（新課標(biāo)）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第2講 動能 動能定理課件

1、第第2 2講講動能動能 動能定理動能定理 一 動能 二 動能定理 基基 礎(chǔ)礎(chǔ) 過過 關(guān)關(guān) 考點一 對動能定理的理解及應(yīng)用 考點二 動能定理與圖像綜合問題 考點三 動能定理在多階段、多過程綜合問題中的應(yīng)用 考考 點點 突突 破破 基礎(chǔ)過關(guān) 一、動能一、動能 1.定義定義:物體由于運動而具有的能。 2.公式公式:Ek=mv2。 3.單位單位:焦耳,1J=1Nm=1kgm2/s2。 4.標(biāo)矢性標(biāo)矢性:標(biāo)量。 1 2 二、動能定理二、動能定理 1.內(nèi)容內(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(dá)式表達(dá)式:W=Ek2-Ek1=m-m。 3.適用范圍適用范圍 a.動能定理

2、既適用于直線運動,也適用于曲線運動。 b.動能定理既適用于恒力做功,也適用于變力做功。 c.力可以是各種性質(zhì)的力,既可以同時作用,也可以分階段作用。 1 2 2 2 v 1 2 2 1 v 1.判斷下列說法對錯。 (1)一定質(zhì)量的物體動能變化時,速度一定變化,但速度變化時,動能不一 定變化。() (2)動能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。( ) (3)如果物體所受的合外力為零,那么合外力對物體做功一定為零。() (4)物體在合外力作用下做變速運動時,動能一定變化。( ) (5)物體的動能不變,所受的合外力必定為零。( ) (6)做自由落體運動的物體,動能與時間的二次方成正比。() 2.(多選)關(guān)于

3、動能定理的表達(dá)式W=Ek2-Ek1,下列說法中正確的是(BC) A.公式中的W為不包含重力的其他力做的總功 B.公式中的W為包含重力在內(nèi)的所有力做的功,也可通過以下兩種方式 計算:先求每個力的功再求功的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的功 C.公式中的Ek2-Ek1為動能的增量,當(dāng)W0時動能增加,當(dāng)W0時動能減少 D.動能定理適用于直線運動,但不適用于曲線運動,適用于恒力做功,但 不適用于變力做功 3.A、B兩物體在光滑水平面上,分別在相同的水平恒力F作用下, 由靜止開始通過相同的位移l。若A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量,則在這 一過程中(C) A.A獲得的動能較大 B.B獲得的動能較大 C.A、B獲得的動

4、能一樣大 D.無法比較A、B獲得的動能大小 4.如圖所示,在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為m的小球A,若將小球A從彈 簧原長位置由靜止釋放,小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換 為質(zhì)量為3m的小球B,仍從彈簧原長位置由靜止釋放,則小球B下降h時 的速度為(重力加速度為g,不計空氣阻力)(B) A.B.C.D. 2gh 4 3 gh gh 2 gh 考點一對動能定理的理解及應(yīng)用考點一對動能定理的理解及應(yīng)用 考點突破 1.動能定理公式中動能定理公式中“=”體現(xiàn)的體現(xiàn)的“三個關(guān)系三個關(guān)系” 數(shù)量關(guān)系合力的功與物體動能的變化可以等量代換 單位關(guān)系國際單位都是焦耳 因果關(guān)系合力做的功是物體動能變化的原

5、因 2.應(yīng)用動能定理解題的一般步驟應(yīng)用動能定理解題的一般步驟 3.應(yīng)用動能定理的應(yīng)用動能定理的“四個注意點四個注意點” (1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的,一般以地 面或相對地面靜止的物體為參考系。 (2)動能定理的表達(dá)式是一個標(biāo)量式,不能在某方向上應(yīng)用動能定理。 (3)動能定理往往用于單個物體的運動過程,由于不涉及加速度和時間, 比用運動學(xué)研究更簡便。 (4)當(dāng)物體的運動包含多個不同過程時,可分段應(yīng)用動能定理求解;當(dāng)所 求解的問題不涉及中間過程的速度時,也可以全過程應(yīng)用動能定理求解。 例例1(2018課標(biāo),14,6分)如圖,某同學(xué)用繩子拉動木箱,使它從靜止開始沿 粗糙水平

6、路面運動至具有某一速度。木箱獲得的動能一定(A) 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 解析解析本題考查動能定理。由動能定理可知W拉-Wf=Ek-0,因此,EkmgR,質(zhì)點不能到達(dá)Q點 C.W=mgR,質(zhì)點到達(dá)Q點后,繼續(xù)上升一段距離 D.WmgR,質(zhì)點到達(dá)Q點后,繼續(xù)上升一段距離 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 v R 1 2 答案答案C質(zhì)點由靜止開始下落到最低點N的過程中, 由功能關(guān)系得:mg2R-W=mv2 質(zhì)點在最低點時,FN-mg=m 由牛頓第三定律得FN=4mg 聯(lián)立得W=mgR 質(zhì)點由N點到Q點的過程中,在

