高中一轮物理练习 第五章 第二讲 《动能定理及其应用》
第五章第2讲动能定理及其应用-2025年高考物理一轮复习PPT课件
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3.物理意义： 合力 的功是物体动能变化的量度． 4．适用条件 (1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动 ． (2)既适用于恒力做功，也适用于 变力 做功． (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以 分阶段
作用．
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1．思维辨析 (1) 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．( √ ) (2)处于平衡状态的物体动能一定保持不变．( √ ) (3)做自由落体运动的物体，动能与下落时间的二次方成正比．( √ ) (4)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化．( ) (5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( )
答案
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解析：因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙可知图甲中滑块加速度大，是上滑阶 段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故 A 错误．从图甲中的 A 点到图乙 中的 A 点，先上升后下降，重力做功为 0，摩擦力做负功；根据动能定理可知图甲经过 A 点 的动能较大，故 B 错误．对比图甲、乙可知，图甲中在 A、B 之间的运动时间较短，故 C 正 确．由于无论上滑还是下滑，受到的滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在 A、B 之间克服 摩擦力做的功相等，故 D 错误．
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2．运动员把质量是 500 g 的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的
最大高度是 10 m，在最高点的速度为 20 m/s.估算出运动员踢球时对足球做的功为( )
A．50 J
B．100 J
C．150 J
高考物理一轮复习第5章机械能第2讲动能定理及其应用习题新人教版
第五章 第2讲 动能定理及其应用1．(2017·江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。
物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k 与位移x 关系的图线是导学号 21992342( C )[解析] 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m ，则物块在上滑过程中根据功能关系有－(mg sin θ＋μmg cos θ)x ＝E k －E k0，即E k ＝E k0－(mg sin θ＋μmg cos θ)x ，物块沿斜面下滑的过程中有(mg sin θ－μmg cos θ)·(x 0－x )＝E k ，由此可以判断C 项正确。
2．(2016·全国卷Ⅲ)(多选)如图，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P 。
它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W 。
重力加速度大小为g 。
设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则导学号 21992343( AC )A ．a ＝2mgR －WmRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2WRD ．N ＝2mgR －WR[解析] 质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理得，mgR －W ＝12mv 2，又在最低点时，向心加速度大小a ＝v 2R ，两式联立可得a ＝2mgR －WmR ，A 正确，B 错误；在最低点时有N －mg ＝m v 2R ，解得N ＝3mgR －2WR，C 正确，D 错误。
3．(2016·浙江理综)(多选)如图所示为一滑草场。
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μ。
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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。
高考物理一轮总复习精品课件 第5章 机械能 第2节 动能定理及其应用
F和8F时小球做圆周运动的动能,然后由动能定理求出拉力由F变为8F过
程中绳子拉力对小球所做的功,用拉力做的功除以时间就是该过程的平均
功率。
答案:(1)
3
(2)
2
3
(3)
2
0
解析:(1)小球做圆周运动的向心力由绳子的拉力提供,由向心力公式得
解得,当拉力为 F 时,小球的线速度 v=
侧有一轻质弹簧,左端固定,弹簧处于自然伸长状态。质量为m=1 kg的物
块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度 v0=2√3 m/s 冲上轨道,通过圆形轨
道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回,经水平轨道返回圆形轨
道。物块A与PQ段间的动摩擦因数μ=0.2,轨道其他部分摩擦不计,重力加
速度g取10 m/s2。
好为零,g取10 m/s2,则提升重物的最短时间为(
A.13.2 s
B.14.2 s
C.15.5 s
D.17.0 s
答案:C
)
解析:为了以最短时间提升重物,一开始先以最大拉力拉重物使重物匀加速上升,
当功率达到额定功率时,保持功率(额定功率)不变直到重物达到最大速度,接着做
匀速运动,最后以最大加速度匀减速上升到达平台时速度刚好为零。重物在第一
(1)求物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1;
(2)求物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度h1;
(3)调节PQ段的长度L,A仍以v0从轨道右侧冲上轨道,当L满足什么条件时,
物块A能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道?
解题指导:
关键词句
获取信息
物块 A 与弹簧刚接触时的速
求物块 A 到达 P 点时的速度
高考物理大一轮复习第五章第2讲动能定理及应用讲义含解析教科版
高考物理大一轮复习第五章第2讲动能定理及应用讲义含解析教科版一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能． 2．公式：E k ＝12mv 2.3．单位：焦耳，1J ＝1N·m＝1kg·m 2/s 2. 4．标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关．5．动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k ＝12mv 22－12mv 12.二、动能定理1．内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化． 2．表达式：W ＝ΔE k ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 12.3．物理意义：合力的功是物体动能变化的量度． 4．适用条件：(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动． (2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．如图1所示，物块沿粗糙斜面下滑至水平面；小球由内壁粗糙的圆弧轨道底端运动至顶端(轨道半径为R )．