2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 第五章 機械能 5.2 動能定理及其應(yīng)用課件 新人教版

1、第2講 動能定理及其應(yīng)用 【秒判正誤秒判正誤】 (1)(1)運動物體具有的能量就是動能。運動物體具有的能量就是動能。( )( ) (2)(2)一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度一定變化，但速一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度一定變化，但速 度變化時，動能不一定變化。度變化時，動能不一定變化。( )( ) (3)(3)動能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。動能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。 ( )( ) (4)(4)物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變 化。化。 ( )( ) (5)(5)物體的動能不變，所受的合外力必定為零。物體的動能不變，所受的合外力必定為零。

2、 ( )( ) (6)(6)做自由落體運動的物體，物體的動能與下落時間的做自由落體運動的物體，物體的動能與下落時間的 二次方成正比。二次方成正比。 ( )( ) 考點考點1 1對動能、動能定理的理解對動能、動能定理的理解 【題組通關(guān)題組通關(guān)】 1.(20181.(2018江蘇高考江蘇高考) )從地面豎直向上拋出一只小球，從地面豎直向上拋出一只小球， 小球運動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力，該過小球運動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力，該過 程中小球的動能程中小球的動能E Ek k與時間與時間t t的關(guān)系圖象是的關(guān)系圖象是 ( () ) 【解析解析】選選A A。對于整個豎直上拋過程。對于整個豎

3、直上拋過程( (包括上升與下包括上升與下 落落) )，速度與時間的關(guān)系為，速度與時間的關(guān)系為v=vv=v0 0-gt-gt，v v2 2=g=g2 2t t2 2-2v-2v0 0gt+gt+ E Ek k= mv= mv2 2，可見動能與時間是二次函數(shù)關(guān)系，由，可見動能與時間是二次函數(shù)關(guān)系，由 數(shù)學(xué)中的二次函數(shù)知識可判斷數(shù)學(xué)中的二次函數(shù)知識可判斷A A正確。正確。 1 2 2 0 v ， 2.(20182.(2018全國卷全國卷)如圖，某同學(xué)用繩子拉動木箱，如圖，某同學(xué)用繩子拉動木箱， 使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度。使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度。 木箱獲得

4、的動能一定木箱獲得的動能一定( () ) A.A.小于拉力所做的功小于拉力所做的功 B.B.等于拉力所做的功等于拉力所做的功 C.C.等于克服摩擦力所做的功等于克服摩擦力所做的功 D.D.大于克服摩擦力所做的功大于克服摩擦力所做的功 【解析解析】選選A A。根據(jù)動能定理可得：。根據(jù)動能定理可得：W WF F+W+Wf f=E=Ek k，又知道，又知道 摩擦力做負(fù)功，即摩擦力做負(fù)功，即W Wf f0WWf f，聯(lián)立以上各式得，聯(lián)立以上各式得E Ek k=8+W=8+Wf f-W-Wf f，可知小于，可知小于 8 J8 J，故，故A A正確，正確，B B、C C、D D錯誤。錯誤。 【觸類旁通觸類

5、旁通】物體沿曲面從物體沿曲面從A A點無初速度滑下，滑至曲點無初速度滑下，滑至曲 面的最低點面的最低點B B時，下滑的高度為時，下滑的高度為5 m5 m，速度為，速度為6 m/s6 m/s，若，若 物體的質(zhì)量為物體的質(zhì)量為1 kg1 kg。則下滑過程中物體克服阻力所做。則下滑過程中物體克服阻力所做 的功為的功為(g(g取取10 m/s10 m/s2 2) )( () ) A.32 JA.32 JB.18 JB.18 JC.50 JC.50 JD.0 JD.0 J 【解析解析】選選A A。物體從。物體從A A到到B B過程，由動能定理得過程，由動能定理得mgh-mgh- W Wf f= -0=

