高考一轮复习：5.2《动能定理及其应用》ppt课件

考点一
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考点三
第二节 动能定理及其应用 第五章
9-9-
3.动能定理中涉及的物理量有 F、x、m、v、W、Ek 等,在处理含有上 述物理量的力学问题时,可以考虑使用动能定理。由于只需要从力在整个位 移内所做的功和这段位移初、末两状态的动能变化去考虑,不必注意其中运 动状态变化的细节,同时动能和功都是标量,无方向性,所以无论是直线运动 还是曲线运动都适用。
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第五章
第二节 动能定理及其应用
-2200-
(4)突破位移的计算难点 应用动能定理时,要注意有的力做功与路程无关,只与位移有关,有的力 做功却与路程有关。 (5)突破初、末状态的确定难点 动能定理的计算式为标量式,v 为相对同一参考系的速度,所以确定初、 末状态动能时,必须相对于同一参考系而言。
(6)物(体 4)×在合由外12m力v2作=m用gh下可做知变,做速自运由动落,动体能运动一的定物变体化,动。能( 与下落)距离成正比,而
不(7)是物与体下的落动距能离不的变二,次所方受成的正合比外。力必定为 0。(
)
(6)× 变速运动可能仅仅是速度的方向发生变化,此时动能可能不变。 关闭
(1)√(7)(×2)√物(体3)动×能不(4变)×,所受(5的)√合外(6力)×不一(7定)×为 0,比如匀速圆周运动。
解析 答案
第五章
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5
基础自测
1234
2. (多选)一质点开始时做匀速直线运动,从某时刻起受到一恒力作用。此 后,该质点的动能可能( ) A.一直增大 B.先逐渐减小至零,再逐渐增大 C.先逐渐增大至某一最大值,再逐渐减小 D.先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大
关闭
若恒力的方向与初速度的方向相同或二者夹角为锐角或直角,该质点一直做加速 运动,选项 A 正确;若恒力的方向与初速度的方向相反,该质点先做匀减速运动,再 反向做匀加速运动,选项 B 正确;若恒力方向与初速度方向之间的夹角为钝角,可 类比斜上抛运动,质点先做匀减速运动,速度减小到某一非零的最小值,质点再做关闭 匀AB加D速运动,易知选项 D 正确。
解析 答案
第五章
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6
基础自测
1234
3. (单选)如图所示,质量为 m 的小球,在离地面 H 高处由静止释放,落到地面 后继续陷入泥中 h 深度而停止,设小球受到的空气阻力为 Ff,则下列说法正 确的是( )
关闭
A.小根球据落动地能时定动理能得等m于gHm-FgfHH=12 ������������02,A 错误;设泥的阻力为������f 0,小球陷入泥中的
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-1155-
【例 2】如图所示装置由 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=5 m,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 h1=4.30 m、h2=1.35 m。现让质量为 m 的小滑块自 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 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
第二节 动能定理及其应用
第二节 动能定理及其应用 第五章
-2-
一二
一、动能
1.定义:物体由于运动而具有的能。 2.公式:Ek=12mv2。
3.单位:J,1 J=1 N·m=1 kg·m2/s2。
4.矢标性:动能是标量,只有正值。
5.动能的变化量:ΔEk=12
mv2 2
−
1 2
mv1 2,是过程量。
CC正确。
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解析 答案
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考点二 对动能定理的应用
1.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。
答案:(1)3 m/s (2)2 s (3)1.4 m
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-1199-
规律总结应用动能定理应突破的五个难点
(1)突破研究对象的选取难点 动能定理适用于单个物体,当题目中出现多个物体时可分别将单个物 体取为研究对象,应用动能定理;也可以把多个物体组成整体,再应用动能定 理求解,此时的条件是内力的功没有引起动能向其他形式能的转化。 (2)突破研究过程的选取难点 应用动能定理时,选取不同的研究过程列出的方程是不相同的。因为动 能定理是个过程式,选取合适的过程往往可以大大简化运算。 (3)突破受力的分析难点 运用动能定理时,必须分析清楚物体在过程中的全部受力情况,找出哪 些力不做功,哪些力做功,做多少功,从而确定出外力的总功,这是解题的关 键。
