2016届高三物理一轮复习-动能定理及其应用

【想一想】当物体的速度发生变化时，物体的动能Ek一定变化吗？提示：物体的动能是标量，与物体的速度大小有关，与物体的速度方向无关，而物体的速度变化可能是由其方向变化而引起的，故不一定变化．【填一填】1．定义：物体由于而具有的能．第2单元动能定理及其应用基础探究动能运动【想一想】如图所示，一质量为m＝0.1kg的小球以v0＝3m/s的速度从桌子边缘平抛，经t＝0.4s落地，若g＝10m/s2，不计空气阻力，则此过程中重力对小球做了多少功？小球动能增加量为多少？由此你能得出什么结论？动能定理【填一填】1．内容力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中．2．表达式：W＝Ek2－Ek1.3．物理意义：的功是物体动能变化的量度．提示：由题意可知，桌子的高度h＝12gt2＝0.8m，重力对小球做功W＝mgh＝0.8J，小球落地时的速度v＝v20＋gt2＝5m/s，小球落地时的动能Ek＝12mv2＝1.25J，小球在平抛过程中动能的增加量ΔEk＝12mv2－12mv20＝0.8J，由此可见，小球平抛过程中，合力对小球所做的功等于小球动能的变化量．动能的变化合力4．适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于．(2)既适用于恒力做功，也适用于．(3)力可以是各种性质的力，即可以同时作用，也可以_______________．曲线运动变力做功不同时作用基础自测1．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解析：合力为零时，合力的功也为零，动能不变，A对；合力不为零时，合力不一定做功，动能不一定变化，B错；动能不变时，合力不做功，但合力不一定为零，C、D错．答案：A2．一个小球从高处自由落下，则球在下落过程中的动能()①与它下落的距离成正比②与它下落距离的平方成正比③与它运动的时间成正比④与它运动时间的平方成正比A．①③B．①④C．②③D．②④解析：由动能定理mgh＝12mv2可知①正确；又因为h＝12gt2，代入上式得：12mg2t2＝12mv2，所以④正确．答案：B3．(2014年大连模拟)木球从水面上方某位置由静止开始自由下落，落入水中又继续下降一段距离后速度减小到零．把木球在空中下落过程叫做Ⅰ过程，在水中下落过程叫做Ⅱ过程．不计空气和水的摩擦阻力．下列说法中正确的是()A．第Ⅰ阶段重力对木球做的功等于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功B．第Ⅰ阶段重力对木球做的功大于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功C．第Ⅰ、第Ⅱ阶段重力对木球做的总功和第Ⅱ阶段合力对木球做的功的代数和为零D．第Ⅰ、第Ⅱ阶段重力对木球做的总功等于第Ⅱ阶段木球克服浮力做的功解析：根据动能定理，全过程合力做功为零，所以，只有D项正确．答案：D答案：B4．如图所示，质量为m的物块，在恒力F的作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A点和B点的速度分别是vA和vB，物块由A运动到B点的过程中，力F对物块做的功W为()A．W12mv2B－12mv2AB．W＝12mv2B－12mv2AC．W＝12mv2A－12mv2BD．由于F的方向未知，W无法求出解析：物块由A点到B点的过程中，只有力F做功，由动能定理得：W＝12mv2B－12mv2A，故选项B正确．【互动探究】1．怎样计算总功？有哪两种常用的方法？2．如何理解动能定理中等号的意义？【核心突破】1．总功的计算物体受到多个外力作用时，计算合力的功，要考虑各个外力共同做功产生的效果，一般有如下两种方法：(1)先由力的合成或根据牛顿第二定律求出合力F合，然后由W＝F合lcosα计算．(2)由W＝Flcosα计算各个力对物体做的功W1、W2、…Wn，然后将各个外力所做的功求代数和，即W合＝W1＋W2＋…＋Wn.对动能定理的理解2．动能定理公式中等号的意义3.动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系．[温馨提示]动能定理说明外力对物体所做的总功和动能变化间的一种因果关系和数量关系，不可理解为功转变成了物体的动能．[思路点拨]空气阻力是变力，计算克服阻力做的功可用动能定理．【典例1】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v0，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v0为多少？(3)若初速度v0＝3gL，则在小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？[自主解答](1)小球恰能到达最高点B，有mg＝mv2BL2，得vB＝gL2.(2)从A→B由动能定理得：－mg(L＋L2)＝12mv2B－12mv20，可求出v0＝7gL2.(3)从A→B由动能定理得：－mg(L＋L2)－W阻＝12mv2B－12mv20可求出W阻＝114mgL.[答案](1)gL2(2)7gL2(3)114mgL1．一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F所做的功为()A．mgLcosθB．mgL(1－cosθ)C．FLsinθD．FLcosθ解析：小球缓慢地由P移动到Q，动能不变，只有重力、水平拉力F对小球做功，绳子拉力不做功，由动能定理：－mgL(1－cosθ)＋WF＝ΔEk＝0即WF＝mgL(1－cosθ)，故B正确．答案：B【互动探究】1．应用动能定理的基本思路是什么？2．应用动能定理时应注意什么问题？【核心突破】1．基本步骤(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．动能定理的应用(3)明确研究对象在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2.(4)列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程，进行求解．2．注意事项(1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看做单一物体的物体系统．(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式．