1、2013届新课标高考物理总复习学案第五单元 功和能第2节 动能定理 答案：B2动能是_量，与某一时刻、某一位置的速度相对应，但动能具有_性，对不同的参考系。物体的_不同，物体的动能也就不同，研究物体的运动时，一般以_为参考系。答案：状态相对速度地面回扣二动能定理3关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是 ()A合外力为零，则合外力做功一定为零B合外力做功为零，则合外力一定为零C合外力做功越多，则动能一定越大D动能不变化，则物体合外力一定为零解析：合外力为零，则物体可能静止，也可能做匀速直线运动，这两种情况合外力做功均为零，或这两种运动，动能均不变，所以合外力做功
2、一定为零，A对；合外力做功为零或动能不变，合外力不一定为零，如匀速圆周运动，故B、D错；合外力做功越多，动能变化越大，而不是动能越大，故C错。答案：A4甲、乙两物体质量之比m1m212，它们与水平桌面间的动摩擦因数相同，在水平桌面上运动时，因受摩擦力作用而停止。(1)若它们的初速度相同，则运动位移之比为_；(2)若它们的初动能相同，则运动位移之比为_。(2)它们的初动能相同，设为Ek，由动能定理得：m1gl10Ek。m2gl20Ek。所以l1l2m2m121答案：(1)11(2)21 (3)物体的动能对应于某一时刻运动的能量，它仅与速度的大小有关，而与速度的方向无关。动能是标量，且恒为正值。(
3、4)由动能的表达式可知，动能的单位与功的单位相同，因为1 kg(m/s)21(kgm/s2)m1 Nm1 J。2关于动能的变化动能只有正值，没有负值，但动能的变化却有正有负。“变化”是指末状态的物理量减去初状态的物理量，而不一定是大的减去小的，有些书上称之为“增量”。动能的变化量为正值，表示物体的动能增加了，对应于合力对物体做正功；物体的变化量为负值，表示物体的动能减小了，对应于合力对物体做负功，或者说物体克服合力做功。名师点睛动能变化量是两个动能标量的差，得到结果的正负表示动能增加或减少，速度变化量是两个速度的矢量差，得到结果的正负表示速度变化量的方向。典例必研例1(2011全国高考改编 )
4、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，该质点的动能不可能是 ()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，再逐渐增大思路点拨从恒力方向与初速度方向的可能关系，判定质点的速度变化规律，从而得到动能的变化规律。解析当力的方向与速度方向相同或与速度方向的夹角小于90时，物体的速度逐渐增大，动能逐渐增大；当力的方向与速度方向相反时，物体做匀减速运动，速度逐渐减小到零后反向逐渐增大，因此动能先减小至零后增大；当力的方向与速度的方向夹角大于90小于180时，力的方向与速度的方向夹角逐渐减小，速度先逐渐减小，直到夹角等于9
5、0时速度达到最小值，而后速度逐渐增大，故动能先逐渐减小到某一非零的最小值，再逐渐增大。 答案C冲关必试1一个质量为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v和碰撞过程中小球的动能变化量Ek为 ()Av0Bv12 m/sCEk1.8 J DEk10.8 J解析：取初速度方向为正方向，则v(66) m/s12 m/s，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量为0，故只有选项B正确。答案：B2如图521所示，光滑轨道MO和ON底端对接且ON2MO，M、N两点高度相同。小球自M点由静止自
6、由滚下，忽略小球经过O点时的机械能损失，以v、x、a、E0分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小。下列图像中能正确反映小球自M点到N点的运动规律的是 () 图521 图522答案：A (2)动能定理把一个过程量(总功)和两个状态量(初、末状 态的动能)联系起来。(3)因为动能定理中功和能均与参照物的选取有关，所以 动能定理也与参照物的选取有关。中学物理中一般取 地球为参照物。(4)不论物体做什么形式的运动，受力如何，动能定理总 是适用的。(5)做功的过程是能量转化的过程，动能定理表达式中的 “”的意义是一种因果联系的数值上相等的符号，说 明了功是引起物体动能的变化的原因。(6)
7、动能定理公式两边每一项都是标量，因此动能定理是个 标量方程式。(7)若Ek2Ek1，即W总0，合力对物体做正功，物体的动能 增加；若Ek2Ek1，即W总0，合力对物体做负功，物体 的动能减少。名师点睛(1)动能定理指明了一种功能关系即合外力的功是物体动能 变化的量度，但不可理解为功转变成了物体的动能。(2)动能定理叙述中所说的“外力”，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。典例必研例2(2012玉溪模拟)如图523所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB之间的水平 距离为x，重力加速度为g。下列说法错
8、误的是 () 图523审题指导阻力是未知的变力，无法用功的定义式求解它做的功，可以由动能定理间接求解。答案C冲关必试3.人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙 的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上 斜面，物体上升的高度为h，到达斜面 顶端的速度为v，如图524所示。则在此过程中() 图524答案：B4(2012明光模拟)物体沿直线运动的vt关系图像如图525所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则 () 图525A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答案：C知识必会1运用动能定
9、理的注意事项(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。下列问题应优先考虑应用动能定理：不涉及加速度、时间的问题。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。变力做功的问题。含有F、L、m、v、W、Ek等物理量的力学问题。(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。但求功时，有些力不是全过程都做功，必须根据不同的情况分别对待求出总功。(4)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负。当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表达为W，也可以直接用字母W表示该力做功，