对物块有W G ＋W f1＋W f2＝12mv 2－12mv 02对小球有－2mgR ＋W f ＝12mv 2－12mv 02图1自测1 (2018·全国卷Ⅱ·14)如图2，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定( )图2A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功答案 A解析由题意知，W拉＋W阻＝ΔE k，W阻<0，则W拉>ΔE k，A项正确，B项错误；W阻与ΔE k的大小关系不确定，C、D项错误．自测2关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( )A．合外力为零，则合外力做功一定为零B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大D．动能不变，则物体所受合外力一定为零答案 A自测3如图3所示，AB为14圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )图3A.μmgR2B.mgR2C．mgR D．(1－μ)mgR答案 D解析设物体在AB段克服摩擦力所做的功为W AB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgR－W AB－μmgR＝0，所以W AB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确.命题点一对动能定理的理解1．动能定理表明了“三个关系”(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做的功．(2)因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因．(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳．2．标量性动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式．例1(多选)如图4所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中( )图4A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和答案BD解析A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误．对B应用动能定理W F－W f＝ΔE k B，W F＝ΔE k B＋W f，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确．根据功能关系可知，外力F 做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误．变式1(多选)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功－3J，拉力F做功8J，空气阻力做功－0.5J，则下列判断正确的是( )A．物体的重力势能增加了3JB．物体的重力势能减少了3JC．物体的动能增加了4.5JD ．物体的动能增加了8J 答案 AC解析 因为重力做功－3J ，所以重力势能增加3J ，A 正确，B 错误；根据动能定理W 合＝ΔE k ，得ΔE k ＝－3J ＋8J －0.5J ＝4.5J ，C 正确，D 错误．命题点二 动能定理的基本应用1．应用流程2．注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系．(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理．(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验．例2 (多选)(2016·全国卷Ⅲ·20)如图5所示，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( )图5A ．a ＝2mgR －WmRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2WRD ．N ＝2mgR －WR答案 AC解析 质点P 下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR －W ＝12mv 2，又a ＝v2R，联立可得a ＝2mgR －WmR，A 正确，B 错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得N －mg ＝ma ，代入可得N ＝3mgR －2WR，C 正确，D 错误．例3 (2017·上海单科·19)如图6所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R ＝0.4m 的光滑圆轨道相切于B 点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A 点由静止释放，经B 点后沿圆轨道运动，通过最高点C 时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.(g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：图6(1)滑块在C 点的速度大小v C ； (2)滑块在B 点的速度大小v B ； (3)A 、B 两点间的高度差h .答案 (1)2m/s (2)4.29 m/s (3)1.38m解析 (1)在C 点，滑块竖直方向所受合力提供向心力mg ＝mv C 2R解得v C ＝gR ＝2m/s(2)对B →C 过程，由动能定理得 －mgR (1＋cos37°)＝12mv C 2－12mv B 2解得v B ＝v C 2＋2gR1＋cos37°≈4.29m/s(3)滑块在A →B 的过程，由动能定理得mgh －μmg cos37°·hsin37°＝12mv B 2－0代入数据解得h ＝1.38m.变式2 (2018·江西省新余市上学期期末)滑梯是幼儿园必备的一种玩具，它可以培养孩子坚定的意志和信心，可以培养孩子的勇敢精神．现有一滑梯，高处水平台面距地面高h ＝1.5m ，倾斜槽倾角为37°，下端为水平槽，长L ＝0.5m ，厚度不计．倾斜部分和水平部分用一忽略大小的圆弧连接，示意图如图7所示，一质量为20kg 的小孩由静止从高处水平台面沿倾斜槽下滑，当滑到水平槽末端时速度大小为v ＝2m/s.(结果保留两位小数，重力加速度g ＝ 10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图7(1)若滑梯的倾斜槽和水平槽动摩擦因数相同，求出动摩擦因数μ的值；(2)若小孩滑到水平槽末端速度大于1m/s 时危险性较大，为了小孩能滑到水平槽且保证安全，将滑梯水平槽粗糙处理．[倾斜槽的动摩擦因数与(1)问中相同]，请求出水平槽处理后的动摩擦因数μ1的取值范围． 答案 (1)0.52 (2)μ1≥0.82解析 (1)研究小孩的整个运动过程，利用动能定理：mgh －μmg cos37°×hsin37°－μmgL ＝12mv 2解得μ＝0.52(2)为使小孩能安全到达水平槽的末端，则在水平槽的末端速度v ′应小于等于1m/s ，小孩到达斜槽末端的速度为v 1，利用动能定理，在倾斜槽上有mgh －μmg cos37°×h sin37°＝12mv 12在水平槽上有12mv ′2－12mv 12＝－μ1mgL联立得μ1＝0.82 所以μ1≥0.82.命题点三 动能定理与图像问题的结合1．解决物理图像问题的基本步骤(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)将推导出的物理规律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． 2．图像所围“面积”的意义(1)v －t 图像：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 图像：由公式Δv ＝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 图像：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)P －t 图像：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． 例4 如图8甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB 的A 处连接一粗糙水平面OA ，OA 长为4m ．有一质量为m 的滑块，从O 处由静止开始受一水平向右的力F 作用．F 只在水平面上按图乙所示的规律变化．滑块与OA 间的动摩擦因数μ＝0.25，g 取10m/s 2，试求：图8(1)滑块运动到A 处的速度大小；(2)不计滑块在A 处的速率变化，滑块冲上斜面AB 的长度是多少？ 