新课标高考一轮复习学案：动能和动能定理.doc

PAGE PAGE 1 高考物理一轮复习 内容 动能和动能定理 【知识】 1.eq \x(\a\al(动,,能))—eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(定义→物体由于　运动　而具有的能量,公式→Ek＝\f(1,2)mv2；单位→　焦耳　，符号：J,矢标性→动能是　标量　，且只有非负值,动能的变化量→ΔEk＝　\f(1,2)mv\o\al(2,2)－\f(1,2)mv\o\al(2,1)　)) 【详解】 一、应用动能定理的流程 二、用动能定理解决多过程问题 1．由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可． 2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式． 3．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点： (1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关． (2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积． (3)弹簧弹力做功与路径无关． 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Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk为(　　) A．Δv＝0 B．Δv＝12 m/s C．ΔEk＝1.8 J D．ΔEk＝10.8 J 解析　取初速度方向为正方向，则Δv＝(－6－6)m/s＝－12 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　B 2．一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　) 解析　设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有 －(mgsin θ＋f)x＝Ek－Ek0，即 Ek＝－(f＋mgsin θ)x＋Ek0， 所以Ek与x的函数关系图象为直线，且斜率为负． 当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有 (mgsin θ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即 Ek＝－(mgsin θ－f)x＋(mgsin θ－f)x0 所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线． 综上所述，选项C正确． 答案　C 3．如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R.C的质量为m，A、B的质量都为eq \f(m,2)，与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面．整个过程中B保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求： (1)未拉A时，C受到B作用力的大小F； (2)动摩擦因数的最小值μmin； (3)A移动的整个过程中，拉力做的功W. 解析　(1)对C受力分析，如图所示． 根据平衡条件有2Fcos 30°＝mg. 解得F＝eq \f(\r(3),3)mg. (2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大 Fxmax＝eq \f(\r(3),2)mg B受地面的摩擦力f＝μmg 根据题意，B保持静止，则有fmin＝Fxmax 解得μmin＝eq \f(\r(3),2). (3)C下降的高度h＝(eq \r(3)－1)R A的位移x＝2(eq \r(3)－1)R A受的地面摩擦力大小不变 摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(eq \r(3)－1)μmgR 根据动能定理W－Wf＋mgh＝0－0 解得W＝(2μ－1)(eq \r(3)－1)mgR. 答案　(1)eq \f(\r(3),3)mg　(2)eq \f(\r(3),2)　(3)(2μ－1)(eq \r(3)－1)mgR 4．如图所示，在半径为0.2 m的固定半球形容器中，一质量为1 kg的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止开始下滑，到达最低点B时，它对容器的正压力大小为15 N．取重力加速度为g＝10 m/s2，则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为(　　) A．0.5 J B．1.0 J C.1.5 J D．1.8 J 解析　在最低点：FN－mg＝meq \f(v\o\al(2,B),R) 球自A滑到B的过程中由动能定理得： mgR－Wf＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B) 代入数据解得Wf＝1.5 J，C正确． 答案　C 5.如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环