2012届高考物理全程复习课件73

第二节动能定理及其应用1．公式：，式中v为瞬时速度．2．矢标性：动能是，只有正值，动能与速度的方向.3．动能的变化量：.Ek＝12mv2标量无关ΔEk＝12mv22－12mv211．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．动能总为正值C．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D．动能不变的物体，一定处于平衡状态【解析】机械能包括动能和势能，而动能是物体由于运动具有的能，且Ek＝12mv2≥0，故A正确，B错误；一定质量的物体的动能变化时，速度的大小一定变化，但速度变化时，动能不一定变化，如匀速圆周运动，动能不变，但速度变化，故C正确，D错误．【答案】AC2．下列关于运动物体所受合外力做的功和动能变化的关系正确的是()A．如果物体所受合外力为零，则合外力对物体做的功一定为零B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零C．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化D．物体的动能不变，所受合外力一定为零【解析】由W合＝F合lcosα可知，A项正确，B项错；匀速圆周运动中ΔEk＝0，C项错；物体的动能不变，则合外力的功为零，但合外力不一定为零，D项错．【答案】A1.动能的增量ΔEk和合外力对物体所做的功的符号及意义(1)若ΔEk＞0，则W＞0，表示物体动能增加，其增加量等于合外力对物体做的正功．(2)若ΔEk＜0，则W＜0，表示物体动能减少，其减少量等于物体克服合外力做的功．(3)若ΔEk＝0，则W＝0，即合外力对物体所做的功为零．2．动能定理公式中等号的意义等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系(1)数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功．(2)单位相同：国际单位都是焦耳．(3)因果关系：合外力做功是物体动能变化的原因．3．动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系．(2010·金陵检测)如图5－2－1所示，电梯质量为M，地板上放置一质量为m的物体．钢索拉电梯由静止开始向上加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，则A．地板对物体的支持力做的功等于12mv2B．地板对物体的支持力做的功等于mgHC．钢索的拉力做的功等于12Mv2＋MgHD．合力对电梯M做的功等于12Mv2【自主解答】对物体m，支持力和重力均对物体做功，由动能定理可知，WFN－mgH＝12mv2，得：WFN＝mgH＋12mv2，故A、B均错误；取电梯和物体为一整体，由动能定理得：WF拉－(m＋M)gH＝12(m＋M)v2，WF拉＝(m＋M)gH＋12(m＋M)v2，故C错误；对电梯用动能定理得：W合＝12Mv2，D正确．【答案】D1.运用动能定理需注意的问题(1)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功．(2)运用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表达为－W，也可以直接用一字母W表示该力做功，使其字母W本身含有负号．2．应用动能定理的一般步骤(1)选取研究对象，明确它的运动过程．(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：(3)明确物体在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2.(4)列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程，进行求解．(2010·浙江高考)在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H的平台上A点由静止出发，沿着动摩擦因数为μ的滑道向下运动到B点后水平滑出，最后落在水池中．设滑道的水平距离为L，B点的高度h可由运动员自由调节(取g＝10m/s2)．求：图5－2－2(1)运动员到达B点的速度与高度h的关系．(2)运动员要达到最大水平运动距离，B点的高度h应调为多大？对应的最大水平距离smax为多少？(3)若图中H＝4m，L＝5m，动摩擦因数μ＝0.2，则水平运动距离要达到7m，h值应为多少？【解析】(1)设斜面长度为L1，斜面倾角为α，根据动能定理得mg(H－h)－μmgL1cosα＝12mv20①即mg(H－h)＝μmgL＋12mv20②v0＝2gH－h－μL③(2)根据平抛运动公式x＝v0t④h＝12gt2⑤由③～⑤式得x＝2H－μL－hh⑥由⑥式可得，当h＝12(H－μL)时，x有最大值，xmax＝H－μL，所以smax＝L＋H－μL.(3)在⑥式中令x＝2m，H＝4m，L＝5m，μ＝0.2，则可得：－h2＋3h－1＝0求出h1＝3＋52＝2.62mh2＝3－52＝0.38m.【答案】(1)v0＝2gH－h－μL(2)h＝12(H－μL)smax＝L＋H－μL(3)2.62m0.38m(2010·青岛月考)如图5－2－3甲所示，一质量为m＝1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按如图5－2－3乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3s末物体运动到B点时速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物体与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，求(g取10m/s2)：图5－2－3(1)A与B间的距离；(2)水平力F在5s内对物块所做的功．【解析】(1)在3s～5s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度为a，A与B间的距离为x，则F－μmg＝maa＝F－μmgm＝4－0.2×1×101m/s2＝2m/s2x＝12at2＝4m即A与B间的距离为4m.