2017年高考一轮冲刺总复习：6.2《动能定理与其应用》精品课件.ppt

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1、2017年高考一轮冲刺总复习：6.2动能定理与其应用精品课件一、动能一、动能1.定义:物体由于运动而具有的能。2.公式:Ek=mv2。3.矢标性:动能是,只有正值。4.动能是状态量,而动能的变化量是过程量。自测自测1关于某物体动能的一些说法,正确的是()A.物体的动能变化,速度一定变化B.物体的速度变化,动能一定变化C.动能不变的物体一定做匀速直线运动D.选择不同的参考系时,动能可能为负值教材研读教材研读标量标量答案A动能是标量,且一定为正值,选项D错误;由公式Ek=mv2知,物体的动能变化,速度一定变化,因速度是矢量,则物体的速度变化时,动能可能不变,如匀速圆周运动,选项A正确,B、C错误。

2、二、动能定理二、动能定理1.内容:对物体所做的功等于物体。2.表达式:W=。3.物理意义:动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体之间的关系,即合外力做的功是物体的量度。4.动能定理的适用条件(1)动能定理既适用于直线运动,也适用于;(2)既适用于恒力做功,也适用于;(3)力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以。注意动能具有相对性,其数值与参考系的选取有关,一般取地面为参考系。合外力合外力动能的变化量动能的变化量Ek2-Ek1动能变化量动能变化量动能变化动能变化曲线运动曲线运动变力做功变力做功分阶段作用分阶段作用自测自测2关于运动物体所受的合外力、合外力做功和动能变化的关系,正确的是()

3、A.如果物体所受的合外力为零,那么,合外力对物体做的功一定为零B.如果合外力对物体所做的功为零,则合外力一定为零C.物体在合外力作用下做变速运动,动能一定变化D.物体的动能不变,所受的合外力必定为零答案A合外力为零,由W=Flcos知,合外力做功一定为零,但合外力做功为零时,合外力却不一定为零,故A选项对,B选项错。物体在合外力作用下做变速运动,合外力不一定做功,物体的速率不一定变化,动能不一定变化(例如匀速圆周运动),同样,物体的动能不变,它所受的合外力也不一定为零,C、D选项均错。自测自测3物体沿直线运动的v-t关系如图所示,已知在第1s内合力对物体做的功为W,则()A.从第1s末到第3s

4、末合力做功为4WB.从第3s末到第5s末合力做功为-2WC.从第5s末到第7s末合力做功为WD.从第3s末到第4s末合力做功为0.75W答案C由题图知,第1s末速度、第3s末速度、第7s末速度大小关系v1=v3=v7,由题知W=m-0,则由动能定理知第1s末到第3s末合力做功W2=m-m=0,选项A错误;第3s末到第5s末合力做功W3=0-m=-W,选项B错误;第5s末到第7s末合力做功W4=m-0=W,选项C正确;第3s末到第4s末合力做功W5=m-m,因v4=v3,所以W5=-0.75W,选项D错误。考点一动能定理的理解考点一动能定理的理解对动能定理应该从以下几方面加以理解(1)W总是所有

5、外力对物体做的总功,这些力对物体所做功的代数和等于物体动能的增量,即W总=W1+W2+。或先将物体的外力进行合成,求出合外力F合后,再利用W总=F合xcos进行计算。(2)因为动能定理中功和能均与参考系的选取有关,所以动能定理也与参考系的选取有关。中学物理中一般取地面为参考系。(3)不论物体做什么形式的运动、受力如何,动能定理总是适用的。(4)动能定理是计算物体位移或速率的简捷公式,当题目中涉及位移时可优先考虑动能定理。考点突破考点突破(5)做功的过程是能量转化的过程,动能定理表达式中的“=”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号,它并不意味着“功就是动能增量”,也不意味着“功转变成了动能”,

6、而是意味着“功引起物体动能的变化”。(6)动能定理公式两边的每一项都是标量,因此动能定理公式是一个标量方程。(7)若Ek2Ek1,即W总0,合力对物体做正功,物体的动能增加;若Ek2Ek1,即W总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.WmgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离答案C质点由静止开始下落到最低点N的过程中由动能定理:mg2R-W=mv2质点在最低点:FN-mg=由牛顿第三定律得:FN=4mg联立得W=mgR,质点由N点到Q点的过程中在等高位置处的速度总小于由P点到N点下滑时的速度,故由N点到Q点过程克服摩擦力做功WW,故质点到达Q点后,会继续上