7、等高位置處的速度總小于由P點到N點下 滑時的速度,故由N點到Q點過程克服摩擦力做的功WW,故質(zhì)點到達(dá)Q 點后,會繼續(xù)上升一段距離,選項C正確。 應(yīng)用動能定理解題應(yīng)注意的問題應(yīng)用動能定理解題應(yīng)注意的問題 (1)運用動能定理解決問題時,選擇合適的研究過程能使問題得到簡 化。當(dāng)物體的運動過程包含幾個運動性質(zhì)不同的子過程時,可以選擇 一個、幾個或全部子過程應(yīng)用動能定理進(jìn)行研究。 (2)當(dāng)選擇的研究過程涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時,要 注意它們做功的特點:重力做的功取決于物體的初、末位置的高度 差,與路徑無關(guān);大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路 程的乘積。 方法技巧方法技巧 考點二動

8、能定理與圖像綜合問題考點二動能定理與圖像綜合問題 v-t圖像由公式x=vt可知,v-t圖線與橫軸圍成的面積表示物體的位移 a-t圖像由公式v=at可知,a-t圖線與橫軸圍成的面積表示物體速度的變化量 F-x圖像由公式W=Fx可知,F-x圖線與橫軸圍成的面積表示力所做的功 P-t圖像由公式W=Pt可知,P-t圖線與橫軸圍成的面積表示力所做的功 四類圖像中面積的含義四類圖像中面積的含義 解決物理圖像問題的基本步驟解決物理圖像問題的基本步驟 1.(多選)(2018大連五校聯(lián)考)在某一粗糙的水平面上,一質(zhì)量為2kg 的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運動,當(dāng)運動一段時間后, 拉力逐漸減小,且當(dāng)拉力

9、減小到零時,物體剛好停止運動,圖中給出了拉 力隨位移變化的關(guān)系圖像。已知重力加速度g=10m/s2。根據(jù)以上信息 能精確得出或估算得出的物理量有(ABC) A.物體與水平面間的動摩擦因數(shù) B.合外力對物體所做的功 C.物體做勻速運動時的速度 D.物體運動的時間 解析解析物體做勻速直線運動時,拉力F與滑動摩擦力f大小相等, 物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為=0.35,A正確;減速過程由動能定 理得WF+Wf=0-mv2,根據(jù)F-x圖像中圖線與橫軸圍成的面積可以估算力 F做的功WF,而Wf=-mgx,由此可求得合外力對物體所做的功,及物體做 勻速運動時的速度v,B、C正確;因為物體做變加速運動,所以運

10、動時間 無法求出,D錯誤。 F mg 1 2 2.用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律 時,在計算機(jī)上得到06s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關(guān)系如圖所 示。下列說法正確的是(D) A.06s內(nèi)物體先向正方向運動,后向負(fù)方 向運動 B.06s內(nèi)物體在4s時的速度最大 C.在24s內(nèi)物體的速度不變 D.04s內(nèi)合力對物體做的功等于06s內(nèi)合力對物體做的功 解析解析在a-t圖像中,圖線與時間軸圍成的“面積”表示物體在相應(yīng)時間內(nèi) 速度的變化量,在時間軸上方為正,在時間軸下方為負(fù)。物體在6s末的速度 v6=(2+5)2m/s-12m/s=6m/s,則06s內(nèi)物體一直向正方向運動,A項

11、錯。由a-t圖像可知,物體在5s末速度最大,vm=(2+5)2m/s=7m/s,B項錯 。由a-t圖像可知,在24s內(nèi)物體的加速度不變,物體做勻加速直線運動,速 度變大,C項錯。由動能定理可知,在04s內(nèi)合力對物體做的功為W合4=m -0,又v4=(2+4)2m/s=6m/s,得W合4=36J;同理06s內(nèi)合力對物體做的功 為W合6=m-0,又v6=6m/s,得W合6=36J,則W合4=W合6,D項正確。 1 2 1 2 2 4 v 2 6 v 1 2 1 2 1 2 1 2 考點三動能定理在多階段、多過程綜合問題中的應(yīng)用考點三動能定理在多階段、多過程綜合問題中的應(yīng)用 1.應(yīng)用動能定理應(yīng)抓好應(yīng)

