（新课标）2020版高考物理大二轮复习 专题二 功和能 第一讲 动能定理、机械能守恒定律课件

专题综合突破第一部分专题二功和能第一讲动能定理、机械能守恒定律知识体系构建[知识建构][备考点睛](注1)……(注3)：详见答案部分1.易错点归纳(1)W＝Flcosα只适合求恒力做功.(2)动能定理没有分量式.(3)机械能守恒的条件不是合力所做的功等于零，更不是合力为零.(4)“只有重力做功”不等于“只受重力作用”.(5)对于绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能不守恒.2.把握两点，准确理解动能定理(1)动能定理表达式中，W表示所有外力做功的代数和，包括物体所受重力做的功.(2)动能定理表达式中，ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度.3.判断机械能守恒的两个角度(1)用做功判断：若物体(或系统)只受重力(或系统内弹力)，或虽受其他力，但其他力不做功，则机械能守恒.(2)用能量转化判断：若物体(或系统)只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式能的相互转化，则机械能守恒.[答案](1)适用条件①动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．②动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．(2)机械能守恒定律与动能定理的区别与联系机械能守恒定律动能定理适用条件只有重力或系统内弹力做功没有条件限制，它不但允许重力和弹力做功，还允许其他力做功不同点分析思路只需分析研究对象初、末状态的动能和势能不但要分析研究对象初、末状态的动能，还要分析所有外力所做的功研究对象一般是物体组成的系统一般是一个物体(质点)不同点书写方式有多种书写方式，一般常用等号两边都是动能与势能的和等号左边一定是合力的总功，右边是动能的变化相同点(1)思想方法相同：机械能守恒定律和动能定理都是从做功和能量转化的角度来研究物体在力的作用下状态的变化．(2)表达这两个规律的方程都是标量式(3)机械能守恒的条件只有重力和系统内弹簧弹力做功．只有重力做功时对应动能和重力势能的相互转化，只有弹簧弹力做功时对应动能和弹性势能的相互转化．热点考向突破热点考向一功和功率的计算【典例】(2019·安徽滁州三中段考)如图所示，在倾角为θ的斜面上，以速度v0水平抛出一个质量为m的小球(斜面足够长，重力加速度为g)，则在小球从开始运动到小球距斜面的距离最大的过程中，下列说法中错误的是()CA．重力做的功W＝mv20tan2θ2B．速度的变化量为v0tanθC．运动时间为v0tanθD．重力的平均功率为P＝mgv0tanθ2[思路引领](1)小球距斜面的距离最大时，速度方向与斜面平行．(2)t＝vyg→h＝12gt2→W＝mgh→P＝Wt[解析]当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时小球的竖直分速度vy＝v0tanθ，解得t＝vyg＝v0tanθg，速度的变化量Δv＝gt＝v0tanθ，故B正确，C错误．小球的竖直分位移h＝v2y2g＝v20tan2θ2g，重力做的功W＝mgh＝mv20tan2θ2，故A正确．重力的平均功率P＝Wt＝mgv0tanθ2，故D正确．C符合题意．功和功率的理解与计算问题，一般应注意以下几点：1．准确理解功的定义式W＝Fl及变形式W＝Flcosα中各物理量的意义，该式仅适用于恒力做功的情况．2．变力做功的求解注意对问题的正确转化，如将变力做功转化为恒力做功，也可应用动能定理等方式求解．3．对于功率的计算，应注意区分公式P＝Wt和公式P＝Fv，前式侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算．迁移一重力的平均功率和瞬时功率1．(多选)(2019·河南五校联考)将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3，如图所示．现将三个完全相同的小球由最高点A沿三个平板同时无初速度地释放，经一段时间到达平板的底端．则下列说法正确的是()ADA．重力对三个小球所做的功相同B．沿倾角为θ3的平板下滑的小球重力的平均功率最大C．三个小球到达底端时的瞬时速度相同D．沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小[解析]假设平板的长度为x，由功的定义式可知W＝mgxsinθ＝mgh，则A正确；小球在斜面上运动的加速度a＝gsinθ，小球到达平板底端时的速度为v＝2ax＝2gxsinθ＝2gh，显然到达平板底端时的速度大小相等，但方向不同，则C错误；由位移公式x＝12at2可知t＝2xa＝2hgsin2θ，整个过程中重力的平均功率为P＝Wt＝mgsinθ2gh2，则沿倾角为θ1的平板下滑的小球的重力平均功率最大，B错误；根据P＝mgvcos(90°－θ)＝mgvsinθ，速度大小相等，沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小，D正确．迁移二变力做功问题2．(2019·江西六校联考)如图所示，将一光滑圆弧轨道固定竖直放置，其中A点为圆弧轨道的最低点，B点为圆水平直径与圆弧的交点．一个质量为m的物体静止于A点，现用始终沿切线方向、大小不变的外力F作用于物体上，使其沿圆周运动到达B点，随即撤去外力F，要使物体能在竖直圆轨道内维持圆周运动，外力F至少为()A.2mgπB.3mgπC.4mgπD.5mgπD[解析]物体由A点运动到B点的过程中，由动能定理可得WF－mgR＝12mv2B①；因F是变力，对物体的运动过程分割，将AB划分成许多小段，则当各小段弧长Δs足够小时，在每一小段上，力F可看作恒力，且其方向与该小段上物体位移方向一致，有WF＝FΔs1＋FΔs2＋…＋FΔs1＋…＝F(Δs1＋Δs2＋…＋Δs1＋…)＝F·π2R②；从B点起撤去外力F，物体的运动遵循机械能守恒定律，由于在最高点维持圆周运动的条件是mg≤mv2R，即在圆轨道最高点处速度至少为Rg.故由机械能守恒定律得12mv2B＝mgR＋mRg22③；联立①②③式得F＝5mgπ.