202X届高考物理总复习第五章机械能5.2动能定理及其应用课件新人教版

1、第2讲动能定理及其应用【秒判正误秒判正误】(1)(1)运动物体具有的能量就是动能。运动物体具有的能量就是动能。( )( )(2)(2)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速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。度变化时，动能不一定变化。( )( )(3)(3)动能不变的物体一定处于平衡状态。动能不变的物体一定处于平衡状态。 ( )( )(4)(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。化。 ( )( )(5)(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。物体的动能不变，所受的合外力必定为零。 ( )( )(6

2、)(6)做自由落体运动的物体，物体的动能与下落时间的做自由落体运动的物体，物体的动能与下落时间的二次方成正比。二次方成正比。 ( )( )考点考点1 1对动能、动能定理的理解对动能、动能定理的理解【题组通关题组通关】1.(20181.(2018江苏高考江苏高考) )从地面竖直向上抛出一只小球，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程中小球的动能E Ek k与时间与时间t t的关系图象是的关系图象是 ( () )【解析解析】选选A A。对于整个竖直上抛过程。对于整个竖直上抛过程( (包括上升与下包括上

3、升与下落落) )，速度与时间的关系为，速度与时间的关系为v=vv=v0 0-gt-gt，v v2 2=g=g2 2t t2 2-2v-2v0 0gt+gt+ E Ek k= mv= mv2 2，可见动能与时间是二次函数关系，由，可见动能与时间是二次函数关系，由数学中的二次函数知识可判断数学中的二次函数知识可判断A A正确。正确。1220v ，2.(20182.(2018全国卷全国卷)如图，某同学用绳子拉动木箱，如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定木箱获得的动能一定( () )A.A.小于拉

4、力所做的功小于拉力所做的功B.B.等于拉力所做的功等于拉力所做的功C.C.等于克服摩擦力所做的功等于克服摩擦力所做的功D.D.大于克服摩擦力所做的功大于克服摩擦力所做的功【解析解析】选选A A。根据动能定理可得：。根据动能定理可得：W WF F+W+Wf f=E=Ek k，又知道，又知道摩擦力做负功，即摩擦力做负功，即W Wf f0WWf f，联立以上各式得，联立以上各式得E Ek k=8+W=8+Wf f-W-Wf f，可知小于，可知小于8 J8 J，故，故A A正确，正确，B B、C C、D D错误。错误。【触类旁通触类旁通】物体沿曲面从物体沿曲面从A A点无初速度滑下，滑至曲点无初速度滑

5、下，滑至曲面的最低点面的最低点B B时，下滑的高度为时，下滑的高度为5 m5 m，速度为，速度为6 m/s6 m/s，若，若物体的质量为物体的质量为1 kg1 kg。则下滑过程中物体克服阻力所做。则下滑过程中物体克服阻力所做的功为的功为(g(g取取10 m/s10 m/s2 2) )( () )A.32 JA.32 JB.18 JB.18 JC.50 JC.50 JD.0 JD.0 J【解析解析】选选A A。物体从。物体从A A到到B B过程，由动能定理得过程，由动能定理得mgh-mgh-W Wf f= -0= -0，解得，解得W Wf f=mgh- =1=mgh- =110105 J- 5

6、J- 1 16 62 2 J=32 J J=32 J，故，故A A正确，正确，B B、C C、D D错误。错误。2B1mv2122B1mv2题型题型3 3求解多过程问题求解多过程问题【典例典例3 3】(2019(2019信阳模拟信阳模拟) )如图所示如图所示ABAB和和CDOCDO都是处都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OAOA处于水平位置。处于水平位置。ABAB是半径为是半径为R=1 mR=1 m的的 圆周轨道，圆周轨道，CDOCDO是半径为是半径为r=r=0.5 m0.5 m的半圆轨道，最高点的半圆轨道，最高点O O处固定一个竖直弹性挡板处固定一个竖直弹性挡

