（新课标）2020版高考物理一轮复习 第五章 第2讲 动能 动能定理课件

1、第第2 2讲讲动能动能 动能定理动能定理 一 动能 二 动能定理 基基 础础 过过 关关 考点一 对动能定理的理解及应用 考点二 动能定理与图像综合问题 考点三 动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用 考考 点点 突突 破破 基础过关 一、动能一、动能 1.定义定义:物体由于运动而具有的能。 2.公式公式:Ek=mv2。 3.单位单位:焦耳,1J=1Nm=1kgm2/s2。 4.标矢性标矢性:标量。 1 2 二、动能定理二、动能定理 1.内容内容:力在一个过程中对物体做的功,等于物体在这个过程中动能的 变化。 2.表达式表达式:W=Ek2-Ek1=m-m。 3.适用范围适用范围 a.动能定理

2、既适用于直线运动,也适用于曲线运动。 b.动能定理既适用于恒力做功,也适用于变力做功。 c.力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以分阶段作用。 1 2 2 2 v 1 2 2 1 v 1.判断下列说法对错。 (1)一定质量的物体动能变化时,速度一定变化,但速度变化时,动能不一 定变化。() (2)动能不变的物体一定处于平衡状态。( ) (3)如果物体所受的合外力为零,那么合外力对物体做功一定为零。() (4)物体在合外力作用下做变速运动时,动能一定变化。( ) (5)物体的动能不变,所受的合外力必定为零。( ) (6)做自由落体运动的物体,动能与时间的二次方成正比。() 2.(多选)关于

3、动能定理的表达式W=Ek2-Ek1,下列说法中正确的是(BC) A.公式中的W为不包含重力的其他力做的总功 B.公式中的W为包含重力在内的所有力做的功,也可通过以下两种方式 计算:先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功 C.公式中的Ek2-Ek1为动能的增量,当W0时动能增加,当W0时动能减少 D.动能定理适用于直线运动,但不适用于曲线运动,适用于恒力做功,但 不适用于变力做功 3.A、B两物体在光滑水平面上,分别在相同的水平恒力F作用下, 由静止开始通过相同的位移l。若A的质量大于B的质量,则在这 一过程中(C) A.A获得的动能较大 B.B获得的动能较大 C.A、B获得的动

4、能一样大 D.无法比较A、B获得的动能大小 4.如图所示,在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A,若将小球A从弹 簧原长位置由静止释放,小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换 为质量为3m的小球B,仍从弹簧原长位置由静止释放,则小球B下降h时 的速度为(重力加速度为g,不计空气阻力)(B) A.B.C.D. 2gh 4 3 gh gh 2 gh 考点一对动能定理的理解及应用考点一对动能定理的理解及应用 考点突破 1.动能定理公式中动能定理公式中“=”体现的体现的“三个关系三个关系” 数量关系合力的功与物体动能的变化可以等量代换 单位关系国际单位都是焦耳 因果关系合力做的功是物体动能变化的原

5、因 2.应用动能定理解题的一般步骤应用动能定理解题的一般步骤 3.应用动能定理的应用动能定理的“四个注意点四个注意点” (1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的,一般以地 面或相对地面静止的物体为参考系。 (2)动能定理的表达式是一个标量式,不能在某方向上应用动能定理。 (3)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度和时间, 比用运动学研究更简便。 (4)当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解;当所 求解的问题不涉及中间过程的速度时,也可以全过程应用动能定理求解。 例例1(2018课标,14,6分)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿 粗糙水平

6、路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定(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 解析解析本题考查动能定理。由动能定理可知W拉-Wf=Ek-0,因此,EkmgR,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.WmgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 v R 1 2 答案答案C质点由静止开始下落到最低点N的过程中, 由功能关系得:mg2R-W=mv2 质点在最低点时,FN-mg=m 由牛顿第三定律得FN=4mg 联立得W=mgR 质点由N点到Q点的过程中,在

7、等高位置处的速度总小于由P点到N点下 滑时的速度,故由N点到Q点过程克服摩擦力做的功WW,故质点到达Q 点后,会继续上升一段距离,选项C正确。 应用动能定理解题应注意的问题应用动能定理解题应注意的问题 (1)运用动能定理解决问题时,选择合适的研究过程能使问题得到简 化。当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时,可以选择 一个、几个或全部子过程应用动能定理进行研究。 (2)当选择的研究过程涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时,要 注意它们做功的特点:重力做的功取决于物体的初、末位置的高度 差,与路径无关;大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路 程的乘积。 方法技巧方法技巧 考点二动

8、能定理与图像综合问题考点二动能定理与图像综合问题 v-t图像由公式x=vt可知,v-t图线与横轴围成的面积表示物体的位移 a-t图像由公式v=at可知,a-t图线与横轴围成的面积表示物体速度的变化量 F-x图像由公式W=Fx可知,F-x图线与横轴围成的面积表示力所做的功 P-t图像由公式W=Pt可知,P-t图线与横轴围成的面积表示力所做的功 四类图像中面积的含义四类图像中面积的含义 解决物理图像问题的基本步骤解决物理图像问题的基本步骤 1.(多选)(2018大连五校联考)在某一粗糙的水平面上,一质量为2kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动,当运动一段时间后, 拉力逐渐减小,且当拉力

