人教版物理必修二新素養(yǎng)學案第七章第7節(jié)動能和動能定理Word版含答案

第7節(jié)動能和動能定理1．明確動能的表達式及其含義．2．會用牛頓運動定律結(jié)合運動學規(guī)律推導出動能定理．(難點)3．理解動能定理及其含義，并能利用動能定理解決單個物體的有關(guān)問題．(重點)一、動能的表達式1．動能：Ek＝eq\f(1,2)mv2．2．單位：國際單位制單位為焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2．3．標矢性：動能是標量，只有大?。幽芏ɡ?．內(nèi)容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化．2．表達式：W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)．判一判(1)速度大的物體動能也大．()(2)某物體的速度加倍，它的動能也加倍．()(3)兩質(zhì)量相同的物體，動能相同，速度一定相同．()(4)做勻速圓周運動的物體，速度改變，動能不變．()(5)合外力做功不等于零，物體的動能一定變化．()(6)物體的速度發(fā)生變化，合外力做功一定不等于零．()(7)物體的動能增加，合外力做正功．()提示：(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√(6)×(7)√做一做(2019·寧波質(zhì)檢)籃球比賽中一運動員在某次投籃過程中對籃球做功為W，出手高度為h1，籃筐距地面高度為h2，球的質(zhì)量為m，不計空氣阻力，則籃球進筐時的動能為()A．W＋mgh1－mgh2B．mgh2－mgh1－WC．mgh1＋mgh2－WD．W＋mgh2－mgh1提示：選A．投籃過程中，籃球上升的高度h＝h2－h(huán)1，根據(jù)動能定理得W－mgh＝Ek－0，故籃球進筐時的動能Ek＝W－mg(h2－h(huán)1)＝W＋mgh1－mgh2，A正確．想一想殲-15戰(zhàn)機是我國自主研發(fā)的第一款艦載戰(zhàn)斗機，如圖所示．(1)殲-15戰(zhàn)機起飛時，合力做什么功？速度怎么變化？動能怎么變化？(2)殲-15戰(zhàn)機著艦時，動能怎么變化？合力做什么功？增加阻攔索的原因是什么？提示：(1)正功增加變大(2)減小負功使動能減少的更快對動能的理解1．動能的“三個性質(zhì)”(1)動能的標矢性：動能是標量，只有大小，沒有方向．動能的取值可以為正值或零，但不會為負值．(2)動能的瞬時性：動能是狀態(tài)量，對應物體在某一時刻的運動狀態(tài)．速度變化時，動能不一定變化，但動能變化時，速度一定變化．(3)動能的相對性：由于瞬時速度與參考系有關(guān)，所以Ek也與參考系有關(guān)．在一般情況下，如無特殊說明，則取大地為參考系．2．動能的變化量某一物體動能的變化量是指末狀態(tài)的動能與初狀態(tài)的動能之差，即ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)．關(guān)于物體的動能，下列說法中正確的是()A．物體速度變化，其動能一定變化B．物體所受的合外力不為零，其動能一定變化C．物體的動能變化，其運動狀態(tài)一定發(fā)生改變D．物體的速度變化越大，其動能一定變化也越大[思路點撥]動能與物體速度大小有關(guān)，與物體速度方向無關(guān)，而物體速度變化既可能是大小變化，也可能是方向變化．動能與物體的受力情況無關(guān)，僅由質(zhì)量與速度大小決定．[解析]選項A中，若速度的方向變化而大小不變，則其動能不變化，故選項A錯誤；選項B中，物體所受合外力不為零，只要速度大小不變，其動能就不變化，如勻速圓周運動中，物體所受合外力不為零，但速度大小始終不變，動能不變，故選項B錯誤；選項C中，物體動能變化，其速度一定發(fā)生變化，故運動狀態(tài)改變，選項C正確；選項D中，物體速度變化若僅由方向變化引起，其動能可能不變，如勻速圓周運動中，速度變化量大時，但動能始終不變，故選項D錯誤．[答案]Ceq\a\vs4\al()(1)動能是由于物體運動而具有的能量，其大小由Ek＝eq\f(1,2)mv2決定．(2)理解動能的三性(瞬時性、標量性和相對性)，才能較全面地認識動能這一物理概念．一質(zhì)量為0.1kg的小球，以5m/s的速度在光滑水平面上勻速運動，與豎直墻壁碰撞后以原速率反彈，若以彈回的速度方向為正方向，則小球碰墻過程中速度的變化和動能的變化分別是()A．Δv＝10m/s，ΔE＝1J B．Δv＝0，ΔE＝0C．Δv＝0，ΔEk＝1J D．Δv＝10m/s，ΔEk＝0解析：選D.速度是矢量，故Δv＝v2－v1＝5m/s－(－5m/s)＝10m/s.