6、-0，解得，解得W Wf f=mgh- =1=mgh- =110105 J- 5 J- 1 16 62 2 J=32 J J=32 J，故，故A A正確，正確，B B、C C、D D錯誤。錯誤。 2 B 1 mv 2 1 2 2 B 1 mv 2 題型題型3 3求解多過程問題求解多過程問題 【典例典例3 3】(2019(2019信陽模擬信陽模擬) )如圖所示如圖所示ABAB和和CDOCDO都是處都是處 于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，OAOA處于水平位置。處于水平位置。 ABAB是半徑為是半徑為R=1 mR=1 m的的 圓周軌道，圓周軌道，CDOCDO是半徑為是半徑

7、為r=r= 0.5 m0.5 m的半圓軌道，最高點的半圓軌道，最高點O O處固定一個豎直彈性擋板處固定一個豎直彈性擋板 ( (可以把小球彈回，不損失能量可以把小球彈回，不損失能量) )圖中沒有畫出，圖中沒有畫出，D D為為 1 4 CDOCDO軌道的中點。軌道的中點。BCBC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道 平滑連接。已知平滑連接。已知BCBC段水平軌道長段水平軌道長L=2 mL=2 m，與小球之間的，與小球之間的 動摩擦因數(shù)動摩擦因數(shù)=0.2=0.2?，F(xiàn)讓一個質(zhì)量為。現(xiàn)讓一個質(zhì)量為m=1 kgm=1 kg的小球從的小球從A A 點的正上方距水平線點的正上方距水平線

8、OAOA高高H H的的P P處自由落下。處自由落下。(g(g取取 10 m/s10 m/s2 2) ) (1)(1)當(dāng)當(dāng)H=2 mH=2 m時，求此時小球第一次到達(dá)時，求此時小球第一次到達(dá)D D點對軌道的壓點對軌道的壓 力大小。力大小。 (2)(2)為使小球僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫為使小球僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫 離離CDOCDO軌道，求軌道，求H H的取值范圍。的取值范圍。 【解題思維解題思維】 1.1.題型特征：小球經(jīng)歷多個運動過程，不涉及中間運題型特征：小球經(jīng)歷多個運動過程，不涉及中間運 動參量的計算。動參量的計算。 2.2.題型解碼：題型解碼： (1)(1)小球

9、由小球由P P到到D D全過程，由動能定理列方程求小球第一全過程，由動能定理列方程求小球第一 次到達(dá)次到達(dá)D D點的速度。點的速度。 (2)(2)小球僅僅與彈性擋板碰撞一次且剛好不脫離小球僅僅與彈性擋板碰撞一次且剛好不脫離CDOCDO軌軌 道的條件是在道的條件是在O O點重力提供向心力，碰后再返回最高點點重力提供向心力，碰后再返回最高點 恰能上升到恰能上升到D D點。點。 【解析解析】(1)(1)設(shè)小球第一次到達(dá)設(shè)小球第一次到達(dá)D D的速度為的速度為v vD D，對小球，對小球 從從P P到到D D點的過程，根據(jù)動能定理得：點的過程，根據(jù)動能定理得： mg(H+r)-mgL= -0mg(H+r

10、)-mgL= -0 在在D D點軌道對小球的支持力點軌道對小球的支持力F FN N提供向心力，則有：提供向心力，則有： F FN N= = 聯(lián)立解得：聯(lián)立解得：F FN N=84 N=84 N 2 D 1 mv 2 2 D v m r 由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫椋河膳ｎD第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫椋?F FN N=F=FN N=84 N=84 N (2)(2)為使小球僅僅與擋板碰撞一次，且小球不會脫離為使小球僅僅與擋板碰撞一次，且小球不會脫離 CDOCDO軌道，軌道，H H最小時必須滿足能上升到最小時必須滿足能上升到O O點，由動能定理點，由動能定理 得：得：mgHmgHmin m

