7.7 动能和动能定理 复习学案Word版含解析

动能和动能定理
1．物体由于运动而具有的能量，称为动能。单位是焦耳(J)，常用EK表示。
2．如果一个物体质量为m，速度为v，则这个物体的动能表达式为EK＝mυ2。
3．动能定理：合外力对物体所做的总功等于物体动能的增量。当做正功时物体动能增加，做负功时物体动能减少，做功为零时动能不变。
例　质量为4t的汽车，以恒定功率沿平直公路行驶，在一段时间内前进了100 m，其速度从36 km/h增加到54 km/h。若车受到的阻力恒定，且阻力因数为0.02，求这段时间内汽车所做的功。(g＝10 m/s2)
解：由动能定理，可得W＋Wf＝mv－mv 又Wf＝－Ffs＝－kmgs
其中v1＝36 km/h＝10 m/s，v2＝54 km/h＝15 m/s，k＝0.02，s＝100 m
解得W＝m(v－v)＋kmgs
＝×4×103×(152－102) J＋0.02×4×103×10×100 J
＝3.3×105 J
例1　一轻弹簧左端固定在墙壁上，右端自由，一质量为m的滑块从距弹簧右端L0的P点以初速度v0正对弹簧运动，如图所示，滑块与水平面的动摩擦因数为μ，在与弹簧碰后又反弹回来，最终停在距
P点为L1的Q点，求在滑块与弹簧的碰撞过程中弹簧的最大压缩量。
【解析】 设弹簧最大压缩量为x，在滑块向左运动的过程中，由动能定理可得：
－μmg(x＋L0)－W弹＝0－mv
在滑块返回的过程中，由动能定理得
W弹－μmg(x＋L0＋L1)＝0
解得x＝－－L0
【答案】 －－L0
例2　如图所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量m＝2.0×103 kg的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v1＝36 km/h，汽车继续沿下坡匀加速直行l＝350 m、下降高度h＝50 m时到达“避险车道”，此时速度表示数v2＝72 km/h。(g＝10 m/s2)
(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量；
(2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；
(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移。( sin 17°≈0.3)
【解析】 (1)由ΔEk＝mv－mv得
ΔEk＝3.0×105 J
(2)由动能定理有mgh－Ffl＝mv－mv
得Ff＝＝2.0×103 N
(3)设汽车在“避险车道”上运动的最大位移是x，由动能定理有－(mg sin 17°＋3Ff)x＝0－mv
得x＝≈33.3 m。
【答案】(1)3.0×105 J　(2)2.0×103 N　(3)33.3 m
1．一个物体以初速度v竖直向上抛出，它落回原处时的速度为，设运动过程中阻力大小保持不变，则重力与阻力之比为(　　)
A．5∶3　　　 B．4∶3　　　
C．2∶1　　　 D．1∶1
2．物体A和B质量相等，A置于光滑的水平面上，B置于粗糙水平面上，开始时都处于静止状态，在相同的水平力F作用下移动相同的位移，则(　　)
A．力F对A做功较多，A的动能较大
B．力F对B做功较多，B的动能较大
C．力F对A和B做功相同，A和B的动能相同
D．力F对A和B做功相同，但A的动能较大
3．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50 m。盆边缘的高度h＝0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为 (　　)
A．0.50 m　　 B．0.25 m
C．0.10 m D．0
4．(多选)某人通过光滑滑轮将质量为m的体，沿光滑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，如图所示。则在此过程中(　　)
A．物体所受的合力做功为mgh＋mv2
B．物体所受的合力做功为mv2
C．人对物体做的功为mgh
D．人对物体做的功大于mgh
5．取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为(　　)
A. B.
C. D.
6．(多选)某人用力将一质量为m的物体从离地面高为h的地方竖直上抛，上升的最大高度为H(相对于抛出点)，设抛出时初速度为v0，落地时速度为vt，那么此人在抛出物体过程中对物体所做功为(　　)
A．mgH B．mgh
C.mv－mgh D.mv
7．(多选)如图甲、乙、丙所示，质量均为m的小球从倾角分别为θ1、θ2、θ3，但高度相同的光滑斜面顶端由静止开始下滑，若已知θ1＜θ2＜θ3，则当它们到达斜面底端时，以下分析中正确的是(　　)
A．小球从开始下滑到滑至底端的过程中，重力所做的功相同
B．小球的速度相同
C．小球的机械能相同
D．小球重力做功的瞬时功率相同
8．如图所示，与水平面夹角θ＝60°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝，g取10 m/s2，求：
(1)滑块在C点的速度大小vC；
(2)滑块在B点的速度大小vB；
(3)A、B两点间的高度差h。
1．(多选)一个质量为1 kg的物体被人用手由静止向上提升1 m，这时物体的速度是2 m/s，则下列说法中正确的是(g取10 m/s2)(　　)
A．手对物体做功12 J
B．合外力对物体做功2 J
C．合外力对物体做功10 J
D．物体克服重力做功10 J
2．两个材料相同的物体，甲的质量大于乙的质量，以相同的初动能在同一水平面上滑动，最后都静止，它们滑行的距离是(　　)
A．乙大　　 B．甲大
C．一样大 D．无法比较
3．一物体质量为2 kg，以4 m/s的速度在光滑水平面上向左滑行。从某时刻起作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度方向变为水平向右，大小为4 m/s，在这段时间内，水平力做功为(　　)
A．0 B．8 J C．16 J D．32 J
4．(多选)一物体自t＝0时开始做直线运动，其速度图线如图所示。下列选项正确的是(　　)
A．在0～6 s内，物体离出发点最远为30 m
B．在0～6 s内，物体经过的路程为40 m
C．在0～4 s内，物体的平均速率为7.5 m/s
D．5～6 s内，物体所受的合外力做负功
5．(多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，v－t图象如图所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为Ff，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则(　　)
A．F∶Ff＝1∶3 B．W1∶W2＝1∶1
C．F∶Ff＝4∶1 D．W1∶W2＝1∶3
6．一子弹以水平速度v射入一块固定的木块中，射入深度为s，设子弹在木块中受到的阻力是恒定的，那么当子弹以的速度水平射入此木块中时，射入的深度为(　　)
A．s B.