而動能是標量，初末狀態(tài)的速度大小相等，故動能相等，因此ΔEk＝0.故選D.對動能定理的理解及應用1．對動能定理的理解(1)表達式的理解①公式W＝Ek2－Ek1中W是合外力做功，不是某個力做功，W可能是正功，也可能是負功．②Ek2、Ek1分別是末動能和初動能，Ek2可能大于Ek1，也可能小于Ek1．(2)因果關(guān)系：合外力對物體做功是引起物體動能變化的原因．合外力做正功時，動能增大；合外力做負功時，動能減?。?3)實質(zhì)：是功能關(guān)系的一種具體體現(xiàn)．合外力做功是改變物體動能的一種途徑，物體動能的改變可由合外力做的功來度量．2．應用(1)做變加速運動或曲線運動的物體常用動能定理研究．(2)當不涉及加速度、時間的計算時，做勻變速直線運動的物體也常用動能定理研究．(3)變力做功、多過程等問題可用動能定理分析、計算．命題視角1牛頓第二定律與動能定理的比較如圖所示，一質(zhì)量為2kg的鉛球從離地面2m高處自由下落，陷入沙坑2cm深處，求沙子對鉛球的平均阻力．(g取10m/s2)[解析]法一：應用牛頓第二定律與運動學公式求解設鉛球做自由落體運動到沙面時的速度為v，則有v2＝2gH.在沙坑中的運動階段，設小球做勻減速運動的加速度大小為a，則有v2＝2ah.聯(lián)立以上兩式解得a＝eq\f(H,h)g.設小球在沙坑中運動時受到的平均阻力為Ff，由牛頓第二定律得Ff－mg＝ma，所以Ff＝mg＋ma＝eq\f(H＋h,h)·mg＝eq\f(2＋0.02,0.02)×2×10N＝2020N.法二：應用動能定理分段求解設鉛球自由下落到沙面時的速度為v，由動能定理得mgH＝eq\f(1,2)mv2－0，設鉛球在沙中受到的平均阻力大小為Ff，由動能定理得mgh－Ffh＝0－eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立以上兩式得Ff＝eq\f(H＋h,h)mg＝2020N.法三：應用動能定理全程求解鉛球下落全過程都受重力，只有進入沙中鉛球才受阻力Ff，重力做功WG＝mg(H＋h)，而阻力做功WFf＝－Ffh.由動能定理得mg(H＋h)－Ffh＝0－0，代入數(shù)據(jù)得Ff＝2020N.[答案]2020N命題視角2動能定理的簡單應用(2019·溫州質(zhì)檢)冰壺比賽是在水平冰面上進行的體育項目，比賽場地示意圖如圖所示．比賽時，運動員從起滑架處推著冰壺出發(fā)，在投擲線AB處放手讓冰壺以一定的速度滑出，使冰壺的停止位置盡量靠近圓心O．為使冰壺滑行得更遠，運動員可以用毛刷擦冰壺運行前方的冰面，使冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)減?。O冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0．008，用毛刷擦冰面后動摩擦因數(shù)減小至μ2＝0．004．在某次比賽中，運動員使冰壺C在投擲線中點處以2m/s的速度沿虛線滑出．為使冰壺C能夠沿虛線恰好到達圓心O點，運動員用毛刷擦冰面的長度應為多少？(g取10m/s2)[思路點撥]解答本題時應注意以下兩點：(1)分析冰壺在運動過程中的受力情況及各力做功情況；(2)確定冰壺運動過程的始、末動能及動能的變化情況．[解析]設投擲線到圓心O的距離為s，冰壺在未被毛刷擦過的冰面上滑行的距離為s1，所受摩擦力的大小為f1，在被毛刷擦過的冰面上滑行的距離為s2，所受摩擦力的大小為f2.則有s1＋s2＝s，f1＝μ1mg，f2＝μ2mg設冰壺的初速度為v0，由動能定理得－f1s1－f2s2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得s2＝eq\f(2μ1gs－veq\o\al(2,0),2g（μ1－μ2）)＝10m.[答案]10meq\a\vs4\al()應用動能定理解題的一般步驟(1)選取研究對象(通常是單個物體)，明確它的運動過程．(2)對研究對象進行受力分析，明確各力做功的情況，求出外力做功的代數(shù)和．(3)明確物體在初、末狀態(tài)的動能Ek1、Ek2．(4)列出動能定理的方程W＝Ek2－Ek1，結(jié)合其他必要的解題方程，求解并驗算．【通關(guān)練習】1．如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度．木箱獲得的動能一定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功解析：選A.由動能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱獲得的動能一定小于拉力所做的功，A正確．2．質(zhì)量是2g的子彈，以300m/s的速度射入厚度是5cm的木板(如圖)，射穿后的速度是100m/s．