12、用動能定理應(yīng)抓好“兩狀態(tài)兩狀態(tài),一過程一過程” “兩狀態(tài)”即研究對象始、末狀態(tài),需明確研究對象的速度或動能情 況;“一過程”即研究對象的運動過程,明確這一過程研究對象的受力 情況和位置變化或位移信息。 2.應(yīng)用動能定理解題的基本思路應(yīng)用動能定理解題的基本思路 3.全過程列式時,涉及重力、彈簧彈力,大小恒定的阻力或摩擦力做功 時,要注意運用它們的功能特點: (1)重力做的功取決于物體的初、末位置,與路徑無關(guān); (2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積; (3)彈簧彈力做功與路徑無關(guān)。 例例2(2018課標(biāo),25,20分)如圖,在豎直平面內(nèi),一半徑為R的光滑圓弧 軌道ABC和水平

13、軌道PA在A點相切,BC為圓弧軌道的直徑,O為圓心,OA 和OB之間的夾角為,sin=。一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運動, 經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點,落至水平軌道;在整個過程中,除受到重力及 軌道作用力外,小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點所 受合力的方向指向圓心,且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱恪Ｖ亓铀?度大小為g。求 3 5 (1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點時速度的大小; (2)小球到達(dá)A點時動量的大小; (3)小球從C點落至水平軌道所用的時間。 答案答案(1)mg(2)(3) 解析解析本題考查圓周運動、拋體運動、動能定理、動量。 (1)設(shè)水平恒力的大小為F0,小球到達(dá)C點

14、時所受合力的大小為F。由力 的合成法則有 =tan F2=(mg)2+ 設(shè)小球到達(dá)C點時的速度大小為v,由牛頓第二定律得 F=m 0 F mg 2 0 F 2 v R 3 4 5 2 gR23 2 mgR3 5 5R g 由式和題給數(shù)據(jù)得 F0=mg v= (2)設(shè)小球到達(dá)A點的速度大小為v1,作CDPA,交PA于D點,由幾何關(guān)系 得 DA=Rsin CD=R(1+cos) 由動能定理有 3 4 5 2 gR -mgCD-F0DA=mv2-m 由式和題給數(shù)據(jù)得,小球在A點的動量大小為 p=mv1= (3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動,加速度 大小為g。設(shè)小球在豎直方向的

15、初速度為v,從C點落至水平軌道上所 用時間為t。由運動學(xué)公式有 vt+gt2=CD 1 2 1 2 2 1 v 23 2 mgR 1 2 v=vsin 由式和題給數(shù)據(jù)得 t= 3 5 5R g 考向考向1運用動能定理巧解往復(fù)運動問題運用動能定理巧解往復(fù)運動問題 1.(2019四川成都期中)如圖所示,斜面的傾角為,質(zhì)量為m的滑塊距 擋板P的距離為x0,滑塊以初速度v0沿斜面上滑,滑塊與斜面間的動摩擦 因數(shù)為,滑塊所受滑動摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每 次與擋板相碰均無機(jī)械能損失,則滑塊經(jīng)過的總路程是(A) A.B. C.D. 2 2 0 0 tan 2 cos v x g 1 2 00

16、 2 costan vx g 1 2 0 0 tan 2 cos v x g 1 2 0 0 tan 2 sin v x g 解析解析由于滑塊所受滑動摩擦力小于重力沿斜面向下的分力,故滑 塊最終要停在斜面底端。設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為x,對滑塊運動的全程 應(yīng)用動能定理有mgx0sin-mgxcos=0-m,解得x= ,選項A正確。 1 2 2 0 v 1 2 0 0 tan 2 cos v x g 考向考向2動能定理解決平拋運動、圓周運動問題動能定理解決平拋運動、圓周運動問題 2.(2017湖南常德模擬)如圖,一個質(zhì)量為0.6kg的小球以某一初速度 從P點水平拋出,恰好從光滑圓弧軌道ABC的A點沿

17、切線方向進(jìn)入圓弧 軌道(不計空氣阻力,進(jìn)入圓弧軌道時無機(jī)械能損失)。已知圓弧的半徑 R=0.3m,=60,小球到達(dá)A點時的速度vA=4m/s。g取10m/s2,求: (1)小球做平拋運動的初速度v0; (2)P點與A點的高度差; (3)小球到達(dá)圓弧軌道最高點C時對軌道的壓力。 答案答案(1)2m/s(2)0.6m(3)8N,方向豎直向上 解析解析(1)由題意知,小球到A點時的速度vA沿圓弧上A點的切線方向,對 速度進(jìn)行分解如圖所示: 小球做平拋運動,由平拋運動規(guī)律得: v0=vx=vAcos=2m/s。 (2)小球由P點至A點的過程,由動能定理得 mgh=m-m 解得h=0.6m。 1 2 2

