《高三物理一輪復習 第五章 機械能及其守恒定律 第2講 動能定理及其應用課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高三物理一輪復習 第五章 機械能及其守恒定律 第2講 動能定理及其應用課件（75頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第2講動能定理及其應用【知識梳理【知識梳理】知識點知識點1 1動能動能1.1.定義定義: :物體由于物體由于_而具有的能。而具有的能。2.2.公式公式:_:_。3.3.單位單位:_,1 J=1 N:_,1 J=1 Nm m=1=1 kg kgm m2 2/s/s2 2。運動運動2k1Emv2焦耳焦耳4.4.物理意義物理意義: :(1)(1)動能是狀態(tài)量動能是狀態(tài)量,v,v是是_(_(選填選填“瞬時速度瞬時速度”或或“平均速度平均速度”) )。(2)(2)動能是動能是_(_(選填選填“矢量矢量”或或“標量標量”),),只有正值只有正值, ,動能與速度方向動能與速度方向_(_(選填選填“有關有關”
2、或或“無關無關”) )。5.5.動能的變化動能的變化: :物體物體_與與_之差之差, ,即即EEk k= =_。瞬時速度瞬時速度標量標量無關無關末動能末動能初動能初動能222111mvmv22知識點知識點2 2動能定理動能定理1.1.內(nèi)容內(nèi)容: :在一個過程中合外力對物體所做的功在一個過程中合外力對物體所做的功, ,等于物等于物體在這個過程中體在這個過程中_。2.2.表達式表達式:W=_:W=_。3.3.物理意義物理意義:_:_是物體動能變化的量度。是物體動能變化的量度。動能的變化動能的變化222111mvmv22合外力的功合外力的功4.4.適用條件適用條件: :(1)(1)動能定理既適用于直
3、線運動動能定理既適用于直線運動, ,也適用于也適用于_。(2)(2)動能定理既適用于恒力做功動能定理既適用于恒力做功, ,也適用于也適用于_。(3)(3)力可以是各種性質的力力可以是各種性質的力, ,既可以同時作用既可以同時作用, ,也可以也可以_。曲線運動曲線運動變力做功變力做功不同時作用不同時作用【易錯辨析【易錯辨析】(1)(1)運動的物體具有的能量就是動能。運動的物體具有的能量就是動能。( () )(2)(2)一定質量的物體動能變化時一定質量的物體動能變化時, ,速度一定變化速度一定變化, ,速度變速度變化時化時, ,動能也一定變化。動能也一定變化。( () )(3)(3)處于平衡狀態(tài)的
4、物體動能一定保持不變。處于平衡狀態(tài)的物體動能一定保持不變。( () )(4)(4)做自由落體運動的物體做自由落體運動的物體, ,動能與下落的時間成正比。動能與下落的時間成正比。( () )(5)(5)如果合外力對物體做功為零如果合外力對物體做功為零, ,那么物體所受的合外那么物體所受的合外力一定為零。力一定為零。( () )(6)(6)物體在合外力作用下做變速運動物體在合外力作用下做變速運動, ,但動能卻不一定但動能卻不一定變化。變化。( () )提示提示: :(1)(1)。動能是物體由于運動而具有的能量。動能是物體由于運動而具有的能量, ,而運而運動物體具有的能量不一定是動能。動物體具有的能
5、量不一定是動能。(2)(2)。當物體的速度方向發(fā)生變化而速度大小不變時。當物體的速度方向發(fā)生變化而速度大小不變時, ,物體的動能不變。物體的動能不變。(3)(3)。平衡狀態(tài)是指物體保持靜止狀態(tài)或勻速直線運。平衡狀態(tài)是指物體保持靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)動狀態(tài), ,物體的速度保持不變物體的速度保持不變, ,其動能保持不變。其動能保持不變。(4)(4)。做自由落體運動的物體的速度。做自由落體運動的物體的速度v=gtv=gt, ,其動能為其動能為E Ek k= mv= mv2 2= mg= mg2 2t t2 2, ,動能與下落時間的二次方成正比。動能與下落時間的二次方成正比。(5)(5)。合外力做
6、功為零。合外力做功為零, ,可能合外力為零可能合外力為零, ,也可能合外也可能合外力方向上的位移為零。力方向上的位移為零。(6)(6)。物體做變速運動。物體做變速運動, ,若只是速度方向變化若只是速度方向變化, ,則動能則動能不變不變, ,如勻速圓周運動。如勻速圓周運動。1212考點考點1 1對動能定理的理解對動能定理的理解【核心要素精講【核心要素精講】1.1.對對“外力外力”的兩點理解的兩點理解: :(1)“(1)“外力外力”指的是合外力指的是合外力, ,可以是重力、彈力、摩擦可以是重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力力、電場力、磁場力或其他力, ,它們可以同時作用它們可以同時作用,
