动能定理 拔高版.docx
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动能定理拔高版
暑期第11讲动能定理
考点1:
动能定理
1.动能
⑴定义:
物体由于运动而具有的能叫动能
⑵表达式:
动能是标量一个物体在运动过程中动能的大小只与速度有关
2.动能定理
⑴定义:
合外力所做的总功等于物体动能的变化量——这个结论叫做动能定理
⑵表达式:
,
式中
是各个外力对物体做功的总和,
是做功过程中始末两个状态动能的增量
⑶推导:
动能定理实际上是在牛顿第二定律的基础上对空间累积而得:
在牛顿第二定律
两端同乘以合外力方向上的位移
,即可得
理解:
⑴如果物体受到几个力的共同作用,则⑴式中的
表示各个力做功的代数和,即合外力所做的功
⑵应用动能定理解题的特点:
跟过程的细节无关。
即不追究全过程中的运动性质和状态变化细节
⑶动能定理的研究对象是质点
⑷动能定理对变力做功情况也适用,动能定理尽管是在恒力作用下利用牛顿第二定律和运动学公式推导的,但对变力做功情况亦适用。
动能定理可用于求变力的功、曲线运动中的功以及复杂过程中的功能转换问题
⑸动能定理是标量式,没有分量式
典例精讲
【典例1】(2019春•吉阳区校级期中)下列关于动能的说法,正确的是( )
A.汽车的动能一定比火车的动能小
B.汽车的动能有可能比火车的动能大
C.速度相同的汽车和火车一定具有相同的动能
D.质量相同的两辆汽车一定具有相同的动能
【分析】明确动能的定度,根据Ek
mv2即可分析动能大小的关系。
【解答】解:
A、由于不明确汽力和火车的速度关系,故无法确定动能间的大小关系,故A错误;
B、汽车的质量虽然小,但如果汽车的速度大于火车的速度,则汽车的动能有可能比火车的动能大,故B正确;
C、速度相同的汽车和火车由于具有不同的质量,故不具有相同的动能,故C错误;
D、质量相同的两辆汽车速度并不一定相同,故不一定具有相同的动能,故D错误。
故选:
B。
【点评】本题考查动能的定义,要知道动能大小取决于物体的质量和速度两方面的因素。
【典例2】(2019春•菏泽期中)如图所示,质量为m的小车在与竖直方向成a角的恒定拉力F作用下,沿水平地面向左匀速运动距离l。
在此过程中( )
A.拉力对小车做功为Flcosa
B.支持力对小车做功为Flsina
C.摩擦力对小车做功为﹣Flsina
D.合力对小车做功为Flsina
【分析】小车所受的各力都是恒力,可根据恒力F做功的计算公式:
W=FLcosθ,θ为F与S之间的夹角,来分析计算各力做的功;根据动能定理分析合力对小车做的功。
【解答】解:
对小车受力分析,如图:
A、拉力做功为:
WF=Flcoθ=Flsinα,故A错误;
B、支持力垂直于位移,故不做功,故B错误;
C、小车匀速运动,故Ff=Fsinα,所以摩擦力做功为:
Wf=﹣Ffl=﹣Flsina,故C正确;
D、物体匀速运动,故由动能定理可知,合力对小车做功为零,故D错误。
故选:
C。
【点评】本题考查功的计算以及动能定理的应用;要明确恒力F做功的计算公式:
W=FLcosθ,θ为F与S之间的夹角。
注意功的公式只适用于恒力做功。
【典例3】光滑水平面上以速度v匀速滑动的小物块,运动到A点时受到一水平恒力F的作用,经一段时间后小物块运动到B点,速度大小仍为v0,方向改变了90°,如图所示,则在此过程中( )
A.水平恒力F方向一定与AB连线垂直
B.小物块的动能一定始终不变
C.小物块的机械能一定先增大后减小
D.小物块的加速度可能变大
【分析】物体的初、末动能相同,根据动能定理,合力的功为零,可知合力与位移垂直;根据动能定理分析过程中动能的变化情况;根据非重力的功分析机械能的变化;根据牛顿第二定律分析加速度的情况。
【解答】解:
AB、物体的初、末动能相同,根据动能定理,合力对物块的功一定为零,故合力与位移垂直,即水平恒力F方向一定与AB连线垂直;由于合力先做负功后做正功,故动能先减小后增加,故A正确B错误;
C、由上面的分析知恒力F先做负功后做正功,所以机械能先减小后增大,故C错误;
D、合力恒定,根据牛顿第二定律,物体的加速度一定恒定不变,故D错误;
故选:
A。
【点评】本题关键是结合动能定理分析合力的方向,然后结合牛顿第二定律分析加速度的情况。
要注意恒力做功可根据公式W=Flcosθ分析力和位移的夹角。
考点2:
应用动能定理解题的步骤
⑴确定研究对象和研究过程。
动能定理的研究对象只能是单个物体,如果是系统,那么系统内的物体间不能有相对运动。
(原因是系统内所有内力做的总功不一定是零)。
⑵对研究对象进行受力分析。
