高考物理复习：动能定理

动能 动能定理一、动能1．定义：物体由于□01______而具有的能． 2．表达式：E k ＝□02______. 3．单位：□03______，1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2. 4．矢标性：□04____量． 5．6．相对性：物体的动能相对于不同的参考系一般不同． 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□05______. 2．表达式：W ＝E k2－E k1＝□06____________. 3．适用范围(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于□07______运动． (2)既适用于恒力做功，也适用于□08______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.(单选)关于某物体动能的一些说法，正确的是( )A ．物体的动能变化，速度一定变化B ．物体的速度变化，动能一定变化C ．物体的速度变化大小相同时，其动能变化大小也一定相同D ．选择不同的参考系时，动能可能为负值2－1.(单选)下列关于运动物体所受合力、合力做功和动能变化的关系，正确的说法是( )A ．物体所受合力为零，其动能一定不变B ．物体所受合力不为零时，其动能一定发生变化C ．物体的动能保持不变，其所受合力做功可能不为零D ．物体的动能保持不变，则所受合力一定为零2－2.(单选)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μ，则人对物体做的功为( )A ．mgsB ．0C ．μmgs D.12m v 2动能定理及其应用1．对动能定理的理解(1)动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系： 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，求合外力的功，进而求得某一力的功．②因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因．(2)动能定理中涉及的物理量有F 、l 、m 、v 、W 、E k 等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理．2．运用动能定理需注意的问题(1)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能．(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式．如图所示，质量为m 的小球用长为L 的轻质细线悬于O 点，与O 点处于同一水平线上的P 点处有一个光滑的细钉，已知OP ＝L2，在A 点给小球一个水平向左的初速度v 0，发现小球恰能到达跟P 点在同一竖直线上的最高点B .则：(1)小球到达B 点时的速率为多少？(2)若不计空气阻力，则初速度v 0为多少？(3)若初速度v 0＝3gL ，则在小球从A 到B 的过程中克服空气阻力做了多少功？[思路点拨] (1)小球恰能到达B 点，隐含什么条件？ (2)空气阻力是变力，能否运用功的公式W ＝Fl cos α计算？ [课堂笔记][规律总结] 应用动能定理解题的基本思路 (1)选取研究对象，明确它的运动过程； (2)分析研究对象的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E k1和E k2；(4)列动能定理的方程W 合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．1.某滑沙场，如图所示，某旅游者乘滑沙橇从A 点由静止开始滑下，最后停在水平沙面上的C 点，设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面和水平面连接处可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动，若测得AC间水平距离为x，A点高为h，求滑沙橇与沙面间的动摩擦因数μ.动能定理与图象结合问题解决物理图象问题的基本步骤1．观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．2．根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．3．将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题．或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．(2014·潍坊模拟)伦敦奥运会女子10米(即跳台距水面10 m)跳台比赛中，我国小将陈若琳技压群芳夺得冠军．设陈的质量为m＝50 kg，其体形可等效为长度L＝1.0 m，直径d＝0.3 m的圆柱体，不计空气阻力，当她跳起到达最高点时，她的重心离跳台台面的高度为0.70 m，在从起跳到接触水面过程中完成一系列动作，入水后水的等效阻力F(不包括浮力)作用于圆柱体的下端面，F的数值随入水深度y变化的函数图象如图所示，该直线与F轴相交于F＝2.5mg处，与y轴相交于y＝h(某一未知深度)处，为了确保运动员的安全，水池必须有一定的深度，已知水的密度ρ＝1×103 kg/m3，g取10 m/s2，根据以上数据估算：(1)起跳瞬间所做的功；(2)从起跳到接触水面过程的时间；(3)跳水池至少应为多深？