7、,也也可以不同時作用?？梢圆煌瑫r作用。(2)“(2)“外力外力”既可以是恒力既可以是恒力, ,也可以是變力。也可以是變力。2.2.公式中公式中“=”=”體現(xiàn)的三個關系體現(xiàn)的三個關系: :數(shù)量關系數(shù)量關系合力的功與物體動能的變化可以等量合力的功與物體動能的變化可以等量代換代換單位關系單位關系國際單位都是焦耳國際單位都是焦耳因果關系因果關系合力的功是物體動能變化的原因合力的功是物體動能變化的原因【高考命題探究【高考命題探究】【典例【典例1 1】( (多選多選)(2016)(2016浙江高考浙江高考) )如圖所示如圖所示為一滑草場。某條滑道由上、下兩為一滑草場。某條滑道由上、下兩段高均為段高均為h,
8、h,與水平面傾角分別為與水平面傾角分別為4545和和3737的滑道組成的滑道組成, ,滑草車與滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為草地之間的動摩擦因數(shù)為。質量為。質量為m m的載人滑草車從的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑坡頂由靜止開始自由下滑, ,經(jīng)過上、下兩段滑道后經(jīng)過上、下兩段滑道后, ,最最后恰好靜止于滑道的底端后恰好靜止于滑道的底端( (不計滑草車在兩段滑道交接不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失處的能量損失,sin37,sin37=0.6,cos37=0.6,cos37=0.8)=0.8)。則世紀。則世紀金榜導學號金榜導學號42722104(42722104() )A.A.動摩擦因數(shù)動
9、摩擦因數(shù)= = B.B.載人滑草車最大速度為載人滑草車最大速度為 C.C.載人滑草車克服摩擦力做功為載人滑草車克服摩擦力做功為mghmghD.D.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為 g g672gh735【解析【解析】選選A A、B B。質量為。質量為m m的載人滑草車從坡頂由靜止的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑開始自由下滑, ,經(jīng)過兩個斜面到達斜面底部速度為零經(jīng)過兩個斜面到達斜面底部速度為零, ,由動能定理得由動能定理得=0=0解得解得= ,A= ,A正確正確; ;剛好滑到第一個斜面末端時速度剛好滑到第一個斜面末端時速度最大最大,mgh-mgcos4
10、5,mgh-mgcos45 , ,解得解得v= ,Bv= ,B正確正確; ;經(jīng)過上、下兩段滑道后經(jīng)過上、下兩段滑道后, ,最后恰好靜止于滑道的底端最后恰好靜止于滑道的底端, ,hh2mghmgcos45mgcos37sin45sin37672hmvsin4522gh7載人滑草車克服摩擦力做功為載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh,C2mgh,C項錯誤項錯誤; ;在下段在下段滑道上沿斜面方向滑道上沿斜面方向mgsin37mgsin37- -mgcos37mgcos37=ma,a=ma,a= = 則則D D錯誤。故選錯誤。故選A A、B B。63g(sin37cos37 )g735 ，【強化訓練【強
11、化訓練】1.(1.(多選多選) )質量不等質量不等, ,但有相同動能的兩個物體但有相同動能的兩個物體, ,在動摩在動摩擦因數(shù)相同的水平地面上滑行擦因數(shù)相同的水平地面上滑行, ,直至停止直至停止, ,則則( () )A.A.質量大的物體滑行的距離大質量大的物體滑行的距離大B.B.質量小的物體滑行的距離大質量小的物體滑行的距離大C.C.它們滑行的距離一樣大它們滑行的距離一樣大D.D.它們克服摩擦力所做的功一樣多它們克服摩擦力所做的功一樣多【解析【解析】選選B B、D D。由動能定理可知。由動能定理可知, ,摩擦力對物體所做摩擦力對物體所做的功等于物體動能的變化量的功等于物體動能的變化量, ,因兩物
12、體具有相同的動能因兩物體具有相同的動能, ,故兩物體滑行過程中克服摩擦力所做的功也相同故兩物體滑行過程中克服摩擦力所做的功也相同, ,又又W Wf f= =mgxmgx可知可知, ,質量越大的物體質量越大的物體, ,滑行的距離滑行的距離x x越小越小, ,故故選項選項B B、D D正確。正確。2.(20172.(2017濟寧模擬濟寧模擬) )如圖所示的豎直軌道如圖所示的豎直軌道, ,其圓形部分其圓形部分半徑分別是半徑分別是R R和和 , ,質量為質量為m m的小球通過這段軌道時的小球通過這段軌道時, ,在在A A點時剛好對軌道無壓力點時剛好對軌道無壓力, ,在在B B點時對軌道的壓力為點時對軌