7、板( (可以把小球弹回，不损失能量可以把小球弹回，不损失能量) )图中没有画出，图中没有画出，D D为为14CDOCDO轨道的中点。轨道的中点。BCBC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知平滑连接。已知BCBC段水平轨道长段水平轨道长L=2 mL=2 m，与小球之间的，与小球之间的动摩擦因数动摩擦因数=0.2=0.2。现让一个质量为。现让一个质量为m=1 kgm=1 kg的小球从的小球从A A点的正上方距水平线点的正上方距水平线OAOA高高H H的的P P处自由落下。处自由落下。(g(g取取10 m/s10 m/s2 2) )(1)(1)当当H=2 mH=

8、2 m时，求此时小球第一次到达时，求此时小球第一次到达D D点对轨道的压点对轨道的压力大小。力大小。(2)(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离离CDOCDO轨道，求轨道，求H H的取值范围。的取值范围。【解题思维解题思维】1.1.题型特征：小球经历多个运动过程，不涉及中间运题型特征：小球经历多个运动过程，不涉及中间运动参量的计算。动参量的计算。2.2.题型解码：题型解码：(1)(1)小球由小球由P P到到D D全过程，由动能定理列方程求小球第一全过程，由动能定理列方程求小球第一次到达次到达D D点的速度。点的速度。(2)(2)小球仅仅

9、与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离小球仅仅与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CDOCDO轨轨道的条件是在道的条件是在O O点重力提供向心力，碰后再返回最高点点重力提供向心力，碰后再返回最高点恰能上升到恰能上升到D D点。点。【解析解析】(1)(1)设小球第一次到达设小球第一次到达D D的速度为的速度为v vD D，对小球，对小球从从P P到到D D点的过程，根据动能定理得：点的过程，根据动能定理得：mg(H+r)-mgL= -0mg(H+r)-mgL= -0在在D D点轨道对小球的支持力点轨道对小球的支持力F FN N提供向心力，则有：提供向心力，则有：F FN N= = 联立解得：联立解得：F FN

10、 N=84 N=84 N 2D1mv22Dvmr由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：F FN N=F=FN N=84 N=84 N (2)(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDOCDO轨道，轨道，H H最小时必须满足能上升到最小时必须满足能上升到O O点，由动能定理点，由动能定理得：得：mgHmgHminmin-mgL= -0-mgL= -0在在O O点有：点有：mg= mg= 代入数据解得：代入数据解得：H Hminmin=0.65 m=0.65 m仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离仅仅与弹性

11、挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDOCDO轨道，轨道，H H最大时，碰后再返回最高点能上升到最大时，碰后再返回最高点能上升到D D点，则有：点，则有：201mv220vmrmg(Hmg(Hmaxmax+r)-3+r)-3mgL=0mgL=0代入数据解得：代入数据解得：H Hmaxmax=0.7 m=0.7 m故有：故有：0.65 mH0.7 m0.65 mH0.7 m答案：答案：(1)84 N(1)84 N(2)0.65 mH0.7 m(2)0.65 mH0.7 m【触类旁通触类旁通】(2019(2019衡阳模拟衡阳模拟)2018)2018年平昌冬季奥运年平昌冬季奥运会雪橇运动，其简化模型如图所

12、示，倾角为会雪橇运动，其简化模型如图所示，倾角为=37=37的的直线雪道直线雪道ABAB与曲线雪道与曲线雪道BCDEBCDE在在B B点平滑连接，其中点平滑连接，其中A A、E E两点在同一水平面上，雪道最高点两点在同一水平面上，雪道最高点C C所对应的圆弧半径所对应的圆弧半径R=10 mR=10 m，B B、C C两点距离水平面两点距离水平面AEAE的高度分别为的高度分别为h h1 1=18 m=18 m与与h h2 2=20 m=20 m，雪橇与雪道各处的动摩擦因数均为，雪橇与雪道各处的动摩擦因数均为=0.1=0.1，运动员可坐在电动雪橇上由，运动员可坐在电动雪橇上由A A点从静止开始向点

