆周运动、机械能守恒、动能定理．
(1)对C点：滑块竖直方向所受合力提供向心力
mg＝ ①
vC＝＝2 m/s.
(2)对B→C过程：滑块机械能守恒
mv＝mv＋mgR(1＋cos 37°) ②
vB＝＝4.29 m/s.
(3)滑块在A→B的过程，利用动能定理：
mgh－mgμcos 37°·＝mv－0 ③
代入数据解得h＝1.38 m.
答案：见解析
[学生用书P305(单独成册)]
(建议用时：60分钟)
一、单项选择题
1．(2018·襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg的物体从沙坑表面由静止提升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g取10 m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )
A．20 J B．24 J
C．34 J D．54 J
解析：选C.对整个过程应用动能定理得：
F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得：Wf＝34 J，C对．
2.
(2018·宁波模拟)如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，若其他条件不变，则木盒滑行的距离( )
A．不变 B．变小
C．变大 D．变大变小均可能
解析：选B.设木盒质量为M，木盒中固定一质量为m的砝码时，由动能定理可知，μ(m＋M)gx1＝(M＋m)v2，解得x1＝；加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)时，由动能定理可知，μ(m＋M)gx2＝Mv2，解得x2＝.显然x2ΔEk2；t1>t2 B．ΔEk1＝ΔEk2；t1>t2
C．ΔEk1>ΔEk2；t1t2.
6.
如图所示，某滑草场有两个坡度不同的滑道AB和AB′(均可看做斜面)．质量相同的甲、乙两名游客先后乘坐同一滑草板从A点由静止开始分别沿AB和AB′滑下，最后都停在水平草面上，斜草面和水平草面平滑连接，滑草板与草面之间的动摩擦因数处处相同，下列说法正确的是( )
A．甲沿斜草面下滑过程中克服摩擦力做的功比乙的多
B．甲、乙经过斜草面底端时的速率相等
C．甲、乙最终停在水平草面上的同一位置
D．甲停下时的位置与B的距离和乙停下时的位置与B′的距离相等
解析：选C.设斜草面长度为l，倾角为θ，游客在斜草面上下滑，克服摩擦力做功W＝μmglcos θ，因此甲克服摩擦力做的功少，选项A错误；由A点到斜草面底端过程，由动能定理有mgh－μmglcos θ＝mv2，可得vB>v′B，选项B错误；游客由A点开始下滑到停在水平草面上，设x为游客最终停在水平草面上的位置与斜草面底端的距离，由动能定理有mgh－μmg(lcos θ＋x)＝0，则lcos θ＋x＝，与斜草面的倾角无关，所以甲、乙最终停在水平草面上的同一位置，选项C正确、D错误．
二、多项选择题
7．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0.2
B．物体运动的位移为13 m
C．物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2
D．x＝9 m时，物体的速度为3 m/s
解析：选ACD.由Wf＝Ffx对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应题图乙可知，前3 m内，拉力F1＝5 N，3～9 m内拉力F2＝2 N，物体在前3 m内的加速度a1＝＝3 m/s2，C正确；由动能定理得：WF－Ffx＝mv2，可得：x＝9 m时，物体的速度为v＝3 m/s，D正确；物体的最大位移xm＝＝13.5 m，B错误．
8．(2018·河北衡水中学模拟)如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则下列说法错误的是( )
A．小物块的初速度是5 m/s
B．小物块的水平射程为1.2 m
C．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功
D．小物块落地时的动能为0.9 J
解析：选ABC.小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2 J，C错．在水平桌面上滑行，由动能定理得－Wf＝mv2－mv，解得v0＝7 m/s，A错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x＝vt、h＝gt2，联立解得x＝0.9 m，B错．设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mgh＝Ek－mv2，解得Ek＝0.9 J，D对．
9.
(2018·南宁月考)在有大风的情况下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图所示(小球的运动可看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点．若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛出时的动能为4 J，在M点时它的动能为2 J，落回到B点时动能记为EkB，小球上升时间记为t1，下落时间记为t2，不计其他阻力，则( )
A．x1∶x2＝1∶3 B．t12 m
D．s1>4 m，s2<2 m
解析：选BC.运动员在斜坡上滑行的过程中有重力做功，摩擦力做功，由动能定理可知A错，B对．从左侧斜坡s处滑至s1处过程中，由动能定理得：
mg(s－s1)sin α－Wf＝mv2 ①
(其中s＝8 m，s1是距坡底的距离)因为下滑到距离坡底s1处动能和势能相等，所以有：mgs1·sin α＝mv2 ②
由①②得：mg(s－s1)sin α－Wf＝mgs1·sin α ③
由③得：s－s1>s1，即s1<4 m．同理，从右侧斜坡s2处滑至s′(s′＝4 m)处过程中，由动能定理得：
－mg(s′－s2)·sin θ－W′f＝0－mv ④
因为距坡底s2处动能和势能相等，有
mgs2·sin θ＝mv ⑤
由④⑤得：mg(s′－s2)·sin θ＋W′f＝mgs2·sin θ ⑥
由⑥式得：s′－s22 m．综上所述，C正确，D错误．
三、非选择题
11．(2016·高考天津卷)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2.
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大．
解析：(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有
v＝2ax ①
由牛顿第二定律有mg－Ff＝ma ②
联立①②式，代入数据解得Ff＝144 N． ③
(2)设运动员到C点时的速度为vC，在由B处运动到达C点的过程中，由动能定理有
mgh＋W＝mv－mv ④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN－mg＝ ⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得
R＝12.5 m.
答案：(1)144 N (2)12.5 m
12.
如图所示，某同学在一辆车上荡秋千，开始时车轮被锁定．车的右边有一个和地面相平的沙坑，且车右端和沙坑左边缘平齐．当同学摆动到最大摆角θ＝60°时，车轮立即解除锁定，使车可以在水平地面无阻力运动．该同学此后不再做功，并可以忽略自身大小．已知秋千绳子长度L＝4.5 m，该同学和秋千板的总质量m＝50 kg，车辆和秋千支架的总质量M＝200 kg，重力加速度g＝10 m/s2.试求：
(1)该同学摆到最低点时的速率；
(2)在摆到最低点的过程中，绳子对该同学和秋千板做的功；
(3)该同学到最低点时，顺势离开秋千板，他落入沙坑的位置距离左边界多远？已知车辆长度s＝3.6 m，秋千架安装在车辆的正中央，且转轴离地面的高度H＝5.75 m.
解析：(1)对整个系统摆到最低点的过程
水平方向动量守恒：0＝mv1＋Mv2
机械能守恒：mgL(1－cos θ)＝mv＋Mv
代入数据，联立解得该同学摆到最低点的速率为v1＝6 m/s.
(2)对同学摆到最低点的过程，由动能定理，有
Wr＋WG＝mv又WG＝mgL(1－cos θ)
代入数据，解得绳子对该同学和秋千板做的功为
Wr＝－225 J.
(3)同学离开秋千板后做平抛运动，有H－L＝gt2
x＝v1t代入数据，解得x＝3 m
同学离开秋千板之前的过程，整个系统
水平方向动量守恒：0＝mv1x＋Mv2x
由于运动时间相同，故有：0＝mx1＋Mx2
且x1－x2＝Lsin 60°联立解得x2＝－0.779 m
故同学的落点与沙坑左边界距离
d＝x＋x2－＝0.421 m.
答案：见解析