当题目中涉及到位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理；处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理．(3)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．【典例2】(2014年苏北四市模拟)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＝5m，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＝4.30m、h2＝1.35m．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10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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．[思路探究](1)小滑块从A到D的过程中，有哪些力做功？h1和h2的数值哪个大？(2)小滑块在斜面上做什么运动，在水平面上做什么运动？[自主解答](1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得：mg(h1－h2)－μmgs＝12mv2D－0将h1、h2、s、μ、g代入得：vD＝3m/s(2)小滑块从A→B→C过程中，由动能定理得mgh1－μmgs＝12mv2C将h1、s、μ、g代入得：vC＝6m/s小滑块沿CD段上滑的加速度大小a＝gsinθ＝6m/s2小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝vCa＝1s由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1s故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2s(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：mgh1＝μmgs总将h1、μ代入得s总＝8.6m故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2s－s总＝1.4m[答案](1)3m/s(2)2s(3)1.4m2．右端连有光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5m，如图所示．将一个质量为m＝0.5kg的木块在F＝1.5N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2.求：(1)木块沿弧形槽上升的最大高度；(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动的最大距离．答案：(1)0.15m(2)0.75m解析：(1)由动能定理得：FL－FfL－mgh＝0其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10N＝1.0N所以h＝FL－FfLmg＝1.5×1.5－1.00.5×10m＝0.15m(2)由动能定理得：mgh－Ffx＝0所以x＝mghFf＝0.5×10×0.151.0m＝0.75m.——利用动能定理求解多运动过程问题[问题特点]物体在运动过程中若包含几个不同的过程，应优先考虑对全过程运用动能定理，这样可以避开每个运动过程的具体细节，因此比分段运用动能定理求解简单．由于全过程运用动能定理解题时不必考虑中间过程的细节，只需考虑全过程中合力做功的情况，以及初、末状态的动能，所以对于多过程、往复运动问题，对全过程运用动能定理具有过程简明、方法巧妙、运算量小等优点．[解题思路]解答多运动过程问题时，应注意以下几点：1．运动全程分几个阶段，每个阶段受什么力，哪些力做功，做什么功．2．弄清题目要求，选好研究对象(单个物体，还是多物体系统)，选择研究过程．3．弄清初末状态的动能，求出合力的功，应用动能定理列式求解．【典例】(17分)如图所示，竖直固定放置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧BCD的B点相切①，圆弧轨道的半径为R，圆心O与A、D在同一水平面上，C点为圆弧轨道最低点②，∠COB＝θ，现将质量为m的小物体从距D点高度为Rcosθ4的地方无初速度地释放，已知小物体恰能从D点进入圆弧轨道．求：(1)为使小物体不会从A点冲出斜面③，小物体与斜面间的动摩擦因数至少为多少？(2)若小物体与斜面间的动摩擦因数μ＝sinθ2cosθ，则小物体在斜面上通过的总路程为多少？④(3)小物体通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最大压力和最小压力各是多少？⑤[审题突破]①物体经过B点的瞬间动能无损失②物体在每一个单向运动过程中在C点的速度最大③物体第一次到达斜面上A点时速度为零④物体最终以C点为中心摆动，B点是最高点⑤第一次经过C点时压力最大，最终以C点为中心摆动压力最小[画图寻法][规范解答](1)为使小物体不会从A点冲出斜面，由动能定理得mgRcosθ4－μ1mgcosθRcosθsinθ＝0(2分)解得动摩擦因数至少为μ1＝sinθ4cosθ.(1分)(2)分析运动过程可得，最终小物体将在BB′圆弧间做往复运动(B′未画出)，由动能定理得mg(Rcosθ4＋Rcosθ)－μmgxcosθ＝0(2分)解得小物体在斜面上通过的总路程为x＝5Rcosθ2sinθ.(1分)(3)由于小物体第一次通过最低点时速度最大，此时压力最大，由动能定理得mg(Rcos－θ4＋R)＝12mv2(2分)由牛顿第二定律得FNmax－mg＝mv2R(2分)联立以上两式解得FNmax＝3mg＋12mgcosθ(1分)最终小物体将从B点开始做往复运动，则有mgR(1－cosθ)＝12mv′2(2分)FNmin－mg＝mv′2R(2分)联立以上两式，解得FNmin＝mg(3－2cosθ)(1分)由牛顿第三定律，得小物体通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最大压力FNmax′＝FNmax＝3mg＋12mgcosθ最小压力FNmin′＝FNmin＝mg(3－2cosθ)．(1分)[答案](1)sinθ4cosθ(2)5Rcosθ2sinθ(3)3mg＋12mgcosθmg(3－2cosθ)本小节结束请按ESC键返回