13、道的壓力為mgmg。則小球由則小球由A A點運動到點運動到B B點的過程中摩擦力對小球做的功點的過程中摩擦力對小球做的功為為( () )R29AmgR BmgR854CmgR DmgR43【解析【解析】選選A A。在。在A A處對小球由牛頓第二定律得處對小球由牛頓第二定律得mg=mg= 在在B B處對小球由牛頓第二定律得處對小球由牛頓第二定律得mg+Fmg+FN N= = , ,又又F FN N=mg,=mg,解得解得v vB B= ,= ,小球由小球由A A到到B B的過程由動的過程由動能定理得能定理得mg(2R-2mg(2R-2 )+W )+Wf f= = 解得解得W Wf f=-mgR=
14、-mgR, ,故故A A正確。正確。2AAvmvgRR,，2BvmR2gRR222BA11mvmv22，【加固訓練【加固訓練】( (多選多選) )甲、乙兩個質量相同的物體甲、乙兩個質量相同的物體, ,用大小相等的力用大小相等的力F F分別拉它們在水平面上從靜止開始運動相同的距離分別拉它們在水平面上從靜止開始運動相同的距離s s。如圖所示如圖所示, ,甲在光滑面上甲在光滑面上, ,乙在粗糙面上乙在粗糙面上, ,則下列關于力則下列關于力F F對甲、乙做的功和甲、乙兩物體獲得的動能的說法中對甲、乙做的功和甲、乙兩物體獲得的動能的說法中正確的是正確的是( () )A.A.力力F F對甲做功多對甲做功多
15、B.B.力力F F對甲、乙兩個物體做的功一樣多對甲、乙兩個物體做的功一樣多C.C.甲物體獲得的動能比乙大甲物體獲得的動能比乙大D.D.甲、乙兩個物體獲得的動能相同甲、乙兩個物體獲得的動能相同【解析【解析】選選B B、C C。由功的公式。由功的公式W=FscosW=Fscos可知可知, ,兩種情兩種情況下力況下力F F對甲、乙兩個物體做的功一樣多對甲、乙兩個物體做的功一樣多,A,A錯誤、錯誤、B B正正確確; ;根據(jù)動能定理根據(jù)動能定理, ,對甲有對甲有Fs=EFs=Ek1k1-0,-0,對乙有對乙有Fs-FFs-Ff fs s=E=Ek2k2- -0,0,可知可知E Ek1k1EEk2k2,
16、,即甲物體獲得的動能比乙大即甲物體獲得的動能比乙大,C,C正確正確,D,D錯錯誤。誤?？键c考點2 2動能定理的應用動能定理的應用 【核心要素精講【核心要素精講】應用動能定理解題的步驟應用動能定理解題的步驟: :(1)(1)選取研究對象選取研究對象, ,明確它的運動過程。明確它的運動過程。(2)(2)分析研究對象的受力情況和各力的做功情況分析研究對象的受力情況和各力的做功情況: :(3)(3)明確物體在過程始末狀態(tài)的動能明確物體在過程始末狀態(tài)的動能E Ek1k1和和E Ek2k2。(4)(4)列出動能定理的方程列出動能定理的方程W W合合=E=Ek2k2-E-Ek1k1及其他必要的解題及其他必要
17、的解題方程進行求解。方程進行求解。【高考命題探究【高考命題探究】【典例【典例2 2】(2016(2016全國卷全國卷)如圖如圖, ,一輕彈簧原長一輕彈簧原長為為2R,2R,其一端固定在傾角為其一端固定在傾角為3737的固定的固定直軌道直軌道ACAC的底端的底端A A處處, ,另一端位于直軌另一端位于直軌道上道上B B處處, ,彈簧處于自然狀態(tài)彈簧處于自然狀態(tài), ,直軌道與一半徑為直軌道與一半徑為 R R的的光滑圓弧軌道相切于光滑圓弧軌道相切于C C點點,AC=7R,A,AC=7R,A、B B、C C、D D均在同一均在同一56豎直平面內(nèi)。質量為豎直平面內(nèi)。質量為m m的小物塊的小物塊P P自自
18、C C點由靜止開始下滑點由靜止開始下滑, ,最低到達最低到達E E點點( (未畫出未畫出) )。隨后。隨后P P沿軌道被彈回沿軌道被彈回, ,最高到達最高到達F F點點,AF=4R,AF=4R。已知。已知P P與直軌道間的動摩擦因數(shù)與直軌道間的動摩擦因數(shù)= ,= ,重重力加速度大小為力加速度大小為g g。( (取取sin37sin37= ,cos37= ,cos37= )= )世紀金榜導學號世紀金榜導學號4272210542722105(1)(1)求求P P第一次運動到第一次運動到B B點時速度的大小。點時速度的大小。(2)(2)求求P P運動到運動到E E點時彈簧的彈性勢能。點時彈簧的彈性勢
19、能。143545(3)(3)改變物塊改變物塊P P的質量的質量, ,將將P P推至推至E E點點, ,從靜止開始釋放。從靜止開始釋放。已知已知P P自圓弧軌道的最高點自圓弧軌道的最高點D D處水平飛出后處水平飛出后, ,恰好通過恰好通過G G點。點。G G點在點在C C點左下方點左下方, ,與與C C點水平相距點水平相距 R R、豎直相距、豎直相距R,R,求求P P運動到運動到D D點時速度的大小和改變后點時速度的大小和改變后P P的質量。的質量。72【解析【解析】(1)(1)根據(jù)題意知根據(jù)題意知,B,B、C C之間的距離之間的距離l=7R-2R=7R-2R設設P P到達到達B B點時的速度為
