（江苏专用版）2020版高考物理总复习 第五章 第2讲 动能定理及其应用课件

第2讲动能定理及其应用基础过关知识梳理基础自测1.关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系,下列说法正确的是 (A)A.合外力为零,则合外力做功一定为零B.合外力做功为零,则合外力一定为零C.合外力做功越多,则动能一定越大D.动能不变,则物体合外力一定为零解析由W=Flcosα可知,物体所受合外力为零,合外力做功一定为零,但合外力做功为零,可能是α=90°,故A项正确,B项错误。由动能定理W=ΔEk可知,合外力做功越多,动能变化量越大,但动能不一定越大;动能不变,合外力做功为零,但物体合外力不一定为零,C、D项均错误。2.光滑水平面上,A、B两物体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获得动能较大B.B获得动能较大C.A、B获得动能一样大D.无法比较A、B获得动能大小解析由动能定理可知恒力F做功W=Fl= mv2-0,因为F、l相同,所以A、B获得的动能一样大,C项正确。12考点一对动能定理的理解考点二动能定理与图像的综合问题考点突破考点三动能定理的应用考点一对动能定理的理解1.定理中“外力”的两点理解(1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力,它们可以同时作用,也可以不同时作用。(2)既可以是恒力,也可以是变力。2.公式中“=”体现的三个关系例1(2018江苏压轴冲刺)将一质量为m的小球从足够高处水平抛出,飞行一段时间后,小球的动能为Ek,在经过相同的时间后,小球的动能为2Ek(此时小球未落地),不计空气阻力,重力加速度为g,则小球抛出的初速度大小为 (B)A. B.2 C.3 D. k23Emk3Emk3Emk32Em解析由动能定理,经时间t,mg× gt2=Ek- m ,经过2t时间,mg× g(2t)2=2Ek- m ,解得v0=2 ,故选B。121220v121220vk3Em考点二动能定理与图像的综合问题四类图像所围面积的含义v-t图由公式x=vt可知,v-t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移a-t图由公式Δv=at可知,a-t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量F-x图由公式W=Fx可知,F-x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功P-t图由公式W=Pt可知,P-t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功例2(多选)(2018南京调研)如图所示,滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面,到达最高点后又返回到出发点,则能大致反映整个运动过程中,滑块的加速度a、速度v随时间t,重力对滑块所做的功W、动能Ek与位移x关系的是(取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向) ()  答案BC滑块上滑的加速度大小|a1|=gsinθ+μgcosθ,方向沿斜面向下,即a1应取负,滑块下滑时的加速度大小|a2|=gsinθ-μgcosθ,方向沿斜面向下,即a2应取负,A错误;由以上分析知|a1||a2|,则滑块上滑时间小于下滑时间,由能量守恒知,滑块回到初始位置的速度小于初速度v0,而v-t图像斜率的绝对值表示加速度大小,故B正确;滑块重力做的功W=-mgsinθ·x,故C正确;本题研究的是滑块整个运动过程中的位移,所以下滑过程中的位移是减小的,Ek-x图像应如图所示,故D错误。考点三动能定理的应用1.应用动能定理的流程 2.应用动能定理的注意事项(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)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确地受力分析及运动过程分析,并画出运动过程的草图,借助草图理解物理过程之间的关系。(3)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的速度时,也可以全过程应用动能定理求解,这样更简便。(4)列动能定理方程时,必须明确各力做功的正、负,确实难以判断的先假定为正功,最后根据结果加以检验。例3(2018苏州一模)如图所示轨道ABCDE在竖直平面内,AB与水平面BC成37°角且平滑连接,圆心为O、半径为R的光滑半圆轨道CDE与BC相切于C点,E、F两点等高,BC长为 。将小滑块从F点由静止释放,恰好能滑到与O等高的D点。已知小滑块与AB及BC间的动摩擦因数相同,重力加速度为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。 3R(1)求小滑块与斜面间的动摩擦因数μ;(2)若AB足够长,改变释放点的位置,要使小滑块恰能到达E点,求释放点到水平面的高度h;(3)若半径R=1m,小滑块在某次释放后,滑过E点的速度大小为8m/s,则它从E点飞出至落到轨道上所需时间t为多少?