(保留两位有效数字)[审题突破]①由图象可知，阻力F随入水深度y线性减小，可用什么方法求做的功？②入水过程中浮力如何变化？入水后浮力如何变化？③注意重力做正功，浮力和阻力做负功，各力做功过程中的位移大小不同．[课堂笔记][规律总结]解决这类问题首先要分清图象的类型．若是F－x图象与坐标轴围成的图形的面积表示做的功；若是v－t图象，可提取的信息有：加速度(与F合对应)、速度(与动能对应)、位移(与做功距离对应)等，然后结合动能定理求解．2.(多选)(2014·北京东城区高三联考)物体沿直线运动的v－t图象如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则()A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W利用动能定理求解多过程问题1．解决多过程问题应优先考虑应用动能定理(或功能关系)，从而使问题得到简化．能解决的几个典型问题如下：(1)不涉及加速度、时间的多过程问题．(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．(4)含有F、l、m、v、W、E k等物理量的力学问题．2．注意应用不同特点的力的做功特点：(1)重力、电场力或恒力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．(2014·苏北四市模拟)如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离．[审题指导](1)在B、C轨道交接处速度大小变化吗？(2)小滑块在AB、CD段只有重力做功，猜猜只能停在哪一段呢？[课堂笔记]3.如图所示，斜面倾角为θ，质量为m的滑块在距挡板P的距离为s0的A点以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面的“下滑力”，若滑块每次与挡板相碰，碰后以原速率返回，无动能损失，求滑块停止运动前在斜面上经过的路程．涉及多个原型的动力学和能量的综合问题(一)[规范解答]————————————该得的分一分不丢！(1)小船从A 点运动到B 点克服阻力做功 W f ＝fd ①(3分)(2)小船从A 点运动到B 点，电动机牵引缆绳对小船做功 W ＝Pt 1②(2分) 由动能定理有W －W f ＝12m v 21－12m v 2③(3分)由①②③式解得v 1＝v 20＋2m(Pt 1－fd )④(2分) (3)设小船经过B 点时缆绳的拉力大小为F ，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引缆绳的速度大小为v ，则P ＝F v ⑤(2分) v ＝v 1cos θ⑥(2分) 由牛顿第二定律有 F cos θ－f ＝ma ⑦(3分)由④⑤⑥⑦式解得a ＝P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm .(2分)[答案] (1)fd (2) v 20＋2m(Pt 1－fd ) (3)P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )－fm[名师点评] 涉及多个原型的试题，一般都属于多过程或多状态问题，正确划分过程或确定研究状态是解题的前提，找出各子过程间的联系是解题的关键．4.(多选)(2014·孝感统测)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m 的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h ，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v 向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，则( )A ．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mghB ．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mgh ＋38m v 2C ．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率为mg vD ．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率大于32mg v一 高考题组 1．(多选)(2011·高考新课标全国卷)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用，此后，该质点的动能可能( )A ．一直增大B ．先逐渐减小至零，再逐渐增大C ．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D ．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大 2．(2010·高考山东卷)如图所示，四分之一圆轨道OA 与水平轨道AB 相切，它们与另一水平轨道CD 在同一竖直面内，圆轨道OA 的半径R ＝0.45 m ，水平轨道AB 长s 1＝3 m ，OA 与AB 均光滑，一滑块从O 点由静止释放，当滑块经过A 点时，静止在CD 上的小车在F ＝1.6 N 的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力F .