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1、第 12 讲 动能定理及其应用 【知识总览】 【考点探究】 考点 1动能 条目解析 1.定义:物体由于运动而具有的能量就是动能. 2.公式:Ek= mv2. 1 2 3.单位:焦耳,1 J=1 Nm=1 kgm2/s2. 4.矢标性:动能是标量,只有正值. 5.状态量:动能是状态量,因为v是瞬时速度. 题组演练 例 1 关于物体的动能,下列说法中正确的是( ) A.物体的速度变化时,其动能一定变化 B.物体所受的合外力不为零时,其动能一定变化 C.物体的动能变化时,其运动状态一定发生改变 D.物体的速度变化越大,其动能变化也一定越大 要点总结 动能与动能的变化的区别 (1)动能与动能的变化是两
2、个不同的概念,动能是状态量,动能的变化是过程量. (2)动能为非负值,而动能的变化有正、负之分,Ek0 表示物体的动能增加,Ek0 表示物体的动能减少. 考点 2动能和动能定理(d) 条目解析 1.内容:在一个过程中合外力对物体所做的功,等于物体在这个过程中动能的变化. 2.表达式:W= m- m=Ek2-Ek1. 1 2 2 2 1 2 2 1 3.理解:动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化具有等量代换关系.合外力做功是引起物体 动能变化的原因. 典型例题 例 2 下列关于运动物体的合力做功和动能、速度变化的关系的说法正确的是( ) A.物体做变速运动,合外力一定不为零,动能一
3、定变化 B.若合外力对物体做功为零,则合外力一定为零 C.合外力对物体做功,物体的速度大小一定发生变化 D.物体的动能不变,所受的合外力一定为零 图 12-1 变式 2019金华期末 某次篮球比赛中,小明站在罚球线处采用如图 12-1 所示站立姿势将篮球投出,球以约 2 m/s 的速度撞击篮筐.已知篮球质量约为 0.6 kg,篮筐离地高度约为 3 m,忽略篮球受到的空气阻力,则小明 将球投出时对篮球做的功约为 ( ) A.2 JB.8 JC.30 JD.100 J 例 3 物体从高出地面H处由静止自由落下,不考虑空气阻力,落至沙坑表面后又进入深h处停止(如图 12-2 所示),则物体在沙坑中受
4、到的平均阻力是其重力的多少倍? 图 12-2 例 4 物体沿直线运动的v-t图像如图 12-3 所示,已知在第 1 s 内合外力对物体做的功为W,则( ) 图 12-3 A.从第 1 s 末到第 3 s 末,合外力做功为 4W B.从第 3 s 末到第 5 s 末,合外力做功为-2W C.从第 5 s 末到第 7 s 末,合外力做功为-W D.从第 3 s 末到第 4 s 末,合外力做功为-0.75W 变式 一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处.若物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程 中物块的动能Ek与位移x的关系图线是图 12-4 中的( ) 图 12-4 要点总结 (1
5、)动能定理的适用条件:既适用于恒力做功也适用于变力做功,既适用于直线运动也适用于曲线 运动. (2)应用动能定理解题的步骤: 选取研究对象,明确它的运动过程. 正确分析物体的受力情况(包括重力、弹力等),找准各力做功的大小及正负情况. 明确物体运动的初、末态的速度情况,写出初、末态的动能表达式Ek1、Ek2. 列出动能定理方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解题方程,进行求解. 检验答案,对结果进行分析和讨论. 考点 3动能定理求解变力做功问题(d) 条目析 动能定理既适用于直线运动也适用于曲线运动,既适用于求恒力做功也适用于求变力做功.因为使用动能定理 可由动能的变化来求功,所以动能定理是求