选项D正确．迁移三机车启动问题3．(2019·宁夏模拟)一辆跑车在行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图所示．已知该车质量为2×103kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103N．若汽车从静止开始以恒定加速度2m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为()A．8sB．14sC．26sD．38sB[解析]由图像可知，机车的最大功率约为P＝200kW，在匀加速阶段由牛顿第二定律可知：F－F阻＝ma，即F＝F阻＋ma＝3×103N＋2×103×2N＝7000N，再由P＝Fv可知：v＝PF＝200×1037000m/s＝2007m/s，由v＝at，解得t＝1007s≈14.3s，故选项B正确．机车启动模型中的两点技巧：机车启动匀加速过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vm(此时F牵＝F阻)求解方法：(1)求v1：由F牵－F阻＝ma、P＝F牵v1可求出v1＝PF阻＋ma.(2)求vm：由P＝F阻vm，可求出vm＝PF阻.热点考向二动能定理的应用【典例】(2018·全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()CA．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR[思路引领][解析]设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝12mv2c，又F＝mg，解得vc＝2gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝vcg＝2Rg，在水平方向的位移大小为x＝12gt2＝2R.由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，ABD错误．1．应用动能定理解题的基本步骤2．应用动能定理解题应注意的四点(1)方法的选择：动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．(2)规律的应用：动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．(3)过程的选择：物体在某个运动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)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理，但如果对整个过程应用动能定理，则可使问题简化．(4)电磁场中的应用：在电磁场中运动时多了一个电场力或磁场力，特别注意电场力做功与路径无关，洛伦兹力在任何情况下都不做功．迁移一动能定理求解变力做功1．(2019·江苏盐城高三三模)如图所示，水平面AB光滑，粗糙半圆轨道BC竖直放置，圆弧半径为R，AB长度为4R.在AB上方、直径BC左侧存在水平向右、场强大小为E的匀强电场．一带电量为＋q、质量为m的小球自A点由静止释放，经过B点后，沿半圆轨道运动到C点．在C点，小球对轨道的压力大小为mg，已知E＝mgq，水平面和半圆轨道均绝缘．求：(1)小球运动到B点时的速度大小；(2)小球运动到C点时的速度大小；(3)小球从B点运动到C点过程中克服阻力做的功．[解析](1)小球从A点到B点，根据动能定理有qE·4R＝12mv2B－0又E＝mgq解得vB＝8gR＝22gR(2)小球运动到C点，根据牛顿第二定律有2mg＝mv2CR解得vC＝2gR(3)小球从B点运动到C点的过程，根据动能定理有Wf－2mgR＝12mv2C－12mv2B解得Wf＝－mgR小球从B点运动到C点的过程克服阻力做功为mgR.[答案](1)22gR(2)2gR(3)mgR迁移二动能定理解决多过程问题2．(2019·上海市黄埔区高三二模)光滑水平平台AB上有一根轻弹簧，一端固定于A，自然状态下另一端恰好到B.平台B端连接两个内壁光滑、半径均为R＝0.2m的14细圆管轨道BC和CD.D端与水平光滑地面DE相接．E端通过光滑小圆弧与一粗糙斜面EF相接，斜面与水平面的倾角θ可在0≤θ≤75°范围内变化(调节好后即保持不变)．一质量为m＝0.1kg的小物块(略小于细圆管道内径)将弹簧压缩后由静止开始释放，被弹开后以v0＝2m/s进入管道．小物块与斜面的动摩擦因数为μ＝33，取g＝10m/s2，不计空气阻力．(1)求物块过B点时对细管道的压力大小和方向；(2)当θ取何值时，小物块在EF上向上运动的时间最短？求出最短时间．(3)求θ取不同值时，在小物块运动的全过程中产生的摩擦生热Q与tanθ的关系式．[解析](1)设轨道对物块的压力竖直向下，由牛顿第二定律得F＋mg＝mv20R解得F＝1N由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小F′＝F＝1N，方向竖直向上(2)物块到达DE时的速度为v，由动能定理得mg·2R＝12mv2－12mv20解得v＝23m/s沿斜面上滑时有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1上滑时间为t＝va1联立可得t＝35sinθ＋33cosθs＝310sinθ＋30°s由数学知识可得，当θ＝60°时，有tmin＝0.3s(3)物块恰好能在斜面上保持静止mgsinθ＝μmgcosθ解得θ＝30°则当0≤θ≤30°，滑块在EF上停下后即保持静止．在EF上滑行x＝v22a1，产生的摩擦热量为Q＝μmgcosθ·x化简得Q＝353tanθ＋1J当30°θ≤75°，滑块在EF上停下后返回，经多次往复运动后，最终静止于E点产生的摩擦热量为Q＝mg·2R＋12mv20＝0.6J[答案](1)1N方向竖直向上(2)60°0.3s(3)当0≤θ≤30°时，Q＝353tanθ＋1J当30°θ≤75°时，Q＝0.6J在应用动能定理解题时，运动过程的选取很重要，选取的过程恰当，解题过程会很简捷．一般地，先考虑选择全过程分析，若不能解决，再取其中的分过程分析.热点考向三机械能守恒定