答案 (1)52m/s (2)5m解析 (1)由题图乙知，在前2m 内，F 1＝2mg ，做正功，在第3m 内，F 2＝－0.5mg ，做负功，在第4m 内，F 3＝0.滑动摩擦力f ＝－μmg ＝－0.25mg ，始终做负功，对于滑块在OA 上运动的全过程，由动能定理得F 1x 1＋F 2x 2＋fx ＝12mv A 2－0代入数据解得v A ＝52m/s.(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得 －mgL sin30°＝0－12mv A 2解得L ＝5m所以滑块冲上斜面AB 的长度L ＝5m.变式3 (2018·广东省深圳市上学期模拟)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k 与位移x 关系的图线是( )答案 C解析 小物块上滑过程，由动能定理得－(mg sin θ＋μmg cos θ)x ＝E k －E k0，整理得E k ＝E k0－(mg sin θ＋μmg cos θ)x ；设小物块上滑的最大位移大小为s ，小物块下滑过程，由动能定理得(mg sin θ－μmg cos θ)(s －x )＝E k －0，整理得E k ＝(mg sin θ－μmg cos θ)s －(mg sin θ－μmg cos θ)x ，故只有C 正确．变式4 (2019·湖北省黄石市调研)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0～6s 内物体的加速度随时间变化的关系如图9所示．下列说法正确的是( )图9A ．0～6s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6s 内物体在4s 时的速度最大C ．物体在2～4s 时的速度不变D ．0～4s 内合力对物体做的功等于0～6s 内合力对物体做的功 答案 D解析 物体6s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2m/s－12×1×2m/s＝6 m/s ，则0～6s 内物体一直向正方向运动，A 项错误；由题图可知物体在5s 末速度最大，为v m ＝12×(2＋5)×2m/s＝7 m/s ，B 项错误；由题图可知物体在2～4s 内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C 项错误；在0～4s 内由动能定理可知，W 合4＝12mv 42－0，又v 4＝12×(2＋4)×2m/s＝6 m/s ，得W 合4＝36J,0～6s 内合力对物体做的功：W 合6＝12mv 62－0，又v 6＝6m/s ，得W 合6＝36J ．则W 合4＝W 合6，D 项正确．命题点四 动能定理在多过程问题中的应用例5 (2018·河南省洛阳市上学期期中)如图10所示，光滑的轨道ABO 的AB 部分与水平部分BO 相切，轨道右侧是一个半径为R 的四分之一的圆弧轨道，O 点为圆心，C 为圆弧上的一点，OC 与水平方向的夹角为37°.现将一质量为m 的小球从轨道AB 上某点由静止释放．已知重力加速度为g ，不计空气阻力．(sin37°＝35，cos37°＝45)图10(1)若小球恰能击中C 点，求刚释放小球的位置距离BO 平面的高度； (2)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值． 答案 (1)4R 15 (2)3mgR2解析 (1)设小球经过O 点的速度为v 0，从O 点到C 点做平抛运动，则有R cos37°＝v 0t ，R sin37°＝12gt 2从A 点到O 点，由动能定理得mgh ＝12mv 02联立可得，刚释放小球的位置距离BO 平面的高度h ＝415R ； (2)设小球落到轨道上的点与O 点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，R cos θ＝v 0′t ′R sin θ＝12gt ′2对此过程，由动能定理得mgR sin θ＝E k －12mv 0′2解得E k ＝mgR (34sin θ＋14sin θ)当sin θ＝33时，小球落到轨道时的动能最小，最小值为E k ＝32mgR . 变式5 如图11所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O 点，另一端自由伸长到A 点，OA 之间的水平面光滑，固定曲面在B 处与水平面平滑连接．AB 之间的距离s ＝1m ．质量m ＝0.2kg 的小物块开始时静置于水平面上的B 点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.现给物块一个水平向左的初速度v 0＝5m/s ，g 取10 m/s 2.图11(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能E p ； (2)求物块返回B 点时的速度大小；(3)若物块能冲上曲面的最大高度h ＝0.2m ，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量． 答案 (1)1.7J (2)3m/s (3)0.5J解析 (1)对小物块从B 点至压缩弹簧最短的过程，由动能定理得， －μmgs －W 克弹＝0－12mv 02W 克弹＝E p代入数据解得E p ＝1.7J(2)对小物块从B 点开始运动至返回B 点的过程，由动能定理得， －μmg ·2s ＝12mv B 2－12mv 02代入数据解得v B ＝3m/s(3)对小物块沿曲面的上滑过程， 由动能定理得－W 克f －mgh ＝0－12mv B 2产生的热量Q ＝W 克f ＝0.5J.1.在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，如图1，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1m/s 的速度撞击篮筐．已知篮球质量约为0.6kg ，篮筐离地高度约为3m ，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为( )图1A ．1JB ．10JC ．50JD ．100J 答案 B解析 该同学将篮球投出时的高度约为h 1＝1.8m ，根据动能定理有W －mg (h －h 1)＝12mv 2，解得W ＝7.5J ，故选项B 正确．2．在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v 0，它落到地面时的速度为v ，用g 表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( ) A ．mgh －12mv 2－12mv 02B ．－12mv 2－12mv 02－mghC ．mgh ＋12mv 02－12mv 2D ．mgh ＋12mv 2－12mv 02答案 C解析 对物块从h 高处竖直上抛到落地的过程，根据动能定理可得mgh －W f ＝12mv 2－12mv 02，解得W f ＝mgh ＋12mv 02－12mv 2，选项C 正确．3.(2018·天津理综·2)滑雪运动深受人民群众喜爱．如图2所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中( )图2A ．所受合外力始终为零B ．所受摩擦力大小不变C ．合外力做功一定为零D ．机械能始终保持不变 答案 C解析 运动员从A 点滑到B 点的过程中速率不变，则运动员做匀速圆周运动，其所受合外力指向圆心，A 错误．如图所示，运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即F f ＝mg sin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力F f 变小，B 错误．由动能定理知，运动员匀速下滑动能不变，合外力做功为零，C 正确．运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，D 错误．4．(2016·全国卷Ⅲ·16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.s t 2B.3s 2t 2C.4s t 2D.8s t2 答案 A解析 动能变为原来的9倍，则质点的速度变为原来的3倍，即v ＝3v 0，由s ＝12(v 0＋v )t 和a ＝v －v 0t 得a ＝s t2，故A 项正确．5．从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图像是( )答案 A解析 小球做竖直上抛运动，设初速度为v 0，则v ＝v 0－gt小球的动能E k ＝12mv 2，把速度v 代入得E k ＝12mg 2t 2－mgv 0t ＋12mv 02 E k 与t 为二次函数关系．