7、升一段距离,选项C正确。应用动能定理解题的基本步骤(1)选取研究对象,明确它的运动过程。(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况。(3)明确研究对象在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2。(4)列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解题方程,进行求解。1-1(2015海南单科,4,3分)如图,一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高;质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下,滑到最低点Q时,对轨道的正压力为2mg,重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中,克服摩擦力所做的功为()A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR答案C当质点由P点滑到Q点时,对轨道的正压力为2mg

8、,则质点所受支持力FN=2mg,由牛顿第二定律有FN-mg=m,解得=gR。对质点自P点滑到Q点应用动能定理有:mgR-Wf=m-0,得:Wf=mgR,因此,A、B、D错,C正确。考点二动能定理解决变力做功问题考点二动能定理解决变力做功问题动能定理的研究对象一般是单一物体,或者可以看成单一物体的物体系。动能定理既适用于物体的直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力做功,也适用于变力做功。力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以分段作用。只要求出在作用过程中各力做功的多少和正负即可。这些正是动能定理解题的优越性所在。典例典例2(2015山东理综,23,18分)如图甲所示,物块与质量为m的小球

9、通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上,小球与右侧滑轮的距离为l。开始时物块和小球均静止,将此时传感装置的示数记为初始值。现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力,将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60角,如图乙所示,此时传感装置的示数为初始值的1.25倍;再将小球由静止释放,当运动至最低位置时,传感装置的示数为初始值的0.6倍。不计滑轮的大小和摩擦,重力加速度的大小为g。求:图甲图乙(1)物块的质量;(2)从释放到运动至最低位置的过程中,小球克服空气阻力所做的功。答案(1)3m(2)0.1mgl解析(1)设开始时细绳的拉力大小为T1,传感装置的

10、初始值为F1,物块质量为M,由平衡条件得对小球,T1=mg对物块,F1+T1=Mg当细绳与竖直方向的夹角为60时,设细绳的拉力大小为T2,传感装置的示数为F2,据题意可知,F2=1.25F1,由平衡条件得对小球,T2=mgcos60对物块,F2+T2=Mg联立式,代入数据得M=3m(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v,从释放到运动至最低位置的过程中,小球克服阻力所做的功为Wf,由动能定理得mgl(1-cos60)-Wf=mv2在最低位置,设细绳的拉力大小为T3,传感装置的示数为F3,据题意可知,F3=0.6F1,对小球,由牛顿第二定律得T3-mg=m对物块,由平衡条件得F3+T3=Mg联

11、立式,代入数据得Wf=0.1mgl2-1(2015浙江宁波模拟)质量为10kg的物体,在变力F作用下沿x轴做直线运动,力随坐标x的变化情况如图所示。物体在x=0处,速度为1m/s,一切摩擦不计,则物体运动到x=16m处时,速度大小为()A.2m/sB.3m/sC.4m/sD.m/s答案B根据F-x图像可得W总=40J,由动能定理得:W总=mv2-m,解得v=3m/s,选项B正确。考点三考点三动能定理解决多过程问题动能定理解决多过程问题1.动能定理的研究对象可以是单一物体,或者是可以看做单一物体的物体系统。2.动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式。当题目中涉及位移和速度而不涉及时间时可优先考

12、虑动能定理;处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理。3.若过程包含了几个运动性质不同的分过程,既可分段考虑,也可整个过程考虑。典例典例3(2015浙江理综,23,16分)如图所示,用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面,桌子高H=0.8m,长L2=1.5m。斜面与水平桌面的倾角可在060间调节后固定。将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数1=0.05,物块与桌面间的动摩擦因数为2,忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g=10m/s2;最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求角增大到多少时,物块能从斜面开始下滑;(用正切值表示)(2

