高考物理一轮复习 第五章 机械能 课时2 动能定理及其应用课件 新人教版.pdf

课时2动能定理及其应用基础梳理一、动能给辩:物体由于3而具有的能叫动能。2.公式：。马3,单位：焦耳,1 J=1 N-m=l kg*m2/s2o:4：矢标性:动能是标量，只有正值。.二：动能定理1.内容:力在一个过程中对物体做的功,等于物体在这个过程中功能的变化。43.物理意义：合力 的功是物体动能变化的量度。4.适用范围：动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒 做功，也适用于变力做功;适用于单过程分析,也适用于多过程分析。.夯实考点考点一对动能的理解J刷能是状态量,Ek=l mv2,只与运动物体的质量及速率有关,而与其运动后 2向无关，物体运动仅速度的方向发生变化时，动能不变。而做功是过程量。2.动能及动能的变化 Ek均是标量,只有大小,没有方向。动能的变化量为正由 表示物体的动能增加了，对应于合力对物体做正功;动能的变化量为负值，表示 物体的动能减少了,对应于合力对物体做负功,或者说物体克服合力做功。典例1关于动能的理解,下列说法错误的是（）卓能是普遍存在的机械能的一种基本形式，凡是运动的物体都具有动能；p.动能总是正值，但对于不同的参考系，同一物体的动能大小是不同的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,动能不一定变化却勉能不变的物体，一定处于平衡状态 靠解析:动能是物体由于运动而具有的能量，所以运动的物体都具有动能,选项A正确；由于Ek=-mv 而v与参考系的选取有关，选项B正确；由于速度为矢 2量，当只有方向变化时其动能并不改变，选项C正确;做匀速圆周运动的物体动能不变，但并不是处于平衡状态,选项D错误。答案：D 变式1：一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到 墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前 后小球速度变化量的大小Av和碰撞过程中小球的动能变化量A Ed(B),A.A v=0 B.A v=12 m/s-C.A Ek=l.8 J D.AEk=10.8 J解析:取初速度方向为正方向，则 v=(-6-6)m/s=-12 m/s,负号表示速度变 化量的方向与初速度方向相反，由于速度大小没变,动能不变,故动能变化量 为0,故只有选项B正确。考点二对动能定理的理解和应用/对动能定理的理解(1)动能定理公式中等号表明了合力做功与物体动能的变化间的两个关系：数量关系：即合力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过 算物体动能的变化,求合力做的功,进而求得某一力做的功。Y因果关系:合力做功是引起物体动能变化的原因。：(2)动能定理中涉及的物理量有F,1,m,v,W,Ek等,在处理含有上述物理量的问 题时，优先考虑使用动能定理。2；运用动能定理需注意的问题71）应用动能定理解题时,在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状 态变化的细节,只需考虑整个过程的功及过程初末的动能。:敲若过程包含了几个运动性质不同的分过程,既可分段考虑,也可整个过瘟 考虑。但求功时,有些力不是全过程都作用的,必须根据不同的情况分别对:年求出总功,计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式。典例2（多选）一滑草场的某条滑道由上下两段高均为h、与水平面倾角分 别为45。和37。的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为p o质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好 静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin 370=0.6,c o s 37=0.8）o 贝）动摩擦因数|J二g 像载人滑草车最大速度为 棒C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度为2 g5解析：整个滑行过程由动能定理得2mgh-口 mgh ta n 45-jumgh ta n 53=0,解得口=9,A 正确；对前一段轨道 mgh-口 mgh ta n 45=Lmv；解得 v=7 2,B正确;载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh,C错误;载人滑草车在下段滑道上的加速度a=37，sgc o s37=_J_g,D 错误。m答案:AB35*变式2:一物体静止在粗糙水平地面上,现用一大小为Fi的水平拉力拉动物体,经过一段时间后其速度变为V。