（新課標）2020版高考物理一輪復習 第五章 第2講 動能 動能定理課件.ppt

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第2講動能動能定理 一動能 二動能定理 基礎過關 考點一對動能定理的理解及應用 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用 考點突破 基礎過關 一 動能1 定義 物體由于 運動而具有的能 2 公式 Ek mv2 3 單位 焦耳 1J 1N m 1kg m2 s2 4 標矢性 標量 二 動能定理1 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 m m 3 適用范圍a 動能定理既適用于直線運動 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 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 關于動能定理的表達式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W 0時動能增加 當W 0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 考點一對動能定理的理解及應用 考點突破 1 動能定理公式中 體現(xiàn)的 三個關系 2 應用動能定理解題的一般步驟 3 應用動能定理的 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 動能定理的表達式是一個標量式 不能在某方向上應用動能定理 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 比用運動學研究更簡便 4 當物體的運動包含多個不同過程時 可分段應用動能定理求解 當所求解的問題不涉及中間過程的速度時 也可以全過程應用動能定理求解 例1 2018課標 14 6分 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 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 解析本題考查動能定理 由動能定理可知W拉 Wf Ek 0 因此 Ek W拉 故A正確 B錯誤 Ek可能大于 等于或小于Wf 選項C D錯誤 考向1對動能定理的理解1 關于運動物體所受的合外力 合外力做的功及動能變化的關系 下列說法正確的是 A A 合外力為零 則合外力做功一定為零B 合外力做功為零 則合外力一定為零C 合外力做功越多 則動能一定越大D 動能不變 則物體合外力一定為零 解析由W Flcos 可知 物體所受合外力為零 合外力做功一定為零 但合外力做功為零 可能是 90 故A正確 B錯誤 由動能定理W Ek可知 合外力做功越多 動能變化量越大 但動能不一定越大 動能不變 合外力做功為零 但合外力不一定為零 C D均錯誤 考向2動能定理在變力做功中的應用2 多選 2016課標 20 6分 如圖 一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面 在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點P 它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中 克服摩擦力做的功為W 重力加速度大小為g 設質(zhì)點P在最低點時 向心加速度的大小為a 容器對它的支持力大小為N 則 AC A a B a C N D N 解析由動能定理知 在P從最高點下滑到最低點的過程中mgR W mv2 在最低點的向心加速度a 聯(lián)立得a 選項A正確 B錯誤 在最低點時有N mg ma 所以N 選項C正確 D錯誤 考向3動能定理在直線運動中的應用3 一物塊沿傾角為 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 D A tan 和B tan 和C tan 和D tan 和 解析由動能定理有 mgH mgcos 0 mv2 mgh mgcos 0 m解得 tan h 故D正確 考向4動能定理在曲線運動中的應用4 如圖 一半徑為R 粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置 直徑POQ水平 一質(zhì)量為m的質(zhì)點自P點上方高度R處由靜止開始下落 恰好從P點進入軌道 質(zhì)點滑到軌道最低點N時 對軌道的壓力為4mg g為重力加速度的大小 用W表示質(zhì)點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功 則 A W mgR 質(zhì)點恰好可以到達Q點B W mgR 質(zhì)點不能到達Q點C W mgR 質(zhì)點到達Q點后 繼續(xù)上升一段距離D W mgR 質(zhì)點到達Q點后 繼續(xù)上升一段距離 答案C質(zhì)點由靜止開始下落到最低點N的過程中 由功能關系得 mg 2R 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W W 故質(zhì)點到達Q點后 會繼續(xù)上升一段距離 選項C正確 方法技巧 考點二動能定理與圖像綜合問題 四類圖像中面積的含義 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 當運動一段時間后 拉力逐漸減小 且當拉力減小到零時 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 所以運動時間無法求出 D錯誤 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 在計算機上得到0 6s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關系如圖所示 下列說法正確的是 D A 0 6s內(nèi)物體先向正方向運動 后向負方向運動B 0 6s內(nèi)物體在4s時的速度最大C 在2 4s內(nèi)物體的速度不變D 0 4s內(nèi)合力對物體做的功等于0 6s內(nèi)合力對物體做的功 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 物體在6s末的速度v6 2 5 2m s 1 2m s 6m s 則0 6s內(nèi)物體一直向正方向運動 A項錯 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2 4s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0 4s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0 6s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 考點三動能定理在多階段 多過程綜合問題中的應用 1 應用動能定理應抓好 兩狀態(tài) 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 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 例2 2018課標 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?