2020版高考物理总复习 5 第2讲 动能定理及其应用课件 新人教版

必考部分第五章机械能及其守恒定律第2讲动能定理及其应用基础·全面落实考点·深度研析素能·专项突破真题·实战演练基础·全面落实教材回扣基础自测一、动能1．定义：物体由于而具有的能量叫做动能。2．公式：Ek＝12mv2。3．单位：，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。4．动能是，只有正值，没有负值。5．动能是状态量，也具有相对性，因为v为瞬时速度，且与参考系的选择有关，一般以地面为参考系。运动焦耳(J)标量二、动能定理1．内容所有外力对物体做的(也叫合外力的功)等于物体的变化。2．表达式：W总＝。3．对定理的理解当W总＞0时，Ek2＞Ek1，物体的动能。当W总＜0时，Ek2＜Ek1，物体的动能。当W总＝0时，Ek2＝Ek1，物体的动能。总功动能Ek2－Ek1增大减小不变(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。)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．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。()4．运用动能定理可以求变力的功。()5．功和动能都是标量，所以动能定理没有分量式。()×√×√√1．(对动能的理解)(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是()A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能B．动能总为非负值C．一定质量的物体动能变化时，速度不一定变化，但速度变化时，动能一定变化D．动能不变的物体，一定处于平衡状态解析由动能的定义和特点知，A、B两项正确；动能是标量而速度是矢量，当动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故C、D两项均错误。答案AB2．(对动能定理的理解)两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m1∶m2＝1∶2，速度之比v1∶v2＝2∶1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为L1，乙车滑行的最大距离为L2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则()A．L1∶L2＝1∶2B．L1∶L2＝1∶1C．L1∶L2＝2∶1D．L1∶L2＝4∶1解析由动能定理，对两车分别列式－F1L1＝0－12m1v21，－F2L2＝0－12m2v22，F1＝μm1g，F2＝μm2g，由以上四式联立得L1∶L2＝4∶1，D项正确。答案D3．(动能定理的简单应用)如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的一点A滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN。重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为()A.12R(FN－3mg)B.12R(3mg－FN)C.12R(FN－mg)D.12R(FN－2mg)解析在B点，FN－mg＝mv2R，且EkB＝12mv2，解得EkB＝12R(FN－mg)。A滑到B的过程中运用动能定理得mgR＋Wf＝12mv2，解得Wf＝12R(FN－3mg)，A项正确。答案A考点·深度研析核心考点分层突破考点1动能定理的理解和应用考|点|速|通1．对动能定理的理解(1)动能定理说明了合力对物体所做的总功和动能变化间的一种因果关系和数量关系，不可理解为功转变成了物体的动能。(2)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。(3)动能定理公式中等号的意义：表明合力的功是物体动能变化的原因，且合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。2．应用动能定理解题的基本思路应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力的功，同时要注意各力做功的正负。典|例|微|探【例1】如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP＝L2，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B，重力加速度为g。(1)求小球到达B点时的速率。(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？(3)若初速度v0＝3gL，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？解析(1)小球恰能到达最高点B，由牛顿第二定律得mg＝mv2BL2，解得vB＝gL2。(2)若不计空气阻力，从A→B由动能定理得－mgL＋L2＝12mv2B－12mv20，解得v0＝7gL2。(3)当v0＝3gL时，由动能定理得－mgL＋L2－Wf＝12mv2B－12mv20，解得Wf＝114mgL。答案(1)gL2(2)7gL2(3)114mgL1．应用动能定理应抓好“两个状态、一个过程”，“两个状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一个过程”即明确研究过程，确定这一过程中研究对象的受力情况、位置变化或位移情况。2．动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功；既适用于直线运动，也适用于曲线运动。题|组|冲|关1.(多选)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中()A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B项正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故摩擦力对二者做功不等，C项错误；对B应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D项正确；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A项错误。答案BD2.劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，如图所示。