20、點時的速度為v vB B, ,由動能定理得由動能定理得mgmglsin-mgsin-mglcoscos= = 式中式中=37=37, ,聯(lián)立聯(lián)立式并由題給條件得式并由題給條件得v vB B=2 =2 2B1mv2gR(2)(2)設設BE=xBE=x。P P到達到達E E點時速度為零點時速度為零, ,設此時彈簧的彈性設此時彈簧的彈性勢能為勢能為E Ep p。P P由由B B點運動到點運動到E E點的過程中點的過程中, ,由動能定理有由動能定理有mgxsin-mgxcos-Emgxsin-mgxcos-Ep p=0- =0- E E、F F之間的距離之間的距離l1 1=4R-2R+x=4R-2R+
21、xP P到達到達E E點后反彈點后反彈, ,從從E E點運動到點運動到F F點的過程中點的過程中, ,由動能定由動能定理有理有2B1mv2E Ep p-mg-mgl1 1sin-mgsin-mgl1 1cos=0cos=0聯(lián)立聯(lián)立式并由題給條件得式并由題給條件得x=Rx=RE Ep p=2.4mgR=2.4mgR(3)(3)由幾何知識得過由幾何知識得過C C點的圓軌道半徑與豎直方向夾角點的圓軌道半徑與豎直方向夾角為為。設改變后設改變后P P的質量為的質量為m m1 1。D D點與點與G G點的水平距離點的水平距離x x1 1和豎直和豎直距離距離y y1 1分別為分別為設設P P在在D D點的速
22、度為點的速度為v vD D, ,由由D D點運動到點運動到G G點的時間為點的時間為t t。由。由平拋運動公式有平拋運動公式有y y1 1= gt= gt2 2x x1 1=v=vD Dt t聯(lián)立聯(lián)立式得式得1175xRRsin2655yRRRcos6612 設設P P在在C C點速度的大小為點速度的大小為v vC C。在。在P P由由C C運動到運動到D D的過程中機的過程中機械能守恒械能守恒, ,有有 P P由由E E點運動到點運動到C C點的過程中點的過程中, ,同理同理, ,由動能定理有由動能定理有E Ep p-m-m1 1g(x+5R)sin-mg(x+5R)sin-m1 1g(x+
23、5R)cos= g(x+5R)cos= 聯(lián)立聯(lián)立式得式得D3v5gR5221C1D11155m vm vm g( RRcos )226621C1m v2m m1 1= = 答案答案: :(1)2 (1)2 (2)2.4mgR(2)2.4mgR(3) (3) m3gR3m5gR 53【強化訓練【強化訓練】(2016(2016天津高考天津高考) )我國將于我國將于20222022年舉辦年舉辦冬奧會冬奧會, ,跳臺滑雪是其中最具觀賞性的跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。如圖所示項目之一。如圖所示, ,質量質量m=60kgm=60kg的運動員從長直助滑的運動員從長直助滑道道ABAB的的A A處由靜止
24、開始以加速度處由靜止開始以加速度a=3.6m/sa=3.6m/s2 2勻加速滑下勻加速滑下, ,到達助滑道末端到達助滑道末端B B時速度時速度v vB B=24m/s,A=24m/s,A與與B B的豎直高度差的豎直高度差H=48mH=48m。為了改變運動員的運動方向。為了改變運動員的運動方向, ,在助滑道與起跳在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接臺之間用一段彎曲滑道銜接, ,其中最低點其中最低點C C處附近是一處附近是一段以段以O O為圓心的圓弧。助滑道末端為圓心的圓弧。助滑道末端B B與滑道最低點與滑道最低點C C的高的高度差度差h=5m,h=5m,運動員在運動員在B B、C C間運動時阻
25、力做功間運動時阻力做功W=-1530J,gW=-1530J,g取取10m/s10m/s2 2。世紀金榜導學號世紀金榜導學號4272210642722106(1)(1)求運動員在求運動員在ABAB段下滑時受到阻力段下滑時受到阻力F Ff f的大小。的大小。(2)(2)若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6 6倍倍, ,則則C C點所在圓弧的半徑點所在圓弧的半徑R R至少應為多大。至少應為多大?！窘馕觥窘馕觥?1)(1)運動員在運動員在ABAB上做初速度為零的勻加速直線上做初速度為零的勻加速直線運動運動, ,設設ABAB的長度為的長度為x,x,則有則有
26、=2ax=2ax由牛頓第二定律知由牛頓第二定律知mg -Fmg -Ff f=ma=ma聯(lián)立聯(lián)立式式, ,代入數(shù)據(jù)解得代入數(shù)據(jù)解得F Ff f=144N=144N(2)(2)設運動員到達設運動員到達C C點時的速度為點時的速度為v vC C, ,在由在由B B到到C C的過程中的過程中mgh+Wmgh+W= = 2BvHx22CB11mvmv22設運動員在設運動員在C C點所受的支持力為點所受的支持力為F FN N, ,由牛頓第二定律知由牛頓第二定律知F FN N-mg= -mg= 由運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的由運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6 6倍倍, ,聯(lián)聯(lián)立立式式, ,