13、从静止开始向上运动，若电动雪橇以恒定功率上运动，若电动雪橇以恒定功率1.2 kW1.2 kW工作工作10 s10 s后自后自动关闭，则雪橇和运动员动关闭，则雪橇和运动员( (总质量总质量m=50 kg)m=50 kg)到达到达C C点的点的速度为速度为2 m/s2 m/s，到达，到达E E点的速度为点的速度为10 m/s10 m/s。已知雪橇运。已知雪橇运动过程中不脱离雪道且动过程中不脱离雪道且sin37sin37=0.6=0.6，cos37cos37=0.8=0.8，g g取取10 m/s10 m/s2 2，求：，求：(1)(1)雪橇在雪橇在C C点时对雪道的压力。点时对雪道的压力。(2)(

14、2)雪橇在雪橇在BCBC段克服摩擦力所做的功。段克服摩擦力所做的功。(3)(3)若仅将若仅将DEDE改成与曲线雪道改成与曲线雪道CDCD平滑相接的倾斜直线雪平滑相接的倾斜直线雪道道( (如图中虚线所示如图中虚线所示) )，求雪橇到，求雪橇到E E点时速度为多大？点时速度为多大？【解析解析】(1)(1)在在C C点，雪橇和人由重力和支持力的合力点，雪橇和人由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：提供向心力，由牛顿第二定律得：mg-Fmg-FN N=m =m 代入数据解得：代入数据解得：F FN N=480 N=480 N由牛顿第三定律可知，雪橇对轨道的压力大小为由牛顿第三定律可知，雪橇

15、对轨道的压力大小为480 N480 N，方向竖直向下，方向竖直向下2vR(2)(2)从从A A到到C C过程，由动能定理得：过程，由动能定理得：Pt-mghPt-mgh2 2-mgcos37-mgcos37 -W -WBCBC= mv= mv2 2解得：解得：W WBCBC=700 J=700 J1hsin3712(3)(3)设设CECE的水平距离为的水平距离为x x，从，从C C到到E E点过程，若是曲线轨点过程，若是曲线轨道，克服摩擦力做的功为：道，克服摩擦力做的功为：W WCECE=mgL=mgL1 1coscos1 1+mgL+mgL2 2coscos2 2+mgL+mgL3 3cos

16、cos3 3+ +=mg(x=mg(x1 1+x+x2 2+x+x3 3+ +)=mgx)=mgx若是直线轨道，克服摩擦力做的功为：若是直线轨道，克服摩擦力做的功为： =mgLcos=mgx=mgLcos=mgxCEW 故将故将DEDE改成倾斜直轨道，克服摩擦力做功不变，即损改成倾斜直轨道，克服摩擦力做功不变，即损失的机械能也不变，则失的机械能也不变，则E E点速度：点速度：v vE E=10 m/s=10 m/s答案：答案：(1)480 N(1)480 N，方向竖直向下，方向竖直向下(2)700 J(2)700 J(3)10 m/s(3)10 m/s题型题型4 4求解往复运动问题求解往复运动

17、问题【典例典例4 4】如图所示，轨道如图所示，轨道ABCDABCD在竖直平面内，由四分在竖直平面内，由四分之一圆形光滑轨道之一圆形光滑轨道ABAB、水平轨道、水平轨道BCBC和足够长的倾斜光和足够长的倾斜光滑轨道滑轨道CDCD连接而成，连接而成，ABAB与与BCBC相切，相切，BCBC与与CDCD的连接处是的连接处是半径很小的圆弧，圆形轨道半径很小的圆弧，圆形轨道ABAB的半径为的半径为R R，水平轨道，水平轨道BCBC的长度也为的长度也为R R。质量为。质量为m m的小物块从圆形轨道上的小物块从圆形轨道上A A点由静点由静止开始下滑，物块与水平轨道的动摩擦因数为止开始下滑，物块与水平轨道的动