11、in-mgL= -0 -mgL= -0 在在O O點有：點有：mg= mg= 代入數(shù)據(jù)解得：代入數(shù)據(jù)解得：H Hmin min=0.65 m =0.65 m 僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDOCDO軌道，軌道， H H最大時，碰后再返回最高點能上升到最大時，碰后再返回最高點能上升到D D點，則有：點，則有： 2 0 1 mv 2 2 0 v m r mg(Hmg(Hmax max+r)-3 +r)-3mgL=0mgL=0 代入數(shù)據(jù)解得：代入數(shù)據(jù)解得：H Hmax max=0.7 m =0.7 m 故有：故有：0.65 mH0.7 m0.65 mH

12、0.7 m 答案：答案：(1)84 N(1)84 N(2)0.65 mH0.7 m(2)0.65 mH0.7 m 【觸類旁通觸類旁通】(2019(2019衡陽模擬衡陽模擬)2018)2018年平昌冬季奧運年平昌冬季奧運 會雪橇運動，其簡化模型如圖所示，傾角為會雪橇運動，其簡化模型如圖所示，傾角為=37=37的的 直線雪道直線雪道ABAB與曲線雪道與曲線雪道BCDEBCDE在在B B點平滑連接，其中點平滑連接，其中A A、E E 兩點在同一水平面上，雪道最高點兩點在同一水平面上，雪道最高點C C所對應(yīng)的圓弧半徑所對應(yīng)的圓弧半徑 R=10 mR=10 m，B B、C C兩點距離水平面兩點距離水平面

13、AEAE的高度分別為的高度分別為h h1 1=18 m=18 m 與與h h2 2=20 m=20 m，雪橇與雪道各處的動摩擦因數(shù)均為，雪橇與雪道各處的動摩擦因數(shù)均為 =0.1=0.1，運動員可坐在電動雪橇上由，運動員可坐在電動雪橇上由A A點從靜止開始向點從靜止開始向 上運動，若電動雪橇以恒定功率上運動，若電動雪橇以恒定功率1.2 kW1.2 kW工作工作10 s10 s后自后自 動關(guān)閉，則雪橇和運動員動關(guān)閉，則雪橇和運動員( (總質(zhì)量總質(zhì)量m=50 kg)m=50 kg)到達(dá)到達(dá)C C點的點的 速度為速度為2 m/s2 m/s，到達(dá)，到達(dá)E E點的速度為點的速度為10 m/s10 m/s。

14、已知雪橇運。已知雪橇運 動過程中不脫離雪道且動過程中不脫離雪道且sin37sin37=0.6=0.6，cos37cos37=0.8=0.8，g g 取取10 m/s10 m/s2 2，求：，求： (1)(1)雪橇在雪橇在C C點時對雪道的壓力。點時對雪道的壓力。 (2)(2)雪橇在雪橇在BCBC段克服摩擦力所做的功。段克服摩擦力所做的功。 (3)(3)若僅將若僅將DEDE改成與曲線雪道改成與曲線雪道CDCD平滑相接的傾斜直線雪平滑相接的傾斜直線雪 道道( (如圖中虛線所示如圖中虛線所示) )，求雪橇到，求雪橇到E E點時速度為多大？點時速度為多大？ 【解析解析】(1)(1)在在C C點，雪橇和

15、人由重力和支持力的合力點，雪橇和人由重力和支持力的合力 提供向心力，由牛頓第二定律得：提供向心力，由牛頓第二定律得： mg-Fmg-FN N=m =m 代入數(shù)據(jù)解得：代入數(shù)據(jù)解得：F FN N=480 N=480 N 由牛頓第三定律可知，雪橇對軌道的壓力大小為由牛頓第三定律可知，雪橇對軌道的壓力大小為 480 N480 N，方向豎直向下，方向豎直向下 2 v R (2)(2)從從A A到到C C過程，由動能定理得：過程，由動能定理得： Pt-mghPt-mgh2 2-mgcos37-mgcos37 -W -WBC BC= mv = mv2 2 解得：解得：W WBC BC=700 J =700