(研究对象以外的物体施于研究对象的力都要分析,含重力)。
⑶写出该过程中合外力做的功,或分别写出各个力做的功(注意功的正负)。
如果研究过程中物体受力情况有变化,要分别写出该力在各个阶段做的功。
⑷写出物体的初、末动能。
⑸按照动能定理列式求解。
典例精讲
【典例1】(2018秋•金华期末)如图所示在竖直平面内,光滑曲面AB与长度l=3m的水平传送带BC平滑连接于B点,传送带BC右端连接内壁光滑、半径r=0.55m的四分之一细圆管CD,圆管内径略大于物块尺寸,管口D端正下方直立一根劲度系数为k=50N/m的轻弹簧,弹簧一端固定,另一端恰好与管口D端平齐。
一个质量为m=0.5kg的物块(可视为质点)从曲面上P点静止释放,P点距BC的高度为h=0.8m。
(已知弹簧的弹性势能Ep与弹簧的劲度系数k和形变量x的关系是:
Ep
kx2,水平传送带与物间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度g取10m/s2。
)求:
(1)若传送带静止不动物块在水平传送带BC上前进的距离;
(2)若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s,物块刚进入细圆管CD时对管道的弹力,物块在压缩弹簧过程中的最大速度(压缩弹簧过程未超过弹性限度);
(3)若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s,物块从第一次进入细圆管后将做周期性的运动。
由于物块与传送带发生相对运动,一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能。
【分析】
(1)若传送带静止不动,对整个过程,利用动能定理可求出物块在水平传送带BC上前进的距离;
(2)若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s,分析物块到达C点的速度,由牛顿第二定律求物块刚进入细圆管CD时管道对物块的弹力,由牛顿第三定律得到物块对管道的弹力。
在压缩弹簧过程中,合力为零时速度最大,由胡克定律求出弹簧的压缩量,再由动能定理求出最大速度;
(3)根据运动学公式求出物块与传送带间的相对路程,从而求得摩擦生热,结合能量守恒定律求一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能。
【解答】解:
(1)物块从P点静止释放到停在传送带某处的过程中,根据动能定理得
mgh﹣μmgx=0﹣0
解得x=2m;
(2)若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s,因为传送带长度l=3m大于2m,所以物块到达C点的速度vC=2m/s
物块经过管道C点,根据牛顿第二定律得
mg﹣N=m
解得,管道对物块的弹力N
N≈1.36N,方向竖直向上
根据牛顿第三定律得知,物块对管道的弹力大小N′=N≈1.36N,方向竖直向下。
物块从C点运动到速度最大的过程,根据平衡条件得mg=kx′
得x′=0.1m
由动能定理得mg(r+x′)
解得,最大速度vm=4m/s
(3)物块再次回到C点的速度仍为2m/s,它在传送带上先向左匀减速运动到速度为零,再向右匀加速运动至C点,速度大小仍为2m/s,因此,电动机多消耗的电能即为物块与传送带之间的摩擦生热。
物块向左减速的位移x1
0.5m
物块与传送带间的相对位移△x1=x1+v0•
解得△x1=1.5m
物块向右加速运动的位移x2
0.5m
物块与传送带间的相对位移△x2=v0•
x2=0.5m
因此,一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能是E=μmg(△x1+△x2)
解得E=4J
答:
(1)若传送带静止不动物块在水平传送带BC上前进的距离是2m;
(2)物块刚进入细圆管CD时对管道的弹力,物块在压缩弹簧过程中的最大速度是4m/s;
(3)一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能是4J。
【点评】解决本题的关键要明确物块的运动情况和能量转化情况。
要知道在C点,物块的向心力来源于合力。
物块压缩弹簧时合力为零时速度最大。
摩擦生热与相对路程有关。
综合练习
一.选择题(共10小题)
1.(2018春•景县校级期末)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动,在时间间隔t内位移为s,动能变为原来的9倍。
该质点的加速度为( )
A.