18、摩擦因数为0.250.25。求：求：(1)(1)物块从物块从A A点运动到点运动到C C点的过程中重力做的功。点的过程中重力做的功。(2)(2)物块第一次运动到物块第一次运动到C C点时速度大小。点时速度大小。(3)(3)物块最终停止的位置。物块最终停止的位置。【解题思维解题思维】1.1.题型特征：物块在轨道题型特征：物块在轨道ABCDABCD间做往复运动，直至停间做往复运动，直至停止在止在BCBC间某一位置。间某一位置。2.2.题型解码：题型解码：(1)(1)物块在轨道物块在轨道ABAB和轨道和轨道CDCD上运动时只有重力做功，在上运动时只有重力做功，在轨道轨道BCBC上运动时只有滑动摩擦力

19、做功。上运动时只有滑动摩擦力做功。(2)(2)物块第一次运动到物块第一次运动到C C点的速度可由动能定理求解。点的速度可由动能定理求解。(3)(3)由动能定理求出物块在由动能定理求出物块在BCBC上运动的总路程，由此确上运动的总路程，由此确定物块最终停止的位置。定物块最终停止的位置。【解析解析】(1)(1)物块从物块从A A点运动到点运动到C C点的过程中重力做的功点的过程中重力做的功为：为：W=mgRW=mgR(2)(2)物块从物块从A A点运动到点运动到C C点的过程，由动能定理得：点的过程，由动能定理得：mgR-mgR= mvmgR-mgR= mv2 2解得：解得：v=v= 126gR2

20、(3)(3)整个过程，由动能定理可得：整个过程，由动能定理可得：mgR-mgR-mgs=0-0mgs=0-0解得：解得：s=4Rs=4R故物块最终停止在故物块最终停止在B B点点答案：答案：(1)mgR(1)mgR(2) (2) (3)(3)物块最终停止的位置在物块最终停止的位置在B B点点6gR2【触类旁通触类旁通】如图所示，斜面的倾角为如图所示，斜面的倾角为，质量为，质量为m m的的滑块距挡板滑块距挡板P P的距离为的距离为x x0 0，滑块以初速度，滑块以初速度v v0 0沿斜面上滑，沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块所受摩擦力小，滑块所受摩擦力小于重

21、力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是无机械能损失，则滑块经过的总路程是( () )220000220000vv11A(x tan )B(x tan )2gcos2gsinvv21C(x tan )D(x cot )2gcos2gcos 【解析解析】选选A A。滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过。滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为的总路程为x x，对滑块运动的全程由动能定理得，对滑块运动的全程由动能定理得mgxmgx0 0sin -mgxcos =0- sin -mgxcos =0- 解得解得x= x

22、= 故故A A正确，正确，B B、C C、D D错误。错误。201mv2，20v1(2gcos0 x tan ) ，【提分秘籍提分秘籍】应用动能定理解题的基本步骤应用动能定理解题的基本步骤考点考点3 3动能定理与图象相结合动能定理与图象相结合 【典题突破典题突破】【典例典例5 5】( (多选多选)(2018)(2018全国卷全国卷) ) 地下矿井中的矿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矿车提升的速度大小v v随时间随时间t t的变化关系如图所示，其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

23、，它们变速阶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次和第次提升过程( () )A.A.矿车上升所用的时间之比为矿车上升所用的时间之比为4545B.B.电机的最大牵引力之比为电机的最大牵引力之比为2121C.C.电机输出的最大功率之比为电机输出的最大功率之比为2121D.D.电机所做的功之比为电机所做的功之比为4545【解题思维解题思维】1.1.题型特征：动能定理与题型特征：动能定理与v-tv-t