13、)当角增大到37时,物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数2;(已知sin37=0.6,cos37=0.8)(3)继续增大角,发现=53时物块落地点与墙面的距离最大,求此最大距离xm。解析(1)为使小物块下滑mgsin1mgcos满足的条件tan0.05(2)克服摩擦力做功Wf=1mgL1cos+2mg(L2-L1cos)由动能定理得mgL1sin-Wf=0代入数据得2=0.8(3)由动能定理得mgL1sin-Wf=mv2代入数据得v=1m/sH=gt2t=0.4s答案(1)tan0.05(2)0.8(3)1.9mx1=vtx1=0.4mxm=x1+L2=1.9m应用动能定理解题的基

14、本步骤3-1如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC为水平的,其距离d=0.50m。盆边缘的高度为h=0.30m,在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为=0.10。小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停的地点到B的距离为()A.0.50mB.0.25mC.0.10mD.0答案D对小物块从A点出发到最后停下来整个过程用动能定理,mgh-mgs=0,s=m=3.00m。而d=0.50m,刚好3个来回,所以最终停在B点,所以D选项正确。考点四动能定理与图像综合问题考点四动能定理与图

15、像综合问题1.观察题目给出的图像,弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。2.根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。3.将推导出的函数关系式与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比,找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义,分析解答问题,或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。典例典例42012年伦敦奥运会女子10米(即跳台距水面10m)跳台比赛中,我国小将陈若琳技压群芳夺得冠军。设运动员质量为m=50kg,其体形可等效为长度L=1.0m,直径d=0.3m的圆柱体,不计空气阻力,当她跳起到达最高点时,她的重心离跳台台面的高

16、度为0.70m,在从起跳到接触水面过程中完成一系列动作,入水后水的等效阻力F(不包括浮力)作用于圆柱体的下端面,F的数值随入水深度y变化的函数图像如图所示,该直线与F轴相交于F=2.5mg处,与y轴相交于y=h(某一未知深度)处,为了确保运动员的安全,水池必须有一定的深度,已知水的密度=1103kg/m3,g取10m/s2,根据以上的数据估算:(1)起跳瞬间所做的功;(2)从起跳到接触水面过程的时间;(3)跳水池至少应为多深?(保留两位有效数字)答案(1)100J(2)1.63s(3)6.6m解析(1)起跳瞬间做功W=mgh1,又知h1=0.70m-=0.2m,解得W=100J。(2)从起跳到

17、接触水面为竖直上抛运动,有m=mgh1,代入数据得v0=2m/s,据位移公式有:-h2=v0t-gt2解得t=1.63s。(3)由F-y图像可知,阻力F随y均匀变化,故平均阻力为。从起跳到入水至最低点,设水池至少深为h,根据动能定理得W+mg(h2+h)-F浮(h-L)=0-0,式中F浮=gV=gL代入数据,得h=6.6m。图像所围“面积”的意义(1)v-t图:由公式x=vt可知,v-t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。(2)a-t图:由公式v=at可知,a-t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。(3)F-x图:由公式W=Fx可知,F-x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。(4)

18、P-t图:由公式W=Pt可知,P-t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。4-1一个质量为0.5kg的物体,从静止开始做直线运动,物体所受合外力F随物体位移x变化的图像如图所示,则物体位移x=8m时,物体的速度为()A.2m/sB.8m/sC.4m/sD.4m/s答案CF-x图像中图线与横轴所围面积表示功,横轴上方为正功,下方为负功,x=8m时,可求得W=8J;由动能定理有mv2=8J,解得v=4m/s。4-2(2015山西考前质量监测,16)用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时,在计算机上得到06s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是()A.06s内

19、物体先向正方向运动,后向负方向运动B.06s内物体在4s时的速度最大C.物体在24s内速度不变D.04s内合力对物体做的功等于06s内合力做的功答案D因a-t图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化量,在时间轴上方为正,在时间轴下方为负;则物体在6s末的速度v6=(2+5)2m/s-12cm/s=6m/s,则06s内物体一直向正方向运动,A错;由图像可知物体在5s末速度最大,为vm=(2+5)2m/s=7m/s,B错;由图像可知在24s内物体加速度不变,物体做匀加速直线运动,速度变大,C错;在04s内合力对物体做的功由动能定理可知:W合4=m-0又v4=(2+4)2m/s=6m/s得W合4=36J06s内合力对物体做的功由动能定理可知:W合6=m-0又v6=6m/s得W合6=36J则W合4=W合6,D正确。谢谢