（江蘇專用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí)第五章第2講動(dòng)能定理及其應(yīng)用課件.pptx

1、第2講動(dòng)能定理及其應(yīng)用,基礎(chǔ)過關(guān),知識(shí)梳理,基礎(chǔ)自測(cè),1.關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力、合外力做的功及動(dòng)能變化的關(guān)系,下列說法正確的是( A ) A.合外力為零,則合外力做功一定為零 B.合外力做功為零,則合外力一定為零 C.合外力做功越多,則動(dòng)能一定越大 D.動(dòng)能不變,則物體合外力一定為零,解析由W=Fl cos 可知,物體所受合外力為零,合外力做功一定為零,但合外力做功為零,可能是=90,故A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤。由動(dòng)能定理W=Ek可知,合外力做功越多,動(dòng)能變化量越大,但動(dòng)能不一定越大;動(dòng)能不變,合外力做功為零,但物體合外力不一定為零,C、D項(xiàng)均錯(cuò)誤。,2.光滑水平面上,A、B兩物體分別在相同的水

2、平恒力F作用下,由靜止開始通過相同的位移l。若A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量,則在這一過程中( C ) A.A獲得動(dòng)能較大 B.B獲得動(dòng)能較大 C.A、B獲得動(dòng)能一樣大 D.無法比較A、B獲得動(dòng)能大小,解析由動(dòng)能定理可知恒力F做功W=Fl=mv2-0,因?yàn)镕、l相同,所以A、 B獲得的動(dòng)能一樣大,C項(xiàng)正確。,考點(diǎn)一 對(duì)動(dòng)能定理的理解,考點(diǎn)二 動(dòng)能定理與圖像的綜合問題,考點(diǎn)突破,考點(diǎn)三 動(dòng)能定理的應(yīng)用,考點(diǎn)一對(duì)動(dòng)能定理的理解,1.定理中“外力”的兩點(diǎn)理解 (1)重力、彈力、摩擦力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力或其他力,它們可以同時(shí)作用,也可以不同時(shí)作用。 (2)既可以是恒力,也可以是變力。,2.公式中“=”體現(xiàn)的三個(gè)關(guān)

3、系,例1(2018江蘇壓軸沖刺)將一質(zhì)量為m的小球從足夠高處水平拋出,飛行一段時(shí)間后,小球的動(dòng)能為Ek,在經(jīng)過相同的時(shí)間后,小球的動(dòng)能為2Ek(此時(shí)小球未落地),不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g,則小球拋出的初速度大小為( B ) A.B.2C.3D.,解析由動(dòng)能定理,經(jīng)時(shí)間t,mggt2=Ek-m,經(jīng)過2t時(shí)間,mgg (2t)2=2Ek-m,解得v0=2,故選B。,考點(diǎn)二動(dòng)能定理與圖像的綜合問題,四類圖像所圍面積的含義,例2(多選)(2018南京調(diào)研)如圖所示,滑塊以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面,到達(dá)最高點(diǎn)后又返回到出發(fā)點(diǎn),則能大致反映整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,滑塊的加速度a、速度v隨時(shí)間t,重力對(duì)

4、滑塊所做的功W、動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的是(取初始位置為坐標(biāo)原點(diǎn)、初速度方向?yàn)檎较? ( ),答案BC滑塊上滑的加速度大小|a1|=g sin +g cos ,方向沿斜面向下,即a1應(yīng)取負(fù),滑塊下滑時(shí)的加速度大小|a2|=g sin -g cos ,方向沿斜面向下,即a2應(yīng)取負(fù),A錯(cuò)誤;由以上分析知|a1|a2|,則滑塊上滑時(shí)間小于下滑時(shí)間,由能量守恒知,滑塊回到初始位置的速度小 于初速度v0,而v-t圖像斜率的絕對(duì)值表示加速度大小, 故B正確;滑塊重力做的功W=-mg sinx,故C正確;本題 研究的是滑塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的位移,所以下滑過程中 的位移是減小的,Ek-x圖像應(yīng)如圖所示,故D錯(cuò)誤

5、。,考點(diǎn)三動(dòng)能定理的應(yīng)用,1.應(yīng)用動(dòng)能定理的流程,2.應(yīng)用動(dòng)能定理的注意事項(xiàng) (1)動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的,一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。 (2)應(yīng)用動(dòng)能定理的關(guān)鍵在于對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確地受力分析及運(yùn)動(dòng)過程分析,并畫出運(yùn)動(dòng)過程的草圖,借助草圖理解物理過程之間的關(guān)系。 (3)當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過程時(shí),可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解;當(dāng)所求解的問題不涉及中間的速度時(shí),也可以全過程應(yīng)用動(dòng)能定理求解,這樣更簡(jiǎn)便。,(4)列動(dòng)能定理方程時(shí),必須明確各力做功的正、負(fù),確實(shí)難以判斷的先假定為正功,最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。,例3(2018蘇州一模)如圖所示軌道ABCDE在豎直平

6、面內(nèi),AB與水平面BC成37角且平滑連接,圓心為O、半徑為R的光滑半圓軌道CDE與BC相切于C點(diǎn),E、F兩點(diǎn)等高,BC長(zhǎng)為。將小滑塊從F點(diǎn)由靜止釋放,恰 好能滑到與O等高的D點(diǎn)。已知小滑塊與AB及BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,重力加速度為g,sin 37=0.6,cos 37=0.8。,(1)求小滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù); (2)若AB足夠長(zhǎng),改變釋放點(diǎn)的位置,要使小滑塊恰能到達(dá)E點(diǎn),求釋放點(diǎn)到水平面的高度h; (3)若半徑R=1 m,小滑塊在某次釋放后,滑過E點(diǎn)的速度大小為8 m/s,則它從E點(diǎn)飛出至落到軌道上所需時(shí)間t為多少?(g取10 m/s2),答案(1)(2)4.7R(3)0.3 s,解析