B.
C.
D.
【分析】根据动能的变化可求出初末速度间的关系,再根据平均速度公式可求出平均速度,则由位移公式即可明确速度与位移时间的关系,再由加速度的定义即可求出质点的加速度。
【解答】解:
设质点的初速度为v,则动能Ek1
mv2,由于末动能变为原来的9倍,则可知,末速度为原来的3倍,故有:
v’=3v;
故平均速度为:
2v;
根据位移公式可知:
联立解得:
v
;
根据加速度定义可知:
a
,故A正确,BCD错误。
故选:
A。
【点评】本题考查动能以及运动学规律的问题,要注意明确动能变为9倍所隐含的信息,从而求出速度关系,同时还要注意应用平均速度公式。
2.(2018秋•莒县校级月考)关于动能,下列说法中正确的是( )
A.凡是运动的物体都有动能
B.公式Ek
mv2中,速度v是物体相对于地面的速度,且动能总是正值
C.一定质量的物体,动能变化时,速度一定变化,速度变化时,动能也一定变化
D.动能不变的物体,一定处于平衡状态
【分析】动能的计算式为EK
mv2,物体的质量和速度的大小都可以引起物体动能的变化,它是没有方向的,它是标量。
【解答】解:
A、动能就是物体由于运动而具有的能量,是普遍存在的机械能中的一种基本形式,凡是运动的物体都有动能,故A正确;
B、物体的动能是没有方向的,它是标量,速度v是物体相对参考平面的速度,故B错误;
C、对于一定质量的物体,动能变化时,速度一定变化的,但速度变化时,动能不一定变化,故C错误;
D、动能不变的物体,可以是物体速度的大小不变,但速度的方向可以变化,比如匀速圆周运动,此时的物体并不一定是受力平衡状态,故D错误;
故选:
A。
【点评】本题考查的是学生对动能的理解,由于动能的计算式中是速度的平方,所以速度变化时,物体的动能不一定变化。
3.(2015秋•福田区校级期末)改变汽车的质量和速度,都能使汽车的动能发生变化.在下列几种情况中,关于汽车的动能的说法不正确的是( )
A.质量不变,速度增大到原来的2倍,汽车的动能变为原来的4倍
B.速度不变,质量增大到原来的2倍,汽车的动能变为原来的2倍
C.质量减半,速度增大到原来的4倍,汽车的动能不变
D.速度减半,质量增大到原来的4倍,汽车的动能不变
【分析】动能为EK
mV2,物体的质量和速度的大小都可以引起物体动能的变化,根据公式逐项分析即可.
【解答】解:
A、质量不变,速度增大到原来的2倍,根据动能公式EK
mV2,汽车的动能变为原来的4倍,故A正确;
B、速度不变,质量增大到原来的2倍,根据动能公式EK
mV2,汽车的动能变为原来的2倍,故B正确;
C、质量减半,速度增大到原来的4倍,根据动能公式EK
mV2,汽车的动能变为原来的8倍,故C错误;
D、速度减半,质量增大到原来的4倍,根据动能公式EK
mV2,汽车的动能不变,故D正确;
本题选错误的;故选:
C。
【点评】本题是对动能公式的直接应用,题目比较简单,记住公式,由公式进行行分析即可求解.
