人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律3 动能和动能定理学案设计

这是一份人教版 (2019)必修 第二册第八章 机械能守恒定律3 动能和动能定理学案设计，共13页。
1.掌握动能的表达式和单位，知道动能是标量.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.表达式：Ek＝eq \f(1,2)mv2.
2.单位：与功的单位相同，国际单位为焦耳，符号为J.
3.标矢性：动能是标量，只有大小，没有方向.
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＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12.如果物体受到几个力的共同作用，W即为合力做的功，它等于各个力做功的代数和.
3.适用范围：动能定理是物体在恒力作用下，并且做直线运动的情况下得到的，当物体受到变力作用，并且做曲线运动时，可以采用把整个过程分成许多小段，也能得到动能定理.
判断下列说法的正误.
(1)某物体的速度加倍，它的动能也加倍.( × )
(2)两质量相同的物体，动能相同，速度一定相同.( × )
(3)物体的速度变化，动能一定变化.( × )
(4)合外力做功不等于零，物体的动能一定变化.( √ )
(5)物体的速度发生变化，合外力做功一定不等于零.( × )
(6)物体的动能增加，合外力做正功.( √ )
一、动能
导学探究
让铁球从光滑的斜面上由静止滚下，与木块相碰，推动木块做功.(如图1所示)
图1
(1)让同一铁球从不同的高度由静止滚下，可以看到：高度大时铁球把木块推得远，对木块做的功多.
(2)让质量不同的铁球从同一高度由静止滚下，可以看到：质量大的铁球把木块推得远，对木块做的功多.
以上两个现象说明影响动能的因素有哪些？
答案 由于铁球从同一光滑斜面上由静止滚下，加速度相同.同一铁球从不同高度由静止滚下，高度大的到达水平面时的速度大，速度越大，把木块推得越远，对木块做功越多，故影响动能的因素有速度；质量不同的铁球从同一高度由静止滚下，到达水平面时的速度相等，质量大的铁球把木块推得远，对木块做功多，说明影响动能的因素有质量.
知识深化
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ΔEk
ΔEk＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，若ΔEk>0，则表示物体的动能增加，若ΔEkΔEk，A项正确，B项错误；W克阻与ΔEk的大小关系不确定，C、D项错误.
3.(动能定理的应用)一辆汽车以v1＝6 m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行x1＝3.6 m，如果以v2＝8 m/s的速度行驶，在同样的路面上急刹车后滑行的距离x2应为( )
A.6.4 m B.5.6 m
C.7.2 m D.10.8 m
答案 A
解析 急刹车后，车水平方向只受摩擦力的作用，且两种情况下摩擦力的大小是相同的，汽车的末速度皆为零，由动能定理得：
－Fx1＝0－eq \f(1,2)mv12①
－Fx2＝0－eq \f(1,2)mv22②
联立①②式得eq \f(x2,x1)＝eq \f(v\\al( 2,2),v\\al( 2,1))
x2＝eq \f(v\\al( 2,2),v\\al( 2,1))x1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,6)))2×3.6 m＝6.4 m，故A正确，B、C、D错误.
4.(动能定理的应用)(2018·上海复旦附中期末)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.如图6所示为拉力F随位移x变化的关系图像，取g＝10 m/s2，则据此可以求得( )
图6
A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25
B.物体匀速运动时的速度为v＝4eq \r(2) m/s
C.合外力对物体所做的功为W合＝32 J
D.摩擦力对物体所做的功为Wf＝－64 J
答案 D
解析 物体做匀速运动时，受力平衡，则Ff＝8 N，μ＝eq \f(Ff,FN)＝eq \f(Ff,mg)＝eq \f(8,2×10)＝0.4，故A错误；F－x图像与x轴围成的面积表示拉力做的功，则由题图可知，WF＝eq \f(1,2)×(4＋8)
×8 J＝48 J，滑动摩擦力做的功Wf＝－μmgx＝－0.4×2×10×8 J＝－64 J，所以合外力做的功为W合＝－64 J＋48 J＝－16 J，故C错误，D正确；根据动能定理得W合＝0－eq \f(1,2)mv02，解得v0＝eq \r(\f(－2W合,m))＝eq \r(\f(2×16,2)) m/s＝4 m/s，故B错误.
5.(动能定理的应用)半径R＝1 m的eq \f(1,4)圆弧轨道下端与一光滑水平轨道连接，水平轨道离水平地面高度h＝1 m，如图7所示，有一质量m＝1.0 kg的小滑块自圆轨道最高点A由静止开始滑下，经过水平轨道末端B时速度为4 m/s，滑块最终落在地面上，g取10 m/s2，不计空气阻力，试求：
图7
(1)滑块落在地面上时速度的大小；
(2)滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做的功.