7、(1)滑塊從F到D過程,根據(jù)動(dòng)能定理得 mg(2R-R)-mg cos 37-mg=0 解得= (2)若滑塊恰能到達(dá)E點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律得 mg=m 在滑塊從釋放點(diǎn)到E的過程,根據(jù)動(dòng)能定理得 mg(h-2R)-mg cos -mg=m-0,解得h=4.7R (3)假設(shè)滑塊離開E點(diǎn)后落在AB上,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得 x=vEt,y=gt2 由幾何關(guān)系得tan 37= 解得t=0.3 s 進(jìn)一步得x=2.4 m 所以假設(shè)正確,故t=0.3 s,方法技巧 (1)運(yùn)用動(dòng)能定理解決問題時(shí),選擇合適的研究過程能使問題得以簡(jiǎn)化。當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)過程包含幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的子過程時(shí),可以選擇一個(gè)、幾個(gè)或全部子過程

8、作為研究過程。 (2)當(dāng)選擇全部子過程作為研究過程,涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí),要注意運(yùn)用它們的功能特點(diǎn):重力做的功取決于物體的初、末位置,與路徑無關(guān);大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積。,運(yùn)用動(dòng)能定理巧解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題 在有些問題中物體的運(yùn)動(dòng)過程具有重復(fù)性、往返性,而在這一過程中,描述運(yùn)動(dòng)的物理量多數(shù)是變化的,而且重復(fù)的次數(shù)又往往是無限的或者難以確定,求解這類問題時(shí)若運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式將非常繁瑣,甚至無法解出。由于動(dòng)能定理只關(guān)心物體的初末狀態(tài)而不注重運(yùn)動(dòng)過程的細(xì)節(jié),所以用動(dòng)能定理分析這類問題可使解題過程簡(jiǎn)化。,加油小站,例4如圖所示,豎直固定放置的斜面A

9、B的下端與光滑的圓弧軌道BCD的B端相切,圓弧面的半徑為R,圓心O與A、D在同一水平面上,C為圓弧的最低點(diǎn),COB=,現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小物體從斜面上的A點(diǎn)無初速滑下,已知小物體與AB斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,求: (1)小物體在斜面上能夠通過的路程。 (2)小物體通過C點(diǎn)時(shí),對(duì)C點(diǎn)的最大壓力值和最小壓力值。,解析(1)小物體最終將恰在B點(diǎn)以下振動(dòng),則全過程有 mgR cos =mg cos s 則s= (2)小物體第一次到最低點(diǎn)時(shí)速度為v1,此時(shí)對(duì)C點(diǎn)的壓力最大, 有mgR-mg cos =m 又有Nmax-mg=m,答案(1)(2)mgmg(3-2 cos ),聯(lián)立以上兩式可得Nmax=mg 最

10、終通過C時(shí)的速度為v2,此時(shí)小物體在B點(diǎn)以下振動(dòng),到達(dá)C點(diǎn)時(shí)為最小壓力值,則 mgR(1-cos )=m 又有Nmin-mg=m 聯(lián)立以上兩式可得Nmin=mg(3-2 cos ),隨堂鞏固,1.(多選)質(zhì)量不等,但有相同初動(dòng)能的兩個(gè)物體,在動(dòng)摩擦因數(shù)相同的水平地面上滑行,直至停止,則( BD ) A.質(zhì)量大的物體滑行的距離大 B.質(zhì)量小的物體滑行的距離大 C.它們滑行的距離一樣大 D.它們克服摩擦力所做的功一樣多,解析根據(jù)動(dòng)能定理-mgx=0-Ek0,所以質(zhì)量小的物體滑行的距離大,并且它們克服摩擦力所做的功在數(shù)值上都等于初動(dòng)能的大小,B、D選項(xiàng)正確。,2.(2018江蘇單科)從地面豎直向上拋

11、出一只小球,小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落回地面。忽略空氣阻力,該過程中小球的動(dòng)能Ek與時(shí)間t的關(guān)系圖像是( A ),解析豎直上拋運(yùn)動(dòng)的速度v與時(shí)間t的關(guān)系為v=v0-gt,由于Ek=mv2 =m(v0-gt)2,故Ek-t圖像應(yīng)是A。,3.(2018揚(yáng)州期末)某士兵練習(xí)迫擊炮打靶,如圖所示,第一次炮彈落點(diǎn)在目標(biāo)A的右側(cè),第二次調(diào)整炮彈發(fā)射方向后恰好擊中目標(biāo),忽略空氣阻力的影響,每次炮彈發(fā)射速度大小相等,下列說法正確的是( A ),A.第二次炮彈在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng) B.兩次炮彈在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等 C.第二次炮彈落地速度較大 D.第二次炮彈落地速度較小,解析豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng),上升時(shí)間與下落時(shí)間相等。由于下落過程豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng),h=gt2,第二次下落高度高,所以 第二次炮彈在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng),故A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理:mgh=mv2-m,由于兩次在空中運(yùn)動(dòng)過程重力做功都是零,v=v0,所以兩 次炮彈落地速度相等,故C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)錯(cuò)誤。,4.如圖所示,ABCD是一個(gè)盆式容器,盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧,BC是水平的,其距離d=0.50 m,盆邊緣的高度為h=0.30 m。在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑(圖中小物塊未畫出)。已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的,而盆底BC面與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.10。