10、使其字母本身含有负号。(5)功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理。2应用动能定理分析问题的思维要点两点一过程是应用动能定理的着眼点和突破口。“两点”，即研究对象的初状态和末状态，“一过程”即研究对象从初状态到末状态的运动过程。3应用动能定理的基本步骤(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：(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Ek2Ek1及其他必要的解题 方程，进行求解。名师点睛应用动能定理解题，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
11、草图，借助草图理解物理过程和各量关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。典例必研例3如图526所示，ABCD为一竖直平面的轨道，其中BC水平，A点比BC高出H10 m，BC长为l1 m，AB和CD轨道光滑。一质量为m1 kg的物体，从A点以v14 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点h10.3 m的D点时速度为零。求：(g10 m/s2) (1)物体与BC轨道的动摩擦因数。(2)物体第5次经过B点时的速度。(3)物体最后停止的位置(距B点)。 图526审题指导本题明确给出物体在A、D两点的速度和高度，从A点到D点过程的受力情况及其做功也容易分析，可以
12、应用动能定理研究，直接得到物体与BC轨道的动摩擦因数。值得注意的是，滑动摩擦力做功与实际路径的长短有关，特别是研究多过程运动时(如从开始运动至物体第5次经过B点或物体最后停止)，往往全段考虑应用动能定理研究，克服摩擦力做功应表示为摩擦力与总路程的乘积。答案(1)0.5(2)13.3 m/s(3)0.4 m冲关必试5质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图527所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用。设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是 ()答案：C6(2
13、012咸阳模拟)如图528甲所示，一质量为m 1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数0.2，(g取10 m/s2)求： (1)A与B间的距离；(2)水平力F在5 s内对物块所做的功。 图528答案：(1)4 m(2)24 J每课一得 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，
14、只需考虑全过程中合外力做功的情况，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。方法导入第(1)问研究的是临界问题，在该问的条件下，物体到达A点时动能为零，选取从释放点到A为研究过程，该过程的初动能也为零，过程中只有重力和摩擦力做功；在第(2)问的条件下物体会冲上斜面后返回，又冲上再返回，如此往复最终在没有机械能损耗的光滑圆弧底部来回运动，过程复杂多变，故研究整个过程，只侧重初末状态，避开了中间的细节过程；第(3)问是对运动过程某一单一情景的考查，故选取相应过程分别研究即可。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
15、的最大压力NmaxNmax3mgmgcos最小压力NminNminmg(32cos)。每课一测1在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下列图像能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是(取向上为正方向)()图1解析：小球运动过程中加速度不变，B错；速度均匀变化，先减小后反向增大，A对；位移和动能与时间不是线性关系，C、D错。答案：A2如图2所示，图线表示作用在某物体上的合外力随时间变化的关系，若物体开始时是静止的，那么()图2A从t0开始，5 s内物体的动能变化量为零B在前5 s内只有第1 s末物体的动能最大C在前5 s内只有第5
16、s末物体的速率最大D前3 s内合外力对物体做的功为零解析：由图像可知01 s的合外力的大小是25 s的合外力的大小的2倍，所以加速度大小的关系也是21，物体的运动状态可描述为01 s物体做匀加速运动到速度最大，3 s末减速到零，5 s末反向加速到最大，因此5 s内动能变化量不为零，故选项A错；第1 s末和第5 s末物体的动能和速率一样大，所以选项B、C都不对；3 s末减速到零，所以前3 s内合外力对物体做的功为零，所以正确选项为D。答案：D3(2012北京模拟)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，如图
17、3所示，则拉力F所做的功为()图3AmgLcosBmgL(1cos)CFLsin DFLcos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(1cos)WFEk0即WFmgL(1cos)，故B正确。答案：B4如图4所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则物体从A到C的过程中弹簧弹力做功是()Amghmv2 B.mv2mgh图4Cmgh D(mghmv2)解析：由A到C的过程运用动能定理可得：mghW0mv2，所以Wmghm
18、v2，故A正确。答案：A5质量为2 kg的物体，放在动摩擦因数0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移L之间的关系如图5所示，重力加速度g取10 m/s2，则此物体()A在位移L9 m时的速度是3 m/sB在位移L9 m时的速度是3 m/s图5C在OA段运动的加速度是2.5 m/s2D在OA段运动的加速度是3m/s2解析：由图像可知当L9 m时，W27 J，而WfmgL18 J，则W合WWf9 J，由动能定理有W合mv2，解得v3 m/s，B正确，在A点时，W15 J，WfmgL6 J，由动能定理可得vA3 m/s，则a1.5 m/s2，D错误。答案