若将水平拉力的大小改为F2,物体从静止开 始经过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程,用即1，际2分别表示拉%F,F2所做的功,Wf,Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则C)A.WF24WF1,Wf 22Wf l B.WF24WF1,Wf 2=2Wf lWF24WF1,Wf 2=2Wf l D.WF24WF1,Wf 22Wf l 7解析：因物体均做匀变速直线运动，由运动学公式得前后两个过程的平均速度是 2倍关系，那么位移x=3 t也是2倍关系，若Wf x,则Wf 2=f 2x故Wf 2=2W/由动 能定理有 f x=Lmv 2 和 Wf2f 2x=Ll(2v)2得WF2=4WF2fx-mgR,质点不能到达Q点C.W=-mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离D.W(1)求运动员滑离平台BC时的速度;解析：A C过程中机械能守恒mgh=Lmv J 2得 Vc=，2g/z=30 m/so答案：(1)30 m/s(2)为保证运动员落在着陆雪道CD上,着陆雪道CD长度至少为多少?解析：(2)设落点D，距抛出点C的距离为L,由平抛运动规律得Leo s 30=vct1 9Lsin 30=gt2解得 L=120 mo答案：（2）120 m(3)若实际的着陆雪道CD长为150 m,运动员着陆后滑到D点时具有的动能是着陆瞬间动 能的80%。在减速区DE滑行s=100 口后停下，运动员在减速区所受平均阻力是其重力的 等少倍？解析：运动员由A运动到落点W过程中，由机械能守恒得1 9mg(h+Lsin 30)=mv/2设运动员在减速区减速过程中所受平均阻力是重力的k倍，根据动能定理有-kmgs=0-m vj2根据题意有go*2解得k=0.84。答案：(3)0.84倍2 2考点五 运用动能定理求解往复运动过程问题往复运动问题是常见的物理题型。如用牛顿运动定律处理此类问题,通常需 要用数列求和的方法解,难度较大。但若运用动能定理及等效变换的方法，则 可省去不少繁复的数学推演,解题时事半功倍。Q典例5如图所示,AB是足够长倾角为e的粗糙直轨道,BCD是光滑的圆弧轨 道,AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体（可以看做 质点）从直轨道上的P点由静止释放,结果它能在两轨道间做往返运动。已知P 点与圆弧的圆心。等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为p,求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程;解析：(1)因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2 9的圆 弧轨道上往复运动。对整体过程由动能定理得mgR c o s 0-|Li mgc o s 0 s=0所以总路程为s=-o答案：四(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时,对圆弧轨道的压力;角星析：(2)对 B E 过程 mgR(1-c o s 0)=m2FN-mg=mVER解得 Fn=(3-2cos 9)mg由牛顿第三定律可知,物体对圆弧轨道的压力F/=Fn=(3-2cos 6)mg,方向竖直向下。答案：(2)(3-2c o s 0)mg,方向竖直向下（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D,释放点距B点的距离L，的最小 值是多少。2角星析：（3）设物体冈好能至U D点，贝I mg=L R由动能定理得mgL，s in 9-jli mgc o s 9 Lz-mgR（1+c o s 9）=m v 2解得L，=3+2c o s。2（sin 8 4c o s。）答案：（3）3+2c o s 夕2（sin 夕一 c o s 夕）情别提醒裳用动能定理求解往复运动过程问题,关键在于抓住“重力做功与路径无关,而摩擦阻力一直做负功,其绝对值等于摩擦力与路程的乘积”等不同力做功;的特点。变式5:由相同材料的木板搭成的轨道如图所示,其中木板AB,BC,CD,DE,EF,长 均为L=L5 m,木板0A和其他木板与水平地面的夹角都为0=37。(sin 370=0.6,c o s 37二0.8),一个可看成质点的物体在木板0A上从图中的离地高度h=L8 m 处由静止释放,物体与木板的动摩擦因数都为p=0.2,在两木板交接处都用小曲 面相连，使物体能顺利地经过它，既不损失动能,也不会脱离轨道。在以后的运 动过程中，重力加速度取10 Hl/s2,问：,.(1)物体能否静止在木板上?请说明理由；(2)物体运动的总路程是多少？解析：(1)在斜面上物体重力沿斜面向下的分力Gmgsin 37=0.6mg,物体所受摩擦力大小Ff=n mgc o s 37=0.16mgo由于Ff 0A 1mg(h-Ls in 37)-jli mgc o s 37(-+3L)=mv 2-0sin 370 2发现Vd无解,说明物体能通过B点,到不了 D点,最终停在C点处。答案：见解析考点六 动能定理与图象的综合问题说能定理与图象结合问题的分析方法(1)首先看清楚所给图象的种类(如v-t图象、F-x图象、p-t图象或Ek-X图象等)O(,(为挖掘图象的隐含条件一一求出所需要的物理量,如由v-t图象所包围的W J面积”求位移，由F-x,P-1图象所包围的“面积”求功。