6．(多选)太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车．当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进．设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t ，速度为v 时达到额定功率，并保持不变．之后汽车又继续前进了距离s ，达到最大速度v max .设汽车质量为m ，运动过程中所受阻力恒为f ，则下列说法正确的是( ) A ．汽车的额定功率为fv maxB ．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvtC ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，克服阻力所做的功为12mv max 2－12mv 2D ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为12mv max 2答案 AD7.(多选)(2019·山西省运城市质检)质量为m 的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动．物体运动的v －t 图像如图3所示．下列说法正确的是( )图3A ．水平拉力大小为F ＝m v 0t 0B ．物体在3t 0时间内位移大小为32v 0t 0C ．在0～3t 0时间内水平拉力做的功为12mv 02D ．在0～3t 0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为12μmgv 0答案 BD解析 根据v －t 图像和牛顿第二定律可知F －μmg ＝m v 0t 0，故选项A 错误；由v －t 图像与坐标轴所围面积可知，在3t 0时间内的位移为x ＝12·3t 0·v 0＝32v 0t 0，所以选项B 正确；在0～3t 0时间内由动能定理可知W －μmgx ＝0，故水平拉力做的功W ＝32μmgv 0t 0，又f ＝μmg ＝mv 02t 0，则W ＝34mv 02，选项C 错误；0～3t 0时间内克服摩擦力做功的平均功率为P ＝W f 3t 0＝12μmgv 0，所以选项D 正确．8．(多选)(2018·安徽省蚌埠市一质检)如图4所示，B 、M 、N 分别为竖直光滑圆轨道的右端点、最低点和左端点，B 点和圆心等高，N 点和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为α＝60°.现从B 点的正上方某处A 点由静止释放一个小球，经圆轨道飞出后以水平速度v 通过C 点，已知圆轨道半径为R ，v ＝gR ，重力加速度为g ，则以下结论正确的是(不计空气阻力)( )图4A ．C 、N 的水平距离为3RB ．C 、N 的水平距离为2RC ．小球在M 点对轨道的压力为6mgD ．小球在M 点对轨道的压力为4mg 答案 AC解析 小球从N 到C 的过程可看做逆方向的平抛运动，则v N cos α＝v 、v N sin α＝gt 、x CN ＝vt ，解得v N ＝2v ＝2gR 、x CN ＝3R ，故A 项正确，B 项错误；小球从M 到N 的过程由动能定理可得，－mg (R －R cos α)＝12mv N 2－12mv M 2，小球在M 点时，由牛顿第二定律可得，N M －mg ＝m v M2R ，解得N M ＝6mg ，根据牛顿第三定律可得，小球在M 点对轨道的压力为6mg ，故C 项正确，D 项错误．9．(2017·全国卷Ⅱ·24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图5所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度为g .求：图5(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度．答案 (1)v 02－v 122gs 0 (2)s 1v 0＋v 122s 02解析 (1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得 －μmgs 0＝12mv 12－12mv 02①解得μ＝v 02－v 122gs 0②(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t .由运动学公式得v 02－v 12＝2a 1s 0③ v 0－v 1＝a 1t ④ s 1＝12a 2t 2⑤联立③④⑤式得a 2＝s 1v 1＋v 022s 02⑥10．(2017·河北省唐山市模拟)如图6所示，装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度x ＝5m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30m 、h 2＝1.35m ．现让质量为m 的小滑块(可视为质点)自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图6(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小； (2)小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔；(3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离． 答案 (1)3m/s (2)2s (3)1.4m 解析 (1)小滑块从A →B →C →D 过程中， 由动能定理得mg (h 1－h 2)－μmgx ＝12mv D 2－0代入数据解得v D ＝3m/s. (2)小滑块从A →B →C 过程中， 由动能定理得mgh 1－μmgx ＝12mv C 2代入数据解得v C ＝6m/s小滑块沿CD 段上滑的加速度大小a ＝g sin θ＝6m/s 2小滑块沿CD 段上滑到最高点的时间t 1＝v C a＝1s由对称性可知小滑块从最高点滑回C 点的时间t 2＝t 1＝1s 故小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔t ＝t 1＋t 2＝2s.(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x 总，对小滑块运动全过程应用动能定理有mgh 1－μmgx 总＝0代入数据解得x 总＝8.6m ，故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为：2x －x 总＝1.4m. 11．(2018·湖北省黄冈市检测)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图7所示，赛车从起点A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进入半径为R 的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C 点，并能越过壕沟．已知赛车质量m ＝0.1kg ，通电后以额定功率P ＝1.5W 工作，进入竖直轨道前受到的阻力恒为0.3N ，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L ＝10.00m ，R ＝0.32m ，h ＝1.25m ，s ＝1.50m ．问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(取g ＝10m/s 2)图7答案 2.5s解析 赛车通过圆轨道最高点的最小速度为v 1′，根据牛顿第二定律得，mg ＝m v 1′2R，得v 1′＝gR根据动能定理得，由B 点至圆轨道最高点有－mg ·2R ＝12mv 1′2－12mv 12解得v 1＝4m/s为保证赛车通过最高点，到达B 点的速度至少为v 1＝4m/s 根据h ＝12gt 2得，t ＝2hg ＝0.5s则平抛运动的初速度v 2＝s t＝3m/s为保证赛车能越过壕沟，则到达B 点的速度至少为v 2＝3m/s 因此赛车到达B 点的速度至少为v ＝v 1＝4m/s 从A 到B 对赛车由动能定理得Pt －fL ＝12mv 2解得t ≈2.5s.。
高中一轮物理练习 第五章 第二讲 《动能定理及其应用》