6、变力做功的首选. 典型例题 图 12-5 例 5 如图 12-5 所示,AB为 圆弧轨道,BC为水平直轨道,圆弧的半径为R,BC的长度也是R,一质量为m的物 1 4 体与两个轨道间的动摩擦因数都为,重力加速度为g.当物体从轨道顶端A由静止开始下落时,恰好运动到C 处停止,那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( ) A. mgR 1 2 B. mgR 1 2 C.-mgR D.(1-)mgR 图 12-6 变式 2019海宁高中期中 如图 12-6 所示,在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A,若将小球A从弹 簧处于原长位置由静止释放,小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A换为质量为 3m的小
7、球B,仍从弹簧 处于原长位置由静止释放,则小球B下降h高度时的速度为(重力加速度为g,不计空气阻力) ( ) A.B. 2 4 3 C.D. 2 要点总结 应用动能定理解题的基本思路 应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和,不要漏掉某个力做的功,同时要注意各力做功的正负. 考点 4动能定理求解多过程问题(d) 条目解析 1.动能定理的计算式为标量式,位移x和速度v必须是相对于同一个参考系的,一般以地面为参考系.动能定理 应用广泛,直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、同时做功、分段做功各种情况均适用. 2.当物体的运动是由几个物理过程所组成,又不需要研究过程的中间状态时,可以把这几个物理过
8、程看作一个 整体进行研究,从而避开每个运动过程的具体细节,具有过程简明、方法巧妙、运算量小等优点. 典型例题 例 6 某游乐场中的竖直滑梯可以简化为如图 12-7 所示的ABCDEF轨道,其中AB为光滑的 圆弧,半径R=6 1 4 m,BC与DE均为光滑的水平轨道,EF为足够长的光滑圆弧轨道,EF与ED相切,长L=10 m、倾角为=37的 斜面CD上铺了一层匀质特殊材料.小孩及游乐装备(视为质点)总质量为m=30 kg,从A处由静止开始下滑,小 孩在水平轨道上运动一段距离后,通过换向轨道由C点过渡到CD,然后滑入DEF.假设小孩通过C和D前后速 度大小不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.sin
9、37=0.6,cos 37=0.8,g取 10 m/s2,不计空气阻力. (1)求小孩运动到圆弧底端B点时对轨道的压力大小; (2)若=0.2,求小孩在CD上运动的总路程. 图 12-7 变式 2019嘉兴期中 在山区或沟谷深壑地区,往往会因为长时间的暴雨而引发山体滑坡,并携带有大量石块 滑落.某地有两个坡度相同的山坡刚好在底端互相对接,在暴雨中有石块从一侧山坡滑落后冲上另一侧山坡,现 假设两山坡与水平面间的夹角均为=37,石块在下滑过程中与坡面间的动摩擦因数均为=0.25,石块在左 侧山坡A处由静止开始下滑时离水平地面的高度h1=4.8 m,然后冲上右侧山坡,其简化图如图 12-8 所示.已
10、 知石块经过最低点P前后的速度大小不变,重力加速度g取 10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8. (1)求石块滑到最低点P时的速度大小v; (2)求石块冲上右侧山坡最高点B时离水平面的高度h2; (3)当石块在A点以多大的初速度v0下滑时,刚好能到达右侧山坡与A等高处? 图 12-8 要点总结 应用动能定理解题的注意事项: (1)要明确物体在全过程初、末两个状态时的动能; (2)要正确分析全过程中各段受力情况和相应位移,并正确求出各力做的功; (3)动能定理表达式是标量式,不能在某方向用速度分量来列动能定理方程式; (4)动能定理中的位移及速度一般都是相对地面而言的. 第
