2021高考物理鲁科版一轮复习教师用书：第四章第2节　动能　动能定理

第2节　动能　动能定理

一、动能

1.定义:物体由于运动而具有的能.

2.公式:Ek=mv2.

3.物理意义:动能是状态量,且为标量,只有正值,动能与速度方向无关.

4.单位:焦耳,1 J=1 N·m=1 kg·m2/s2.

5.动能的改变:物体末动能与初动能之差,即ΔEk=m-m.

二、动能定理

1.内容:合外力对物体所做的功等于物体动能的改变.

2.表达式:W=Ek2-Ek1.

3.物理意义:合外力的功是物体动能改变的量度.

4.适用条件

(1)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,也可以分阶段作用.

1.思考判断

(1)只要物体受力且发生位移,则物体的动能一定变化.(　×　)

(2)一个物体速度发生变化时,动能不一定变化.(　√　)

(3)动能不变的物体一定处于平衡状态.(　×　)

(4)如果合外力对物体做功为零,那么物体所受的合外力一定为零.(　×　)

(5)物体动能发生变化,合外力的功一定变化.(　×　)

2.(多选)关于动能,下列说法正确的是(　AB　)

A.公式Ek=mv2中的速度v一般是物体相对于地面的速度

B.动能的大小由物体的质量和速率决定,与物体运动的方向无关

C.物体以相同的速率向东和向西运动,动能的大小相等但方向不同

D.物体以相同的速率做匀速直线运动和曲线运动,其动能不同

解析:动能是标量,与速度的大小有关,而与速度的方向无关.公式中的速度一般是相对于地面的速度,故选项A,B正确.

3.

(多选)如图,第一次,小球从半径为R的粗糙四分之一圆形轨道顶端A由静止滑下,到达底端B的速度为v1,克服摩擦力做功为W1;第二次,同一小球从底端B以速度v2冲上圆形轨道,恰好能到达A点,克服摩擦力做功为W2,则(　BCD　)

A.v1可能等于v2

B.W1一定小于W2

C.小球第一次运动到B点时克服摩擦力做功为mgR-m

D.小球第一次经过圆弧某点C的速率小于它第二次经过同一点C的速率

解析:从A下滑到B,克服摩擦力做的功为W1,由动能定理mgR-W1=m,解得W1=mgR-m,从B上滑到A,克服摩擦力做的功为W2,由动能定理-mgR-W2=0-m,可得v2>v1,选项A错误,C正确;取特殊位置,某点C,取在B点,可知小球第一次经过圆弧某点C的速率小于它第二次经过同一点C的速率,选项D正确;设小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ,根据N-mgcos θ=m,所以下滑时小球与轨道间弹力小于上滑过程中小球与轨道间弹力,再由f=μN知,下滑过程受摩擦力大小小于上滑过程受摩擦力大小,所以W1一定小于W2,选项B正确.

4.(多选)一个质量为0.3 kg的弹性小球,在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同,则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk为(　BD　)

A.Δv=0 B.Δv=12 m/s

C.ΔEk=1.8 J D.ΔEk=0

解析:取初速度方向为正方向,则Δv=|(-6)-6| m/s=12 m/s,由于速度大小不变,动能不变,故动能改变量ΔEk=0,故选项B,D正确.

考点一　动能定理的理解与基本应用

1.“功”是外力对物体做的总功,即各力做功的代数和.

2.动能是状态量,v是瞬时速度而不是平均速度.

3.动能只有正值,与速度方向无关.

4.动能定理表达式是标量式,不能在某个方向上应用.

[例1] (2019·河南郑州模拟)一个人站在高为H的平台上,以一定的初速度将一质量为m的小球抛出.测出落地时小球的速度大小为vt,不计空气阻力,重力加速度大小为g,人对小球做的功W及小球被抛出时的初速度大小v0分别为(　A　)

A.W=m-mgH,v0=

B.W=m,v0=

C.W=mgH,v0=

D.W=m+mgH,v0=

解析:对小球在空中的运动过程,

有mgH=m-m,

解得v0=,则W=m=m-mgH,故A正确.