第五章 第二讲 动能定理及其应用1．如图1所示，质量相同的物体分别自斜面AC 和BC 的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数都相同，物体滑到斜面底部C 点时的动 能分别为E k1和E k2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W 1和W 2，则 ( )A ．E k1＞E k2 W 1＜W 2B ．E k1＞E k2 W 1＝W 2C ．E k1＝E k2 W 1＞W 2D ．E k1＜E k2 W 1＞W 2解析：设斜面的倾角为θ，斜面的底边长为l ，则下滑过程中克服摩擦力做的功为W ＝μmg cos θ·l /cos θ＝μmgl ，所以两种情况下克服摩擦力做的功相等．又由于B 的高度 比A 低，所以由动能定理可知E k1＞E k2，故选B.答案：B2．一质量为m 的小球用长为l 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力作用下，从平衡位置P 点缓慢地移动，当悬线偏离竖直方向θ角时， 水平力大小为F ，如图2所示，则水平力所做的功为 ( )A ．mgl cos θB ．Fl sin θC ．mgl (1－cos θ)D ．Fl cos θ 解析：小球在缓慢移动的过程中，动能不变，故可用动能定理求解，即W F ＋W G ＝0， 其中W G ＝－mgl (1－cos θ)，所以W F ＝－W G ＝mgl (1－cos θ)，选项C 正确． 答案：C3．(2010·南通模拟)如图3甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平 拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙 所示，图线为半圆．则小物块运动到x 0处时的动能为 ( )图3A ．0B.12F m x 0C.π4F m x 0 D.π4x 02 解析：根据动能定理，小物块运动到x 0处时的动能为这段时间内力F 所做的功，物块在变力作用下运动，不能直接用功的公式来计算，但此题可用根据图象求“面积”的方法来解决．力F 所做的功的大小等于半圆的“面积”大小．E k ＝W ＝12S 圆＝12π(x 02)2，又F m ＝x 02.整理得E k ＝π4F m x 0＝π8x 02，C 选项正确． 答案：C4．(2010·济南质检)如图4所示，电梯质量为M ，地板上放着一质量为m 的物体．钢索拉电梯由静止开始向上加速运动，当上升高度为H 时，速度达到v ，则 ( )A ．地板对物体的支持力做的功等于12m v 2 B ．地板对物体的支持力做的功等于mgHC ．钢索的拉力做的功等于12M v 2＋MgH D ．合力对电梯做的功等于12M v 2 解析：对物体m 用动能定理：WF N －mgH ＝12m v 2，故WF N ＝mgH ＋12m v 2，A 、B 均 错；钢索拉力做的功，W F 拉＝(M ＋m )gH ＋12(M ＋m )v 2，C 错；由动能定理知，合力 对电梯M 做的功应等于电梯动能的变化12M v 2，D 正确． 答案：D5．如图5所示，质量为m 的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F 时，转动半径为R .当拉力逐渐减小到F 4时，物体仍做匀速圆 周运动，半径为2R ，则外力对物体做的功为 ( )A ．－FR 4B.3FR 4C.5FR 2D.FR 4 解析：F ＝m v 12R ，F 4＝m v 222R ，由动能定理得W ＝12m v 22－12m v 12，联立解得W ＝－FR 4， 即外力做功为－FR 4.A 项正确． 答案：A6．一个小物块从底端冲上足够长的斜面后，又返回斜面底端．已知小物块的初动能为 E ，它返回斜面底端的速度大小为v ，克服摩擦阻力做功为E /2.若小物块冲上斜面的动能为2E ，则物块 ( )A ．返回斜面底端时的动能为EB ．返回斜面底端时的动能为3E /2C ．返回斜面底端时的速度大小为2vD ．返回斜面底端时的速度大小为v解析：设初动能为E 时，小物块沿斜面上升的最大位移为s 1，初动能为2E 时，小物 块沿斜面上升的最大位移为s 2，斜面的倾角为θ，由动能定理得：－mgs 1sin θ－F f s 1＝0－E,2F f s 1＝E 2，E －E 2＝12m v 2；而－mgs 2sin θ－F f s 2＝0－2E ，可得：s 2＝2s 1，所以 返回斜面底端时的动能为2E －2F f s 2＝E ，A 正确，B 错误；由E ＝12m v ′2可得v ′ ＝2v ，C 、D 均错误．答案：A7．(2010·韶关模拟)如图6甲所示，一物块在t ＝0时刻，以初速度v 0从足够长的粗糙 斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t 0时刻物块到达最高点， 3t 0时刻物块又返回底端．由此可以确定 ( )图6A ．物块返回底端时的速度B ．物块所受摩擦力大小C ．斜面倾角θD ．3t 0时间内物块克服摩擦力所做的功解析：上升过程中，mg sin θ＋F f ＝ma 1 v 0＝a 1t 0 s ＝v 02t 0 下滑过程中，mg sin θ－F f ＝ma 2 v ＝a 2·2t 0s ＝12a 2(2t 0)2 以上各式联立可求得v ＝v 02，sin θ＝5v 08gt 0，F f ＝3m v 08t 0，故A 、C 正确，因不知物块的 质量m ，故F f 不可求，B 错误；对整个过程应用动能定理可得，－W f ＝12m v 2－12m v 02，故W f ＝38m v 02，因不知m ，故W f 也不可求得，D 错误． 答案：AC8．如图7所示，水平传送带长为s ，以速度v 始终保持匀速运动，把质量为m 的货物放到A 点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ，当货物从A 点运动到B 点的过程中，摩擦力对货物做的功可能 ( )A ．等于12m v 2 B ．小于12m v 2 C ．大于μmgs D ．小于μmgs解析：货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速，也可能一直加速而货物的最终速度小于v ，故摩擦力对货物做的功可能等于12m v 2，可能小于12m v 2，可能等 于μmgs ，可能小于μmgs ，故选A 、B 、D.答案：ABD9．(2010·如皋模拟)如图8所示，斜面AB 和水平面BC 是由同一板材上截下的两段，在B 处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A 处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P 处．若从该板材上再截下一段，搁置在A 、P 之间，构成一个新的斜面，再将小铁块放回A 处，并轻推一下使之具 有初速度v 0，沿新斜面向下滑动．关于此情况下小铁块的运动情况的描述正确的是( )A ．小铁块一定能够到达P 点B ．小铁块的初速度必须足够大才能到达P 点C ．小铁块能否到达P 点与小铁块的质量有关D ．以上说法均不对解析：如图所示，设AB ＝s 1，BP ＝s 2，AP ＝s 3，动摩擦因数为μ，由动能定理得：mgs 1sin α－μmgs 1cos α－μmgs 2＝0，可得：mgs 1sin α＝μmg (s 1cos α＋s 2)，设小铁块沿AP 滑到P 点的速度为v P ，由动能定理得：mgs 3sin β－μmgs 3cos β＝12m v P 2－12m v 02，因s 1sin α＝s 3sin β，s 1cos α＋s 2 ＝s 3cos β，故得：v P ＝v 0，即小铁块可以沿AP 滑到P 点，故A 正确．答案：A10．如图9所示，质量为M＝0.2 kg的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h＝0.20 m，木块距水平台的右端L＝1.7 m．质量为m＝0.10M的子弹以v0＝180 m/s的速度水平射向木块，当子弹以v＝90 m/s的速度水平射出时，木块的速度为v1＝9 m/s(此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零)．若木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为s＝1.6 m，求：(g取10 m/s2)(1)木块对子弹所做的功W1和子弹对木块所做的功W2；(2)木块与台面间的动摩擦因数μ.解析：(1)由动能定理得，木块对子弹所做的功为W1＝12m v2－12m v02＝－243 J同理，子弹对木块所做的功为W2＝12M v12＝8.1 J.(2)设木块离开台面时的速度为v2，木块在台面上滑行阶段对木块由动能定理，有：－μMgL＝12M v22－12M v12木块离开台面后的平抛阶段s＝v22h g解得μ＝0.50.答案：(1)－243 J8.1 J(2)0.5011．