(3)再分析还有哪些力做功,根据动能定理列方程,可求出相应的物理量。典例6如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R=0.6 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=0.25,与BC间的动摩擦因数未知,g取10 m/s2,求：7甲乙(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；Q解析：(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得FiSF3s3-umgs=LmyJ2解得 vb=2 m/s o在前2 m内，有Fh mg=ma,JL Si=-a A2,2解得L信。答案:2M m/s后s(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？r解析：(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有mg=m上 R对滑块从B到C的过程，由动能定理得1?1 9W-mg X 2R=m vc2-m vB2代入数据得W=-5 J,即克服摩擦力做的功为5 Jo答案:(3)5 J变式6:总质量为80 kg的跳伞运动员从离地500 m的直升机上跳下，经过2 s 后拉开绳索开启降落伞,如图是跳伞过程中的v-t图象,试根据图象求：（g取(l)t=l s时运动员的加速度和所受阻力的大小;解析：从题图中可以看出，在。2 s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为 a=8 m/s2o设此过程中运动员受到的阻力大小为f,根据牛顿第二定律,有mg-f=ma,得 f=m(g-a)=160 No答案：8m/s2 160 N(2)估算14 s内运动员下落的高度及克服阻力所做的功;解析：(2)从题图中估算得出运动员在14 s内下落了h-(14 X 6+X 12 X 12)m=156 mo2根据动能定理，有 mgh-Wf=mv；2所以有 Wr=mgh mv?右 1.23X 10,Jo 2答案:(2)156 m 1.23X 105 J(3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间。解析：(3)14 s后运动员做匀速运动的时间为二旦500-156 s-57.36v故运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间为t,=t+tz=(14+57.3)s=71.3 so答案：(3)71.3 s课堂训练（教师备用）声（动能与功率）某地平均风速为5 m/s,已知空气密度是L 2 kg/哽有一风车,它的风叶转动时可形成半径为12 m的圆面。如果这个风车能将圆面内10%的 气流动能转变为电能则该风车带动的发电机功率最接近于（B）g A.340 W B.3.4 kW C.6.8 kW D.34 kW解析:在t时间内作用于风车的气流质量m=p兀iv t,这些气流的动能为1 1 pmv；转变成的电能E=-mv2 X 10%,所以风车带动发电机的功率为P=一=2 2 t-p兀2丫3乂10%,代入数据得。3.4 kWo 22.（动能定理的理解）从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到 重力夕卜,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内吐物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加 速度取10m/s2。该物体的质量为（C）A1 2 kgC，1 kgB.1.5 kgD.0.5 kg解析:设物体在运动过程中受到的外力为F,对上升过程，由动能定理，可得-(F+mg)h=Ek-Ek0,则尸+嗯=生旦,即 F+mg=12 N;对下落过程，有(mg-F)h=hEJ-Ek(/，即 mg-F=刍叱=8 N,联立两式，得到m=l kg,F=2 N,选项Ch正确。*3.（动能定理的应用）（2019浙江1月学考，23）如图甲所示为商场内的螺旋滑 梯，小孩从顶端A处进入，由静止开始沿滑梯自然下滑（如图乙），并从底端B 处滑出。已知滑梯总长度L=20 m,A,B间的高度差h=12 mo甲 乙(1)假设滑梯光滑,则小孩从B处滑出时的速度V1多大?解析：对小孩从A滑到B的过程由动能定理可得,1 2mgh=m Vj,解得 Vi=*gh=4 珞3 m/So答案：(1)4 JT?m/s(2)若有人建议将该螺旋滑梯改建为倾斜直线滑梯，并保持高度差与总长度不 变。已知小孩与滑梯间的动摩擦因数p二0.25,若小孩仍从顶端由静止自然下 滑：则从底端滑出时的速度V2多大？解析：由动能定理可得WG+Wf=l mv2 2解得 v2=4 a/10 m/s o答案：（2）4痴 m/s(3)若小孩与滑梯间的动摩擦因数仍为0.25,你认为小孩从螺旋滑梯底端B处滑 出的速度V3与(2)问中倾斜直线滑梯滑出的速度V2哪个更大?试简要说明理由。解析：(3)V2更大。