[针对训练]

(2019·江苏海安期末)(多选)如图所示,表面光滑的固定斜面顶端安装有定滑轮,斜面倾角为θ,物块A,B用轻绳连接并跨过滑轮.开始时A,B在同一高度并处于静止状态.现剪断轻绳,物块A自由下落,物块B沿斜面下滑,忽略滑轮的摩擦,则从剪断轻绳到两物块落地的过程,下列说法正确的有(　BD　)

A.物块A和物块B同时落地

B.物块A落地时的速度与物块B的速度大小相等

C.物块A落地时的动能和物块B相等

D.物块A落地时重力的瞬时功率和物块B相等

解析:剪断轻绳后,物块A做自由落体运动,下落时间tA=;物块B沿斜面下滑的位移为s=,加速度a=gsin θ,tB==,故两物块下落时间不相同,A错误;物块A,B下落高度相同,根据动能定理,有mgh=m,得vt=,故落地速度大小相同,物块A落地动能为EkA=mAgh,物块B落地动能为EkB=mBgh,因mA≠mB,则EkA≠EkB,B正确,C错误;A落地瞬间重力的瞬时功率PA=mAgv=mAg;B落地瞬间重力的瞬时功率PB=mBgsin θ,因为mAg=mBgsin θ,故PA=PB,故D正确.

考点二　应用动能定理解决多过程问题

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,也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,可以对全过程列式,也可以分段列式.

3.全过程列式涉及重力、弹簧弹力,大小恒定的阻力或摩擦力做功时,要注意运用它们的做功特点:

(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2]

如图所示,一个质量为m=0.6 kg 的小球以某一初速度v0=2 m/s 从P点水平抛出,从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入且恰好沿圆弧通过最高点C,已知圆弧的圆心为O,半径R=0.3 m,θ=60°,g=10 m/s2.(不计空气阻力)试求:

(1)小球到达A点的速度vA的大小;

(2)小球由P到A重力所做的功;

(3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功Wf.

审题指导:

解析:(1)在A处由平抛运动的规律得vA=,

解得vA=4 m/s.

(2)由P到A小球做平抛运动,经A点时竖直分速度为vy=v0tan θ,

由运动学规律有=2gH

代入数值解得H=0.6 m.

重力做功WG=mgH=3.6 J.

(3)小球过C点满足mg=m

由A到C由动能定理得

-mgR(1+cos θ)-Wf=m-m

解得Wf=1.2 J.

答案:(1)4 m/s　(2)3.6 J　(3)1.2 J

1.(多运动的组合问题)(2019·重庆南开中学测试)(多选)如图所示,在竖直平面内有一光滑水平直轨道与半径为R的光滑半圆形轨道在半圆的一个端点B相切,可视为质点的小球从A点通过B点进入半径为R的半圆,恰好能通过半圆的最高点M,从M点飞出后落在水平面上,不计空气阻力,则(　BC　)

A.小球到达M点时的速度大小为0

B.小球在A点时的速度为

C.小球落地点离B点的水平距离为2R

D.小球落地时的动能为3mgR

解析:小球恰好能通过半圆的最高点M,由重力提供向心力,则有mg=,解得vM=,故选项A错误;小球从A到M,由动能定理得-2mgR=m-m,解得vA=,EkA=mgR,故B正确,D错误;小球离开M点后做平抛运动,则有x=vMt,2R=gt2,得x=2R,故C正确.

2.

(多运动的往复问题)如图所示,AB,CD为两个对称斜面,其上部足够长,下部B,C分别与一个光滑的圆弧面的两端相切,圆弧圆心角为120°,半径R为2.0 m,一个物体在离弧底E高度为h=8.0 m处,以初速度v=4.0 m/s沿斜面运动,若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.2,则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共运动的路程是多少?(g取10 m/s2)

解析:两个斜面的下部B,C分别与光滑的圆弧面相切,圆心角为120°,可得出斜面的倾角为θ=60°,物体在斜面上所受到的滑动摩擦力为

f=μmgcos 60°=0.2×mg=0.1mg,

重力沿斜面的分力G′=mgsin 60°=mg>f,

所以物体不能停留在斜面上.