C. D.
7．(多选)一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如右图所示。设该物体在t0和2t0时刻相对于出发点的位移分别是x1和x2，速度分别是v1和v2，合外力从开始至t0时刻做的功是W1，从t0至2t0时刻做的功是W2，则(　　)
A．x2＝5x1　v2＝3v1 B．x1＝9x2　v2＝5v1
C．x2＝5x1　W2＝8W1 D．v2＝3v1　W2＝9W1
8．如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则(　　)
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W9．如图所示，倾角θ＝37°，质量M＝5 kg的粗糙斜面位于水平地面上，质量m＝2 kg的木块置于斜面顶端，从静止开始匀加速下滑，经t＝2 s到达底端，运动路程L＝4 m，在此过程中斜面保持静止( sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)，求：
(1)地面对斜面的摩擦力大小与方向；
(2)地面对斜面的支持力大小；
(3)通过计算证明木块在此过程中满足动能定理。
10．质量为m的物体以速度v0竖直向上抛出，物体落回到地面时，速度大小为v0(设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变)，求：
(1)物体运动过程中所受空气阻力的大小；
(2)物体以初速度2v0竖直上抛时最大高度；
(3)若物体落地时碰撞过程中无能量损失，求物体运动的总路程。
11．如图所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它的运动轨道示意图。假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，经2 s后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D点和E点分别为圆形轨道的最高点和最低点．已知赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力为0.4 N，赛车质量为0.4 kg，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W，B、C两点间高度差为0.45 m，C与圆心O的连线和竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计，g＝10 m/s2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)赛车通过C点时的速度大小；
(2)赛道AB的长度；
(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D后回到水平赛道EG，其半径需要满足什么条件。
第四节　动能和动能定理
课堂练习
1．A　2.D　3.D　4.BD　5.B　6.ACD　7.AC
8．【答案】(1)2 m/s(2)4 m/s(3) m
【解析】(1)通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零，对滑块，在C点由牛顿第二定律可得：mg＝m，所以vC＝＝ m/s＝2 m/s；
(2)滑块在光滑圆轨道上运动时机械能守恒，故有：
mv＝mv＋mgR(1＋cos 60°)
解得：vB＝4 m/s；
(3)滑块从A到B只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得：
mgh－μmgcos 60°·＝mv
解得：h＝ m。
课后练习
1．ABD　2.A　3.A　4.BC　5.BC　6.D　7.AC　8.C
9．【答案】(1)f＝3.2 N，方向向左　(2)67.6 N　(3)合外力做功等于动能的变化量等于16 J，满足动能定理
【解析】(1)滑块由静止开始匀加速下滑， 由s＝L＝at2
得a＝2 m/s2
对木块受力分析，如图1所示：
则：mgsin θ－f1＝ma……①
mgcos θ－N1＝0……②
对斜面受力分析，如图2所示：
则： f2＝N1sin θ－f1cos θ……③
联立以上三式可得： f2＝3.2 N, 方向向左
即地面对斜面的摩擦力大小为3.2 N，方向向左。
(2)地面对斜面的支持力N
则： N＝Mg＋N1cos θ＋f1sin θ
解得：N＝67.6 N。
(3)木块在下滑过程中，沿斜面方向的合力及该合力所做的功为：
F＝mgsin θ－f1
W＝FL＝16 J
木块末速度v＝at＝4 m/s
木块动能的增量ΔEk＝mv2＝16 J
由此可知木块下滑过程中W＝ΔEk，即满足动能定理。
10．【答案】(1)mg　(2)H＝，s＝
【解析】(1)上升阶段：－mgh－fh＝0－mv，
下降阶段：mgh－fh＝m(v0)2－0，得
f＝mg。
(2)设上升最大高度为H，－mgH－fH＝0－m(2v0)2，得H＝。
(3)设总路程为S，全过程位移为0，所以重力做功为0，由动能定理：－fs＝0－m(2v0)2，得s＝。
11．【答案】(1)5 m/s(2)2 m　(3)0＜R≤ m
【解析】(1)赛车在BC间做平抛运动，
则竖直方向vy＝＝3 m/s。
由图可知：vC＝＝5 m/s
(2)赛车在B点的速度v0＝vCcos 37°＝4 m/s
则根据动能定理：Pt－FflAB＝mv－0，得lAB＝2 m。
(3)当赛车恰好通过最高点D时，有：mg＝m
从C到D，由动能定理：
－mgR(1＋cos 37°)＝mv－mv，解得R＝ m，
所以轨道半径需满足0＜R≤ m(可以不写0)。