16、 J 1 h sin37 1 2 (3)(3)設(shè)設(shè)CECE的水平距離為的水平距離為x x，從，從C C到到E E點過程，若是曲線軌點過程，若是曲線軌 道，克服摩擦力做的功為：道，克服摩擦力做的功為： W WCE CE=mgL =mgL1 1coscos1 1+mgL+mgL2 2coscos2 2+mgL+mgL3 3coscos3 3+ + =mg(x=mg(x1 1+x+x2 2+x+x3 3+ +)=mgx)=mgx 若是直線軌道，克服摩擦力做的功為：若是直線軌道，克服摩擦力做的功為： =mgLcos=mgx=mgLcos=mgx CE W 故將故將DEDE改成傾斜直軌道，克服摩擦力做功

17、不變，即損改成傾斜直軌道，克服摩擦力做功不變，即損 失的機械能也不變，則失的機械能也不變，則E E點速度：點速度：v vE E=10 m/s=10 m/s 答案：答案：(1)480 N(1)480 N，方向豎直向下，方向豎直向下(2)700 J(2)700 J (3)10 m/s(3)10 m/s 題型題型4 4求解往復(fù)運動問題求解往復(fù)運動問題 【典例典例4 4】如圖所示，軌道如圖所示，軌道ABCDABCD在豎直平面內(nèi)，由四分在豎直平面內(nèi)，由四分 之一圓形光滑軌道之一圓形光滑軌道ABAB、水平軌道、水平軌道BCBC和足夠長的傾斜光和足夠長的傾斜光 滑軌道滑軌道CDCD連接而成，連接而成，ABA

18、B與與BCBC相切，相切，BCBC與與CDCD的連接處是的連接處是 半徑很小的圓弧，圓形軌道半徑很小的圓弧，圓形軌道ABAB的半徑為的半徑為R R，水平軌道，水平軌道BCBC 的長度也為的長度也為R R。質(zhì)量為。質(zhì)量為m m的小物塊從圓形軌道上的小物塊從圓形軌道上A A點由靜點由靜 止開始下滑，物塊與水平軌道的動摩擦因數(shù)為止開始下滑，物塊與水平軌道的動摩擦因數(shù)為0.250.25。 求：求： (1)(1)物塊從物塊從A A點運動到點運動到C C點的過程中重力做的功。點的過程中重力做的功。 (2)(2)物塊第一次運動到物塊第一次運動到C C點時速度大小。點時速度大小。 (3)(3)物塊最終停止的位

19、置。物塊最終停止的位置。 【解題思維解題思維】 1.1.題型特征：物塊在軌道題型特征：物塊在軌道ABCDABCD間做往復(fù)運動，直至停間做往復(fù)運動，直至停 止在止在BCBC間某一位置。間某一位置。 2.2.題型解碼：題型解碼： (1)(1)物塊在軌道物塊在軌道ABAB和軌道和軌道CDCD上運動時只有重力做功，在上運動時只有重力做功，在 軌道軌道BCBC上運動時只有滑動摩擦力做功。上運動時只有滑動摩擦力做功。 (2)(2)物塊第一次運動到物塊第一次運動到C C點的速度可由動能定理求解。點的速度可由動能定理求解。 (3)(3)由動能定理求出物塊在由動能定理求出物塊在BCBC上運動的總路程，由此確上運

20、動的總路程，由此確 定物塊最終停止的位置。定物塊最終停止的位置。 【解析解析】(1)(1)物塊從物塊從A A點運動到點運動到C C點的過程中重力做的功點的過程中重力做的功 為：為：W=mgRW=mgR (2)(2)物塊從物塊從A A點運動到點運動到C C點的過程，由動能定理得：點的過程，由動能定理得： mgR-mgR= mvmgR-mgR= mv2 2 解得：解得：v=v= 1 2 6gR 2 (3)(3)整個過程，由動能定理可得：整個過程，由動能定理可得： mgR-mgR-mgs=0-0mgs=0-0 解得：解得：s=4Rs=4R 故物塊最終停止在故物塊最終停止在B B點點 答案：答案：(1