27、代入數(shù)據(jù)解得代入數(shù)據(jù)解得R=12.5mR=12.5m答案答案: :(1)144N(1)144N(2)12.5 m(2)12.5 m2CmvR【加固訓練【加固訓練】1.(1.(多選多選)(2016)(2016全國卷全國卷)如圖如圖, ,一固定容器的內(nèi)壁是一固定容器的內(nèi)壁是半徑為半徑為R R的半球面的半球面; ;在半球面水平直徑的一端有一質量在半球面水平直徑的一端有一質量為為m m的質點的質點P P。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點的過程中程中, ,克服摩擦力做的功為克服摩擦力做的功為W W。重力加速度大小為。重力加速度大小為g g。設。設質點質點P P在最低點時
28、在最低點時, ,向心加速度的大小為向心加速度的大小為a,a,容器對它的容器對它的支持力大小為支持力大小為N,N,則則( () )2 mgRWA.amR2mgRWB.amR3mgR2WC.NR2 mgRWD.NR【解析【解析】選選A A、C C。由。由P P點到最低點點到最低點, ,由動能定理得由動能定理得mgRmgR- -W= mvW= mv2 2, ,再由再由a= Aa= A正確正確,B,B錯誤錯誤; ;在在最低點支持力與重力的合力充當向心力最低點支持力與重力的合力充當向心力, ,根據(jù)牛頓第二根據(jù)牛頓第二定律得定律得N-mg=m ,N-mg=m ,可得可得N= ,CN= ,C正確正確,D,D
29、錯誤。錯誤。1222 mgRWvaRmR得，2vR3mgR2WR2.(20152.(2015山東高考山東高考) )如圖甲所示如圖甲所示, ,物塊與質量為物塊與質量為m m的小的小球通過不可伸長的輕質細繩跨過兩等高定滑輪連接。球通過不可伸長的輕質細繩跨過兩等高定滑輪連接。物塊置于左側滑輪正下方的表面水平的壓力傳感裝置物塊置于左側滑輪正下方的表面水平的壓力傳感裝置上上, ,小球與右側滑輪的距離為小球與右側滑輪的距離為l。開始時物塊和小球均。開始時物塊和小球均靜止靜止, ,將此時傳感裝置的示數(shù)記為初始值。現(xiàn)給小球施將此時傳感裝置的示數(shù)記為初始值?，F(xiàn)給小球施加一始終垂直于加一始終垂直于l段細繩的力段細
30、繩的力, ,將小球緩慢拉起至細繩將小球緩慢拉起至細繩與豎直方向成與豎直方向成6060角角, ,如圖乙所示如圖乙所示, ,此時傳感裝置的示此時傳感裝置的示數(shù)為初始值的數(shù)為初始值的1.251.25倍倍; ;再將小球由靜止釋放再將小球由靜止釋放, ,當運動至當運動至最低位置時最低位置時, ,傳感裝置的示數(shù)為初始值的傳感裝置的示數(shù)為初始值的0.60.6倍。不計倍。不計滑輪的大小和摩擦滑輪的大小和摩擦, ,重力加速度的大小為重力加速度的大小為g g。求。求: :(1)(1)物塊的質量。物塊的質量。(2)(2)從釋放到運動至最低位置的過程中從釋放到運動至最低位置的過程中, ,小球克服空氣小球克服空氣阻力所
31、做的功。阻力所做的功。【解析【解析】(1)(1)設開始時細繩的拉力大小為設開始時細繩的拉力大小為T T1 1, ,傳感裝置傳感裝置的初始值為的初始值為F F1 1, ,物塊質量為物塊質量為M,M,由平衡條件得由平衡條件得對小球對小球,T,T1 1=mg=mg對物塊對物塊,F,F1 1+T+T1 1=Mg=Mg當細繩與豎直方向的夾角為當細繩與豎直方向的夾角為6060時時, ,設細繩的拉力大小設細繩的拉力大小為為T T2 2, ,傳感裝置的示數(shù)為傳感裝置的示數(shù)為F F2 2, ,據(jù)題意可知據(jù)題意可知,F,F2 2=1.25F=1.25F1 1, ,由由平衡條件可得平衡條件可得對小球對小球,T,T2
32、 2=mgcos60=mgcos60對物塊對物塊,F,F2 2+T+T2 2=Mg=Mg聯(lián)立聯(lián)立式式, ,代入數(shù)據(jù)得代入數(shù)據(jù)得M=3mM=3m(2)(2)設小球運動到最低位置時速度的大小為設小球運動到最低位置時速度的大小為v,v,從釋放到從釋放到運動至最低位置的過程中運動至最低位置的過程中, ,小球克服阻力所做的功為小球克服阻力所做的功為W Wf f, ,由動能定理得由動能定理得mgmgl(1-cos60(1-cos60)-W)-Wf f= mv= mv2 2-0-0在最低位置在最低位置, ,設細繩的拉力大小為設細繩的拉力大小為T T3 3, ,傳感裝置的示數(shù)傳感裝置的示數(shù)為為F F3 3,