求子彈射穿木板的過程中受到的平均阻力是多大？解析：法一：用動能定理求解設子彈的初、末速度為v1、v2，子彈所受平均阻力為F，由動能定理知：Flcos180°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，整理得F＝eq\f(m（veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)）,2lcos180°)＝eq\f(2×10－3×（1002－3002）,－2×0.05)N＝1600N.法二：用牛頓運動定律求解由于穿過時的位移及初、末速度均已知，由veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2al得：加速度a＝eq\f(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1),2l)，由牛頓第二定律得：所求阻力為F＝ma＝eq\f(m（veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)）,2l)＝－1600N，“－”號表示平均阻力F的方向與運動方向相反．答案：1600N[隨堂檢測]1．關(guān)于對動能的理解，下列說法正確的是()A．動能是機械能的一種表現(xiàn)形式，凡是運動的物體都具有動能B．相對不同參考系，同一運動物體的動能相同C．一定質(zhì)量的物體，動能變化時，速度一定變化；速度變化時，動能也一定變化D．動能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài)解析：選A.動能是物體由于運動而具有的能量，所以運動的物體都具有動能，A正確；由于Ek＝eq\f(1,2)mv2，而v與參考系的選取有關(guān)，所以B錯誤；由于速度為矢量，當方向變化時其動能不一定改變，故C錯誤；做勻速圓周運動的物體，動能不變，但并不是處于平衡狀態(tài)，故D錯誤．2．下列關(guān)于運動物體的合外力做功和動能、速度變化的關(guān)系，正確的是()A．物體做變速運動，合外力一定不為零，動能一定變化B．若合外力對物體做功為零，則合外力一定為零C．物體的合外力做功，它的速度大小一定發(fā)生變化D．物體的動能不變，所受的合外力必定為零解析：選C.力是改變物體速度的原因，物體做變速運動時，合外力一定不為零，但合外力不為零時，做功可能為零，動能可能不變，A、B錯誤．物體的合外力做功，它的動能一定變化，速度也一定變化，C正確．物體的動能不變，所受合外力做功一定為零，但合外力不一定為零，D錯誤．3．物體A和B質(zhì)量相等，A置于光滑的水平面上，B置于粗糙水平面上，開始時都處于靜止狀態(tài)．在相同的水平力F作用下移動相同的距離，則()A．力F對A做功較多，A的動能較大B．力F對B做功較多，B的動能較大C．力F對A和B做功相同，A和B的動能相同D．力F對A和B做功相同，但A的動能較大答案：D4．(2019·紹興稽山測試)一個原來靜止的質(zhì)量為m的物體放在光滑的水平面上，在互成60°角的大小相等的兩個水平恒力作用下，經(jīng)過一段時間，物體獲得的速度為v，在兩個力的方向上的分速度分別為v1和v2，那么在這段時間內(nèi)，其中一個力做的功為()A．eq\f(1,6)mv2 B．eq\f(1,4)mv2C．eq\f(1,3)mv2 D．eq\f(1,2)mv2解析：選B.依題意，兩個力做的功相同，設為W，則兩力做的總功為2W，物體動能的改變量為eq\f(1,2)mv2.根據(jù)動能定理有2W＝eq\f(1,2)mv2，則可得一個力做的功為W＝eq\f(1,4)mv2.5．一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動．當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖所示；當物塊的初速度為eq\f(v,2)時，上升的最大高度記為h．重力加速度大小為g．物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)和h分別為()A．tanθ和eq\f(H,2) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和eq\f(H,2)C．tanθ和eq\f(H,4) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ和eq\f(H,4)解析：選D.