9、减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉 力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g=10m/s2。根据以上信息 能精确得出或估算得出的物理量有(ABC) A.物体与水平面间的动摩擦因数 B.合外力对物体所做的功 C.物体做匀速运动时的速度 D.物体运动的时间 解析解析物体做匀速直线运动时,拉力F与滑动摩擦力f大小相等, 物体与水平面间的动摩擦因数为=0.35,A正确;减速过程由动能定 理得WF+Wf=0-mv2,根据F-x图像中图线与横轴围成的面积可以估算力 F做的功WF,而Wf=-mgx,由此可求得合外力对物体所做的功,及物体做 匀速运动时的速度v,B、C正确;因为物体做变加速运动,所以运

10、动时间 无法求出,D错误。 F mg 1 2 2.用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律 时,在计算机上得到06s内物体的加速度随时间变化的关系如图所 示。下列说法正确的是(D) A.06s内物体先向正方向运动,后向负方 向运动 B.06s内物体在4s时的速度最大 C.在24s内物体的速度不变 D.04s内合力对物体做的功等于06s内合力对物体做的功 解析解析在a-t图像中,图线与时间轴围成的“面积”表示物体在相应时间内 速度的变化量,在时间轴上方为正,在时间轴下方为负。物体在6s末的速度 v6=(2+5)2m/s-12m/s=6m/s,则06s内物体一直向正方向运动,A项

11、错。由a-t图像可知,物体在5s末速度最大,vm=(2+5)2m/s=7m/s,B项错 。由a-t图像可知,在24s内物体的加速度不变,物体做匀加速直线运动,速 度变大,C项错。由动能定理可知,在04s内合力对物体做的功为W合4=m -0,又v4=(2+4)2m/s=6m/s,得W合4=36J;同理06s内合力对物体做的功 为W合6=m-0,又v6=6m/s,得W合6=36J,则W合4=W合6,D项正确。 1 2 1 2 2 4 v 2 6 v 1 2 1 2 1 2 1 2 考点三动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用考点三动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用 1.应用动能定理应抓好应

12、用动能定理应抓好“两状态两状态,一过程一过程” “两状态”即研究对象始、末状态,需明确研究对象的速度或动能情 况;“一过程”即研究对象的运动过程,明确这一过程研究对象的受力 情况和位置变化或位移信息。 2.应用动能定理解题的基本思路应用动能定理解题的基本思路 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)重力做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做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。 例例2(2018课标,25,20分)如图,在竖直平面内,一半径为R的光滑圆弧 轨道ABC和水平

13、轨道PA在A点相切,BC为圆弧轨道的直径,O为圆心,OA 和OB之间的夹角为,sin=。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动, 经A点沿圆弧轨道通过C点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及 轨道作用力外,小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所 受合力的方向指向圆心,且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速 度大小为g。求 3 5 (1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小; (2)小球到达A点时动量的大小; (3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。 答案答案(1)mg(2)(3) 解析解析本题考查圆周运动、抛体运动、动能定理、动量。 (1)设水平恒力的大小为F0,小球到达C点

14、时所受合力的大小为F。由力 的合成法则有 =tan F2=(mg)2+ 设小球到达C点时的速度大小为v,由牛顿第二定律得 F=m 0 F mg 2 0 F 2 v R 3 4 5 2 gR23 2 mgR3 5 5R g 由式和题给数据得 F0=mg v= (2)设小球到达A点的速度大小为v1,作CDPA,交PA于D点,由几何关系 得 DA=Rsin CD=R(1+cos) 由动能定理有 3 4 5 2 gR -mgCD-F0DA=mv2-m 由式和题给数据得,小球在A点的动量大小为 p=mv1= (3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动,加速度 大小为g。设小球在竖直方向的

15、初速度为v,从C点落至水平轨道上所 用时间为t。由运动学公式有 vt+gt2=CD 1 2 1 2 2 1 v 23 2 mgR 1 2 v=vsin 由式和题给数据得 t= 3 5 5R g 考向考向1运用动能定理巧解往复运动问题运用动能定理巧解往复运动问题 1.(2019四川成都期中)如图所示,斜面的倾角为,质量为m的滑块距 挡板P的距离为x0,滑块以初速度v0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦 因数为,滑块所受滑动摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每 次与挡板相碰均无机械能损失,则滑块经过的总路程是(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 解析解析由于滑块所受滑动摩擦力小于重力沿斜面向下的分力,故滑 块最终要停在斜面底端。设滑块经过的总路程为x,对滑块运动的全程 应用动能定理有mgx0sin-mgxcos=0-m,解得x= ,选项A正确。 1 2 2 0 v 1 2 0 0 tan 2 cos v x g 考向考向2动能定理解决平抛运动、圆周运动问题动能定理解决平抛运动、圆周运动问题 2.(2017湖南常德模拟)如图,一个质量为0.6kg的小球以某一初速度 从P点水平抛出,恰好从光滑圆弧轨道ABC的A点沿

