高中物理 必修二新课改教材优化方案教师用书word 机械能守恒定律 动能和动能定理

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第3节 动能和动能定理 学习目标 核心素养形成脉络
1.知道动能的符号、单位和表达式,会根据动能的
表达式计算物体的动能。

2.能运用牛顿第二定律与运动学公式导出动能定
理,理解动能定理的物理意义。

3.能应用动能定理解决简单的问题。

一、动能的表达式
1.定义:物体由于运动而具有的能量。

2.表达式:E k =12 mv 2。

3.单位:和功的单位相同,在国际单位制中都是焦耳。

这是因为1 kg(m/s)2=1 N ·m =1 J 。

4.动能是标量。

二、动能定理
1.推导:如图所示,质量为m 的某物体在光滑水平面上运动,在与运动方向相同的恒力F 的作用下发生了一段位移l ,速度由v 1增加到v 2。

则力F 做的功与物体动能变化的关系推导如下: 由牛顿第二定律得F =ma ,又由运动学公式得2al =v 22 -v 21 ,即l =v 22 -v 21 2a 。

把上面F 、l 的表达式代入W =Fl 得W ma (v 22 -v 21 )2a ,也就是W =12
mv 22 -12 mv 21 。

2.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。

3.公式:W =E k2-E k1,其中W 为合力做的功。

4.适用范围:既适用于恒力做功,也适用于变力做功;既适用于直线运动,也适用于曲线运动。

1.判断下列说法是否正确。

(1)速度大的物体动能也大。

()
(2)某物体的速度加倍,它的动能也加倍。

()
(3)两质量相同的物体,动能相同,速度一定相同。

()
(4)做匀速圆周运动的物体,速度改变,动能不变。

()
(5)合外力做功不等于零,物体的动能一定变化。

()
(6)物体的速度发生变化,合外力做功一定不等于零。

()
(7)物体的动能增加,合外力做正功。

()
提示:(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√(6)×(7)√
2.(2021·淮南一中高二期中)在离地面高为H处竖直上抛一质量为m的物块,抛出时的速度为v0,当它落到地面时速度为v,重力加速度为g,则在此过程中物块克服空气阻力所做的功为()
A.mgH+1
2mv
2

1
2mv
2
B.1
2mv
2-
1
2mv
2
-mgH
C.mgH-1
2mv
2-
1
2mv
2
D.mgH+1
2mv
2-
1
2mv
2
解析:选A。

由动能定理可知
mgH-W f=1
2mv
2-12mv20
此过程中物块克服空气阻力所做的功为
W f=mgH+1
2mv
2

1
2mv
2。

探究一 对动能和动能定理的理解
1.动能
(1)对动能的理解
①动能是标量,没有负值,与物体的速度方向无关。

②动能是状态量,具有瞬时性,与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应。

③动能具有相对性,选取不同的参考系,物体的速度不同,动能也不同,一般以地面为参考系。

(2)动能变化量ΔE k
物体动能的变化量是末动能与初动能之差,即ΔE k =12 mv 22 -12 mv 21 ,若Δ
E k >0,则表示物体的动能增加,若ΔE k <0,则表示物体的动能减少。

2.动能定理
(1)表达式:W =E k2-E k1=12 mv 22 -12
mv 21 ①E k2=12 mv 22 表示这个过程的末动能;
E k1=12 mv 21 表示这个过程的初动能。

②W 表示这个过程中合力做的功,它等于各力做功的代数和。

(2)物理意义:动能定理指出了合外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系,即若合外力做正功,物体的动能增加,若合外力做负功,物体的动能减小,做了多少功,动能就变化多少。

(3)实质:动能定理从能量变化的角度反映了力改变物体运动的状态时,在空间上的累积效果。

(多选)关于运动物体所受的合力、合力的功、运动物体动能的变化,下列说法正确的是( )
A .运动物体所受的合力不为零,合力必做功,物体的动能一定要变化
B .运动物体所受的合力为零,则物体的动能一定不变
C .运动物体的动能保持不变,则该物体所受合力不一定为零
D .运动物体所受合力不为零,则该物体一定做变速运动
[解析]由功的公式W=Fl cos α知,合力不为零,但若α=90°,合力的功也为零,故A错误;若合力为零,则合力的功也为零,由动能定理W=E k2-E k1知物体的动能不发生改变,故B正确;运动物体的动能保持不变,则该物体所受合力不一定为零,如匀速圆周运动,速度大小不变,动能不变,但合外力不为零,故C正确;运动物体所受合力不为零,根据牛顿第二定律可知,加速度不为零,则该物体一定做变速运动,故D正确。