由動能定理可知，初速度為v時：－mgH－μmgcosθeq\f(H,sinθ)＝0－eq\f(1,2)mv2初速度為eq\f(v,2)時，－mgh－μmgcosθeq\f(h,sinθ)＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))eq\s\up12(2)解之可得μ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2gH)－1))tanθ，h＝eq\f(H,4)，故D正確．6．總質(zhì)量為M的汽車，沿平直公路勻速前進，其拖車質(zhì)量為m，中途脫鉤，司機發(fā)覺時，車頭已行駛L的距離，于是立即關(guān)閉油門，除去牽引力．設汽車運動時所受的阻力與質(zhì)量成正比，車頭的牽引力是恒定的．當汽車的兩部分都停止時，它們的距離是多少？解析：設汽車沿平直公路勻速前進的速度為v0，依題意作出草圖，標明各部分運動的位移，如圖所示．汽車勻速運動時，阻力Ff＝F牽＝kMg(k>0)對車頭，脫鉤后的全過程由動能定理得F牽L－k(M－m)gs1＝0－eq\f(1,2)(M－m)veq\o\al(2,0)對拖車，脫鉤后由動能定理得－kmgs2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)又Δs＝s1－s2聯(lián)立以上各式解得Δs＝eq\f(ML,M－m)．答案：eq\f(ML,M－m)[課時作業(yè)]一、選擇題1．關(guān)于運動物體所受的合力、合力做的功、物體動能的變化，下列說法正確的是()A．運動物體所受的合力不為零，合力必做功，物體的動能肯定要變化B．運動物體所受的合力為零，則物體的動能肯定不變C．運動物體的動能保持不變，則該物體所受合力一定為零D．運動物體所受合力不為零，則該物體一定做變速運動，其動能要變化解析：選B.關(guān)于運動物體所受的合力、合力做的功、物體動能的變化三者之間的關(guān)系有下列三個要點．(1)若運動物體所受合力為零，則合力不做功(或物體所受外力做功的代數(shù)和必為零)，物體的動能絕對不會發(fā)生變化．(2)物體所受合力不為零，物體必做變速運動，但合力不一定做功，合力不做功，則物體動能不變化．(3)物體的動能不變，一方面表明物體所受的合力不做功；同時表明物體的速率不變(速度的方向可以不斷改變，此時物體所受的合力只是用來改變速度方向，產(chǎn)生向心加速度，如勻速圓周運動)．根據(jù)上述三個要點不難判斷，本題只有選項B是正確的．2．在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計空氣阻力，則落在同一水平地面時的速度大小()A．一樣大 B．水平拋的最大C．斜向上拋的最大 D．斜向下拋的最大解析：選A.根據(jù)動能定理可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,末)＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得v末＝eq\r(2gh＋veq\o\al(2,0))，又三個小球的初速度大小以及高度相等，則落地時的速度大小相等，A項正確．3．質(zhì)量為m的金屬塊，當初速度為v0時，在水平面上滑行的最大距離為s．如果將金屬塊質(zhì)量增加到2m，初速度增大到2v0，在同一水平面上該金屬塊最多能滑行的距離為()A．s B．2sC．4s D．8s解析：選C.設金屬塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ.則由動能定理得－μmgs＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①－μ·2mg·s′＝－eq\f(1,2)×2m×(2v0)2②由①、②得s′＝4s．C正確．4．(2019·舟山期末)有一質(zhì)量為m的木塊，從半徑為r的圓弧曲面上的a點滑向b點，如圖所示，如果由于摩擦使木塊的運動速率保持不變，則以下敘述正確的是()A．木塊所受的合外力為零B．因木塊所受的力都不對其做功，所以合外力的功為零C．重力和摩擦力所做的功代數(shù)和為零D．重力和摩擦力的合力為零解析：選C.木塊做曲線運動，速度方向變化，加速度不為零，合外力不為零，選項A錯誤；速率不變，動能不變，由動能定理知，合外力做功為零，支持力始終不做功，重力做正功，所以重力做的功與阻力做的功代數(shù)和為零，但重力和阻力的合力不為零，選項C正確，選項B、D錯誤．5．如圖，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質(zhì)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g．質(zhì)點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()A．eq\f(1,4)mgR B．eq\f(1,3)mgRC．