11、12 讲 动能定理及其应用 【考点探究】 考点 1 动能 典型例题 例 1 C 解析 若速度的方向变化而大小不变,则其动能不变,故选项 A、D 错误;只要物体的速度大小不变,其 动能就不变,如匀速圆周运动中,物体所受的合外力不为零,但速度大小始终不变,动能不变,故选项 B 错误. 考点 2 动能和动能定理(d) 典型例题 例 2 C 解析 力是改变物体速度的原因,物体做变速运动时,合外力一定不为零,但合外力不为零时,做功可 能为零,动能可能不变,A、B 错误;合外力对物体做功,物体的动能一定变化,速度大小也一定变化,C 正确;物体的 动能不变,所受的合外力做功一定为零,但合外力不一定为零,D
12、错误. 变式 B 解析 篮筐离地高度约为H=3 m,假设小明投篮时,篮球离地高度为h=1.8 m,对篮球做功为W,根 据动能定理,从开始投篮到篮球击中篮筐,有W-mg(H-h)= mv2,其中v=2 m/s,解得W8 J,故选项 B 正确. 1 2 例 3 + 解析 解法一 选物体为研究对象,先研究自由落体过程,只有重力做功,设物体质量为m,落到沙坑表面时速度 为v,根据动能定理有 mgH= mv2-0 1 2 再研究物体在沙坑中的运动过程,重力做正功,阻力f做负功,根据动能定理有 mgh-fh=0- mv2 1 2 联立解得= + 所以物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的倍. + 解法二 研
13、究物体运动的全过程,根据动能定理有 mg(H+h)-fh=0 解得= + 所以物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的倍. + 例 4 D 解析 设 1 s 末的速度为v,由动能定理,第 1 s 内合外力对物体做的功W= mv2,从第 1 s 末到第 3 1 2 s 末,合外力做功W1= mv2- mv2=0,从第 3 s 末到第 5 s 末,合外力做功W2=0- mv2=-W,从第 5 s 末到第 7 1 2 1 2 1 2 s 末,合外力做功W3= mv2-0=W,从第 3 s 末到第 4 s 末,合外力做功W4= m- mv2=-0.75W,选项 D 正 1 2 1 2 ( 2) 2 1 2
14、 确. 变式 C 解析 设物块与斜面间的动摩擦因数为,物块的质量为m,则物块在上滑过程中,根据动能定理有- (mgsin +mgcos )x=Ek-Ek0,即Ek=Ek0-(mgsin +mgcos )x,所以物块的动能Ek与位移x的函数关系 图线为直线且斜率为负;物块沿斜面下滑的过程中,根据动能定理有(mgsin -mgcos )(x0-x)=Ek,其中x0为 小物块到达最高点时的位移,即Ek=-(mgsin -mgcos )x+(mgsin -mgcos )x0,所以下滑时Ek随x的 减小而增大且为直线,故 C 正确. 考点 3 动能定理求解变力做功问题(d) 典型例题 例 5 D 解析
15、物体从A运动到B过程,所受的弹力要发生变化,摩擦力大小也要随之变化,所以克服摩擦力 所做的功不能直接由功的公式求得,而在BC段克服摩擦力所做的功可直接求得.对从A到C全过程,运用动能 定理即可求出物体在AB段克服摩擦力所做的功.设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB,物体从A到C 的全过程,根据动能定理有mgR-WAB-mgR=0,所以WAB=mgR-mgR=(1-)mgR. 变式 B 解析 小球A下降h高度过程中,根据动能定理有mgh-W1=0,小球B下降h高度过程中,由动能 定理有 3mgh-W1= 3mv2-0,联立解得v=,故 B 正确. 1 2 4 3 考点 4 动能定理求解多过程问题(d) 典型例题 例 6 (1)900 N (2)75 m 解析 (1)从A到B过程,由动能定理得mgR= m 1 2 2 在B点时,有F-mg=m 2 解得F=900 N 由牛顿第三定律得F=F=900 N (2)设在CD上运动的总路程为x,根据动能定理得 mgLsin -mgxcos =0- m 1 2 2 解得x=75 m 变式 (1)8 m/s (2)2.4 m (3)8 m/s 解析 (1)石块从A到P过程,由动能定理得mgh1-mgcos = mv2-0 1 1 2 解得v=8 m/s (2)对石块,由动能定理得mg(h1-h2)-mgcos =0-0 1+ 2