答案 (1)6 m/s (2)2 J
解析 (1)从B点到地面这一过程，只有重力做功，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvB2，
代入数据解得v＝6 m/s；
(2)设滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做的功为Wf，从A到B这一过程运用动能定理有mgR－Wf＝eq \f(1,2)mvB2－0，
解得Wf＝2 J.
考点一 动能的概念及动能的表达式
1.两个物体质量之比为1∶4，速度大小之比为4∶1，则这两个物体的动能之比为( )
A.1∶1 B.1∶4
C.4∶1 D.2∶1
答案 C
2.(多选)某同学在练习足球时，将足球朝竖直的墙壁踢出.假设足球的质量为m＝0.5 kg，足球垂直撞击墙壁前的瞬间速度大小为v＝5 m/s，如果以足球撞击墙壁前瞬间的速度方向为正，足球与墙壁碰后以等大的速度反向弹回.则足球与墙壁发生作用的过程中( )
A.速度的变化量为－10 m/s
B.速度的变化量为10 m/s
C.动能的变化量为25 J
D.动能的变化量为0
答案 AD
解析 速度的变化量为矢量，Δv＝－v－v＝(－5－5) m/s＝－10 m/s，A正确，B错误；动能的变化量为标量，ΔEk＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv2＝0，C错误，D正确.
考点二 动能定理的理解和应用
3.关于动能定理，下列说法中正确的是( )
A.在某过程中，动能的变化等于各个力单独做功的绝对值之和
B.只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变
C.动能定理只适用于直线运动，不适用于曲线运动
D.动能定理既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况
答案 D
解析 动能的变化等于各个力单独做功的代数和，A错误；根据动能定理，决定动能是否改变的是总功，而不是某一个力做的功，B错误；动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况，C错误，D正确.
4.两个物体A、B的质量之比为mA∶mB＝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.xA∶xB＝2∶1 B.xA∶xB＝1∶2
C.xA∶xB＝4∶1 D.xA∶xB＝1∶4
答案 B
解析 物体滑行过程中只有摩擦力做功，根据动能定理，对A：－μmAgxA＝0－Ek；对B：－μmBgxB＝0－Ek.故eq \f(xA,xB)＝eq \f(mB,mA)＝eq \f(1,2)，B正确，A、C、D错误.
5.物体沿直线运动的v－t图像如图1所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，则( )
图1
A.从第1 s末到第3 s末合力做功为4W
B.从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W
C.从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D.从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.5W
答案 C
解析 由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得
第1 s内：W＝eq \f(1,2)mv02
第1 s末到第3 s末：
W1＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv02＝0，A错误；
第3 s末到第5 s末：
W2＝0－eq \f(1,2)mv02＝－W，B错误；
第5 s末到第7 s末：
W3＝eq \f(1,2)m(－v0)2－0＝W，C正确；
第3 s末到第4 s末：
W4＝eq \f(1,2)m(eq \f(v0,2))2－eq \f(1,2)mv02＝－0.75W，D错误.
6.如图2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( )
图2
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
答案 D
解析 小物块在粗糙水平桌面上滑行时，由动能定理－μmgs＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
得：v0＝7 m/s，Wf＝－μmgs＝－2 J，A、C错误；
物块飞离桌面后做平抛运动，由h＝eq \f(1,2)gt2，x＝vt得x＝0.9 m，B项错误；
由mgh＝Ek－eq \f(1,2)mv2得，物块落地时Ek＝0.9 J，D正确.
7.(多选)(2018·济南市历城第二中学期末)质量为m的汽车，发动机的功率恒为P，阻力恒为F1，牵引力为F，汽车由静止开始，经过时间t行驶了位移s时，速度达到最大值vm，则发动机所做的功为( )
A.Pt B.F1s
C.eq \f(1,2)mvm2 D.eq \f(mP2,2F\\al( 2,1))＋eq \f(Ps,vm)
答案 AD
解析 发动机的功率恒为P，经过时间t，发动机做的功为W＝Pt，A正确；当达到最大速度时，有P＝F1vm，得vm＝eq \f(P,F1)，整个过程中发动机做的功应等于克服阻力做的功与汽车获得的动能之和，则W＝eq \f(1,2)mvm2＋F1s＝eq \f(mP2,2F\\al( 2,1))＋eq \f(Ps,vm)，B、C错误，D正确.
8.(2018·郑州市高一下学期期末)如图3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( )
图3
A.运动员踢球时对足球做功eq \f(1,2)mv2
B.足球上升过程重力做功mgh
C.运动员踢球时对足球做功eq \f(1,2)mv2＋mgh
D.足球上升过程克服重力做功eq \f(1,2)mv2＋mgh
答案 C
解析 足球上升过程中足球重力做负功，WG＝－mgh，B、D错误；从运动员踢球至足球上升至最高点的过程中，由动能定理得W－mgh＝eq \f(1,2)mv2，故运动员踢球时对足球做功W＝eq \f(1,2)mv2＋mgh，A项错误，C项正确.