19、：B6一环状物体套在光滑水平直杆上，能沿杆自由滑动，绳子一端系在物体上，另一端绕过定滑轮，用大小恒定的力F拉着，使物体沿杆自左向右滑动，如图6所示，物体在杆上通过a、b、c三点时的动能分别为Ea、Eb、Ec，且abbc，滑轮质量和摩擦均图6不计，则下列关系中正确的是()AEbEaEcEbBEbEaEcEb DEaEb=Ec解析：对环状物体，绳的拉力对其做正功，物体的动能增加，但这个力为变力，它做的功等于恒力F的功，恒力F的功等于F与它作用的绳伸长的距离的乘积，从a到b绳伸长的距离大于从b到c绳伸长的距离，根据动能定理。答案：C7如图7所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以
20、恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中() 图7A外力F做的功等于A和B动能的增量BB对A的摩擦力所做的功，大于A的动能增量CA对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析：A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B错。A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，C错。对B应用动能定理，WFWFfE
21、kB，即WFEkBWFf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对。由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错。答案：D8如图8所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN。重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为() 图8A.R(FN3mg) B.R(3mgFN)C.R(FNmg) D.R(FN2mg)解析：质点到达最低点B时，它对容器的正压力为FN，根据牛顿定律有FNmgm，根据动能定理，质点自A滑到B的过程中有W
22、fmgRmv2，故摩擦力对其所做的功WfRFNmgR，故A项正确。答案：A9(2011山东高考)如图9所示，将小球a从地面以初速度v0 竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在处相遇(不计空气阻力)。则()A两球同时落地B相遇时两球速度大小相等图9C从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量D相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等解析：对a，v0tgt2，对b，gt2，所以hv0t，而对a又有(v0v)t，可知a刚好和b相遇时速度v0。所以它们不会同时落地，相遇时的速度大小也不相等，A、B错。根据机械能守恒定律，从开始到相遇，两球重力
23、做功相等，C正确。相遇后的每一时刻，它们速度都不相等，所以重力的瞬时速率Pmgv不会相等，D错。答案：C10如图10所示，物块一次沿轨道1从A点由静止下滑至底端B点，另一次沿轨道2从A点由静止下滑经C点至底端B点，ACCB。物块与两轨道间的动摩擦因数相同，不考虑物块在C点处撞图10击的因素，则在物块两次下滑过程中，下列说法正确的是()A物块受到摩擦力相同B沿轨道1下滑时的位移较小C物块滑至B点时速度大小相同D两种情况下损失的机械能不同解析：物块沿轨道1滑下来时，设斜面的倾角为，轨道1长为l，A点在水平面上的投影为A，A到水平面的距离为h，由动能定理：mgh(mgcos)lmv12，即mghmg
24、ABmv12，同理可得，物块沿轨道2滑下时，有mghmgABmv22，也就是沿两轨道下滑时，摩擦力做功一样多，但摩擦力不同，所以C对，A、D错；位移是从初位置指向末位置的有向线段，故位移相同，B错。答案：C11如图11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点处向左运动，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，求：图11(1)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)O点和O点间的距离x1；(3)若将另一个与A完全相同的物块
25、B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左压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点的过程根据功能关系知，克服摩擦力所做的功为Wfmv02。(2)物块A从P点出发又回到P点的全过程中，根据功能关系有2mg(x1x0)mv02，得x1x0。(3)物块A、B分离时，两者间弹力为零，且加速度相同，A的加速度是g，B的加速度也是g，说明B此时只受摩擦力，弹簧处于原长时分离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功WF。只有物块A时，从O到P有：WFmg(x1x0)0物块
26、A、B共同从O点到O点有：WF2mgx12mv12分离后对物块A有：mgx2mv12解得：x2x0。答案：(1)mv02(2)x0(3)x012如图12所示，质量为M0.2 kg的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h0.20 m，木块离台的右端L1.7 m。质 量为m0.10M的子弹以v0180 m/s的速度水平射向木块，当子弹以v90 m/s的速度水平射出时，木块的速度为v19 m/s(此过程作 图12用时间极短，可认为木块的位移为零)。若木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为l1.6 m，求：(1)木块对子弹所做的功W1和子弹对木块所做的功W2；(2)木块与台面间的动摩擦因数。解析：(1)从开始到子弹射出木块，由动能定理得W1mv2mv02243 J对木块由动能定理得，子弹对木块所做的功W2Mv128.1 J(2)设木块离开台面时的速度为v2，木块在台面上滑行阶段对木块由动能定理得：MgLMv22Mv12木块离开台面后做平抛运动，由平抛运动规律得：竖直方向：hgt2水平方向：lv2t由以上各式可解得：0.50答案：(1)243 J8.1 J(2)0.50高考资源网w w 高 考 资源 网