21、)mgR(1)mgR(2) (2) (3)(3)物塊最終停止的位置在物塊最終停止的位置在B B點點 6gR 2 【觸類旁通觸類旁通】如圖所示，斜面的傾角為如圖所示，斜面的傾角為，質(zhì)量為，質(zhì)量為m m的的 滑塊距擋板滑塊距擋板P P的距離為的距離為x x0 0，滑塊以初速度，滑塊以初速度v v0 0沿斜面上滑，沿斜面上滑， 滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，滑塊所受摩擦力小，滑塊所受摩擦力小 于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均 無機械能損失，則滑塊經(jīng)過的總路程是無機械能損失，則滑塊經(jīng)過的總路程是( () ) 22 00

22、 00 22 00 00 vv11 A(x tan )B(x tan ) 2gcos2gsin vv21 C(x tan )D(x cot ) 2gcos2gcos 【解析解析】選選A A?；瑝K最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過?；瑝K最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過 的總路程為的總路程為x x，對滑塊運動的全程由動能定理得，對滑塊運動的全程由動能定理得 mgxmgx0 0sin -mgxcos =0- sin -mgxcos =0- 解得解得x= x= 故故A A正確，正確，B B、C C、D D錯誤。錯誤。 2 0 1 mv 2 ， 2 0 v1 ( 2gcos 0 x tan ) ， 【提分秘籍

23、提分秘籍】 應(yīng)用動能定理解題的基本步驟應(yīng)用動能定理解題的基本步驟 考點考點3 3動能定理與圖象相結(jié)合動能定理與圖象相結(jié)合 【典題突破典題突破】 【典例典例5 5】( (多選多選)(2018)(2018全國卷全國卷) ) 地下礦井中的礦地下礦井中的礦 石裝在礦車中，用電機通過豎井運送到地面。某豎井中石裝在礦車中，用電機通過豎井運送到地面。某豎井中 礦車提升的速度大小礦車提升的速度大小v v隨時間隨時間t t的變化關(guān)系如圖所示，其的變化關(guān)系如圖所示，其 中圖線分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階中圖線分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階 段加速度的大小都相同：兩次提升的高度相同，提升段加速度的

24、大小都相同：兩次提升的高度相同，提升 的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第 次和第次提升過程次和第次提升過程( () ) A.A.礦車上升所用的時間之比為礦車上升所用的時間之比為4545 B.B.電機的最大牽引力之比為電機的最大牽引力之比為2121 C.C.電機輸出的最大功率之比為電機輸出的最大功率之比為2121 D.D.電機所做的功之比為電機所做的功之比為4545 【解題思維解題思維】 1.1.題型特征：動能定理與題型特征：動能定理與v-tv-t圖象相結(jié)合。圖象相結(jié)合。 2.2.題型解碼：題型解碼： (1)v-t(1)v-t圖象與時間軸圍成

25、的面積表示位移。圖象與時間軸圍成的面積表示位移。 (2)v-t(2)v-t圖象的斜率表示加速度。圖象的斜率表示加速度。 (3)(3)由動能定理確定電動機做的功。由動能定理確定電動機做的功。 【解析解析】選選A A、C C。由圖象可知圖線過程所用時間為。由圖象可知圖線過程所用時間為 2t2t0 0，由于兩次提升的高度相同，圖線與，由于兩次提升的高度相同，圖線與x x軸圍成軸圍成 的面積相等可知圖線過程所用時間為的面積相等可知圖線過程所用時間為2.5t2.5t0 0，因此礦，因此礦 車上升所用時間之比為車上升所用時間之比為4545，A A對；由于它們的變速階對；由于它們的變速階 段加速度大小相同，