4.(2018秋•禄丰县校级期末)如图甲所示,一固定在地面上的足够长斜面,倾角为37°,物体A放在斜面底端挡板处,通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接,B的质量M=1kg,绳绷直时B离地面有一定高度。
在t=0时刻,无初速度释放B,由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的v﹣t图象如图乙所示,若B落地后不反弹,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则下列说法不正确的是( )
A.B下落的加速度大小a=4m/s2
B.A沿斜面向上运动的过程中,绳的拉力对A做的功W=3J
C.A的质量M=0.5Kg,A与斜面间的动摩擦因数μ=0.5
D.0~0.75s内物体A克服摩擦力做的功为0.75J
【分析】A、AB具有相同的加速度大小,由题可得加速度。
B、对B由牛顿第二定律可得绳的拉力,进而可得对A的功。
C、由牛顿第二定律可得A受到的摩擦力,进而可得A与斜面的摩擦因数。
D、由功的公式可得摩擦力做的功。
【解答】解:
A、AB具有相同大小的加速度,由图可知B的加速度为:
a
4m/s2,故A正确。
B、设绳的拉力为T,对B由牛顿第二定律:
Mg﹣T=Ma,
解得:
T=Mg﹣Ma=1×10﹣1×4=6N,
AB位移相同则由图可知A上升阶段,B的位移为:
x
2×0.5=0.5m,
故绳的拉力对A做功为:
W=Fx=6×0.5J=3J,故B正确。
C、由图可知后0.25s时间A的加速度大小为:
a′
8m/s2
此过程A只受摩擦力和重力:
μmgcos+mgsinθ=ma′
解得:
μ=0.25,故C错误。
D、上升过程中,对A根据牛顿第二定律得:
T﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma
解得:
m=0.5kg
全程位移为:
s
2×0.75m=0.75m
故物体克服摩擦力做功为:
Wf=μmgcosθs=0.25×0.5×10×0.8×0.75J=0.75J,故D正确
本题选说法不正确的,故选:
C。
【点评】本题是综合性比较强的题目,需要熟练掌握运动学,功的计算,要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况,能根据速度时间图象求解加速度和位移,难度较大。
5.(2019春•秦州区校级月考)如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以大小一定的初速率v0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角,测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示,取g=10m/s2,根据图象可求出( )
A.物体的初速率v0=2
m/s
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75
C.物体在斜面上可能达到的位移的最小值xmin=0.4m
D.当某次θ=30°时,物体达到最大位移后将沿斜面下滑
【分析】由题意明确图象的性质,则可得出位移的决定因素;根据竖直方向的运动可求得初速度;由水平运动关系可求得动摩擦因数;再由数学关系可求得位移的最小值
【解答】解:
A、由图可知,当夹角θ=0时,位移为0.60m;而当夹角为90°时,位移为0.45m;则由竖直上抛运动规律可知:
,解得:
,故A错误;
B、当夹角为0度时,由动能定理可得:
,解得:
,故B正确;
C、由动能定理可得:
,解得:
,当θ+α=90°时,sin(θ+α)=1,此时位移最小,x=0.36m,故C错误;
D、若θ=30°时,物体受到的重力的分力为
,摩擦力
,一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,故小球达到最高点后,不会下滑,故D错误;
故选:
B。