物体在斜面上滑动时,由于克服摩擦力做功,物体滑到斜面上的高度逐渐降低,物体最终将在B,C间做往复运动,即经过B点(或C点)速度为0,设物体在斜面上运动的总路程为s,

对全过程应用动能定理得

mg[h-R(1-cos 60°)]-μmgscos 60°=0-mv2,

解得s=78 m.

答案:78 m

考点三　动能定理与图象的结合

1.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.

2.图象所围“面积”的意义

(1)v-t图象:由公式=vt可知,v-t图线与横轴围成的面积表示物体的位移.

(2)a-t图象:由公式Δv=at可知,a-t图线与横轴围成的面积表示物体速度的变化量.

(3)F-s图象:由公式W=Fs可知,F-s图线与横轴围成的面积表示力所做的功.

(4)P-t图象:由公式W=Pt可知,P-t图线与横轴围成的面积表示力所做的功.

[例3]

(2019·云南昆明模拟)低空跳伞是一种危险性很高的极限运动,通常从高楼、悬崖、高塔等固定物上起跳,在极短时间内必须打开降落伞,才能保证着地安全,某跳伞运动员从高H=100 m的楼层起跳,自由下落一段时间后打开降落伞,最终以安全速度匀速落地.若降落伞视为瞬间打开,运动员起跳后的速度v随时间t变化的图象如图所示,已知运动员及降落伞装备的总质量m=60 kg,开伞后所受阻力大小与速率成正比,即f=kv,g取10 m/s2,求:

(1)打开降落伞瞬间运动员的加速度.

(2)打开降落伞到落地阻力所做的功.

思路探究:(1)如何由v-t图象提供的信息求f=kv中的系数k?

(2)打开降落伞时,运动员和伞整体受力有何特点?

(3)打开降落伞后下落过程中,运动员和伞整体所受阻力做功能否利用公式W=Fscos α求出?

答案:(1)利用匀速下降时可求k值.

(2)整体受重力和空气阻力,其合力方向竖直向上.

(3)整体所受空气阻力是变力,不能用公式W=Fscos α求其做的功.

解析:(1)匀速下降时,有mg=kv

解得k=120 N/(m·s-1)

打开降落伞的瞬间,速度为v1=18 m/s

由牛顿第二定律得kv1-mg=ma

解得a=26 m/s2,

方向竖直向上.

(2)根据图线围成的面积知,自由下落的位移为

s1=×2×18 m=18 m.

则打开降落伞后的位移为

s2=H-s1=100 m-18 m=82 m.

由动能定理得

mgs2+Wf=mv2-m

代入数据解得Wf=-58 170 J.

答案:(1)26 m/s2,方向竖直向上　(2)-58 170 J

1.

(动能定理与a-t图象的综合)用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时,在计算机上得到0~6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示.下列说法正确的是(　D　)

A.0~6 s内物体先向正方向运动,后向负方向运动

B.0~6 s内物体在4 s时的速度最大

C.物体在2~4 s内速度不变

D.0~4 s内合力对物体做的功等于0~6 s内合力对物体做的功

解析:a-t图线与横轴围成的“面积”表示速度的变化量,由题给图象可知,0~6 s内速度变化量为正,物体速度方向不变,物体在0~5 s内一直加速,5 s时速度最大,选项A,B均错误;2~4 s内物体的加速度不变,做匀加速直线运动,选项C错误;t=4 s时和t=6 s时物体速度大小相等,由动能定理可知,物体在0~4 s内和0~6 s内动能变化量相等,合外力做功也相等,选项D正确.