33、,據(jù)題意可知據(jù)題意可知,F,F3 3=0.6F=0.6F1 1, ,對小球對小球, ,由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得T T3 3-mg=m -mg=m 122vl對物塊對物塊, ,由平衡條件得由平衡條件得F F3 3+T+T3 3=Mg=Mg聯(lián)立聯(lián)立式式, ,代入數(shù)據(jù)得代入數(shù)據(jù)得W Wf f=0.1mg=0.1mgl答案答案: :(1)3m(1)3m(2)0.1mg(2)0.1mgl考點考點3 3動能定理與圖象結合問題動能定理與圖象結合問題 【核心要素精講【核心要素精講】1.1.四類圖象所圍四類圖象所圍“面積面積”的含義的含義: :(1)v-t(1)v-t圖圖: :由公式由公式x=vtx=v
34、t可知可知,v-t,v-t圖線與坐標軸圍成的面圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移。積表示物體的位移。(2)a-t(2)a-t圖圖: :由公式由公式vv=at=at可知可知,a-t,a-t圖線與坐標軸圍成的圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量。面積表示物體速度的變化量。(3)F-s(3)F-s圖圖: :由公式由公式W=FsW=Fs可知可知,F-s,F-s圖線與坐標軸圍成的面圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功。積表示力所做的功。(4)P-t(4)P-t圖圖: :由公式由公式W=PtW=Pt可知可知,P-t,P-t圖線與坐標軸圍成的面圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功。積表示力所做的功。
35、2.2.解決物理圖象問題的基本步驟解決物理圖象問題的基本步驟: :(1)(1)觀察題目給出的圖象觀察題目給出的圖象, ,弄清縱坐標、橫坐標所對應弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義。的物理量及圖線所表示的物理意義。(2)(2)根據(jù)物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理根據(jù)物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數(shù)關系式。量間的函數(shù)關系式。(3)(3)將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準函將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準函數(shù)關系式相對比數(shù)關系式相對比, ,找出圖線的斜率、截距、圖線的交點找出圖線的斜率、截距、圖線的交點, ,圖線下的面積所對應的物理意義
36、圖線下的面積所對應的物理意義, ,分析解答問題?；蛘叻治鼋獯饐栴}?；蛘呃煤瘮?shù)圖線上的特定點的坐標值代入函數(shù)關系式求利用函數(shù)圖線上的特定點的坐標值代入函數(shù)關系式求物理量。物理量?！靖呖济}探究【高考命題探究】【典例【典例3 3】(2017(2017宿州模擬宿州模擬) )宇航員在某星球表面做了宇航員在某星球表面做了如下實驗如下實驗, ,實驗裝置如圖甲所示實驗裝置如圖甲所示, ,豎直平面內(nèi)的光滑軌豎直平面內(nèi)的光滑軌道由斜軌道道由斜軌道ABAB和圓弧軌道和圓弧軌道BCBC組成。將質量組成。將質量m=0.2kgm=0.2kg的小的小球球, ,從軌道從軌道ABAB上高上高H H處的某點由靜止釋放處的某點
37、由靜止釋放, ,用力傳感器測用力傳感器測出小球經(jīng)過出小球經(jīng)過C C點時對軌道的壓力大小為點時對軌道的壓力大小為F,F,改變改變H H的大小的大小, ,可測出可測出F F隨隨H H的變化關系如圖乙所示的變化關系如圖乙所示, ,求求: :世紀金榜導學號世紀金榜導學號4272210742722107(1)(1)圓軌道的半徑。圓軌道的半徑。(2)(2)星球表面的重力加速度。星球表面的重力加速度。(3)(3)作出小球經(jīng)過作出小球經(jīng)過C C點時動能隨點時動能隨H H的變化關系的變化關系E Ek k-H-H圖象。圖象?！窘馕觥窘馕觥?1)(1)小球過小球過C C點時點時, ,由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得
38、: :F+mgF+mg= = 小球由靜止下滑至小球由靜止下滑至C C點的過程點的過程, ,由動能定理得由動能定理得: :mg(H-2r)= mg(H-2r)= 2Cvmr2C1mv2解得解得:F= -5mg:F= -5mg由圖可知由圖可知: :當當H H1 1=0.5m=0.5m時時,F,F1 1=0N=0N解得解得:r=0.2m:r=0.2m(2)(2)當當H H2 2=1.0m=1.0m時時,F,F2 2=5N=5N解得解得:g=5m/s:g=5m/s2 2(3)(3)小球由靜止下滑至小球由靜止下滑至C C點的過程點的過程, ,由動能定理得由動能定理得: :mg(H-2r)=Emg(H-2
