浙江版2020版高考物理一轮复习第12讲动能动能定理课件.pptVIP

第12讲动能动能定理,一动能,二动能定理,教材研读,突破一动能定理的理解及应用,突破二利用动能定理解决多过程问题,突破三与图像相关的动能问题,重难突破,二、动能定理,1.内容:合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量。2.表达式:W=Ek2-Ek1。3.物理意义:动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体动能变化量之间的关系,即合外力做的功是物体动能变化的量度。4.动能定理的适用条件(1)动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动;(2)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,也可以分阶段作用。,1.判断下列说法的正误:(1)物体的动能不变,所受合外力一定为零。()(2)物体在合外力作用下做变速运动,动能一定变化。()(3)如果物体所受的合外力为零,那么合外力对物体做功一定为零。(),2.关于动能的理解,下列说法错误的是(D)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.物体的动能总为正值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,3.关于动能定理的表述式W=Ek2-Ek1,下列说法正确的是(C)A.公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B.公式中的W为包含重力在内的所有力做的功,只能先求合外力再求合外力的功C.公式中的Ek2-Ek1为动能的增量,当W0时动能增加,当W0时,动能减少D.动能定理适用于直线运动,但不适用于曲线运动,适用于恒力做功,但不适用于变力做功,4.一辆汽车以v1=6m/s的速度沿水平路面行驶时,急刹车后能滑行x1=3.6m,如果以v2=8m/s的速度行驶,在同样的路面上急刹车后滑行的距离x2应为(不计空气阻力的影响)(A)A.6.4mB.5.6mC.7.2mD.10.8m,典例1如图所示,物体在离斜面底端4m处由静止滑下,若物体与各面间的动摩擦因数均为0.5,斜面倾角为37,斜面与平面间由一小段圆弧连接,求物体能在水平面上滑行多远?,由动能定理有mgsin37x1-mgcos37x1=m在水平运动过程中F2=FN2=mg,易错提醒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)应用动能定理时,必须明确各力做功的正、负。(3)应用动能定理解题,关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析,并画出物体运动过程的草图,借助草图理解物理过程和各量关系。,解析小球由A点到B点,重力势能减少mgh,小球在下降过程中小球的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能,所以小球运动到B点时的动能小于mgh,故A、B错误;根据动能定理得mgh+W弹=mv2,所以由A至B小球克服弹力做功为mgh-mv2,弹簧弹力做功量度弹性势能的变化,所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh-mv2,故C正确,D错误。,突破二利用动能定理解决多过程问题,1.由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂,从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂,但是,用动能定理分析问题,是从总体上把握其运动状态的变化,并不需要从细节上了解。因此,动能定理的优越性就明显地表现出来了。分析合力做的功,只需把所有的力做的功累加起来即可。,2.运用动能定理解决问题时,有两种思路:一种是全过程列式,另一种是分段列式。3.全过程列式时,涉及重力、弹簧弹力、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的功等于力的大小与路程的乘积。(3)弹簧弹力做功与路径无关。,典例2(2017浙江11月选考,20,12分)如图1所示是游乐园的过山车,其局部可简化为如图2的示意图,倾角=37的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接,倾斜轨道BC的B端高度h=24m,倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点,圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上,D、O1的距离L=20m。质量m=1000kg的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下,经过水平半圆轨道后,滑上另一倾斜轨道,到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25。已,知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比,比例系数=,EF段摩擦力不计,整个运动过程空气阻力不计。