【点评】本题考查动能定理的应用,要注意理解题意,正确分析图象是解题的关键,同时注意做好受力分析,明确最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力。
6.(2019•临汾模拟)水平面上有质量相等的a、b两个物体,水平推力F1、F2分别作用在a、b上。
一段时间后撤去推力,物体继续运动一段距离后停下,两物体的v﹣t图象如图所示,图中AB∥CD.则整个过程中( )
A.水平推力F1、F2大小可能相等
B.a的平均速度大于b的平均速度
C.合外力对a物体的冲量大于合外力对b物体的冲量
D.摩擦力对a物体做的功小于摩擦力对b物体做的功
【分析】A、由速度图象分析可知,水平推力撤去后,AB与CD平行,说明加速度相同,由牛顿第二定律可求解;
B、根据平均速度公式可求得平均速度的大小关系;
C、根据动量定理,研究整个过程,确定两个推力的冲量关系;
D、根据功的公式分析摩擦力做功的关系。
【解答】解:
A、由图,AB与CD平行,说明推力撤去后两物体的加速度相同,而撤去推力后物体的合力等于摩擦力,根据牛顿第二定律可知,两物体受到的摩擦力大小相等。
加力F时,由图象可知a的加速度大于b的加速度,根据F﹣f=ma可知水平推力F1的大小大于F2大小,故A错误;
B、设两物体的最大速度为v,加F时两物体的平均速度均为
,撤去F后两物体的平均速度仍为
,可知a的平均速度等于b的平均速度,故B错误;
C、根据动量定理可知,合外力的冲量的等于动量的变化量,由于两物体的动量变化量均为零,可知合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量,故C错误;
D、由图象可知,a的位移小于b的位移,因两物体的摩擦力相等,可知摩擦力对a物体做的功小于摩擦力对b物体做的功,故D正确。
故选:
D。
【点评】本题首先考查读图能力,其次考查牛顿第二定律的应用能力,要注意明确水平推力撤去后,AB与CD平行,说明加速度相同,动摩擦因数相同。
这是解题的关键。
7.(2019春•靖远县校级月考)如图所示,质量为m的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的k倍,物块与转轴OO′相距R,物块随转台由静止开始转动,当物块速度由0增加到v时,物块即将在转台上滑动,此时转台恰好开始匀速转动,已知重力加速度为g,则在物块由静止到滑动前的这一过程中,转台的摩擦力对物块做的功为( )
A.0B.
kmgRC.mv2D.2πkmgR
【分析】根据牛顿第二定律求出物块刚开始滑动时的速度大小,结合动能定理求出物块由静止到滑动前的这一过程中,转台的摩擦力对物块做的功。
【解答】解:
根据
得,物块刚好开始滑动时的速度v
,
根据动能定理得,
,故B正确,A、C、D错误。
故选:
B。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和动能定理的综合运用,知道摩擦力做功是变力功,通过牛顿第二定律求出刚好开始滑动的速度是关键。
8.(2019春•颍州区校级期中)质量m=1kg的物体在光滑水平面上由静止开始沿直线运动,所受水平外力F与运动距离x的关系如图所示。
对图示的全过程进行研究,下列叙述正确的是( )
A.外力做的功为28J
B.物体的运动时间为5s
C.外力做功的平均功率约为5.7W
D.物体运动到x=5m处时,外力做功的瞬时功率为25W
【分析】根据功的公式W=Fs求外力做的功。
根据动能定理求出物体在x=3m和x=5m时的速度,再由运动学公式求出运动时间。
根据P
求外力做功的平均功率。
根据P=Fv求外力做功的瞬时功率。
【解答】解:
A、外力做功:
W=F1x1﹣F2x2=6×3﹣5×2=8J.故A错误。
B、设物体在x=3m和x=5m时的速度分别为v1和v2.根据动能定理得:
0﹣3m内有F1x1
0﹣5m内有W
由运动学公式有
0﹣3m内,x1
3m,3﹣5m内,x2
2m
物体运动的总时间t=t1+t2.联立解得v2=4m/s,t=1.4s,故B错误。
C、外力做功的平均功率为
5.7W,故C正确。
D、物体运动到x=5m处时,外力做功的瞬时功率为P=F2v2=5×4W=20W,故D错误。