17、切线方向进入圆弧 轨道(不计空气阻力,进入圆弧轨道时无机械能损失)。已知圆弧的半径 R=0.3m,=60,小球到达A点时的速度vA=4m/s。g取10m/s2,求: (1)小球做平抛运动的初速度v0; (2)P点与A点的高度差; (3)小球到达圆弧轨道最高点C时对轨道的压力。 答案答案(1)2m/s(2)0.6m(3)8N,方向竖直向上 解析解析(1)由题意知,小球到A点时的速度vA沿圆弧上A点的切线方向,对 速度进行分解如图所示: 小球做平抛运动,由平抛运动规律得: v0=vx=vAcos=2m/s。 (2)小球由P点至A点的过程,由动能定理得 mgh=m-m 解得h=0.6m。 1 2 2

18、 A v 1 2 2 0 v (3)小球从A点到C点的过程中,由动能定理得 -mg(Rcos+R)=m-m 解得vC=m/s 小球在C点时,由牛顿第二定律得 FN+mg=m 解得FN=8N 由牛顿第三定律得FN=FN=8N 方向竖直向上。 2 C v R 7 1 2 2 C v 1 2 2 A v (1)平抛运动和圆周运动都属于曲线运动,若题目只涉及位移和速度而不 涉及时间,应优先考虑用动能定理列式求解。 (2)应用全程法求解力做的功时,有些力可能不是全过程都作用的,必须 根据不同的情况分别对待,弄清楚物体所受的力,哪些力在哪段位移上做 功,做正功还是负功,正确写出总功。 (3)动能定理的表达

19、式为标量式,不能在某一方向上列动能定理方程。 方法技巧方法技巧 动能定理在多过程、多阶段运动中的应用动能定理在多过程、多阶段运动中的应用 热点题型探究 例例3如图所示,竖直固定放置的斜面DE与一光滑的圆弧轨道ABC相连, C为切点,圆弧轨道的半径为R,斜面的倾角为。现有一质量为m的滑块 从D点无初速下滑,滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动,已知圆弧 轨道的圆心O与A、D在同一水平面上,滑块与斜面间的动摩擦因数为, 求: (1)滑块第一次滑至左侧弧上时距A点的最小高度差h; (2)滑块在斜面上能通过的最大路程s。 答案答案(1)(2) 解析解析(1)滑块从D到达左侧最高点F经历DC、CB、BF

20、三个过程,现 以DF整个过程为研究过程,运用动能定理得:mgh-mgcos=0,解 得h=。 (2)通过分析可知,滑块最终滑至C点的速度为0时对应在斜面上的总路 程最大,由动能定理得:mgRcos-mgcoss=0,解得:s=。 cos tan R R tan R cos tan R R 1.(多选)(2018湖南长沙长郡中学高三周测)如图所示,竖直固定放 置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD在B点相切,圆弧轨道的 半径为R,圆心O与A、D在同一水平面上,C点为圆弧轨道最低点,COB =30。现使一质量为m的小物块从D点无初速度地释放,小物块与粗 糙斜面AB间的动摩擦因数tan,则关于

21、小物块的运动情况,下列说法 正确的是() A.小物块可能运动到A B.小物块经过较长时间后会停在C点 C.小物块通过圆弧轨道最低点C时,对C点的最大压力大小为3mg D.小物块通过圆弧轨道最低点C时,对C点的最小压力大小为(3-)mg3 答案答案CD物块从D点无初速度滑下后,由于克服摩擦力做功,所以物 块在斜面上运动时机械能不断减小,在斜面上升的最大高度越来越小, 不可能运动到A点,又知道mgcos,最终在与B点对 称的E点之间来回运动,A、B错误;物块第一次运动到C时速度最大,对轨 道的压力最大,物块从D第一次运动到C过程,由动能定理得:mgR=m; 设此时轨道对物块的支持力为F1,由牛顿第

22、二定律得:F1-mg=,联立解 得:F1=3mg,由牛顿第三定律知物块对C点的最大压力为3mg,故C正确;当 1 2 2 1 v 2 1 mv R 最后稳定后,物块在BE之间运动时,设物块经过C点的速度为v2,由动能 定理得:mgR(1-cos)=m,设轨道对物块的支持力为F2,由牛顿第二定 律得:F2-mg=,联立解得:F2=(3-)mg,由牛顿第三定律可知,物块对C 点的最小压力为(3-)mg,D正确。 1 2 2 2 v 2 2 mv R 3 3 5 6 1 4 3 5 4 5 2.如图,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37的固定直轨道 AC的底端A处,另一端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态。直轨道与 一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点,AC=7R,A、B、C、D均在同一 竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑,最低到达E点 (未画出)。随后P沿轨道被弹回,最高到达F点,AF=4R。已知P与直轨道 间的动摩擦因数=,重力加速度大小为g。(取sin37=,cos37=) (1)求P第一次运动到B点时速度的大小。 (2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。 (3)改变物块P的质量,将P推至E