(g取10m/s2)答案(1) (2)4.7R(3)0.3s13解析(1)滑块从F到D过程,根据动能定理得mg×(2R-R)-μmgcos37°× -μmg =0解得μ= (2)若滑块恰能到达E点,根据牛顿第二定律得mg=m 在滑块从释放点到E的过程,根据动能定理得mg(h-2R)-μmgcosθ· -μmg· = m -02sin37R3R132EvRsinhθ3R122Ev解得h=4.7R(3)假设滑块离开E点后落在AB上,根据平抛运动规律可得x=vEt,y= gt2由几何关系得tan37°= 解得t=0.3s进一步得x=2.4m 所以假设正确,故t=0.3s1223RyRx3R方法技巧(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以简化。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、几个或全部子过程作为研究过程。(2)当选择全部子过程作为研究过程,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。运用动能定理巧解往复运动问题在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性,而在这一过程中,描述运动的物理量多数是变化的,而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定,求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐,甚至无法解出。由于动能定理只关心物体的初末状态而不注重运动过程的细节,所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。加油小站例4如图所示,竖直固定放置的斜面AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD的B端相切,圆弧面的半径为R,圆心O与A、D在同一水平面上,C为圆弧的最低点,∠COB=θ,现有一质量为m的小物体从斜面上的A点无初速滑下,已知小物体与AB斜面间的动摩擦因数为μ,求: (1)小物体在斜面上能够通过的路程。(2)小物体通过C点时,对C点的最大压力值和最小压力值。解析(1)小物体最终将恰在B点以下振动,则全过程有mgRcosθ=μmgcosθ·s则s= (2)小物体第一次到最低点时速度为v1,此时对C点的压力最大,有mgR-μmgcosθ· = m 又有Nmax-mg=m RμtanRθ1221v21vR答案(1) (2)mg mg(3-2cosθ)Rμ2cos3tanμθθ联立以上两式可得Nmax=mg 最终通过C时的速度为v2,此时小物体在B点以下振动,到达C点时为最小压力值,则mgR(1-cosθ)= m 又有Nmin-mg=m 联立以上两式可得Nmin=mg(3-2cosθ)1222v22vR2cos3tanμθθ随堂巩固1.(多选)质量不等,但有相同初动能的两个物体,在动摩擦因数相同的水平地面上滑行,直至停止,则 (BD)A.质量大的物体滑行的距离大B.质量小的物体滑行的距离大C.它们滑行的距离一样大D.它们克服摩擦力所做的功一样多解析根据动能定理-μmg·x=0-Ek0,所以质量小的物体滑行的距离大,并且它们克服摩擦力所做的功在数值上都等于初动能的大小,B、D选项正确。2.(2018江苏单科)从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力,该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是 (A) 解析竖直上抛运动的速度v与时间t的关系为v=v0-gt,由于Ek= mv2= m(v0-gt)2,故Ek-t图像应是A。12123.(2018扬州期末)某士兵练习迫击炮打靶,如图所示,第一次炮弹落点在目标A的右侧,第二次调整炮弹发射方向后恰好击中目标,忽略空气阻力的影响,每次炮弹发射速度大小相等,下列说法正确的是 (A) A.第二次炮弹在空中运动时间较长B.两次炮弹在空中运动时间相等C.第二次炮弹落地速度较大D.第二次炮弹落地速度较小解析竖直方向上做竖直上抛运动,上升时间与下落时间相等。由于下落过程竖直方向做自由落体运动,h= gt2,第二次下落高度高,所以第二次炮弹在空中运动时间较长,故A项正确,B项错误;根据动能定理:mgh= mv2- m ,由于两次在空中运动过程重力做功都是零,v=v0,所以两次炮弹落地速度相等,故C项错误,D项错误。12121220v4.如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC是水平的,其距离d=0.50m,盆边缘的高度为h=0.30m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)。已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10。小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停的地点到B的距离为 (D)A.0.50mB.0.25mC.0.10mD.0解析设小物块在BC段通过的总路程为s,由于只有BC面上存在摩擦力做功为-μmgs,而重力做功与路径无关,由动能定理得mgh-μmgs=0-0,代入数据可解得s=3m。由于d=0.50m,所以,小物块在BC面上经过3次往复运动后,又回到B点,D项正确。