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【名师导学】2014高考物理一轮 5.2动能定理及其应用课件


第2节 动能定理及其应用

一、动能 1.定义:物体由于运动而具有的能叫动能. 1 2 2.表达式:Ek= mv 2 3.动能是状态量. 4.动能是 单位:焦耳(J)



量(矢量或标量).

5. 动能具有相对性, 动能的大小与参照物的选取有 关,中学物理中,一般取地球为参照物.
<

br /> 二、动能定理
内容 合外力对物体所做的功等于物体 动能的 变化

1 1 2 mv12 表达式 W=ΔEk= mv2 - 2 2
W>0,物体的动能 增加 对定理 W<0,物体的动能 减少 的理解 W=0,物体的动能不变 1.动能定理既适用于直线运动,也适用于 曲线运动 适用条 2.既适用于恒力做功,也适用于 变力做功 件 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

题型一:应用动能定理求变力的功 例1 质量为 m 的小球被系在轻绳的一端, 在竖直 平面内做半径为 R 的圆周运动,运动过程中小球受到空 气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点,此 时绳子所受拉力为 7mg,此后小球继续做圆周运动,经 过半个圆周恰能通过最高点,则在此过程中小球克服空 气阻力所做的功为( ) mgR mgR A. B. 8 4 mgR C. D.mgR 2

【思路点拨】变力做功一般用动能定理计算,应用时 弄清整个过程中的动能变化及其他力做的功是关键.

v12 【解析】小球在最低点有:7mg-mg=m R ,可得 v12=6gR. v22 小球在最高点有:mg=m R 可得 v22=gR. 1 根据动能定理有:-mg· 2R+W 阻= m(v22-v12)可 2 1 得 W 阻=- mgR,故 C 选项正确. 2

【答案】C

例2 如图所示,A、B两个木块叠放在竖直轻

弹簧上,mA=mB=1 kg.弹簧的劲度系数k=
100 N/m.在A上作用一个竖直向上的力F,使 木块A由静止开始以2 m/s2的加速度竖直向上做匀加 速运动.(g取10 m/s2)到A、B刚要分离时,弹簧的弹 性势能减小了1.28 J,求此过程中,力F对木块A做的 功是多少? 【思路点拨】在A向上做匀加速运动的过程中,力F、 A、B之间的压力FN,弹簧弹力F弹都是个变力,只能 用动能定理解决求功的问题.

【解析】A、B 刚要分离时,A、B 间压力为 0, 只有相同的速度和相同的加速度.对 B,F 弹-mBg= mBa, ∴F 弹=12 N=kx2,∴x2=0.12 m 原来 kx1=(mA+mB)g,∴x1=0.2 m, ∴Δx=x1-x2=0.08 m A、B 一起向上匀加速运动 Δx 后,速度 vA=vB 2 = 2aΔx= 2 m/s 5 对 B,设 A 对 B 的压力做的功为 WN,弹簧弹力 做功 1.28 J,依动能定理有

1 1.28-WN-mBgΔx=2mBv2 ,∴WN=0.32 J B 对 A,力 F 对它做功为 WF,B 对 A 的压力正功 1 2 WN, 依动能定理有 WF+WN-mAgΔx=2mAvA, ∴WF =0.64 J.

【方法与知识感悟】应用动能定理求变力的功时, 应抓住以下几点: (1)分析物体受力情况,确定哪些力是恒力哪些力是 变力. (2)找出恒力的功及变力的功. (3)分析物体初末状态,求出动能变化量. (4)运用动能定理列方程求解.

题型二:动能定理在多过程中的应用
例3 冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目,比赛场 地示意图如图所示.比赛时,运动员从起滑架处推着冰 壶出发,在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出, 使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行得更远, 运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面,使冰壶与冰 面间的动摩擦因数减小.设冰壶与冰面间的动摩擦因数 为μ1=0.008,用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至μ2= 0.004.在某次比赛中,运动员使冰壶C在投掷线中点处 以2 m/s的速度沿虚线滑出.为使冰壶C能够沿虚线恰 好到达圆心O点,运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少? (g取10 m/s2)

【思路点拨】分析冰壶经历了几个运动过程,这 些过程中受哪些力,分别做多少功,然后分过程 或全过程列动能定理方程即可求解.