与直线下滑相比，重力做功相等，沿螺旋滑梯下滑时小孩受 到的弹力更大(或需要向心力)，受到的滑动摩擦力更大，滑动摩擦力做的负功 更大,V3更小。答案：见解析4.（动能定理的应用）风洞是研究空气动力学的实验设备。如图，将刚性杆水 平固定在风洞内距地面高度H=3.2 m处，杆上套一质量m=3 kg可沿杆滑动的小 球。小球所受的风力调节为F=15N,方向水平向左。小球以速度V。=8 m/s向 右离开杆端，取g=10 m/s?。求：的(1)小球落地所需时间和落地点与杆端的水平距离；解析：(1)小球在竖直方向做自由落体运动，t=F=0.8 s,、F.在水平方向做匀减速运动,加速度大小为a=一=5 m/s,m水平位移x=Vo t-L a t?=4.8 mo2答案:(1)0.8 s 4.8 m(2)小球落地时的动能；(3)小球离开杆端后经过多少时间动能为78 Jo解析：(2)小球从离开杆端到落地的过程由动能定理mgH-Fx=Ek-Eko,解得 Ek=120 Jo(3)设小球离开杆端后经过t，动能为78 J,在此过程由动能定理有mg -gtz 2-Fxz=EJ-m v022 2将 EJ=78 J 和 v 0=8 m/s 代入得 125t，-SOt7+12=0,解得 t/=0.4 s,=0.24 so答案：(2)120 J(3)0.4 s 或0.24 s5.（动能定理与图象的结合）随着中国首艘航母“辽宁号”的下水，同学们对 舰载机的起降产生了浓厚的兴趣,下面是小聪编制的一道舰载机降落的题目,请你阅读后求解。4(1)假设质量为m的舰载机关闭发动机后在水平地面跑道上降落，触地瞬间的 速度为V。,在跑道上滑行的v-t图象如图。求舰载机滑行的最大距离和滑行时 受到的阻力；.：解析：由题图信息，根据匀变速直线运动规律最大距离为X=-Voto 2由动能定理有F阻x=1m%2 2解得阻力F产外。答案：v t。吗L 2 L航母可以通过设置拦阻索来增大对舰载机的阻力。现让该舰载机关闭发动 机后在静止于海面的航母水平甲板上降落,若它接触甲板瞬间的速度仍为Vo,在甲板上的运动可以看做匀变速运动,在甲板上滑行的最大距离是中的-O求该舰载机在航母上滑行时受到的平均阻力。（结果用表示）?解析：最大距离X，=-X=-Voto4 8由动能定理有F，x，=-m v 22联立解得F，=皿。答案：皿oo题试做1.（2018浙江4月选考,20）如图所示，一轨道由半径为2 m的四分之一竖直圆弧 物道AB和长度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.2g 的小球从A点无初速释放,经过圆弧上B点时,传感器测得轨道所受压力大小为 3.6 N,小球经过BC段所受的阻力为其重力的0.2倍。然后从C点水平飞离轨道,落到水平地面上的P点,P,C两点间的高度差为3.2 m。小球运动过程中可视为 质点，且不计空气阻力，g取10 m/s2o 网 A卜-i；R=2m招*h=3.2m 及L,V _上 77777777777777777777777777777777777地回(1)求小球运动至B点时的速度大小；(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功;2解析：在B点FN-mg=Rvb=4 m/so(2)A至B过程，由动能定理得1 9mgR-Wf=mvBWf=2.4 Jo答案：4m/s(2)2.4 J(3)为使小球落点P与B点的水平距离最大,求BC段的长度;解析：(3)B至C过程，由动能定理得-kmgLBc=imvc2-imvB2P至B的水平距离当vc=l.6 m/s时P至B的水平距离最大Lbc=3.36 nio 答条:(3)3.36 m(4)小球落到P点后弹起,与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损 失75%,碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求小球从C点飞出到最后静止所 需时间。解析：(4)C 至 P 时间 t=I=0.8 sti=X2to=O.8 s2 tn=(-)n-1Xt12t=2.4 So答案：(4)2.4 s2.(2019浙江4月选考,20)某砂场为提高运输效率,研究砂粒下滑的高度与砂 粒在传送带上运动的关系,建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角。二37。的直轨道AB,其下方右侧放置一水平传送带,直轨道末端B与传送带间 就可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R=0.4n i、转轴间距L=2 m的传送 带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H=2.2 展现将一q 物块放在距离传送带高h处由静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传 送带上C点时,速度大小不变,方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传 送带间的动摩擦因数均为p=0.5。(sin 37=0.6,g=10 m/s2)(1)若h=2.4 m,求小物块到达B端时速度的大小；H解析：(1)在小物块由A点到B点的过程中，由动能定理得mgh-li mgc o s 6 =m vR2-0sin。