(2010·南通月考)如图10为车站使用的水平传送带装置的示意图，绷紧的传送带始终保持3.0 m/s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距水平地面的高度h＝0.45m，现有一质量为m＝10 kg的行李包(可视为质点)由A端被传送到B端，且传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端水平抛出．已知行李包与传送带之间动摩擦因数为μ＝0.2，且A与B之间距离为L＝6 m．不计空气阻力，g取10 m/s2.(1)行李包从A传送到B的过程中，摩擦力对物块做的功为多少？(2)行李包从B端水平抛出后在空中运动的时间和飞出的水平距离为多少？解析：(1)设行李包加速到传送带的速度v0＝3.0 m/s，经历的时间为t1，则有v0＝μgt1.此过程中行李包的位移s1＝12μgt12.可求得s 1＝2.25 m ＜L ，故行李包在B 端被平抛的速度v B ＝v 0＝3.0 m/s.W f ＝12m v 02＝45 J. (2)由h ＝12gt 22 s 2＝v B t 2 可得t 2＝0.3 s s 2＝0.9 m.答案：(1)45 J (2)0.3 s 0.9 m12．如图11所示为“S ”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的，固定在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连接而成的，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，弹射装置将一个小球(可视为质点)从a 点水平射向b 点并进入轨道，经过轨道后从p 点水平抛出，已知小球与地面ab 段间的动摩擦因数μ＝0.2，不计其 他机械能损失，ab 段长L ＝1.25 m ，圆的半径R ＝0.1 m ，小球质量m ＝0.01 kg ，轨 道质量为M ＝0.15 kg ，g ＝10 m/s 2，求：(1)若v 0＝5 m/s ，小球从p 点抛出后的水平射程；(2)若v 0＝5 m/s ，小球经过轨道的最高点时，管道对小球作用力的大小和方向；(3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当v 0至少为 多大时，轨道对地面的压力为零．解析：(1)设小球运动到p 点时的速度大小为v ，对小球由a 点运动到p 点的过程， 应用动能定理得：－μmgL －4Rmg ＝12m v 2－12m v 02① 小球从p 点抛出后做平抛运动，设运动时间为t ，水平射程为s ，则4R ＝12gt 2② s ＝v t ③联立①②③代入数据解得s ＝0.4 6 m(2)设在轨道最高点时管道对小球的作用力大小为F ，取竖直向下为正方向，有：F＋mg ＝m v 2R ④联立①④代入数据解得F ＝1.1 N ，方向竖直向下．(3)分析可知，要使小球以最小速度v 0运动，且轨道对地面的压力为零，则小球的位 置应该在“S ”形轨道的中间位置，则有：F ′＋mg ＝m v 12R，F ′＝Mg －μmgL －2mgR ＝12m v 12－12m v 02 解得：v 0＝5 m/s.答案：(1)0.4 6 m(2)1.1 N ，方向竖直向下 (3)5 m/s。
人教版高三物理一轮复习基础梳理第五章课时2动能定理及其应用
课时2 动能定理及其应用一、动能1.定义:物体由于运动而具有的能叫动能。
2.公式:212kEmv。
3.单位:焦耳,1 J=1 N ·m=1 kg ·m 2/s 2。
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动能的变化。
2.表达式:W=12m 22v12m 21v 或W=E k2E k1。
3.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;既适用于恒力做功,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。
考点一 对动能的理解1.动能是状态量,E k =12mv 2,只与运动物体的质量及速率有关,而与其运动方向无关,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。
ΔE k 均是标量,只有大小,没有方向。
动能的变化量为正值,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( )A.动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B.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D.动能不变的物体,一定处于平衡状态解析: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,mv2,而v与参考系的选取有关,选项B正确;由于选项A正确;由于E k=12速度为矢量,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Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k为( B )A.Δv=0B.Δv=12 m/sC.ΔE k=1.8 JD.ΔE k=10.8 J解析:取初速度方向为正方向,则Δv=(66)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。
高考物理一轮复习第五章机械能2动能定理及其应用课件
CWDN 为支持力的功
D.对电梯,其所受合力做功为12m0v22 − 12m0v12
解析 答案
考点一
考点二
考点三
-13-
规律总结1.合外力对物体做正功,物体的动能增加;合外力对物体 做负功,物体的动能减少;合外力对物体不做功,物体的动能不变。
2.高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止 的物体为参考系。
−
1 2
������������1
2
。
-3-
基础夯实 自我诊断
二、动能定理
1.内容:在一个过程中合力对物体所做的功,等于物体在这个过程
中动能的变化 。
2.表达式:W=ΔEk=������k 2
−
������k 1
=
1 2
������������2
2
−
1 2
������������12
。
3.物理意义:合力 的功是物体动能变化的量度。
功 物B23Dm体BCWAg...从在向F从v=。开绳上开mg始与加始h+到水速到38m绳运平绳v与动方2与,由水,向水处于平夹平于汽方角方超车向向为重匀夹夹状3速0角角态°向为为,时故右33,拉0拉运0°°时力力动时,大的,拉所,于拉功力以重力率做v力做为不功,功拉 变mmgg,力mθhv变g的h小+功38,m率v'v增大2 大于关, 闭 D.在绳与水平方向夹角为 30°时,拉力的功率大于 23m解g析v 答案
3.适用范围:直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、各个 力同时做功、分段做功均可用动能定理。
-14-
考点一
考点二
考点三
考点二 动能定理的应用(师生共研) 1.动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及 时间,比动力学研究方法要简便。 2.动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上应用动能定理没 有理论依据。 3.当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解; 当所求解的问题不涉及中间的速度时,也可以全过程应用动能定理 求解。 4.应用动能定理时,必须明确各力做功的正、负。当一个力做负 功时,可设物体克服该力做功为W,将该力做功表达为-W,也可以直 接用字母W表示该力做功,使其字母本身含有负号。
高考物理一轮复习第五章第2讲动能定理及其应用学案含解析20190506275.doc
动能定理及其应用主干梳理 对点激活知识点动能 Ⅱ1．定义：物体由于□01运动而具有的能。
2．公式：E k ＝□0212mv 2。
3．矢标性：动能是□03标量，只有正值，动能与速度方向□04无关。
4．状态量：动能是□05状态量，因为v 是瞬时速度。
5．相对性：由于速度具有□06相对性，所以动能也具有相对性。
6．动能的变化：物体□07末动能与□08初动能之差，即ΔE k ＝12mv 22－12mv 21。
动能的变化是过程量。
知识点动能定理 Ⅱ1．内容：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中□01动能的变化。
2．表达式 (1)W ＝□02ΔE k 。
(2)W ＝□03E k2－E k1。