9.木块在水平恒力F的作用下，沿水平路面由静止出发前进了l，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了2l才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小Ff和木块所获得的最大动能Ekm分别为( )
A.Ff＝eq \f(F,2) Ekm＝eq \f(Fl,2) B.Ff＝eq \f(F,2) Ekm＝Fl
C.Ff＝eq \f(F,3) Ekm＝eq \f(2Fl,3) D.Ff＝eq \f(2,3)F Ekm＝eq \f(Fl,3)
答案 C
解析 全过程，由动能定理得Fl－Ff·3l＝0得：Ff＝eq \f(F,3)；加速过程：Fl－Ffl＝Ekm－0，得Ekm＝eq \f(2,3)Fl，C正确，A、B、D错误.
10.从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面.忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是( )
答案 A
解析 小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2，把速度v代入得Ek＝eq \f(1,2)mg2t2－mgv0t＋eq \f(1,2)mv02，Ek与t为二次函数关系，图像为开口向上的抛物线，A对.
11.(多选)如图4甲所示，质量m＝2 kg的物体以100 J的初动能在粗糙程度相同的水平地面上滑行，其动能Ek随位移x变化的关系图像如图乙所示，则下列判断中正确的是( )
图4
A.物体运动的总位移大小为10 m
B.物体运动的加速度大小为10 m/s2
C.物体运动的初速度大小为10 m/s
D.物体所受的摩擦力大小为10 N
答案 ACD
解析 由题图乙可知，物体运动的总位移为10 m，根据动能定理得，－Ffx＝0－Ek0，解得Ff＝eq \f(Ek0,x)＝eq \f(100,10) N＝10 N，故A、D正确；根据牛顿第二定律得，物体的加速度大小为a＝eq \f(Ff,m)＝eq \f(10,2) m/s2＝5 m/s2，故B错误；由Ek0＝eq \f(1,2)mv2得v＝eq \r(\f(2Ek0,m))＝eq \r(\f(2×100,2)) m/s＝10 m/s，故C正确.
12.(2018·山西大学附属中学期末)如图5所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，AB＝2BC.小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是( )
图5
A.tan θ＝eq \f(μ1＋2μ2,3) B.tan θ＝eq \f(2μ1＋μ2,3)
C.tan θ＝2μ1－μ2 D.tan θ＝2μ2－μ1
答案 B
解析 小物块P从A点到C点过程，由动能定理得mg·AC·sin θ－μ1mgcs θ·AB－μ2mgcs θ·BC＝0，又AB＝2BC，则有tan θ＝eq \f(2μ1＋μ2,3)，B正确.
13.(2018·定州中学高一下学期期末)如图6所示，一质量为m＝10 kg的物体，由eq \f(1,4)光滑圆弧轨道上端从静止开始下滑，到达底端后沿水平面向右滑动1 m距离后停止.已知轨道半径R＝0.8 m，取g＝10 m/s2，求：
图6
(1)物体滑至圆弧底端时的速度大小；
(2)物体滑至圆弧底端时对轨道的压力大小；
(3)物体沿水平面滑动过程中克服摩擦力做的功.
答案 (1)4 m/s (2)300 N (3)80 J
解析 (1)设物体滑至圆弧底端时速度为v，由动能定理可知mgR＝eq \f(1,2)mv2
得v＝eq \r(2gR)＝4 m/s
(2)设物体滑至圆弧底端时受到轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(v2,R)，故FN＝mg＋meq \f(v2,R)＝300 N
根据牛顿第三定律FN′＝FN，所以物体对轨道的压力大小为300 N
(3)设物体沿水平面滑动过程中摩擦力做的功为Wf，根据动能定理可知Wf＝0－eq \f(1,2)mv2＝－80 J
所以物体沿水平面滑动过程中克服摩擦力做的功为80 J.
14.(2018·鹰潭一中期末)如图7所示，A、B两个材料相同的物体用长为L且不可伸长的水平细线连接在一起放在水平面上，在水平力F作用下以速度v做匀速直线运动，A的质量是B的2倍，某一瞬间细线突然断裂，保持F不变，仍拉A继续运动距离s0后再撤去，则当A、B都停止运动时，A和B相距多远？
图7
答案 L＋eq \f(3,2)s0
解析 设物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B的质量为m，B从细线断裂到停止运动前进s2，A从细线断裂到停止运动前进s1，对B由动能定理有
－μmgs2＝－eq \f(1,2)mv2
对A由动能定理有
Fs0－μ·2mgs1＝0－eq \f(1,2)×2mv2
细线断裂前，系统处于平衡状态，有F＝μ·3mg
联立以上各式可得s1－s2＝eq \f(3,2)s0
当A、B都停止运动时，A、B两物体相距Δs＝L＋s1－s2＝L＋eq \f(3,2)s0