24、图象相结合。图象相结合。2.2.题型解码：题型解码：(1)v-t(1)v-t图象与时间轴围成的面积表示位移。图象与时间轴围成的面积表示位移。(2)v-t(2)v-t图象的斜率表示加速度。图象的斜率表示加速度。(3)(3)由动能定理确定电动机做的功。由动能定理确定电动机做的功。【解析解析】选选A A、C C。由图象可知图线过程所用时间为。由图象可知图线过程所用时间为2t2t0 0，由于两次提升的高度相同，图线与，由于两次提升的高度相同，图线与x x轴围成轴围成的面积相等可知图线过程所用时间为的面积相等可知图线过程所用时间为2.5t2.5t0 0，因此矿，因此矿车上升所用时间之比为车上升所用时间之

25、比为4545，A A对；由于它们的变速阶对；由于它们的变速阶段加速度大小相同，电机的最大牵引力相等，段加速度大小相同，电机的最大牵引力相等，B B错；由错；由P Pm m=Fv=Fv可知，可知，F F最大，最大，v v最大时，最大时，P P最大，最大，F F相等，相等，v vm m之比之比为为2121，所以最大功率之比为，所以最大功率之比为2121，C C对；电机做功对；电机做功W W提供矿石的重力势能和动能，据动能定理提供矿石的重力势能和动能，据动能定理W-mgh=W-mgh=EEk k，由于提升高度相同，由于提升高度相同，EEk k=0=0，所以做功相等，所以做功相等，D D错，故选错，故

26、选A A、C C。【触类旁通触类旁通】(2019(2019衡水模拟衡水模拟) )质量质量m=1 kgm=1 kg的物体静的物体静止放在粗糙水平地面上。现对物体施加一个随位移变止放在粗糙水平地面上。现对物体施加一个随位移变化的水平外力化的水平外力F F时物体在水平面上运动。已知物体与地时物体在水平面上运动。已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若F-xF-x图象如图象如图所示。且图所示。且4 45 m5 m内物体匀速运动。内物体匀速运动。x=7 mx=7 m时撤去外力，时撤去外力，g g取取10 m/s10 m/s2 2，则下列有关描述正确的是，则

27、下列有关描述正确的是( () )A.A.物体与地面间的动摩擦因数为物体与地面间的动摩擦因数为0.10.1B.B.取取x x取取=3 m=3 m时物体的速度最大时物体的速度最大C.C.撤去外力时物体的速度为撤去外力时物体的速度为 m/sm/sD.D.撤去外力后物体还能在水平面上滑行撤去外力后物体还能在水平面上滑行3 s3 s2【解析解析】选选C C。4 45 m5 m内物体匀速运动，则有内物体匀速运动，则有 F=FF=Ff f= =mgmg，得，得 = =0.3= =0.3，故，故A A错误；只要错误；只要FFFFf f= =mgmg，物体就在加速，所以在，物体就在加速，所以在0 04 m4 m

28、内物体一直加内物体一直加速，速，x=4 mx=4 m时物体的速度最大，故时物体的速度最大，故B B错误；根据图象与错误；根据图象与x x轴所围的面积表示外力轴所围的面积表示外力F F做的功，可得做的功，可得0 07 m7 m内外力做内外力做功为功为 W= =22 JW= =22 J，设撤去外力，设撤去外力F3mg1035531 3(313 )J222 时物体的速度为时物体的速度为v v，根据动能定理得，根据动能定理得 W- FW- Ff f x= mv x= mv2 2- -0 0，其中，其中 x=7 mx=7 m，解得，解得 v= m/sv= m/s，故，故C C正确；撤去外正确；撤去外力后物体的加速度大小为力后物体的加速度大小为 a= =3 m/sa= =3 m/s2 2，物体还能，物体还能滑行时间滑行时间 t= t= 故故D D错误。错误。122mgmv2 sa3，【提分秘籍提分秘籍】1.1.四类图象所围四类图象所围“面积面积”的意义：的意义：2.2.解决动能定理与图象问题