(3)W ＝□0412mv 22－12mv 21。
3．物理意义：□05合外力的功是物体动能变化的量度。
4．适用范围广泛(1)既适用于直线运动，也适用于□06曲线运动。
(2)既适用于恒力做功，也适用于□07变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以□08不同时作用。
一 思维辨析1．合外力做功是物体动能变化的原因。
( )2．如果物体所受合外力不为零，那么合外力的功也一定不为零。
( ) 3．物体的动能不变就是物体的速度不变。
( )4．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。
( ) 5．运用动能定理可以求变力做功。
( ) 答案 1.√ 2.× 3.× 4.× 5.√ 二 对点激活1．(人教版必修2·P 74·T 1改编)改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，下列几种情形中，汽车的动能不变的是( )A ．质量不变，速度增大到原来的2倍B ．速度不变，质量增大到原来的2倍C ．质量减半，速度增大到原来的2倍D ．速度减半，质量增大到原来的4倍 答案 D解析 由E k ＝12mv 2知只有D 项汽车动能不变。
2．(多选)关于动能定理的表达式W ＝E k2－E k1，下列说法正确的是( ) A ．公式中的W 为不包含重力的其他力做的总功B ．公式中的W 为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C ．公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W >0时，动能增加，当W <0时，动能减少D ．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功答案 BC解析 W ＝E k2－E k1中的W 指合外力的功，当然包括重力在内，E k2－E k1为动能的增量，由功来量度，W >0，ΔE k >0，W <0，ΔE k <0，动能定理也适用于曲线运动和变力做功。
高考物理一轮复习第五章机械能2动能定理及其应用课件
v
2 O
-0
在O点有:mg=m
v
2 O
r
代入数据解得:Hmin=0.65 m
仅仅与弹性挡板碰撞一次,且小球不会脱离CDO轨道,H最大时,碰后再返回
最高点能上升到D点,则有:
mg(Hmax+r)-3μmgL=0 代入数据解得:Hmax=0.7 m 故有:0.65 m≤H≤0.7 m
答案:(1)84 N (2)0.65 m≤H≤0.7 m
2.四类图像所围“面积”的含义:
【典例·通法悟道】 【典例2】用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时,在 计算机上得到0～6 s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.0～6 s内物体先向正方向运动,后向负方向运动 B.0～6 s内物体在4 s时的速度最大 C.物体在2～4 s内速度不变 D.0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力做的功
2021/4/17
高考物理一轮复习第五章机械能2动能定理及其
21
应用课件
结束语
同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成 功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没 有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念，
考试加油。
【思维展现】应用动能定理解题的基本思路
【解析】(1)设冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ
据解得动μ能=定v理02 有v -12 μmgs0=12
mv12
1 2
mv02
2gs0
(2)冰球运动时间t= v 0 v 1
g
由于s1=12 at2
解得运动员的最小加速度a= s1 v0 v1 2
2
s
2 0
大,C错;在0～4
2024届高考物理一轮复习第五章机械能第2讲第1课时动能定理的理解及应用课件
D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功
[解析] a-t图线与坐标轴围成的“面积”等于速度的变化量，由题给图像可 知，0～6 s内速度变化量为正，物体速度方向不变，物体在0～5 s内一直加速，5 s时速度最大，A、B均错误；2～4 s内物体的加速度不变，做匀加速直线运动，C 错误；由题图可知，t＝4 s时和t＝6 s时 物体速度大小相等，由动能定理可知，物 体在0～4 s内和0～6 s内动能变化量相等，合外力对物体做功也相等，D正确。
解得最低点的坐标 x＝h＋x1＋ x12＋2hx1，B 正确；由对称性可知，当 x＝h＋ 2x1 时，小球的加速度为－g，且弹力为 2mg，但还未到最低点，C 错误；小球 在 x＝h＋x1 处时，动能有最大值，根据动能定理得 mg(h＋x1)＋W 弹′＝Ekm－ 0，由题知，W 弹′＝－12kx12＝－12mgx1，解得最大动能 Ekm＝mgh＋mg2x1，D 正确。
的高度差，摩擦阻力做功与路径有关。
(三) 动能定理与图像的综合问题(精研点) 1．五类图像中所围“面积”或斜率的意义
2．解决动能定理与图像问题的基本步骤
[考法全析]
考法(一) 动能定理与 v-t 图像的综合
[例 1] 质量为 m 的物体从高为 h 的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该
物体以 v0 的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示。图乙为物体两次在
D．小物体从A到C过程中弹簧的弹性势能变化量大小等于小物体克服摩擦力做功
解析：在A、B间某处物体受到的弹力等于摩擦力，合力为0，速度最大，而在B 点只受摩擦力，合力不为零，因此小物体从A到B过程加速度先减小再增大，速度 先增大后减小，故A、B错误；小物体从B到C过程中，由动能定理得－Wf＝ΔEk， 故C错误；小物体从A到C过程中，由动能定理得W弹－Wf1＝0，故D正确。 答案：D
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第五章 第二讲 动能定理及其应用1．如图1所示，质量相同的物体分别自斜面AC 和BC 的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数都相同，物体滑到斜面底部C 点时的动 能分别为E k1和E k2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W 1和W 2，则 ( )A ．E k1＞E k2 W 1＜W 2B ．E k1＞E k2 W 1＝W 2C ．E k1＝E k2 W 1＞W 2D ．E k1＜E k2 W 1＞W 2解析：设斜面的倾角为θ，斜面的底边长为l ，则下滑过程中克服摩擦力做的功为W ＝μmg cos θ·l /cos θ＝μmgl ，所以两种情况下克服摩擦力做的功相等．又由于B 的高度 比A 低，所以由动能定理可知E k1＞E k2，故选B.答案：B2．一质量为m 的小球用长为l 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力作用下，从平衡位置P 点缓慢地移动，当悬线偏离竖直方向θ角时，水平力大小为F ，如图2所示，则水平力所做的功为 ( )A ．mgl cos θB ．Fl sin θC ．mgl (1－cos θ)D ．Fl cos θ 解析：小球在缓慢移动的过程中，动能不变，故可用动能定理求解，即W F ＋W G ＝0， 其中W G ＝－mgl (1－cos θ)，所以W F ＝－W G ＝mgl (1－cos θ)，选项C 正确．答案：C3．(2010·南通模拟)如图3甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平 拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙 所示，图线为半圆．则小物块运动到x 0处时的动能为 ( )图3A ．0B.12F m x 0C.π4F m x 0 D.π4x 02 解析：根据动能定理，小物块运动到x 0处时的动能为这段时间内力F 所做的功，物 块在变力作用下运动，不能直接用功的公式来计算，但此题可用根据图象求“面积”的方法来解决．力F 所做的功的大小等于半圆的“面积”大小．E k ＝W ＝12S 圆＝12π(x 022，又F m ＝x 02.