[答案]BCD
探究二动能定理的基本应用
(2021·丰台区高一期末)一滑梯的实物图如图所示,滑梯的斜面段长度L=5.0 m,高度h=3.0 m,为保证小朋友的安全,在水平面铺设安全地垫。

水平段与斜面段平滑连接,小朋友在连接处速度大小不变。

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,停在水平地垫上。

已知小朋友质量为m=20 kg,小朋友在斜面上受到的平均阻力f1=88 N,在水平段受到的平均阻力f2=100 N。

不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。

(1)求小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功;
(2)求小朋友滑到斜面底端时的速度v的大小;
(3)为使小朋友不滑出水平地垫,地垫的长度x至少多长?
[解析](1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为:W f1=f1L=88×5 J=440 J。

(2)小朋友在斜面上运动的过程,由动能定理得:
mgh-W f1=1
2mv
2
代入数据解得:v=4 m/s。

(3)小朋友在水平地垫上运动的过程,由动能定理得:
-f2x=0-1
2mv
2
代入数据解得:x=1.6 m。

[答案](1)440 J(2)4 m/s(3)1.6 m
[针对训练1]
如图所示,一质量为2 kg的铅球从离地面2 m高处自由下落,陷入沙坑2 cm 深处,求沙子对铅球的平均阻力。

(g取10 m/s2)
解析:方法一:应用牛顿第二定律与运动学公式求解
设铅球做自由落体运动到沙面时的速度为v,则有
v2=2gH。

在沙中的运动阶段,设小球做匀减速运动的加速度大小为a,则有v2=2ah。

联立以上两式解得a=H
h g。

设小球在沙中运动时受到的平均阻力为F f,由牛顿第二定律得F f-mg=ma,
所以F f=mg+ma=H+h
h mg
=2+0.02
0.02×2×10 N=2 020 N。

方法二:应用动能定理分段求解
设铅球自由下落到沙面时的速度为v,由动能定理得
mgH=1
2mv
2-0,
设铅球在沙中受到的平均阻力大小为F f,
由动能定理得mgh-F f h=0-1
2mv
2,
联立以上两式得F f=H+h
h mg=2 020 N。

方法三:应用动能定理全程求解
铅球下落全过程都受重力,只有进入沙中铅球才受阻力F f,重力做功W G=mg(H+h),而阻力做功W f=-F f h。

由动能定理得mg(H+h)-F f h=0-0,代入数据得F f=2 020 N。

答案:2 020 N
探究三应用动能定理处理多过程问题
对力学综合题中的多过程问题,关键是抓住物理情境中出现的运动状态与运动过程,将全过程分解成几个简单的子过程。

找出各过程是由什么物理量联系起来的,然后分别对每个子过程进行受力分析、过程分析和能量分析,选择合适的规律列出相应的方程求解。

(1)动能定理往往用于分析单个研究对象(可以是单个物体,也可以是多个物体组成的系统)的运动过程,当物体的运动包含多个不同过程时,分析每个过程各力的做功情况和物体的初、末动能,可分段应用动能定理求解;当所求解的问题不涉及中间过程的速度时,也可以对整个过程应用动能定理求解。

(2)应用动能定理时,必须明确各个力做功的正负。

当一个力做负功时,可设物体克服该力做的功为W,将该力做的功表示为-W,也可以直接用字母W表示该力做的功,使其字母本身含有负号。

(2021·浙江高一月考)如图所示,一小物块从倾角θ=37°的斜面上的A 点由静止开始滑下,最后停在水平面上的C点。

已知小物块的质量m=0.2 kg,小物块与斜面和水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5,A点到斜面底端B点的距离L=1.0 m,斜面与水平面平滑连接,小物块滑过斜面与水平面连接处时无机械能
损失。

(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)
(1)小物块在到达B点时速度多大?
(2)求BC间的距离。