eq\f(1,2)mgR D．eq\f(π,4)mgR解析：選C.質(zhì)點由靜止開始下落到最低點Q的過程中由動能定理：mgR－W＝eq\f(1,2)mv2質(zhì)點在最低點：FN－mg＝eq\f(mv2,R)由牛頓第三定律得：FN＝2mg，聯(lián)立得W＝eq\f(1,2)mgR，到達Q后會繼續(xù)上升一段距離．故選C．6．(2019·嘉興檢測)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面．忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關(guān)系圖象是()解析：選A.設小球拋出瞬間的速度大小為v0，拋出后，某時刻t小球的速度v＝v0－gt，故小球的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(v0－gt)2，結(jié)合數(shù)學知識知，選項A正確．7．一質(zhì)點開始時做勻速直線運動，從某時刻起受到一恒力作用．此后，該質(zhì)點的動能不可能()A．一直增大B．先逐漸減小至零，再逐漸增大C．先逐漸增大至某一最大值，再逐漸減小D．先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大解析：選C.若恒力的方向與初速度的方向相同或二者夾角為銳角，物體一直做加速運動，選項A不符合題意；若恒力的方向與初速度的方向相反，物體先做勻減速運動，再反向做勻加速運動，選項B不符合題意；若恒力方向與初速度方向之間的夾角為鈍角(如斜上拋運動)，則選項D不符合題意，故符合題意的選項為C.8．物體沿直線運動的v－t關(guān)系圖象如圖所示，已知在第1秒內(nèi)合外力對物體所做的功為W，則()A．從第1秒末到第3秒末合外力做功為4WB．從第3秒末到第5秒末合外力做功為－2WC．從第5秒末到第7秒末合外力做功為WD．從第3秒末到第4秒末合外力做功為0.75W解析：選C.物體在第1秒末速度為v，由動能定理可得在第1秒內(nèi)合外力的功W＝eq\f(1,2)mv2－0從第1秒末到第3秒末物體的速度不變，所以合外力的功為W1＝0從第3秒末到第5秒末合外力的功為W2＝0－eq\f(1,2)mv2＝－W從第5秒末到第7秒末合外力的功為W3＝eq\f(1,2)m(－v)2－0＝W第4秒末的速度v4＝eq\f(v,2)所以從第3秒末到第4秒末合外力的功W4＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)mv2＝－eq\f(3,4)W故選項C正確．9．(2019·杭州測試)如圖所示，水平地面上有一個坑，其豎直截面為半圓，O為圓心，AB為沿水平方向的直徑，若在A點以初速度v1沿AB方向平拋球，小球?qū)糁锌颖谏系淖畹忘cD點；若在A點拋出小球的同時，在C點以初速度v2沿BA方向平拋另一相同質(zhì)量的小球并且也能擊中D點．已知∠COD＝60°，且不計空氣阻力，則()A．兩小球同時落到D點B．兩小球在此過程中動能的增加量相等C．在擊中D點前瞬間，重力對兩小球做功的功率相等D．兩小球初速度之比v1∶v2＝eq\r(6)∶3解析：選D.本題考查平拋運動規(guī)律及功和功率．由h＝eq\f(1,2)gt2可知小球下落時間取決于下落高度，因C點距D點的高度是AD豎直高度的一半，故從C點拋出的小球先到達D點，選項A錯誤；由動能定理可知兩球在此過程中動能的增加量等于重力所做功的大小，由W＝mgh可知選項B錯誤；根據(jù)P＝mgv可知重力的瞬時功率與其豎直方向速度有關(guān)，由2gh＝v2可得從A點拋出的小球落到D點時豎直方向分速度大于從C點拋到D點的分速度，選項C錯誤；由h＝eq\f(1,2)gt2及x＝v0t可得v1∶v2＝eq\r(6)∶3，選項D正確．10．在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小滑塊停放在質(zhì)量為M、長度為L的靜止的長木板的最右端，滑塊和木板之間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用一個大小為F的恒力作用在M上，當小滑塊滑到木板的最左端時，滑塊和木板的速度大小分別為v1、v2，滑塊和木板相對于地面的位移大小分別為s1、s2.下列關(guān)系式不正確的是()A．μmgs1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)B．Fs2－μmgs2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)C．μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(