故选:
C。
【点评】解决本题时要明确图象与横轴所围的面积表示力做的功,运用动能定理时,要注意选择研究过程。
9.(2019•南宁一模)一个小球被水平抛出,做平抛运动,则小球在运动过程中( )
A.位移与时间的二次方成正比
B.重力的瞬时功率与时间的二次方成正比
C.速度的增量与时间的二次方成正比
D.动能的增量与时间的二次方成正比
【分析】根据平抛运动的水平位移和竖直位移,结合平行四边形定则得出位移的表达式,从而判断与时间t的关系;根据瞬时功率公式,结合速度时间公式得出重力瞬时功率的表达式,从而判断与时间t的关系;抓住平抛运动的加速度不变,得出速度增量与时间的关系;根据动能定理得出动能增量与时间的关系,从而分析判断。
【解答】解:
A、平抛运动的水平位移x=v0t,竖直位移y
,则运动的位移s
,与时间的二次方不成正比,故A错误。
B、重力的瞬时功率P=mgvcosα=mgvy=mg2t,与时间成正比,故B错误。
C、平抛运动的加速度不变,则速度的增量△v=gt,与时间成正比,故C错误。
D、根据动能定理得,
,与时间的二次方成正比,故D正确。
故选:
D。
【点评】本题需得出位移、重力瞬时功率、速度增量和动能增量与时间的关系,关键通过物理学规律,结合运动学公式、动能定理等得出物理量间的关系式,从而分析判断。
10.(2019春•红塔区校级月考)质量为m的物体在水平恒定外力F作用下沿水平面做匀加速直线运动,一段时间后撤去外力,已知物体的v﹣t图象如图所示,则下列说法正确的有( )
A.水平拉力大小是物体所受摩擦力大小的2倍
B.在物体运动的整个过程中,F的冲量大小大于摩擦力的冲量大小
C.在物体运动的整个过程中,F做的功大于克服摩擦力做的功
D.物体在加速段的平均速度等于减速段的平均速度
【分析】由斜率判断加速度大小之比,利用冲量定理和动能定理,只需要分析初末的状态就可以判断F和摩擦力冲量大小和做功大小问题,匀加速直线运动的v﹣t图形中平均速度即为直线的中点速度
【解答】解:
A、加速阶段合力为F﹣f,减速阶段合力为f,由图易得
,可以算出F=3f,故A错误:
B、根据动量定理,初末状态速度都为零,合外力冲量为零,因此F的冲量大等于摩擦力的冲量大小,故B错误;
C、根据功能原理,初末状态速度都为零,合外力做功为零,因此F做的功等于克服摩擦力做的功大小,C错误;
D、两阶段都为匀加速直线运动,平均速度都为
,故D正确;
故选:
D。
【点评】要熟练判断v﹣t图形中的加速度和斜率的关系,熟练应用利用冲量定理和动能定理,只需要考虑初末的状态,就可以相应的冲量大小和做功大小问题,注意第二阶段是加速度为负的1匀加速直线运动,平均速度判断方法一致
二.填空题(共3小题)
11.(2016春•于洪区校级期末)质量为1kg的物体从静止开始自由下落,落到距出发点0.2m处时的动能为 2J .(g取10m/s2)
【分析】对物体下落的过程,根据动能定理列式求解即可.
【解答】解:
对物体从静止到落到距出发点0.2m处的过程中,重力做的功等于物体增加的动能,根据动能定理得:
EK=mgh=1×10×0.2=2J
故答案为:
2J
【点评】本题主要考查了动能定理的直接应用,知道自由下落过程中,只有重力做功,难度不大,属于基础题.
另外该题也可以结合自由落体运动的速度公式求出速度,再由动能的定义式求出.
12.(2016春•哈尔滨校级期末)动能的计算公式为
.一个质量为50kg的学生,当她的运动速度为2米/秒时,她的动能为 100 J.
【分析】动能的表达式为:
;根据表达式代入数据即可求得学生的动能.
【解答】解:
动能是表示物体由于运动而具有的能量,其表达式为:
;
该同学的动能为:
EK
50×22=100J;
故答案为:
;100.
【点评】本题考查动能的表达式及其计算,要注意正确掌握其表达式并掌握其意义.属基础知识的考查.
13.(2019春•江阴市期中)如图所示,一个质量是25kg的小孩从高为2m的滑梯顶端由静止滑下,滑到底
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- 动能定理 拔高版 动能 定理 拔高