39、r)=Ek k-0-0解得解得:E:Ek k=H-0.4=H-0.42mgHr則則E Ek k-H-H圖象如圖所示圖象如圖所示: :答案答案: :(1)0.2m(1)0.2m(2)5m/s(2)5m/s2 2(3)(3)見解析見解析【遷移訓練【遷移訓練】遷移遷移1:1:動能定理與動能定理與F-xF-x圖象結合問題圖象結合問題如圖甲所示如圖甲所示, ,在水平地面上放置一個質量為在水平地面上放置一個質量為m=4kgm=4kg的物的物體體, ,讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運動讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運動, ,推推力隨位移力隨位移x x變化的圖象如圖乙所示。已知物體與地面間變化的圖
40、象如圖乙所示。已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)為的動摩擦因數(shù)為=0.5,g=0.5,g取取10m/s10m/s2 2。下列說法正確的。下列說法正確的是是( () )A.A.物體先做加速運動物體先做加速運動, ,推力撤去時開始做減速運動推力撤去時開始做減速運動B.B.物體在水平面上運動的最大位移是物體在水平面上運動的最大位移是12m12mC.C.物體在運動中的加速度先變小后不變物體在運動中的加速度先變小后不變D.D.物體運動的最大速度為物體運動的最大速度為8m/s8m/s【解析【解析】選選D D。物體先加速。物體先加速, ,當推力小于摩擦力時開始當推力小于摩擦力時開始減速減速, ,當推力為零時當推力
41、為零時, ,繼續(xù)減速至速度為零繼續(xù)減速至速度為零, ,故選項故選項A A錯錯誤誤; ;對全過程由動能定理得對全過程由動能定理得Fx-mgsFx-mgs=0,=0,圖象面積即圖象面積即FxFx, ,可得可得s=10m,s=10m,故選項故選項B B錯誤錯誤; ;加速度先減小至零加速度先減小至零, ,后反向增后反向增大大, ,推力為零時推力為零時, ,加速度保持不變加速度保持不變, ,故選項故選項C C錯誤錯誤; ;當當F=F=mgmg=20N=20N時時, ,由圖象可得由圖象可得x=3.2m,x=3.2m,對開始運動到合力為對開始運動到合力為零過程由動能定理得零過程由動能定理得Fx-mgsFx-
42、mgs= ,= ,解得解得v vmaxmax=8m/s,=8m/s,故選項故選項D D正確。正確。2max1mv2遷移遷移2:2:動能定理與動能定理與a-ta-t圖象結合問題圖象結合問題用傳感器研究質量為用傳感器研究質量為2kg2kg的物體由靜的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時止開始做直線運動的規(guī)律時, ,在計算在計算機上得到機上得到0 06s6s內(nèi)物體的加速度隨時內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關系如圖所示。下列說法正確的是間變化的關系如圖所示。下列說法正確的是( () )A.0A.06s6s內(nèi)物體先向正方向運動內(nèi)物體先向正方向運動, ,后向負方向運動后向負方向運動B.0B.06s6s內(nèi)物體在內(nèi)物
43、體在4s4s時的速度最大時的速度最大C.C.物體在物體在2 24s4s內(nèi)速度不變內(nèi)速度不變D.0D.04s4s內(nèi)合力對物體做的功等于內(nèi)合力對物體做的功等于0 06s6s內(nèi)合力做的功內(nèi)合力做的功【解析【解析】選選D D。由。由a-ta-t圖象可知圖象可知: :圖線與時間軸圍成的圖線與時間軸圍成的“面積面積”代表物體在相應時間內(nèi)速度的變化量代表物體在相應時間內(nèi)速度的變化量, ,在時間在時間軸上方為正軸上方為正, ,在時間軸下方為負。物體在時間軸下方為負。物體6s6s末的速度末的速度v v6 6= = (2+5)(2+5)2m/s- 2m/s- 1 12m/s=6m/s,2m/s=6m/s,則則0
44、06s6s內(nèi)物體內(nèi)物體一直向正方向運動一直向正方向運動,A,A錯錯; ;由圖象可知物體在由圖象可知物體在5s5s末速度最末速度最大大,v,vm m= = (2+5)(2+5)2m/s=7m/s,B2m/s=7m/s,B錯錯; ;由圖象可知在由圖象可知在2 24s4s內(nèi)物體加速度不變內(nèi)物體加速度不變, ,物體做勻加速直線運動物體做勻加速直線運動, ,速度變速度變121212大大,C,C錯錯; ;在在0 04s4s內(nèi)合力對物體做的功由動能定理可知內(nèi)合力對物體做的功由動能定理可知: :W W合合4 4= -0,= -0,又又v v4 4= = (2+4)(2+4)2m/s=6m/s,2m/s=6m/