【解析】设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的 距离为 x1,所受摩擦力的大小为 Ff1;在被毛刷擦过 的冰面上滑行的距离为 x2,所受摩擦力的大小为 Ff2. 则有 x1+x2=x ① 式中 x 为投掷线到圆心 O 的距离. Ff1=μ1mg ② Ff2=μ2mg ③ 设冰壶的初速度为 v0,由功能关系,得 1 2 Ff1·x1+Ff2·x2= mv0 ④ 2 2μ1gx-v2 0 联立以上各式,解得 x2= 2g(μ1-μ2) 代入数据得 x2=10 m. ⑤ ⑥

【方法与知识感悟】1.应用动能定理解题的步骤 (1)选取研究对象,明确并分析运动过程. (2)分析受力及各力做功的情况,求出总功;

受哪些力 → 各力是否做功 → 做正功还是负功 → 做多少功 → 求出总功 .
(3)明确过程始、末状态的动能Ek1及Ek2. (4)列方程W=Ek2-Ek1,必要时注意分析题目潜 在的条件,列辅助方程进行求解.

2.应用动能定理要注意的几个问题 (1)正确分析物体受力,要考虑物体受到的所有力, 包括重力. (2)要弄清各力做功情况,计算时应把已知功的正、 负代入动能定理表达式. (3)有些力在物体运动全过程中不是始终存在,导 致物体的运动包括几个物理过程,物体运动状态、 受力情况均发生变化,因而在考虑外力做功时, 必须根据不同情况分别对待. (4)单个物体受地面滑动摩擦力做的负功的多少等 于摩擦力与物体相对地面滑动的路程的乘积.

*1.一质点开始时做匀速直线运动,从某时刻起受到一

恒力作用.此后,该质点的动能可能(

ABD)

A.一直增大
B.先逐渐减小至零,再逐渐增大 C.先逐渐增大至某一最大值,再逐渐减小 D.先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大

2. 如图所示,质量为 m 的物块 与转台之间能出现的最大静摩擦力 为物块重力的 k 倍,它与转轴 OO′ 相距 R.物块随转台由静止开始转 动,当转速增加到一定值时,物块即将在转台上滑动, 在物块由静止到开始滑动前的这一过程中,转台对物块 做的功为( A 1 A. kmgR 2 C.2πkmgR ) B.0 D. 2kmgR

【解析】物块在开始滑动时最大静摩擦力是圆周运 v2 动的向心力,故 kmg=m R ,所以 v2=kRg 则由动能定 1 2 1 1 理 W= mv -0= mgkR 得 W= mgkR,故 A 项正确. 2 2 2

3.如图所示,电梯质量为 M,地板上放 置一质量为 m 的物体,钢索拉着电梯由静 止开始向上做加速运动,当上升高度为 H 时,速度达到 v,则( D ) 1 2 A.地板对物体的支持力做的功等于 mv 2 B.地板对物体的支持力做的功等于 mgH 1 2 C.钢索的拉力做的功等于 Mv +MgH 2 1 2 D.电梯受的合力对电梯 M 做的功等于 Mv 2

4.有两个人要把质量m=1 000 kg的货物装进离地h= 1 m高的卡车车厢内.他 们找来L=5 m的斜面,

但没有其它任何工具可用.假设货物在水平地面上和 斜面上滑动时所受摩擦力均恒为货物重力的0.12倍, 两个人的最大推力各为800 N,且推力方向与速度方 向始终相同,并忽略货物上斜面时的能量损失.
(1)通过分析说明俩人能否将货物从斜面底端开始直接 推进车厢?

(2)请你帮助他们设计一个可行的方案,并详细证明 之.(g取10 m/s2)

【解析】(1)两人最大推力为 Fm=1 600 N 货物受摩擦力 f=0.12G=1 200 N h 货物沿斜面向下的分力 Fx=mgsinθ=mgL= 2 000 N 因为 Fm<f+Fx,故两人不能将货物从斜面底端 开始直接推上车厢. (2)因为 Fm>f,两人可先使货物在水平面上做加 速运动再推上车厢,典型方案有两种: ①只在水平面上推,所推距离为 s.由动能定理有 Fms-f(s+L)-mgh=0 解得只在水平面上推动的距离为 40 m. ②在水平面和斜面上都推,水平面上所推距离为 s,由动能定理有 Fm(s+L)-f(s+L)-mgh=0 解得在水平面上推动的距离为 20 m.