26、電機的最大牽引力相等，段加速度大小相同，電機的最大牽引力相等，B B錯；由錯；由 P Pm m=Fv=Fv可知，可知，F(xiàn) F最大，最大，v v最大時，最大時，P P最大，最大，F(xiàn) F相等，相等，v vm m之比之比 為為2121，所以最大功率之比為，所以最大功率之比為2121，C C對；電機做功對；電機做功W W 提供礦石的重力勢能和動能，據(jù)動能定理提供礦石的重力勢能和動能，據(jù)動能定理W-mgh=W-mgh= EEk k，由于提升高度相同，由于提升高度相同，EEk k=0=0，所以做功相等，所以做功相等， D D錯，故選錯，故選A A、C C。 【觸類旁通觸類旁通】(2019(2019衡水模擬

27、衡水模擬) )質(zhì)量質(zhì)量m=1 kgm=1 kg的物體靜的物體靜 止放在粗糙水平地面上?，F(xiàn)對物體施加一個隨位移變止放在粗糙水平地面上?，F(xiàn)對物體施加一個隨位移變 化的水平外力化的水平外力F F時物體在水平面上運動。已知物體與地時物體在水平面上運動。已知物體與地 面間的滑動摩擦力與最大靜摩擦力相等。若面間的滑動摩擦力與最大靜摩擦力相等。若F-xF-x圖象如圖象如 圖所示。且圖所示。且4 45 m5 m內(nèi)物體勻速運動。內(nèi)物體勻速運動。x=7 mx=7 m時撤去外力，時撤去外力， g g取取10 m/s10 m/s2 2，則下列有關(guān)描述正確的是，則下列有關(guān)描述正確的是( () ) A.A.物體與地面間的

28、動摩擦因數(shù)為物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.10.1 B.B.取取x x取取=3 m=3 m時物體的速度最大時物體的速度最大 C.C.撤去外力時物體的速度為撤去外力時物體的速度為 m/sm/s D.D.撤去外力后物體還能在水平面上滑行撤去外力后物體還能在水平面上滑行3 s3 s 2 【解析解析】選選C C。4 45 m5 m內(nèi)物體勻速運動，則有內(nèi)物體勻速運動，則有 F=FF=Ff f= = mgmg，得，得 = =0.3= =0.3，故，故A A錯誤；只要錯誤；只要FFFFf f= = mgmg，物體就在加速，所以在，物體就在加速，所以在0 04 m4 m內(nèi)物體一直加內(nèi)物體一直加 速，速，x=4

29、 mx=4 m時物體的速度最大，故時物體的速度最大，故B B錯誤；根據(jù)圖象與錯誤；根據(jù)圖象與x x 軸所圍的面積表示外力軸所圍的面積表示外力F F做的功，可得做的功，可得0 07 m7 m內(nèi)外力做內(nèi)外力做 功為功為 W= =22 JW= =22 J，設(shè)撤去外力，設(shè)撤去外力 F3 mg10 35531 3 (313 )J 222 時物體的速度為時物體的速度為v v，根據(jù)動能定理得，根據(jù)動能定理得 W- FW- Ff f x= mv x= mv2 2- - 0 0，其中，其中 x=7 mx=7 m，解得，解得 v= m/sv= m/s，故，故C C正確；撤去外正確；撤去外 力后物體的加速度大小為力后物體的加速度大小為 a= =3 m/sa= =3 m/s2 2，物體還能，物體還能 滑行時間滑行時間 t= t= 故故D D錯誤。錯誤。 1 2 2 mg m v2 s a3 ， 【提分秘籍提分秘籍】 1.1.四類圖象所圍四類圖象所圍“面積面積”的意義：的意義： 2.2.解決動能定理與