45、s,得得W W合合4 4=36J,=36J,0 06s6s內(nèi)合力對物體做的功由動能定理可知內(nèi)合力對物體做的功由動能定理可知:W:W合合6 6= = -0,-0,又又v v6 6=6m/s,=6m/s,得得W W合合6 6=36J,=36J,則則W W合合4 4=W=W合合6 6,D,D正確。正確。241mv212261mv2遷移遷移3:3:動能定理與動能定理與v-tv-t圖象結合問題圖象結合問題如圖甲所示如圖甲所示, ,用固定的電動機水平拉著質量用固定的電動機水平拉著質量m=4kgm=4kg的小的小物塊和質量物塊和質量M=2kgM=2kg的平板以相同的速度一起向右勻速運的平板以相同的速度一起向
46、右勻速運動動, ,物塊位于平板左側物塊位于平板左側, ,可視為質點。在平板的右側一可視為質點。在平板的右側一定距離處有臺階阻擋定距離處有臺階阻擋, ,平板撞上后會立刻停止運動。電平板撞上后會立刻停止運動。電動機功率保持動機功率保持P=6WP=6W不變。從某時刻不變。從某時刻t=0t=0起起, ,測得物塊的測得物塊的速度隨時間的變化關系如圖乙所示速度隨時間的變化關系如圖乙所示,t=6s,t=6s后可視為勻速后可視為勻速運動運動,t=10s,t=10s時物塊離開木板。重力加速度時物塊離開木板。重力加速度g g取取10m/s10m/s2 2, ,求求: :(1)(1)平板與地面間的動摩擦因數(shù)。平板與
47、地面間的動摩擦因數(shù)。(2)(2)平板長度平板長度L L?！窘馕觥窘馕觥?1)(1)前前2s2s內(nèi)內(nèi), ,整體勻速運動整體勻速運動, ,則則:F:F1 1-F-Ff1f1=0=0P=FP=F1 1v v1 1,F,Ff1f1=(M+m)g=(M+m)g解得解得:=0.2:=0.2(2)6(2)610s10s內(nèi)小物塊勻速運動內(nèi)小物塊勻速運動, ,則則:F:F2 2-F-Ff2f2=0=0P=FP=F2 2v v2 22 210s10s的過程的過程, ,由動能定理得由動能定理得: : 解得解得:L=2.416m:L=2.416m答案答案: :(1)0.2(1)0.2(2)2.416m(2)2.416
48、m22f22111P tF Lmvmv22【加固訓練【加固訓練】打樁機是利用沖擊力將樁貫入地層的樁工機械。某同打樁機是利用沖擊力將樁貫入地層的樁工機械。某同學對打樁機的工作原理產(chǎn)生了興趣。他構建了一個打學對打樁機的工作原理產(chǎn)生了興趣。他構建了一個打樁機的簡易模型樁機的簡易模型, ,如圖甲所示。他設想如圖甲所示。他設想, ,用恒定大小的用恒定大小的拉力拉力F F拉動繩端拉動繩端B,B,使物體從使物體從A A點點( (與釘子接觸處與釘子接觸處) )由靜止由靜止開始運動開始運動, ,上升一段高度后撤去上升一段高度后撤去F,F,物體運動到最高點后物體運動到最高點后自由下落并撞擊釘子自由下落并撞擊釘子,
49、 ,將釘子打入一定深度。按此模將釘子打入一定深度。按此模型分析型分析, ,若物體質量若物體質量m=1kg,m=1kg,上升了上升了1m1m高度時撤去拉力高度時撤去拉力, ,撤去拉力前物體的動能撤去拉力前物體的動能E Ek k與上升高度與上升高度h h的關系圖象如圖的關系圖象如圖乙所示。乙所示。(g(g取取10m/s10m/s2 2, ,不計空氣阻力不計空氣阻力) )(1)(1)求物體上升到求物體上升到0.4m0.4m高度處高度處F F的瞬時功率。的瞬時功率。(2)(2)若物體撞擊釘子后瞬間彈起若物體撞擊釘子后瞬間彈起, ,且使其不再落下且使其不再落下, ,釘子釘子獲得獲得20J20J的動能向下
50、運動。釘子總長為的動能向下運動。釘子總長為10cm10cm。撞擊前插。撞擊前插入部分可以忽略入部分可以忽略, ,不計釘子重力。已知釘子在插入過程不計釘子重力。已知釘子在插入過程中所受阻力中所受阻力F Ff f與深度與深度x x的關系圖象如的關系圖象如圖丙所示圖丙所示, ,求釘子能夠插入的最大深求釘子能夠插入的最大深度。度?！窘馕觥窘馕觥?1)(1)撤去撤去F F前前, ,根據(jù)動能定理根據(jù)動能定理, ,有有(F-mg)h(F-mg)h=E=Ek k-0-0由題圖乙得由題圖乙得, ,斜率為斜率為k=F-mg=20Nk=F-mg=20N得得F=30NF=30N又由題圖乙得又由題圖乙得,h=0.4m,h=0.4m時時,E,Ek k=8J,=8J,則則v=4m/sv=4m/sP=Fv=120WP=Fv=120W(2)(2)碰撞后碰撞后, ,對釘子對釘子, ,有有 =0-E=0-Ek k已知已知E Ek k=20J, =20J, 又由題圖丙得又由題圖丙得k=10k=105 5N/m,N/m,解得解得:x=0.02m:x=0.02m答案答案: :(1)120W(1)120W(2)0.02m(2)0.02mfF xfk xF2
高三物理一輪復習 第五章 機械能及其守恒定律 第2講 動能定理及其應用課件