(3)若在C点给小物块施加水平推力至B点时撤去,仍然使小物块恰好能回到A点,水平推力多大?
[解析](1)对斜面上的小物块受力分析,则
f=μN=μmg cos θ
mg sin θ-f=ma1
解得a1=g(sin θ-μcos θ)=2 m/s2
从A点到B点,根据位移速度公式得v2B-0=2a1L
联立并带入数据得v B=2 m/s。

(2)对小物块由释放到静止全程,由动能定理得
mgL sin θ-μmgL cos θ-μmgs=0
解得s=0.4 m。

(3)设水平推力大小为F,从C点到A点全过程,由动能定理得
-mgL sin θ-μmgL cos θ-μmgs+Fs=0
解得F=6 N。

[答案](1)2 m/s(2)0.4 m(3)6 N
[针对训练2](2021·梧州市高二期中)一质量为m=2 kg的小球从光滑的斜面上高h=2.4 m处由静止滑下,经光滑水平面滑上一个半径R=0.8 m的光滑圆环,直接落在水平面上的Q点(图中未画出),如图所示。

(1)求小球滑到圆环顶点B时对圆环的压力大小;
(2)求QA的距离;
(3)小球至少应从多高处由静止滑下才能越过圆环最高点?(g取10 m/s2)
解析:(1)由动能定理,列方程得mg(h-2R)=1
2mv
2
当小球到达圆环最高点时,有N+mg=mv2
R,
解得N=20 N
根据牛顿第三定律可得,小球滑到圆环顶点B时对圆环的压力为20 N。

(2)小球从B点开始做平抛运动,有2R=1
2gt
2,x=vt
代入数据解得x=82
5m。

(3)由动能定理,列方程mg(h′-2R)=1
2mv′
2
当小球恰好到达圆环最高点时,有mg=mv′2
R
解得h′=5
2R=2 m。

答案:(1)20 N(2)82
5m(3)2 m
1.(对动能和动能定理的理解)下列关于运动物体所受的合力、合力做功和动能变化的关系,说法正确的是()
A.如果物体所受的合力为零,那么合力对物体做的功一定为零
B.如果合力对物体做的功为零,则合力一定为零
C.物体在合力作用下做匀变速直线运动,则动能在一段过程中变化量一定不为零
D.如果物体的动能不发生变化,则物体所受合力一定是零
解析:选A。

功是力与物体在力的方向上发生的位移的乘积,如果物体所受的合力为零,那么合力对物体做的功一定为零,A正确;如果合力对物体做的功
为零,可能不是合力为零,而是物体在合力的方向上的位移为零,B错误;竖直上抛运动是一种匀变速直线运动,在物体上升和下降阶段经过同一位置时动能相等,动能在这段过程中变化量为零,C错误;动能不变化,只能说明速度大小不变,但速度方向有可能变化,因此合力不一定为零,D错误。

2.(动能定理的基本应用)(2021·齐齐哈尔市高一期末)一个质量为m的物体以20 m/s的初速度冲上倾角为37°的固定斜面,物块和斜面间动摩擦因数为0.5,g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则物体能上滑到的最大高度为() A.100 m B.60 m
C.12 m D.20 m
解析:选C。

由动能定理可知-1
2mv
2
=-mgh-μmg cos 37°·
h
sin 37°
,解得
h=12 m。

3.(应用动能定理解决多过程问题)(2021·吉林省实验中学高一期中)如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC水平,其距离d=0.50 m,盆边缘的高度h=0.30 m。

在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑。

已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10,小物块在盆内来回滑动,最后停下来。

则停下的地点到B的距离为()
A.0.50 m B.0.25 m
C.0.10 m D.0
解析:选D。

分析小物块的运动过程,可知由于克服摩擦力做功,物块的机械能不断减小。

设物块在BC上运动的总路程为l。

根据动能定理得mgh-μmgl
=0,解得l=h
μ=0.30
0.10m=3 m=6d,即小物块正好停在B点,所以D正确。

(限时:40分钟)
【合格考练】
1.下面有关动能的说法正确的是()
A.物体只有做匀速运动时,动能才不变
B.物体做平抛运动时,水平方向速度不变,物体的动能也不变
C.物体做自由落体运动时,重力做功,物体的动能增加
D.物体的动能变化时,速度不一定变化,速度变化时,动能一定变化
解析:选C。