空间存在水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，图中未画出。一个带正电的小物块(可视为质点)从A点以初速度v0向左运动，接触弹簧后运动到C点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内。已知物块质量为m，A、C两点间距离为L，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则物块由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是()A．小物块的加速度先不变后减小B．弹簧的弹性势能增加量为12mv20－μmgLC．小物块与弹簧接触的过程中，弹簧弹力的功率先增加后减小D．小物块运动到C点时速度为零，加速度也一定为零解析由左手定则判断小物块受到的洛伦兹力方向向下，物块向左运动的过程中由于摩擦阻力作用，速度不断减小，洛伦兹力减小，支持力减小，摩擦力减小，其加速度开始是减小的，A项错误；由动能定理得W弹＋W摩＝12mv20，且克服摩擦力做功W摩μmgL，弹簧弹性势能的增加量等于克服弹力做的功ΔEp＝W弹＝12mv20－W摩12mv20－μmgL，B项错误；小物块与弹簧刚接触时由于弹力为零，弹力的功率为零，到达C点时速度为零，则弹力的功率为零，在物块与弹簧接触的其他位置弹力与速度在同一直线上且均不为零，功率不为零，C项正确；小物块到C点时，速度为零，加速度不一定为零，D项错误。答案C考点2应用动能定理解决多过程问题考|点|速|通物体在某个过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，物体在运动过程中运动性质发生变化，不同的运动过程其受力情况不同。单纯从动力学的角度分析多过程问题往往相当复杂。这时，动能定理的优势就明显地表现出来了。此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑。利用动能定理认识这样一个过程，并不需要从细节上了解。分析力的作用是看其做功，只需要把所有的功累加起来即可。力是变力还是恒力，一个力是否一直在作用，这些显得不再重要。典|例|微|探【例2】如图所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2m，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2m/s，在上端A点无初速放置一个质量为m＝1kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R＝0.4m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5m(g取10m/s2)。求：(1)金属块经过D点时的速度大小；(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。解析(1)金属块在E点时，mg＝mv2ER，解得vE＝2m/s，在从D到E过程中由动能定理得－mg·2R＝12mv2E－12mv2D，解得vD＝25m/s。(2)金属块刚刚放上时，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2。设经位移s1达到共同速度，则v2＝2a1s1时，解得s1＝0.2m3.2m，继续加速过程中，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2。由s2＝L－s1＝3m，v2B－v2＝2a2s2，解得vB＝4m/s。在从B到D过程中由动能定理得mgh－W＝12mv2D－12mv2B，解得W＝3J。答案(1)25m/s(2)3J利用动能定理求解多过程问题的基本思路1．弄清物体的运动由哪几个阶段组成。2．分析各阶段中物体的受力及做功情况。3．从总体上把握全过程，表达出总功，找出初末状态的动能。4．对所研究的全过程运用动能定理列方程。题|组|冲|关1.如图所示，半圆形轨道MON竖直放置且固定在地面上，直径MN是水平的。一小物块从M点正上方高度为H处自由下落，正好在M点滑入半圆轨道，测得其第一次离开N点后上升的最大高度为H2。小物块接着下落从N点滑入半圆轨道，在向M点滑行过程中(整个过程不计空气阻力)()A．小物块正好能到达M点B．小物块一定到不了M点C．小物块一定能冲出M点D．不能确定小物块能否冲出M点解析小物块第一次飞出过程根据动能定理得mgH－mgH2－Wf＝0，假设能再次到达M点，根据动能定理有mgH2－W′f＝12mv2，因小物块第二次经过半圆轨道过程中速度小于第一次，轨道支持力也变小，物块所受摩擦力变小，故克服阻力做功W′fWf，故速度v0，因此小物块能冲出M点，C项正确。答案C2.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56R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μ＝14，重力加速度大小为g。(取sin37°＝35，cos37°＝45)(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点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距72R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。解析(1)根据题意知，B、C之间的距离为l＝7R－2R＝5R，①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsinθ－μmglcosθ＝12mv2B，②式中θ＝37°。联立①②式并由题给条件得vB＝2gR。③(2)设BE＝x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－12mv2B，④E、F之间的距离为l1＝4R－2R＋x，⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0，⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R，⑦Ep＝125mgR。⑧(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1＝72R－56Rsinθ，⑨y1＝R＋56R＋56Rcosθ，⑩(式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事