【巩固基础】 1.一质点在恒力F作用下从a沿曲线abc运动到c,虚 线是曲线在b点的切线,则质点在这一过程中速度大 小的变化情况是( D ) A.一直增大 B.一直减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大

2.某同学在篮球场的篮板前做投篮练习,假设 在一次投篮中这位同学对篮球做功为W,出手高 度为h1,篮筐距地面高度为h2,球的质量为m.不 计空气阻力,则篮球进筐时的动能为( A) A.W+mgh1-mgh2 B.mgh2-mgh1-W

C.mgh1+mgh2-W D.W+mgh2-mgh1
【解析】设篮球进筐时的动能为Ek,由动能定理得:W -mg(h2-h1)=Ek-0,故Ek=W+mgh1-mgh2,A正 确.

*3.如右图所示,质量为

M、长度为L的小车静止 在光滑的水平面上.质 量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端.现 用一水平恒力F作用在小物块上,使物块从静止开始 做匀加速直线运动.物块和小车之间的摩擦力为f, 物块滑到小车的最右端时,小车运动的距离为l.在这 ABC 个过程中,以下结论正确的是( ) A.物块到达小车最右端时具有的动能为(F-f)(L+l) B.物块到达小车最右端时,小车具有的动能为fl C.物块克服摩擦力所做的功为f(L+l)

D.物块和小车增加的机械能为Fl

4.木块在水平恒力 F 作用下,由静止开始在水 平路面上前进 x, 随即撤去此恒力后又前进 2x 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 ) 1 1 A. Fx B. Fx 2 3 2 C.Fx D. Fx 3

F 【解析】由动能定理,Fx-f· 3x=0,所以 f= ,撤 3 2 去力 F 的瞬间木块动能最大 Ekm=F· x-fx= Fx,D 3 正确.

【提升能力】 *5.用水平力F拉一物体,使物体在水平地面上由静 止开始做匀加速直线运动,t1时刻撤去拉力F,物体 做匀减速直线运动,到 t2 时刻停止.其速度—时间 图象如图所示,且α >β ,若拉力F做的功为W1,平 均功率为P1;物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2,平均 功率为P2,则下列选项正确的是( BC )
A.W1>W2;F=2Ff B.W1=W2;F>2Ff C.P1>P2;F>2Ff

D.P1=P2;F=2Ff

【解析】由于物体初末速度为零,根据动能定理可知, 水平外力F做的功与克服摩擦力做的功相等,选项A错 误;由于摩擦力作用时间大于外力F作用时间,故P1> P2,由于α>β,则F>2Ff,故选项B、C正确.

6.如图所示,固定斜面倾角为 θ,整个斜面分为 AB、BC 两段,且 2AB=BC.小物块 P(可视为质点) 与 AB、 两段斜面之间的动摩擦因数分别为 μ1、 2. BC μ 已知 P 由静止开始从 A 点释放,恰好能滑动到 C 点 而停下,那么 θ、μ1、μ2 间应满足的关系是( A ) μ 1+2μ2 A.tanθ = 3 2μ 1+μ2 B.tanθ = 3 C.tanθ =2μ1-μ2 D.tanθ =2μ2-μ1

【解析】 由动能定理可知滑块由 A 滑到 C 有: mgh-μ1mgsABcosθ-μ2mgsBCcosθ=0 再由 2AB=BC, h=(AB+BC)sinθ,可得 μ1+2μ2 tanθ= . 3

7.物体在恒定阻力作用下,以某初速度在水平面 上沿直线滑行直到停止.以a、Ek、s和t分别表示 物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运 动的时间.则以下各图象中,能正确反映这一过 C 程的是( )

【解析】物体受到恒定阻力作用,所以加速度是恒定 值,而动能的变化是因为受到了恒定阻力做功,所以 动能与位移成线性关系也就与时间不成线性关系.

8.如图所示,一倾角为 45°的粗糙斜面与粗糙水平 轨道平滑对接,有一质量为 m 的物体由斜面的 A 点静止 滑下,物体与斜面和地面间 的动摩擦因数相同.已知 A 距离地面的高度为 4 m, 当物体滑至水平地面的 C 点时速度恰好为零,且 BC 距离为 4 m.若将 BC 水平轨道抬起,与水平面间夹 角为 30°,其他条件不变,则物体能沿 BD 斜面上升 的最大高度为( A ) A.(8-4 3)m 4 C. m 3 B.(8-2 3)m D.8 m