2.(动能定理与v-t、P-t图象的综合)(多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg的物体受到水平拉力的作用,在0~6 s内其速度与时间的关系图象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图(甲)、(乙)所示,g取10 m/s2,下列说法中正确的是(　AD　)

A.0~6 s内拉力做的功为140 J

B.物体在0~2 s内所受的拉力为4 N

C.物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5

D.合外力在0~6 s内做的功与0~2 s内做的功相等

解析:拉力在0~6 s内做的总功为P-t图线与t轴所围面积,则WF=Fs1+F′s2=×2×60 J+20×(6-2) J=140 J,选项A正确;在0~2 s物体做匀加速直线运动,物体所受拉力等于t=2 s时的拉力,由P=Fv可知拉力F1= N=6 N,选项B错误;在2~6 s物体匀速运动,则拉力F2与摩擦力f大小相等,而P=20 W,由P=Fv得f=F2= N=2 N,由f=μmg得μ=0.25,选项C错误;2 s后物体速度不再变化即动能不变,由动能定理可知,物体所受的合外力在0~6 s内所做的功与0~2 s内所做的功均为W合=mv2=40 J,D正确.

1.

(2019·全国Ⅰ卷,21)(多选)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上,把物体P轻放在弹簧上端,P由静止向下运动,物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示.在另一星球N上用完全相同的弹簧,改用物体Q完成同样的过程,其a-x关系如图中虚线所示.假设两星球均为质量均匀分布的球体.已知星球M的半径是星球N的3倍,则(　AC　)

A.M与N的密度相等

B.Q的质量是P的3倍

C.Q下落过程中的最大动能是P的4倍

D.Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍

解析:星球表面重力加速度g=G=G=πGρR,物体刚放到弹簧上时所受弹力为零,加速度为重力加速度,因此gM=3gN,又因为RM=3RN,可得出ρM=ρN,A正确;物体处于平衡状态时加速度为零,则mPgM=kx0,mQgN=2kx0,得mQ=6mP,B错误;物体加速度为0时动能最大,此时mg=kx,根据动能定理mgx-x=Ek,则有Ek=mgx=kx2,所以,==4,C正确;当弹簧压缩量最大时,物体的速度为0,由动能定理mgx-x=0,解得最大压缩量xmax=,所以, =·=2,故Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的2倍,D错误.

2.

(2019·山东济南期中)如图所示是质量为1 kg的滑块在水平面上做直线运动的v-t图象,下列判断正确的是(　C　)

A.在t=1 s时,滑块的加速度为零

B.在4~6 s时间内,滑块的平均速度为2.5 m/s

C.在3~7 s时间内,合力做功的平均功率为2 W

D.在5~6 s时间内,滑块受到的合力为2 N

解析:在t=1 s时,滑块的加速度为a== m/s2=2 m/s2,故选项A错误;在4 ~6 s时间内,滑块的位移为s=×4×1 m+4×1 m=6 m,则滑块的平均速度大小为:== m/s=3 m/s,故选项B错误;在3 ~7 s时间内,根据动能定理得合力做功W合=m-m=×1×(0-42) J=-8 J,合力做功的平均功率的大小为== W=2 W,故选项C正确;在5 ~6 s时间内,滑块的加速度大小为a′== m/s2=4 m/s2,根据牛顿第二定律得F合=ma′=1×4 N=4 N,故D错误.

3.(2019·天津卷,10)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试,并取得成功.航母上的舰载机采用滑跃式起飞,故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成,如图1所示.为了便于研究舰载机的起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧,示意如图2,AB长L1=150 m,BC水平投影L2=63 m,图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12°(sin 12°≈0.21).若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t=6 s到达B点进入BC.已知飞行员的质量m=60 kg,g=10 m/s2,求:

(1)舰载机水平运动的过程中,飞行员受到的水平力所做功W;

(2)舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力N多大.

解析:(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动,设其刚进入上翘甲板时的速度为v,则有

=①

根据动能定理,有

W=mv2-0②

联立①②式,代入数据,得

W=7.5×104 J.

(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有

L2=Rsin θ③

由牛顿第二定律,有

N-mg=m④

联立①③④式,代入数据,得

N=1.1×103 N.

答案:(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N