2020版高考物理一轮复习第五章第2讲动能定理及其应用教案新人教版.docx

第2讲动能定理及其应用考点1动能定理的理解1对“外力”的两点理解(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，它们可以同时作用，也可以不同时作用(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力2公式中“”体现的三个关系数量关系合力做的功与物体动能的变化相等单位关系国际单位都是焦耳因果关系合力做功是物体动能变化的原因3.标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题当然动能定理也就不存在分量的表达式例如，以相同大小的初速度不管向什么方向抛出，在最终落到地面上速度大小相同的情况下，所列的动能定理的表达式都是一样的4相对性高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系1如图所示，一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在两个力的方向上的速度分量分别为v1、v2，那么在这段时间内，其中一个力做的功为(B)A.mv2 B.mv2C.mv2 D.mv2解析：由动能定理得，合力F做的功Wmv2，由功的公式WFscos知两个分力的功相等W1W2.因WW1W2，所以W1W2Wmv2，故B正确2如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动已知当子弹相对木块静止时，木块前进的距离为L，子弹进入木块的深度为s.若木块对子弹的阻力F视为恒定，则下列关系式中错误的是(B)AFLMv2BFsmv2CFsmv(Mm)v2DF(Ls)mvmv2解析：根据动能定理，对子弹，有F(Ls)mv2mv，选项D正确；对木块，有FLMv2，选项A正确；由以上二式可得Fsmv(Mm)v2，选项C正确，只有选项B错误考点2动能定理的应用1应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定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(1)明确研究对象(2)选择运动过程，确定始末状态(3)分析研究对象受力、分清恒力和变力，确定每个力做功情况(4)根据动能定理列方程考向1应用动能定理求解变力做功 如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()A.mgR B.mgRC.mgR D.mgR审题指导质点从P到Q过程中摩擦力为变力，计算变力做功一般应用动能定理【解析】质点在轨道最低点时受重力和支持力，根据牛顿第三定律可知，支持力FN2mg.如图所示，FNmgm，得v.对质点的下滑过程应用动能定理，mgRWmv2，得WmgR，C正确【答案】C1如图所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，圆弧的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为，它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(D)A. B.CmgR D(1)mgR解析：设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgRWABmgR0，所以WABmgRmgR(1)mgR，故D正确考向2应用动能定理解决多过程问题 如图所示，与水平面夹角37的斜面和半径R0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零已知滑块与斜面间动摩擦因数0.25.(g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8)求：(1)滑块在C点的速度大小vC；(2)A、B两点间的高度差h.审题指导(1)在C点，重力提供滑块做圆周运动的向心力；(2)求A、B的高度差，可以分段求解，也可以全程求解【解析】(1)对C点，滑块竖直方向所受合力提供向心力mg，vC2 m/s.(2)对BC过程，由动能定理得mgR(1cos37)mvmv，vB，滑块在AB的过程中，由动能定理得mghmgcos37mv0，代入数据解得h1.38 m.【答案】(1)2 m/s(2)1.38 m2如图所示，小物块从倾角为的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为(B)Atan BtanCtan() Dtan()解析：如图所示，设B、O间距离为s1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为s2，物块的质量为m，在物块下滑的全过程中，应用动能定理可得mghmgcosmgs10，解得tan，故选项B正确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准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以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，也可以全过程应用动能定理(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考点3动能定理与图象问题的综合应用1解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题2图象所围“面积”的含义考向1动能定理与vt图象结合1(2018全国卷)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等不考虑摩擦阻力和空气阻力对于第次和第次提升过程(AC)A矿车上升所用的时间之比为45B电机的最大牵引力之比为21C电机输出的最大功率之比为21D电机所做的功之比为45解析：本题考查vt图象的应用在vt图象中，图线的斜率表示物体运动的加速度，而两次提升过程变速阶段加速度的大小都相同，即在vt图象中，它们变速阶段对应的图线要么重合，要么平行，由图中几何关系可得：第次所用时间tt0，即矿车上升所用时间之比为45，选项A正确；对矿车受力分析可知，当矿车向上做匀加速直线运动时，电机的牵引力最大，即Fmgma，得Fmgma，即最大牵引力之比为11，选项B错误；在第次提升过程中，电机输出的最大功率P1(mgma)v0，在第次提升过程中，电机输出的最大功率P2(mgma)v0，即，选项C正确；对两次提升过程，由动能定理可知Wmgh0，即，选项D错误考向2动能定理与at图象结合2(2019湖北黄石调研)用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到06 s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)A06 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B06 s内物体在4 s时的速度最大C物体在24 s时的速度不变D04 s内合力对物体做的功等于06 s内合力对物体做的功解析：物体6 s末的速度v6(25)2 m/s12 m/s6 m/s，则06 s内物体一直向正方向运动，A项错误；由题图可知物体在5 s末速度最大，为vm(25)2 m/s7 m/s，B项错误；由题图可知物体在24 s内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C项错误；在04 s内合力对物体做的功由动能定理可知：W合4mv0，又v4(24)2 m/s6 m/s，得W合436 J,06 s内合力对物体做的功由动能定理可知：W合6mv0，又v66 m/s，得W合636 J则W合4W合6，D项正确考向3动能定理与Fx图象结合3如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2.求：(1)滑块到达B处时的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？解析：(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得F1x1F3x3mgxmv，得vB2 m/s.(2)在前2 m内，有F1mgma，且x1at，解得t1 s.(3)当滑块恰好能到达最高点C时，应有：mgm，对滑块从B到C的过程，由动能定理得Wmg2Rmvmv，代入数值得W5 J，即滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力做的功为5 J.答案：(1)2 m/s(2) s(3)5 J考向4动能定理与Ekx图象结合4一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程