18、 A v 1 2 2 0 v (3)小球從A點到C點的過程中,由動能定理得 -mg(Rcos+R)=m-m 解得vC=m/s 小球在C點時,由牛頓第二定律得 FN+mg=m 解得FN=8N 由牛頓第三定律得FN=FN=8N 方向豎直向上。 2 C v R 7 1 2 2 C v 1 2 2 A v (1)平拋運動和圓周運動都屬于曲線運動,若題目只涉及位移和速度而不 涉及時間,應(yīng)優(yōu)先考慮用動能定理列式求解。 (2)應(yīng)用全程法求解力做的功時,有些力可能不是全過程都作用的,必須 根據(jù)不同的情況分別對待,弄清楚物體所受的力,哪些力在哪段位移上做 功,做正功還是負(fù)功,正確寫出總功。 (3)動能定理的表達(dá)

19、式為標(biāo)量式,不能在某一方向上列動能定理方程。 方法技巧方法技巧 動能定理在多過程、多階段運動中的應(yīng)用動能定理在多過程、多階段運動中的應(yīng)用 熱點題型探究 例例3如圖所示,豎直固定放置的斜面DE與一光滑的圓弧軌道ABC相連, C為切點,圓弧軌道的半徑為R,斜面的傾角為?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的滑塊 從D點無初速下滑,滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往復(fù)運動,已知圓弧 軌道的圓心O與A、D在同一水平面上,滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為, 求: (1)滑塊第一次滑至左側(cè)弧上時距A點的最小高度差h; (2)滑塊在斜面上能通過的最大路程s。 答案答案(1)(2) 解析解析(1)滑塊從D到達(dá)左側(cè)最高點F經(jīng)歷DC、CB、BF

20、三個過程,現(xiàn) 以DF整個過程為研究過程,運用動能定理得:mgh-mgcos=0,解 得h=。 (2)通過分析可知,滑塊最終滑至C點的速度為0時對應(yīng)在斜面上的總路 程最大,由動能定理得:mgRcos-mgcoss=0,解得:s=。 cos tan R R tan R cos tan R R 1.(多選)(2018湖南長沙長郡中學(xué)高三周測)如圖所示,豎直固定放 置的粗糙斜面AB的下端與光滑的圓弧軌道BCD在B點相切,圓弧軌道的 半徑為R,圓心O與A、D在同一水平面上,C點為圓弧軌道最低點,COB =30?，F(xiàn)使一質(zhì)量為m的小物塊從D點無初速度地釋放,小物塊與粗 糙斜面AB間的動摩擦因數(shù)tan,則關(guān)于

21、小物塊的運動情況,下列說法 正確的是() A.小物塊可能運動到A B.小物塊經(jīng)過較長時間后會停在C點 C.小物塊通過圓弧軌道最低點C時,對C點的最大壓力大小為3mg D.小物塊通過圓弧軌道最低點C時,對C點的最小壓力大小為(3-)mg3 答案答案CD物塊從D點無初速度滑下后,由于克服摩擦力做功,所以物 塊在斜面上運動時機(jī)械能不斷減小,在斜面上升的最大高度越來越小, 不可能運動到A點,又知道m(xù)gcos,最終在與B點對 稱的E點之間來回運動,A、B錯誤;物塊第一次運動到C時速度最大,對軌 道的壓力最大,物塊從D第一次運動到C過程,由動能定理得:mgR=m; 設(shè)此時軌道對物塊的支持力為F1,由牛頓第

22、二定律得:F1-mg=,聯(lián)立解 得:F1=3mg,由牛頓第三定律知物塊對C點的最大壓力為3mg,故C正確;當(dāng) 1 2 2 1 v 2 1 mv R 最后穩(wěn)定后,物塊在BE之間運動時,設(shè)物塊經(jīng)過C點的速度為v2,由動能 定理得:mgR(1-cos)=m,設(shè)軌道對物塊的支持力為F2,由牛頓第二定 律得:F2-mg=,聯(lián)立解得:F2=(3-)mg,由牛頓第三定律可知,物塊對C 點的最小壓力為(3-)mg,D正確。 1 2 2 2 v 2 2 mv R 3 3 5 6 1 4 3 5 4 5 2.如圖,一輕彈簧原長為2R,其一端固定在傾角為37的固定直軌道 AC的底端A處,另一端位于直軌道上B處,彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與 一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點,AC=7R,A、B、C、D均在同一 豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑,最低到達(dá)E點 (未畫出)。隨后P沿軌道被彈回,最高到達(dá)F點,AF=4R。已知P與直軌道 間的動摩擦因數(shù)=,重力加速度大小為g。(取sin37=,cos37=) (1)求P第一次運動到B點時速度的大小。 (2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能。 (3)改變物塊P的質(zhì)量,將P推至E