物体只要速率不变,动能就不变,如匀速圆周运动,故A错误;做平抛运动的物体动能逐渐增大,B错误;物体做自由落体运动时,其合力等于重力,重力做正功,物体的动能增加,故C正确;物体的动能变化时,速度的大小一定变化,故D错误。

2.两个物体A、B的质量之比为m A∶m B=2∶1,二者初动能相同,它们和水平桌面间的动摩擦因数相同,则二者在桌面上滑行到停止经过的距离之比为()
A.x A∶x B=2∶1B.x A∶x B=1∶2
C.x A∶x B=4∶1 D.x A∶x B=1∶4
解析:选B。

物体滑行过程中只有摩擦力做功,根据动能定理,对A:-μm A gx A
=0-E k;对B:-μm B gx B=0-E k。

故x A
x B=m B
m A=
1
2,B对。

3.(多选)质点在恒力作用下,从静止开始做匀加速直线运动,则质点的动能()
A.与它通过的位移成正比
B.与它通过的位移的二次方成正比
C.与它运动的时间成正比
D.与它运动的时间的二次方成正比
解析:选AD。

由动能定理得Fx=1
2mv
2,运动的位移x=
1
2at
2,质点的动能
在恒力F一定的条件下与质点的位移成正比,与物体运动的时间的二次方成正比。

4.(2020·河北邯郸高一检测)如图所示,物体沿曲面从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 ,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(g 取10 m/s 2)( )
A .50 J
B .18 J
C .32 J
D .0 J
解析:选C 。

由动能定理得mgh -W f =12 mv 2,故W f =mgh -12 mv 2=1×10×5 J -1
2 ×1×62 J =32 J ,C 正确。

5.(2020·吉林白山期末)一物体的速度大小为v 0时,其动能为E k ,当它的动能为2E k 时,其速度大小为( )
A .v 0
2 B .2v 0 C . 2 v 0
D .2v 0
2
解析:选C 。

设当它的动能为2E k 时,其速度大小为v ,根据动能定义式则有E k =12 mv 20
,2E k =12
mv 2,解得v = 2 v 0,故C 正确,A 、B 、D 错误。

6.某人把质量为0.1 kg 的一块小石头,从距地面为5 m 的高处以60°角斜向上抛出,抛出时的初速度大小为 10 m/s ,则当小石头着地时,其速度大小约为(g 取10 m/s 2,不计空气阻力)( )
A .14 m/s
B .12 m/s
C .28 m/s
D .20 m/s
解析:选A 。

由动能定理,重力对小石头所做的功等于小石头动能的变化,则mgh =12 mv 22 -12
mv 21 ,v 2=v 2
1 +2gh =10
2 m/s ≈14 m/s ,A 正确。

7.如图所示,运动员把质量为m 的足球从水平地面踢出,足球在空中达到的最高点的高度为h ,在最高点时的速度为v ,不计空气阻力,重力加速度为g ,
下列说法中正确的是()
A.运动员踢球时对足球做功1
2mv
2
B.足球上升过程重力做功mgh
C.运动员踢球时对足球做功1
2mv
2+mgh
D.足球上升过程克服重力做功1
2mv
2+mgh
解析:选C。

足球上升过程中足球重力做负功,W G=-mgh,B、D错误;
从运动员踢球至足球上升至最高点的过程中,W-mgh=1
2mv
2,故运动员踢球时
对足球做的功W=1
2mv
2+mgh,C正确,A错误。

【等级考练】
8.(2020·山东鄄城期末)如图所示,斜面高h,质量为m的物块,在沿斜面向上的恒力F作用下,能匀速沿斜面向上运动,若把此物块放在斜面顶端,在沿斜面向下同样大小的恒力F作用下物块由静止向下滑动,滑至底端时其动能的大小为()
A.mgh B.2mgh
C.2Fh D.Fh
解析:选B。

物块匀速上滑时,根据动能定理得W F-mgh-W f=0,物块下滑时,根据动能定理得W F+mgh-W f=E k-0,联立两式解得E k=2mgh,故B正确。

9.如图所示,一个小球质量为m,静止在光滑的轨道上。

现以水平力击打小球,使小球能够通过半径为R的竖直光滑轨道的最高点C,则水平力对小球所做的功至少为()
A .mgR
B .2mgR
C .2.5mgR
D .3mgR
解析:选C 。