当小车在CD 上运动了s 2＝3.28 m 时速度v ＝2.4 m/s ，此时滑块恰好落入小车中，已知小车质量M ＝0.2 kg ，与CD 间的动摩擦因数μ＝0.4.(取g ＝10 m/s 2)求：(1)恒力F 的作用时间t . (2)AB 与CD 的高度差h .二 模拟题组3．(单选)(2014·河北石家庄质检)如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa 为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 段是与ab 段相切的水平直线，则下列说法正确的是( )A ．0～t 1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B ．t 1～t 2时间内汽车牵引力做功为12m v 22－12m v 21 C ．t 1～t 2时间内的平均速度为12(v 1＋v 2)D ．在全过程中t 1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t 2～t 3时间内牵引力最小 4．(2014·长春模拟)歼15战机在辽宁舰上试飞成功标志着我国舰载机发展迈出了新的一步．歼15战机的质量为m ，以水平速度v 0飞离辽宁舰逐渐上升，假设在此过程中水平分速度不变，在重力和竖直向上的恒定升力作用下前进L 时，上升高度为h .求：(1)升力的大小；(2)上升高度为h 时战机的动能； (3)上升高度为h 时升力的功率．三 选做题 5．(改编题)如图为竖直平面内的坐标系xOy ，在第二象限有一光滑足够长水平平台，在第一象限固定一曲面呈抛物线形状的物体，曲面满足方程y ＝x 23.6.在平台上的P 点(图上未标出)，坐标为(－2 m,3.6 m)，现有一质量为m ＝1 kg 的物块(不计大小)，用水平向右的力F ＝9 N 拉物块，当物块离开平台时立即撤去拉力，最终物块撞到曲面上(g 取10 m/s 2)．求：(1)物块撞到曲面前瞬间的动能大小；(2)要使物块撞到曲面前瞬间的动能最小，物块初始位置的坐标．基础再现·对点自测□01运动 □0212mv 2 □03焦耳 □04标 □05变化 □0612mv 22－12mv 21 □07曲线 □08变力 [自我校对] 1.A 2－1.A 2－2.D 考点透析·讲练互动【例1】[解析](1)小球恰能到达最高点B ，有mg ＝m v 2BL 2，得v B ＝ gL2.(2)从A →B 由动能定理得－mg ⎝⎛⎭⎫L ＋L 2＝12mv 2B －12mv 20 可求出v 0＝ 7gL2.(3)由动能定理得－mg ⎝⎛⎭⎫L ＋L 2－W 阻＝12mv 2B －12mv 20 可求出W 阻＝ 114mgL .[答案](1) gL 2 (2) 7gL 2 (3)114mgL【突破训练1】[解析]设斜面与水平面所成的夹角为θ，滑沙者和滑沙橇总质量为m ，则滑沙者和滑沙橇从A 点到最低点，重力做功W G ＝mgh摩擦力做功W Ff 1＝－μmg c os θ·hsin θ滑沙者在水平面上运动时，只有滑动摩擦力做功W Ff 2＝－μmg ⎝⎛⎭⎫x －h tan θ.法一：“隔离”过程，分段研究，设最低点物体的速度为v ，由A 点到最低点根据动能定理得W G ＋W Ff 1＝12mv 2－0在水平面上运动时，同理有W Ff 2＝0－12mv 2，解得μ＝hx.法二：从A 到C 全过程由动能定理得 W G ＋W Ff 1＋W Ff 2＝0解得μ＝hx .[答案]h x【例2】[解析](1)起跳瞬间做功W ＝mgh 1，h 1＝0.70 m －1.0 m2＝0.2 m ，代入数据得W ＝100 J.(2)从起跳到接触水面为竖直上抛运动，12mv 20＝mgh 1，代入数据得v 0＝2 m/s ，据位移公式：－h 2＝v 0t －12gt 2，h 2＝10 m ，代入数据得t ＝1.63 s.(3)由F －y 图象可知，阻力F 随y 均匀变化，故平均阻力为F2.从起跳到入水至最低点，设水池至少深为h ，根据动能定理得W ＋mg (h 2＋h )－Fh 2－F 浮L2－F 浮(h －L )＝0－0，式中F 浮＝ρg V ＝ρg πd 24L代入数据，得h ＝6.6 m.[答案](1)100 J (2)1.63 s (3)6.6 m【突破训练2】[解析]选CD.从第1秒末到第3秒末物体做匀速直线运动，说明物体所受合外力为零，故合外力做功为零，A 错误；从第3秒末到第5秒末物体加速度大小是第1秒内加速度的一半，所以这段时间的合外力是第1秒内合外力的一半，而位移是第1秒内位移2倍，考虑位移方向与合外力方向相反，所以这段时间内合外力做功为－W ，B 错误；第3秒末到第4秒末物体位移是从第3秒末到第5秒末位移的四分之三，D 正确；第5秒末到第7秒末合外力方向与位移方向相同，同理可知这段时间的合外力是第1秒内合外力的一半，而位移是第1秒内位移的2倍，所以这段时间内合外力做功为W ，C 正确．【例3】[解析](1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得mg (h 1－h 2)－μmgs ＝12mv 2D－0将h 1、h 2、s 、μ、g 代入得：v D ＝3 m/s.