(sin37=0.6,cos37=0.8,g取10m/s2),(1)求过山车过F点时的速度大小;(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功;(3)如果过D点时发现圆轨道EF段有故障,为保证乘客的安全,立即触发制动装置,使过山车不能到达EF段并保证不再下滑,则过山车受到的摩擦力至少应多大?,答案(1)3m/s(2)-7.5104J(3)见解析,解析(1)在F点有m人g-0.25m人g=m人r=Lsin=12m得vF=3m/s(2)设整个过程摩擦阻力做功为W,对B到F的过程用动能定理mg(h-r)+W=m-0得W=-7.5104J(3)设触发制动后能恰好到达E点对应的摩擦力为Ff1,-Ff1Lcos-mgrcos=0-m未触发制动时,对D点到F点的过程,有-mgcosLcos-mgr=m-m由两式得Ff1=103N=4.6103N设使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为Ff2Ff2=mgsin=6103N综合考虑两式,得Ffm=6103N,方法规律(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:重力做的功取决于物体的初、末位置,与路径无关;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。,2-1木块在水平恒力F作用下,由静止开始在水平路面上前进s,随即撤去此恒力后又前进3s才停下来。设运动全过程中路面情况相同,则木块在运动中所获得的动能的最大值为(D)A.FsB.FsC.FsD.Fs,解析从全程来看,设受到的阻力为f,则根据动能定理可知Fs-f4s=0,则f=F,当刚撤掉恒力F时速度有最大值,根据动能定理可知Fs-fs=Ekm,解得Ekm=Fs,故D正确。,2-2(2015浙江理综,23,16分)如图所示,用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面,桌子高H=0.8m,长L2=1.5m。斜面与水平桌面的倾角可在060间调节后固定。将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数1=0.05,物块与桌面间的动摩擦因数为2,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g=10m/s2;最大静摩擦力等于滑动摩擦力),(1)求角增大到多少时,物块能从斜面开始下滑;(用正切值表示)(2)当角增大到37时,物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数2;(已知sin37=0.6,cos37=0.8)(3)继续增大角,发现=53时物块落地点与墙面的距离最大,求此最大距离xm。,答案(1)见解析(2)0.8(3)1.9m,解析(1)为使小物块下滑mgsin1mgcos满足的条件tan0.05(2)克服摩擦力做功Wf=1mgL1cos+2mg(L2-L1cos)由动能定理得mgL1sin-Wf=0代入数据得2=0.8(3)由动能定理得mgL1sin-Wf=mv2代入数据得v=1m/s,H=gt2t=0.4sx1=vtx1=0.4mxm=x1+L2=1.9m,突破三与图像相关的动能问题图像所围“面积”的意义(1)v-t图:由公式x=vt可知,v-t图线与横轴围成的面积表示物体的位移。(2)a-t图:由公式v=at可知,a-t图线与横轴围成的面积表示物体速度的变化量。(3)F-x图:由公式W=Fx可知,F-x图线与横轴围成的面积表示力所做的功。(4)P-t图:由公式W=Pt可知,P-t图线与横轴围成的面积表示力所做的功。,典例3如图甲所示,在倾角为30的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA,OA长为4m。有一质量为m的滑块,从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数=0.25,g取10m/s2,试求:,(1)滑块运动到A处的速度大小;(2)不计滑块在A处的速率变化,滑块冲上斜面AB的长度。,答案(1)5m/s(2)5m,解析(1)由题图乙知,在前2m内,F1=2mg,做正功,在第3m内,F2=-0.5mg,做负功,在第4m内,F3=0,滑动摩擦力Ff=-mg=-0.25mg,始终做负功,对于滑块在OA上运动的全过程,由动能定理得:F1x1+F2x2+Ffx=m-0,即2mg2-0.5mg1-0.25mg4=m解得vA=5m/s(2)对于滑块冲上斜面的过程,由动能定理得-mgLsin30=0-m解得:L=5m所以滑块冲上斜面AB的长度L=5m,3-1质量为1kg的物体,放置在动摩擦因数为0.2的水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,水平拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示,重力加速度为10m/s2,则下列说法正确的是(C),A.x=3m时速度大小为2m/sB.x=9m时速度大小为4m/sC.OA段加速度大小为3m/s2D.AB段加速度大小为3m/s2,A.物体的质量为m=0.4