)
(2)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。(
)
(3)动能不变的物体,一定处于平衡状态。(
)
(4)做自由落体运动的物体,动能与下落距离的二次方成正比。(
)
(5)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。 关闭
( (3)×) 速度是矢量,动能是标量,动能不变的物体,速度的方向可能发生变化。
4.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 面为参考系。
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第二节 动能定理及其应用
-1100-
【例 1】如图所示,质量为 m 的小物体静止于长为 l 的木板边缘。现 使板由水平放置绕其另一端 O 沿逆时针方向缓缓转过 α 角,转动过程中,小 物体相对板始终静止,求板对物体的支持力对物体做的功。
故小滑块第一次与第二次通过 C 点的时间间隔 t=t1+t2=2 s。
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第二节 动能定理及其应用
-1平轨道上运动的 总路程为 x 总
有 mgh1=μmgx 总 将 h1、μ 代入得 x 总=8.6 m,故小滑块最终停止的位置距 B 点的距离为 2x-x 总=1.4 m。
关闭
B
答案
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8-8-
考点一 对动能定理的理解
1.一个物体的动能变化 ΔEk 与合外力对物体所做功 W 具有等量代换关 系。
(1)若 ΔEk>0,表示物体的动能增加,其增加量等于合外力对物体所做的 正功。
(2)若 ΔEk<0,表示物体的动能减少,其减少量等于合外力对物体所做的 负功的绝对值。
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第五章
第二节 动能定理及其应用
-1122-
拓展训练 1(单选)如图所示,质量为 m 的物体静置在水平
光滑的平台上,系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮,由地面上的人以速度 v0 向右匀速拉动,设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹 角为 45°处,在此过程中人所做的功为( )
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第二节 动能定理及其应用
-1144-
2.注意事项 (1)动能定理的研究对象可以是单一物体,或者是可以看作单一物体的 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。
5.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,也可以不同时作用。
第五章
第二节 动能定理及其应用
4
基础自测
1234
1.请判断下列表述是否正确,对不正确的表述,请说明原因。
(1)动能是机械能的一种表现形式,凡是运动的物体都具有动能。(
A.mv202
B.
2mv02 2
关闭
人C.从mv4地02面上平台D的.m边v0缘2 开始向右行至绳与水平方向夹角为 45°处的过程中,
当绳与水平方向夹角为 45°时,沿绳方向的速度 v=v0cos 45°= 22������0,故此时质量为 m
的物体速度等于 22������0,对物体由动能定理可知,在此过程中人所做的功为���������4���02,选项关闭
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第五章
第二节 动能定理及其应用
-2211-
拓展训练 2(2013·上海单科,31)如图,质量为 M,长为 L、
高为 h 的矩形滑块置于水平地面上,滑块与地面间动摩擦因数为 μ;滑块上 表面光滑,其右端放置一个质量为 m 的小球。用水平外力击打滑块左端,使 其在极短时间内获得向右的速度 v0,经过一段时间后小球落地。求小球落 地时距滑块左端的水平距离。
考点三
第五章
第二节 动能定理及其应用
-1177-
解析:(1)小滑块从 A→B→C→D 过程中,由动能定理
得:mg(h1-h2)-μmgx=12 mvD 2-0 将 h1、h2、x、μ、g 代入得:vD=3 m/s。 (2)小滑块从 A→B→C 过程中,由动能定理得 mgh1-μmgx=12 mvC2 将 h1、x、μ、g 代入得:vC=6 m/s 小滑块沿 CD 段上滑的加速度大小 a=gsin θ=6 m/s2 小滑块沿 CD 段上滑到最高点的时间 t1=vaC=1 s 由对称性可知小滑块从最高点滑回 C 点的时间 t2=t1=1 s