(2)小滑块从A →B →C 过程中，由动能定理得mgh 1－μmgs ＝12mv 2C将h 1、s 、μ、g 代入得：v C ＝6 m/s 小滑块沿CD 段上滑的加速度大小 a ＝g sin θ＝6 m/s 2小滑块沿CD 段上滑到最高点的时间t 1＝v Ca＝1 s由对称性可知小滑块从最高点滑回C 点的时间 t 2＝t 1＝1 s故小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔t ＝t 1＋t 2＝2 s.(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s 总． 有：mgh 1＝μmgs 总将h 1、μ代入得：s 总＝8.6 m故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为 2s －s 总＝1.4 m.[答案](1)3 m/s (2)2 s (3)1.4 m【突破训练3】[解析]由于滑块所受摩擦力小于“下滑力”，故物体最终只能停在挡板处．设滑块经过的总路程为s ，则整个过程中，重力做功：W G ＝mgs 0sin θ，摩擦力做功：W Ff ＝－μmg c os θ·s 由动能定理得：mgs 0·sin θ－μmg c os θ·s ＝0－12mv 20解得：s ＝2gs 0sin θ＋v 202μg cos θ.[答案]2gs 0sin θ＋v 202μg cos θ技法提炼·思维升华【突破训练4】[解析]选BD.汽车以v 向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，物体上升的高度恰为h ，对速度v 分解可知沿细绳方向的分速度大小为32v ，根据动能定理可知A 错误、B 正确；由于物体加速上升，故细绳拉力大于物体的重力，所以细绳拉力的功率大于32mgv ，C 错误，D 正确．高效演练·轻松闯关1．[解析]选ABD.当恒力方向与质点原来速度方向相同时，质点的动能一直增大，故A 正确．当恒力方向与质点原来速度方向相反时，速度先逐渐减小至零再逐渐增大，质点的动能也先逐渐减小至零再逐渐增大，故B 正确．当恒力方向与原来质点的速度方向夹角大于90°时，将原来速度v 0分解为平行恒力方向的v y ，垂直恒力方向的v x ，如图甲，v y 先逐渐减小到零再逐渐增大，v x 始终不变，v ＝v 2x ＋v 2y ，质点速度v 先逐渐减小至v x再逐渐增大，质点的动能先减小至某一非零的最小值，再逐渐增大，故D 正确．当恒力方向与v 0方向夹角小于90°时，如图乙，v y 一直增大，v x 始终不变，质点速度v 逐渐增大，动能一直增大，没有其他情况，故C 错误．2．[解析](1)设小车在轨道CD 上加速的距离为s ，由动能定理得Fs －μMgs 2＝12Mv 2①设小车在轨道CD 上做加速运动时的加速度为a ，由牛顿运动定律得 F －μMg ＝Ma ② s ＝12at 2③ 联立①②③式，代入数据得 t ＝1 s ．④(2)设小车在轨道CD 上做加速运动的末速度为v ′，撤去力F 后小车做减速运动时的加速度为a ′，减速时间为t ′，由牛顿运动定律得v ′＝at ⑤－μMg ＝Ma ′⑥ v ＝v ′＋a ′t ′⑦设滑块的质量为m ，运动到A 点的速度为v A ，由动能定理得mgR ＝12mv 2A⑧ 设滑块由A 点运动到B 点的时间为t 1，由运动学公式得s 1＝v A t 1⑨设滑块做平抛运动的时间为t ′1，则t ′1＝t ＋t ′－t 1⑩由平抛规律得h ＝12gt ′21⑪ 联立②④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪式，代入数据得h ＝0.8 m.[答案]见解析3．[解析]选D.汽车在0～t 1时间内，牵引力恒定，速度均匀增加，由P ＝Fv 知其功率也增加，A 错误；t 1～t 2时间内，根据动能定理知W F －W f ＝12mv 22－12mv 21，B 错误；由于t 1～t 2时间内不是匀变速直线运动，故v ≠12(v 1＋v 2)，C 错误；全过程中，t 1时刻牵引力最大，功率达到额定功率，也最大，之后，功率不变，牵引力减小，直至F ＝f ，此后汽车匀速运动，D 正确．4．[解析](1)水平方向：L ＝v 0t竖直方向：F －mg ＝mah ＝at 2/2解得：F ＝mg ＋2mv 20h L 2. (2)由动能定理：(F －mg )h ＝E k －mv 20/2解得：E k ＝(4h 2＋L 2)mv 202L 2. (3)战机升高h 时，竖直分速度为v y ，则h ＝v y t /2P ＝Fv y解得：P ＝2mghv 0L ＋4mv 30h 2L 3. [答案]见解析5．[解析](1)物块在平台上运动过程：Fx P ＝mv 20/2 解得：v 0＝6 m/s物块离开平台后做平抛运动：x 1＝v 0ty 1＝gt 2/2y P －y 1＝x 213.6解得：y 1＝1.2 m由动能定理：mgy 1＝E k 1－12mv 20解得：E k 1＝30 J.(2)设物块初始位置坐标为(－x 0，y 0)，由动能定理：Fx 0＝mv 21/2物块离开平台后：x 2＝v 1t 1y 2＝gt 21/2y 0－y 2＝x 223.6Fx 0＋mgy 2＝E k解得：E k ＝12[(v 21＋18)＋1 296v 21＋18]－9 由数学知识可知：当v 21＋18＝36即v 1＝3 2 m/s 时，E k 有最小值．解得：x 0＝1 m因此物块初始位置坐标为(－1 m,3.6 m)．。