(2)设整个过程中F做的功为WF，物块回到A点时的速度为vA，由动能定理得：WF－2μmgx＝12mv2Av2A＝2ax由以上两式得WF＝2μmgx＋max＝24J.【答案】(1)4m(2)24J1．(2010·福建高考)如图5－2－4甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图5－2－4乙所示，则()图5－2－4A．t1时刻小球动能最大B．t2时刻小球动能最大C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能【解析】0～t1时间内，小球做自由落体运动，故弹簧弹力为零．t1～t2时间内，小球压缩弹簧，当弹力等于重力时，小球速度最大，在此时刻之前，小球做加速度减小的加速运动，之后做加速度增加的减速运动，t2时刻减速到零．t2～t3时间内，小球向上先加速运动后减速运动．故A、B、C三选项中，只有C项正确．t2～t3时间内，弹簧弹力减小，小球被弹起的过程中，由动能定理可知WF－mgh＝12mv2，得：WF＝mgh＋12mv2，即此段时间内，弹簧弹性势能的减少量等于小球增加的动能与重力势能之和，故D错误．【答案】C2．(2009·上海高考)小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h处，小球的势能是动能的2倍，则h等于()A.H9B.2H9C.3H9D.4H9【解析】设小球初动能为Ek0，阻力为f，上升到最高点，由动能定理，得：0－Ek0＝－(mg＋f)H.上升到离地面高度为h处时，设动能为Ek1，则Ek1－Ek0＝－(mg＋f)h，Ek1＝2mgh；在下落至离地面高度h处，设动能为Ek2，则Ek2＝(mg－f)(H－h)，Ek2＝12mgh；联立以上各式，解得：h＝49H，故选项D正确．【答案】D3．(2009·全国Ⅱ)以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物体．假定物块所受的空气阻力f大小不变．已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为()A.v202g1＋fmg和v0mg－fmg＋fB.v202g1＋fmg和v0mgmg＋fC.v202g1＋2fmg和v0mg－fmg＋fD.v202g1＋2fmg和v0mgmg＋f【解析】上升的过程中，重力做负功，阻力f做负功，由动能定理得－(mgh＋fh)＝－12mv20，h＝v202g1＋fmg；求返回抛出点的速度，由全程应用动能定理重力做功为零，只有阻力做功有－2fh＝12mv2－12mv20，解得v＝v0mg－fmg＋f，A正确．【答案】A4．(2010·山东高考)如图5－2－5所示，四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R＝0.45m，水平轨道AB长s1＝3m，OA与AB均光滑．一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F＝1.6N的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力F.当小车在CD上运动了s2＝3.28m时速度v＝2.4m/s，此时滑块恰好落入小车中．已知小车质量M＝0.2kg，与CD间的动摩擦因数μ＝0.4.(取g＝10m/s2)求：图5－2－5(1)恒力F的作用时间t.(2)AB与CD的高度差h.【解析】(1)设小车在轨道CD上加速的距离为s，由动能定理得Fs－μMgs2＝12Mv2①设小车在轨道CD上做加速运动时的加速度为a，由牛顿运动定律得F－μMg＝Ma②s＝12at2③联立①②③式，代入数据得t＝1s④(2)设小车在轨道CD上做加速运动的末速度为v′，撤去力F后小车做减速运动时的加速度为a′，减速时间为t′，由牛顿运动定律得v′＝at⑤－μMg＝Ma′⑥v＝v′＋a′t′⑦设滑块的质量为m，运动到A点的速度为vA，由动能定理得mgR＝12mv2A⑧设滑块由A点运动到B点的时间为t1，由运动学公式得s1＝vAt1⑨设滑块做平抛运动的时间为t1′，则t1′＝t＋t′－t1⑩由平抛规律得h＝12gt1′2⑪联立②④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪式，代入数据得h＝0.8m⑫【答案】(1)1s(2)0.8m动能定理与平抛运动、圆周运动如图5－2－14所示是某公司设计的“2009”玩具轨道，是用透明的薄壁圆管弯成的竖直轨道，其中引入管道AB及“200”管道是粗糙的，AB是与“2009”管道平滑连接的竖直放置的半径为R＝0.4m的14圆管轨道，已知AB圆管轨道半径与“0”字型圆形轨道半径相同．“9”管道是由半径为2R的光滑14圆弧和半径为R的光滑34圆弧以及一段光滑的水平管道、一段光滑的竖直管道组成，“200”管道和“9”管道两者间有一小缝隙P，现让质量m＝0.5kg的闪光小球(可视为质点)从距A点高H＝2.4m处自由下落，并由A点进入轨道AB，已知小球到达缝隙P时的速率为v＝8m/s，g取10m/s2.求：(1)小球通过粗糙管道过程中克服摩擦阻力做的功；(2)小球通过“9”管道的最高点N时对轨道的作用力；(3)小球从C点离开“9”管道之后做平抛运动的水平位移．【解析】(1)小球从初始位置到达缝隙P的过程中，由动能定理有：mg(H＋3R)－WF＝12mv2－0代入数据得WF＝2J.(2)设小球到达最高点N时的速度为vN，对由P→N过程由动能定理得－mg·4R＝12mv2N－12mv2在最高点N时，根据牛顿第二定律有：FN＋mg＝mv2NR联立解得FN＝mv2NR－mg＝35N，方向向上所以小球在最高点N时对轨道的作用力为35N，方向向上．(3)小球从初始位置到达C点的过程中，由动能定理有mg(H＋R)－WF＝12mv2C－0解得vC＝6.93m/s.小球从C点离开“9”管道之后做平抛运动，竖直方向：2R＝12gt2，解得t＝0.4s；水平方向：DE＝vCt＝2.77m，所以平抛运动的水平位移为2.77m.【答案】(1)2J(2)35N，方向向上(3)2.77m1.(2010·苏州模拟)如图5－2－15所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，AB＝2BC.小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知P由静止