重力加速度大小為g 求 1 水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大小 2 小球到達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 1 mg 2 3 解析本題考查圓周運動 拋體運動 動能定理 動量 1 設水平恒力的大小為F0 小球到達C點時所受合力的大小為F 由力的合成法則有 tan F2 mg 2 設小球到達C點時的速度大小為v 由牛頓第二定律得F m 由 式和題給數(shù)據(jù)得F0 mg v 2 設小球到達A點的速度大小為v1 作CD PA 交PA于D點 由幾何關系得DA Rsin CD R 1 cos 由動能定理有 mg CD F0 DA 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 設小球在豎直方向的初速度為v 從C點落至水平軌道上所用時間為t 由運動學公式有v t gt2 CD v vsin 由 式和題給數(shù)據(jù)得t 考向1運用動能定理巧解往復運動問題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械能損失 則滑塊經(jīng)過的總路程是 A A B C D 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 設滑塊經(jīng)過的總路程為x 對滑塊運動的全程應用動能定理有mgx0sin mgxcos 0 m 解得x 選項A正確 考向2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點沿切線方向進入圓弧軌道 不計空氣阻力 進入圓弧軌道時無機械能損失 已知圓弧的半徑R 0 3m 60 小球到達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 小球到達圓弧軌道最高點C時對軌道的壓力 答案 1 2m s 2 0 6m 3 8N 方向豎直向上解析 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 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 方法技巧 動能定理在多過程 多階段運動中的應用 熱點題型探究 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 現(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 1 2 解析 1 滑塊從D到達左側(cè)最高點F經(jīng)歷DC CB BF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時對應在斜面上的總路程最大 由動能定理得 mgRcos mgcos s 0 解得 s 1 多選 2018湖南長沙長郡中學高三周測 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 現(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 則關于小物塊的運動情況 下列說法正確的是 A 小物塊可能運動到AB 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3mgD 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 mg 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 mgcos 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 設此時軌道對物塊的支持力為F1 由牛頓第二定律得 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 最后穩(wěn)定后 物塊在BE之間運動時 設物塊經(jīng)過C點的速度為v2 由動能定理得 mgR 1 cos m 設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 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E點 未畫出 隨后P沿軌道被彈回 最高到達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點 從靜止開始釋放 已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后 恰好通過G點 G點在C點左下方 與C點水平相距R 豎直相距R 求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量 答案 1 2 2 mgR 3 m 解析 1 根據(jù)題意知 B C之間的距離l為l 7R 2R 設P到達B點時的速度為vB 由動能定理得mglsin mglcos m 式中 37 聯(lián)立 式并由題給條件得vB 2 2 設BE x P到達E點時速度為零 設此時彈簧的彈性勢能為Ep P由B點運動到E點的過程中 由動能定理有 mgxsin mgxcos Ep 0 m E F之間的距離l1為l1 4R 2R x P到達E點后反彈 從E點運動到F點的過程中 由動能定理有Ep mgl1sin mgl1cos 0 聯(lián)立 式并由題給條件得x R Ep mgR 3 設改變后P的質(zhì)量為m1 D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1 R Rsin y1 R R Rcos 式中 已應用了過C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為 的事實 設P在D點的速度為vD 由D點運動到G點的時間為t 由平拋運動公式有y1 gt2 x1 vDt 聯(lián)立 式得vD 設P在C點速度的大小為vC 在P由C運動到D的過程中機械能守恒 有m1 m1 m1g R Rcos P由E點運動到C點的過程中 由動能定理有Ep m1g x 5R sin m1g x 5R cos m1 聯(lián)立 式得m1 m