*9.如图所示,质量为 M 的 木块放在光滑的水平面上, 质量 为 m 的子弹以速度 v0 沿水平方 向射中木块并最终停留在木块 中与木块一起以速度 v 运动. 当 子弹进入木块的深度为 x 时两 者相对静止,这时木块前进的距离为 L,若木块对子弹 的摩擦阻力为 Ff 视为恒力,下列关系正确的是( ACD ) Mv2 mv2 A.FfL= B.FfL= 2 2 mv02 ?m+M?v2 mv02 mv2 C. fx= F - D. f(L+x)= F - 2 2 2 2

*10.如图所示,在动摩擦因数

为0.2的水平面上有一质量为 3 kg的物体被一个劲度系数 为120 N/m的压缩轻质弹簧突然弹开,物体离开弹簧 后在水平面上继续滑行了1.3 m才停下来,下列说法 中正确的是(g=10 m/s2)( BD) A.物体开始运动时弹簧的弹性势能为Ep=7.8 J

B.物体的最大动能大于7.8 J
C.当弹簧恢复原长时物体的速度最大 D.当物体速度最大时弹簧的压缩量为x=0.05 m

11.质量m=1 kg的物体,在水 平拉力F(拉力方向与物体初速度 方向相同) 的作用下,沿粗糙水 平面运动,经过位移4 m时,拉

力F停止作用,运动到位移是8 m时物体停止,运动 过程中Ek-x的图线如图所示.求:(g取10 m/s2)
(1)物体的初速度多大? (2)物体和平面间的动摩擦因数为多大? (3)拉力F的大小.

【解析】(1)从图线可知初动能为 2 J 1 2 Ek0= mv =2 J,v=2 m/s 2 (2)在位移 4 m 处物体的动能为 10 J,在位移 8 m 处物体的动能为零,这段过程中物体克服摩擦力做功 设摩擦力为 Ff,则 -10 -Ffx2=0-10 J=-10 J,Ff= N=2.5 N -4 因 Ff=μmg Ff 2.5 故 μ=mg= =0.25 10

(3)物体从开始到移动 4 m 这段过程中, 受拉力 F 和摩擦力 Ff 的作用,合力为 F-Ff 根据动能定理有(F-Ff)·1=ΔEk x 10-2 故得 F= +Ff=( +2.5) N=4.5 N x1 4

ΔEk

【再上台阶】 12.如图甲所示,某同学用轻绳通过定滑轮提升一 重物,运用传感器(未在图中画出)测得此过程中不同时 刻对轻绳的拉力 F 与被提升重物的速度 v,并描绘出 F 1 -v图象. 假设某次实验所得的图象如图乙所示, 其中线 1 段 AB 与v轴平行, 它反映了被提升重物在第一个时间段 1 内 F 和v的关系;线段 BC 的延长线过原点(C 点为实线 与虚线的分界点), 它反映了被提升重物在第二个时间段 1 内 F 和v的关系;第三个时间段内拉力 F 和速度 v 均为 C 点所对应的大小保持不变,因此图象上没有反映.实

验中还测得重物由静止开始经过 t=1.4 s,速度增加到 vC=3.0 m/s,此后物体做匀速运动.取重力加速度 g= 10 m/s2,绳重及一切摩擦和阻力均可忽略不计.

(1)在提升重物的过程中,除了重物的质量和所受重力 保持不变以外,在第一时间段内和第二时间段内还各 有一些物理量的值保持不变.请分别指出第一时间段 内和第二时间内所有其他保持不变的物理量,并求出 它们的大小. (2)求被提升重物在第一时间段内和第二时间段内通过 的总路程.

1 【解析】(1)由 F-v图象可知,第一个时间段内重 物所受拉力保持不变,且 F1=6.0 N 因第一个时间段内重物所受拉力保持不变,所以其 加速度也保持不变,设其大小为 a,根据牛顿第二定律 有 F1-G=ma 重物速度达到 vC=3.0 m/s 时,受平衡力,即 G=F2=4.0 N. G 由此解得重物的质量 m= g =0.40 kg 联立解得 a=5.0 m/s2 在第二段时间内,拉力的功率保持不变 P=Fv=12 W.

(2)设第一段时间为 t1,重物在这段时间内的位移为 x1, vB 2.0 1 2 则 t1= a = s=0.40 s,x1= at1 =0.40 m 5.0 2 设第二段时间为 t2,t2=t-t1=1.0 s 重物在 t2 这段时间内的位移为 x2, 1 1 2 根据动能定理有 Pt2-Gx2= mvC - mvB2 2 2 解得 x2=2.75 m 所以被提升重物在第一个时间段内和第二个时间段 内通过的总路程为 x=x1+x2=3.15 m.


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