高中物理高考 2020年高考物理一轮复习第六单元机械能第2讲动能定理及其应用练习含解析新人教版

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第2讲　动能定理及其应用


1
动能

　　(1)公式:Ek=12mv2,式中v为瞬时速度,动能是状态量。
(2)矢标性:动能是标量,只有正值,动能与速度的方向无关。
(3)动能的变化量:ΔEk=12mv22-12mv12。
1.1 (2018石家庄监测)关于物体的动能,下列说法中正确的是(　　)。
A.物体速度变化,其动能一定变化
B.物体所受的合力不为零,其动能一定变化
C.物体的动能变化,其运动状态一定发生改变
D.物体的速度变化越大,其动能的变化一定也越大
【答案】C

2
动能定理

　　(1)内容:合力对物体所做的功等于物体动能的变化。
注意:动能定理叙述中所说的“力”,既可以是重力、弹力、摩擦力,也可以是电场力、磁场力或其他力。
(2)表达式:W=ΔEk=12mv22-12mv12。
(3)应用动能定理的“四点注意”
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动能定理的表达式是一个标量式,不能在某方向上应用动能定理。

　　③动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度和时间,比动力学研究方法更简便。
④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的速度时,也可以全过程应用动能定理求解。

2.1 (2019沈阳市第二中学月考)(多选)如图所示,电梯质量为M,在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动,当电梯的速度由v1增加到v2时,上升高度为H,则在这个过程中,下列说法或表达式正确的是(　　)。
A.对物体,动能定理的表达式为W支持力=12mv22-12mv12
B.对物体,动能定理的表达式为W合=0,其中W合为合力做的功
C.对物体,动能定理的表达式为W支持力-mgH=12mv22-12mv12
D.对电梯,其所受合力做的功W合=12Mv22-12Mv12
【答案】CD




题型一
动能定理的理解和应用

　　1.动能定理表明了“三个关系”
(1)数量关系:合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系,但并不是说动能的变化就是合外力做的功。
(2)因果关系:合外力做功是引起物体动能变化的原因。
(3)量纲关系:单位相同,国际单位都是焦耳。
2.标矢性
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。
【例1】如图所示是公路上的“避险车道”,车道表面是粗糙的碎石,其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量m=2.0×103 kg的汽车沿下坡行驶,当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力,此时速度表示数v1=36 km/h,汽车继续沿下坡匀加速直行l=350 m、下降高度h=50 m时到达“避险车道”,此时速度表示数v2=72 km/h。(重力加速度g=10 m/s2)

(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量。
(2)求汽车在下坡过程中所受的阻力。
(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°,汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍,求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17°≈0.3)。
【解析】(1)由题意可知v1=36 km/h=10 m/s,v2=72 km/h=20 m/s
由ΔEk=12mv22-12mv12
解得ΔEk=3.0×105 J。
(2)由动能定理有mgh-Ffl=12mv22-12mv12
解得Ff=2×103 N。
(3)设汽车在“避险车道”上向上运动的最大位移为l',由动能定理,有
-(mgsin 17°+3Ff)l'=0-12mv22
解得l'≈33.3 m。
【答案】(1)3.0×105 J　(2)2×103 N　(3)33.3 m

　　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)应用动能定理时,必须明确各力做功的正、负。
(3)应用动能定理解题,关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析,并画出物体运动过程的草图,借助草图理解物理过程和各量关系。
【变式训练1】(2019天津和平区高三检测)如图甲所示,轻弹簧左端固定在竖直墙上,右端点在O位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点向左运动,与弹簧接触后压缩弹簧,将弹簧右端压到O'点位置后,A又被弹簧弹回。A离开弹簧后,恰好回到P点。物块A与水平面间的动摩擦因数为μ。

(1)求物块A从P点出发又回到P点的过程,克服摩擦力所做的功。
(2)求O点和O'点间的距离x1。
(3)如图乙所示,若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接,将A放在B右边,向左推A、B,使弹簧右端压缩到O'点位置,然后从静止释放,A、B共同滑行一段距离后分离。分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少?
【解析】(1)物块A从P点出发又回到P点的过程,根据动能定理得克服摩擦力所做的功Wf=12mv02。
(2)物块A从P点出发又回到P点的过程,根据动能定理得2μmg(x1+x0)=12mv02
解得x1=v024μg-x0。
(3)A、B在弹簧处于原长处分离,设此时它们的共同速度是v1,弹出过程弹力做功WF
只有A时,从O'到P有WF-μmg(x1+x0)=0-0
A、B共同从O'到O有WF-2μmgx1=12×2mv12
分离后对A有12mv12=μmgx2
联立解得x2=x0-v028μg。
【答案】(1)12mv02　(2)v024μg-x0　(3)x0-v028μg
【变式训练2】(2019山东济南开学考试)如图甲所示,水平平台上有一个质量m=50 kg的物块,站在水平地面上的人用跨过定滑轮的细绳向右拉动物块,细绳不可伸长。不计滑轮的大小、质量和绳与滑轮间的摩擦。在人以速度v=0.5 m/s从平台边缘正下方匀速向右前进x=4 m的过程中,始终保持桌面和手的竖直高度差h=3 m不变。已知物块与平台间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g=10 m/s2。求人克服细绳的拉力做的功。