整理得E k ＝π4F m x 0＝π8x 02，C 选项正确． 答案：C4．(2010·济南质检)如图4所示，电梯质量为M ，地板上放着一质量为m 的物体．钢索拉电梯由静止开始向上加速运动，当上升高度为H 时，速度达到v ，则 ( )A ．地板对物体的支持力做的功等于12m v 2 B ．地板对物体的支持力做的功等于mgHC ．钢索的拉力做的功等于12M v 2＋MgHD ．合力对电梯做的功等于12M v 2 解析：对物体m 用动能定理：WF N －mgH ＝12m v 2，故A 、B 均 错；钢索拉力做的功，W F 拉＝(M ＋m )gH ＋12(M ＋m )v 2 对电梯M 正确． 答案：D5．如图5转动半径为R . ( )A B.3FR 4 D.FR 4解析：F ＝1R ，4＝22R ，由动能定理得W ＝12m v 22－12m v 12，联立解得W ＝－FR 4， 即外力做功为－FR 4.A 项正确． 答案：A6．一个小物块从底端冲上足够长的斜面后，又返回斜面底端．已知小物块的初动能为 E ，它返回斜面底端的速度大小为v ，克服摩擦阻力做功为E /2.若小物块冲上斜面的 动能为2E ，则物块 ( )A ．返回斜面底端时的动能为EB ．返回斜面底端时的动能为3E /2C．返回斜面底端时的速度大小为2vD．返回斜面底端时的速度大小为v解析：设初动能为E时，小物块沿斜面上升的最大位移为s1，初动能为2E时，小物块沿斜面上升的最大位移为s2，斜面的倾角为θ，由动能定理得：－mgs1sinθ－F f s1＝0－E,2F f s1＝E2，E－E2＝12m v2；而－mgs2sinθ－F f s2＝0－2E，可得：s2＝2s1，所以返回斜面底端时的动能为2E－2F f s2＝E，A正确，B错误；由E＝12m v′2可得v′＝2v，C、D均错误．答案：A7．(2010·韶关模拟)如图6甲所示，一物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．由此可以确定()图6A．物块返回底端时的速度B．物块所受摩擦力大小C．斜面倾角θD．3t0时间内物块克服摩擦力所做的功解析：上升过程中，mg sinθ＋F f＝ma1v0＝a1t0s＝v0 2 t0下滑过程中，mg sinθ－F f＝ma2v＝a2·2t0s＝12a2(2t0)2以上各式联立可求得v＝v02，sinθ＝5v08gt0，F f＝3m v08t0，故A、C正确，因不知物块的质量m，故F f不可求，B错误；对整个过程应用动能定理可得，－W f＝12m v2－12m v02，故W f＝38m v02，因不知m，故W f也不可求得，D错误．答案：AC8．如图7所示，水平传送带长为s，以速度v始终保持匀速运动，把质量为m的货物放到A点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ，当货物从A点运动到B点的过程中，摩擦力对货物做的功可能 ( )A ．等于12m v 2 B ．小于12m v 2 C ．大于μmgs D ．小于μmgs解析：货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速，也可能一直加速而货物的最终速度小于v ，故摩擦力对货物做的功可能等于12m v 2，可能小于12m v 2，可能等 于μmgs ，可能小于μmgs ，故选A 、B 、D.答案：ABD9．(2010·如皋模拟)如图8所示，斜面AB 和水平面BC 是由同一板材上截下的两段，在B 处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A 处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P 处．若从该板材上再截下一段，搁置在A 、P 之间，构成一个新的斜面，再将小铁块放回A 处，并轻推一下使之具 有初速度v 0，沿新斜面向下滑动．关于此情况下小铁块的运动情况的描述正确的是( )A ．小铁块一定能够到达P 点B ．小铁块的初速度必须足够大才能到达P 点C ．小铁块能否到达P 点与小铁块的质量有关D ．以上说法均不对解析：如图所示，设AB ＝s 1，BP ＝s 2，AP ＝s 3，动摩擦因数为μ，由动能定理得：mgs 1sin α－μmgs 1cos α－μmgs 2＝0，可得：mgs 1sin α＝μmg (s 1cos α＋s 2)，设小铁块沿AP 滑到P 点的速度为v P ，由动能定理得：mgs 3sin β－μmgs 3cos β＝12v P 2－12m v 02，因s 1sin α＝s 3sin β，s 1cos α＋s 2 ＝s 3cos β，故得：v P ＝v 0，即小铁块可以沿AP 滑到P 点，故A 正确．答案：A10．如图9所示，质量为M ＝0.2 kg 的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h ＝0.20 m ，木块距水平台的右端L ＝1.7 m ．质量为m ＝0.10M 的子弹以v 0＝180 m/s的速度水平射向木块，当子弹以v ＝90 m/s 的速度水平射出时，木块的速度为v 1＝9 m/s(此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零)．若木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为 s ＝1.6 m ，求：(g 取10 m/s 2)(1)木块对子弹所做的功W 1和子弹对木块所做的功W 2；(2)木块与台面间的动摩擦因数μ.解析：(1)由动能定理得，木块对子弹所做的功为W1＝12m v2－12m v02＝－243 J同理，子弹对木块所做的功为W2＝12M v12＝8.1 J.(2)设木块离开台面时的速度为v2，木块在台面上滑行阶段对木块由动能定理，有：－μMgL＝12M v22－12M v12木块离开台面后的平抛阶段s＝v22h g解得μ＝0.50.答案：(1)－243 J8.1 J(2)0.5011．(2010·南通月考)如图10为车站使用的水平传送带装置的示意图，绷紧的传送带始终保持3.0 m/s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距水平地面的高度h＝0.45m，现有一质量为m＝10 kg的行李包(可视为质点)由A端被传送到B端，且传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端水平抛出．已知行李包与传送带之间动摩擦因数为μ＝0.2，且A与B之间距离为L＝6 m．不计空气阻力，g取10 m/s2.(1)行李包从A传送到B的过程中，摩擦力对物块做的功为多少？(2)行李包从B端水平抛出后在空中运动的时间和飞出的水平距离为多少？解析：(1)设行李包加速到传送带的速度v0＝3.0 m/s，经历的时间为t1，则有v0＝μgt1.此过程中行李包的位移s1＝12μgt12.可求得s1＝2.25 m＜L，故行李包在B端被平抛的速度v B＝v0＝3.0 m/s.W f＝12m v02＝45 J.(2)由h＝12gt22s2＝v B t2可得t2＝0.3 s s2＝0.9 m.答案：(1)45 J(2)0.3 s0.9 m12．如图11所示为“S”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的，固定在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连接而成的，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，弹射装置将一个小球(可视为质点)从a 点水平射向b 点并进入轨道，经过轨道后从p 点水平抛出，已知小球与地面ab 段间的动摩擦因数μ＝0.2，不计其 他机械能损失，ab 段长L ＝1.25 m ，圆的半径R ＝0.1 m ，小球质量m ＝0.01 kg ，轨 道质量为M ＝0.15 kg ，g ＝10 m/s 2，求：(1)若v 0＝5 m/s ，小球从p 点抛出后的水平射程；(2)若v 0＝5 m/s ，小球经过轨道的最高点时，管道对小球作用力的大小和方向；(3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当v 0至少为 多大时，轨道对地面的压力为零．解析：(1)设小球运动到p 点时的速度大小为v ，对小球由a 点运动到p 点的过程， 应用动能定理得：－μmgL －4Rmg ＝12m v 2－12m v 02① 小球从p 点抛出后做平抛运动，设运动时间为t ，水平射程为s ，则4R ＝12gt 2②s ＝v t ③联立①②③(2) F ＋mg ＝m v 2R④ 联立①④(3)′＝Mg －12m v 02 解得：v 0＝5 m/s.答案：(1)0.4 6 m (2)1.1 N ，方向竖直向下(3)5 m/s。