2得 Vb=4 m/So答案:(1)4 m/s(2)若小物块落到传送带左侧地面,求h需要满足的条件;解析：若小物块落到传送带左侧地面，使小物块到达D点之前速度减为0。在小物块从A点到D点过程中，由动能定理得hmgh-jli mgc o s 0 -n mgL=0,sin。解得h=3 m,即当h43 m时小物块会落到传送带左侧地面。答案：(2)h W3 m(3)改变小物块释放的高度h,小物块从传送带的D点水平向右抛出,求小物块 落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。1解析：(3)小物块从D点向右飞出后做平抛运动H+2R=-gt2,x=vDt 2小物块从A到D的过程由动能定理得mgh-n mgc o s 6 -|li mgL=m v 2-0,sin。2解得 x=2 y/h 3为使小物块能在D点水平抛出，则有mg 3.6 moR答案：(3)*=2，%3,且11三3.6 m3.（2020浙江1月选考，20）如图所示,一弹射游戏装置由安装在水平台面上的 固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度h可 调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从0点弹此 经过圆轨道并滑上斜轨道。全程 乐脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径L0.1 m,OE长 Li=0.2 m,AC长L2=0.4 m,圆轨道和AE光滑，滑块与AB,OE之间的动摩擦因液 JJ=0.5O滑块质量m=2 g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势葡 完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度Vf大小;解析：滑块恰过F点的条件vF2 mg=mrvF=l m/So答案：(1)1 m/s(2)当h=0.1 m且游戏成功时,滑块经过E点对圆轨道的压力Fn大小及弹簧的弹性乾能Epo；Ci角翠析：(2)滑块从E至B,由动能定理得一mghRmgL2=0彳mv j设在E点所受的支持力为FnV 2FN-mg=m rFn=0.14 N从0至B点Epo-mgh-g mg(L+U=0 答案：R N 8 o x 10-3 j得 Ep=8.OXO jo(3)要使游戏成功,弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系。解析：(3)滑块恰能过F点的弹性势能Epi=2mgr+jli mgLi+m v 2=7.0X10 J 2到B点减速到0Epi-mgh i-n mg(Li+L2)=0,得 h i=0.05 m能停在 B 点，则 h mgc o s 0=mgs in 0得 ta n 0=0.5,此时 h2=0.2 m从0到B点Ep=mgh+n mg(Li+L2)=2X10-3(1 Oh+3)J其中0.05 m4h 40.2 m。答案：见解析4.（2018浙江n月选考，20）如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高。质量m=0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方,其强端距A点高度%二1.10 mo篮球静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的曩 大半变量Xi=0.15 m,第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度卜2二0.873g篮 球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量X2=0.01 m,弹性势能为 Ep=O.025 Jo若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的 能量损失和篮球的形变,弹簧形变在弹性限度范围内。求：（g取10 m/s2）(1)弹簧的劲度系数；(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力；解析：(1)篮球静止在弹簧上mg-kx2=0k=500 N/mo(2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点，由动能定理得 mg(h1-h2)-f(h1+h2+2x1)=0f 0.5 No答案:(1)500 N/m(2)0.5 N(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。解析：(3)设球在整个运动过程中总路程为smg(h1+x2)=f s+Ep解得s=H.05 mo(4)篮球在首次下落过程中，合力为零处速度最大,速度最大时弹簧形变量为X3 mg-f-kx3=0在A点下方,离A点X3=0.009 mo答案：(3)11.05 m(4)第一次下落至A点下方0.009 m处