甲

【解析】设人发生x的位移时,绳与水平方向的夹角为θ,由运动的分解可得,物块的速度v1=vcos θ
乙
由几何关系得cos θ=xh2+x2
在此过程中,物块的位移
s=h2+x2-h=2 m
物块克服摩擦力做的功Wf=μmgs
对物块,由动能定理得WT-Wf=12mv12
所以人克服细绳的拉力做的功
WT=mv2x22(h2+x2)+μmgs=504 J。
【答案】504 J

题型二
动能定理与图象的综合问题

　　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,图线与坐标轴围成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。
【例2】某星球半径R=6×106 m,假设该星球表面上有一倾角θ=30°的固定斜面体,一质量m=1 kg的小物块在力F作用下从静止开始沿斜面向上运动,力F始终与斜面平行,如图甲所示。已知小物块和斜面间的动摩擦因数μ=33,力F随位移x变化的规律如图乙所示(取沿斜面向上为正方向),如果小物块运动12 m时速度恰好为零,已知引力常量G=6.67×10-11 N·m2/kg2。求:(计算结果保留1位有效数字)

　　

甲　　　　　　　　　乙　　
(1)该星球表面上的重力加速度g的大小。
(2)该星球的平均密度。
【解析】(1)物块上滑过程中力F所做的功WF=(15×6-3×6) J=72 J
由动能定理得WF-mgsin θ·x-μmgcos θ·x=0
解得g=6 m/s2。
(2)在星球表面重力与万有引力大小相等,有mg=GMmR2
可得星球的质量M=gR2G
所以星球的密度
ρ=MV=gR2G43πR3=3g4πGR≈4×103 kg/m3。
【答案】(1)6 m/s2　(2)4×103 kg/m3

　　动能定理与图象结合问题的分析方法:
(1)首先看清楚所给图象的种类(如v-t图象、F-t图象、Ek-t图象等)。
(2)挖掘图象的隐含条件——求出所需要的物理量,如由v-t图象所围的“面积”求位移,由F-x图象所围的“面积”求功等。
(3)分析有哪些力做功,根据动能定理列方程,求出相应的物理量。
【变式训练3】(2018河南郑州高三检测)A、B两物体放在同一水平面上,受到大小相同的水平力F的作用,各自从静止开始运动。经过时间t0,撤去作用在A物体上的外力F;经过时间4t0,撤去作用在B物体上的外力F。两物体运动的v-t图象如图所示,则A、B两物体(　　)。

A.A、B两物体的质量之比为3∶5
B.A、B两物体与水平面间的动摩擦因数之比为2∶1
C.在0~2t0时间间隔内,合力对A、B两物体做功之比为5∶3
D.在0~4t0时间间隔内,水平力F对A、B两物体做功之比为2∶1
【解析】根据图象可知,A物体在力F和滑动摩擦力的作用下运动,力F作用时间t0,故力F作用的位移s1=12×2v0t0=v0t0,滑动摩擦力f1作用全过程,全过程的位移s1'=12×2v0·3t0=3v0t0。根据动能定理可得Fs1-f1s1'=0,解得F=3f1。同理可得力F与B所受滑动摩擦力f2的关系为F=54f2,故f1f2=512。在减速运动过程中,物体受滑动摩擦力作用产生加速度,根据牛顿第二定律有f1m1=v0t0,f2m2=v0t0,故有f1m1=f2m2,可得m1m2=f1f2=512,A项错误。根据减速运动过程中物体受滑动摩擦力作用产生加速度,对A有aA=f1m1=μ1m1gm1=μ1g=v0t0,对B有aB=f2m2=μ2m2gm2=μ2g=v0t0,联立得μ1=μ2,B项错误。0~2t0时间内,根据动能定理可知合力做功之比等于末动能之比,即12m1v12∶12m2v22=5∶3,C项正确。根据功的公式可知W=FL,则F做功之比W1∶W2=F2v02t0∶Fv02×4t0=1∶2,D项错误。
【答案】C

题型三
动能定理求解多过程问题

　　1.由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂,从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂,但是,用动能定理分析问题,是从总体上把握其运动状态的变化,并不需要从细节上了解。因此,动能定理的优越性就明显地表现出来了,分析力的作用是看力做的功,所以只需把所有的力做的功累加起来即可。
2.运用动能定理解决问题时,有两种思路:一种是全过程列式,另一种是分段列式。
3.全过程列式时,涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时,要注意运用它们功能关系的特点:
(1)重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做的功等于力的大小与路程的乘积。
(3)弹簧弹力做功与路径无关。
【例3】如图所示,弹弓AA'与竖直墙壁BC的距离x=2.4 m,A'、C的竖直高度差y=1.8 m。质量m1=0.5 kg的石块从弹弓上的A'点弹出,抛射后从光滑圆弧轨道最低点C水平进入半径R=0.32 m的圆弧轨道,且恰好能通过圆弧最高点D,之后从E点平行于斜面MN滑上一端停在斜面上M点的木板,木板长L=1.13 m,质量m2=1.5 kg。已知图中θ=37°,石块与木板间、木板与斜面间的动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.8,石块视为质点,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)

(1)石块在C点的速度大小。
(2)石块离开木板时的速度大小。
(3)石块在A'C间运动时与斜面MN的最近距离。
【解析】(1)石块恰好过圆弧最高点D,设在D点时的速度为vD,则有
m1g=m1vD2R
解得vD=gR
石块从C至D的过程,根据动能定理得
0-m1g·2R=12m1vD2-12m1vC2
解得vC=4 m/s。
(2)对木板:由于m2gsin 37°+μ1m1gcos 37°12mgR,质点不能到达Q点
C.W=12mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离
D.W