恰好通过竖直光滑轨道的最高点C 时,在C 点有mg =mv 2
R ,对小球,由动能定理W -2mgR =1
2 mv 2,联立解得W =2.5mgR ,C 正确。

10.一辆汽车以v 1=6 m/s 的速度沿水平路面行驶时,急刹车后能滑行s 1=3.6 m ,如果以v 2=8 m/s 的速度行驶,在同样的路面上急刹车后滑行的距离s 2应为( )
A .6.4 m
B .5.6 m
C .7.2 m
D .10.8 m
解析:选A 。

急刹车后,水平方向上汽车只受摩擦阻力的作用,且两种情况下摩擦力大小是相同的,汽车的末速度皆为零,由动能定理可得-F f s 1=0-12 mv 21 ,-F f s 2=0-12 mv 2
2 ,两式相比得s 2s 1 =v 2
2 v 21 。

故汽车滑行距离s 2=v 22 v 21
s 1=⎝ ⎛⎭⎪⎫86
2
×3.6 m =6.4 m 。

11.
(2021·苏州市五中高二月考)如图所示,长度为L 的轻质细绳一端固定在O 点,另一端拴住一个质量为m 的小球,在O 点的正下方A 点固定一根与竖直面垂直的钉子(细绳在钉子的右侧)。

在最低点给小球一水平向右的初速度,使小球恰好能经过圆周运动的最高点。

不计一切阻力,重力加速度为g 。

(1)求小球到达最高点的速度v 大小; (2)求小球在最低点获得的初速度v 0大小。

(3)当小球回到最低点位置时,甲同学认为钉子离小球越近绳子越容易断,而
乙同学认为钉子离小球越远绳子越容易断,试通过计算说明你同意谁的观点。

解析:(1)小球恰好能通过最高点,则mg=m v2 L
解得v=gL。

(2)从最高点到最低点,利用动能定理可知
2mgL=1
2mv
2

1
2mv
2
解得v0=5gL。

(3)设钉子到小球的距离为r,根据牛顿第二定律可知
F-mg=m v20 r
解得F=mg+5mgL
r
当r越小,拉力越大,绳子越容易断,故甲同学正确。

答案:(1)gL(2)5gL(3)见解析
12.(2021·陕西子洲中学高一月考)如图所示,光滑曲面AB与水平地面BC 相切于B,竖直光滑半圆轨道CD与水平地面BC切于C,已知圆轨道半径为R,BC长为4R,且表面粗糙,一滑块从AB轨道上距地面高4R处由静止释放,之后能够通过圆轨道的最高点D,且对D处的压力为0。

(1)求滑块与水平地面BC间的动摩擦因数μ;
(2)若从曲面上距地面高2R处无初速度释放滑块,滑块将停在何处?
(3)若使滑块通过D处后水平抛出,刚好击中地面上的B点,应从AB轨道上离地面多高处由静止释放滑块?
解析:(1)小球从A到D的过程中重力和摩擦力做功,设动摩擦因数为μ,则由动能定律得
4mgR-4μmgR-2mgR=1
2mv
2
在D点只有重力提供向心力,得mg=mv2
R
代入数据解得μ=0.375。

(2)从2R处释放后滑块将运动到圆周上h高处,根据动能定理得2mgR-4μmgR-mgh=0
代入数据解得h=0.5R
此后滑块将沿水平轨道向左滑动x减速到0,由动能定理得mgh-μmgx=0
代入数据解得x=4
3R
故滑块将停在BC面上距离C点4
3R处。

(3)要使滑块击中B点,则从D点出平抛的速度v1满足4R=v1t,2R=1
2gt
2
由释放到运动到D点的过程,由动能定理得
mgH-4μmgR-2mgR=1
2mv
2
1
代入数据解得H=5.5R
故要使滑块通过D处后水平抛出,且刚好击中地面上的B点,应从AB轨道上离地面高H=5.5R处由静止释放滑块。

答案:(1)0.375(2)停在BC面上距离C点4
3R处(3)5.5R。

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