2018届高三物理复习跟踪演练强化提升第五章机械能及其守恒定律第2讲动能定理及其应用
高三物理一轮复习 第五章 机械能 第2讲 动能 动能定理
(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，F＋mg＝mvR2，联立代入数据，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 v0 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＝mvR12.
F′＝Mg －μmgL－2mgR＝12mv12－12mv02 解得 v0＝5 m/s 答案 (1)0.4 6 m (2)1.1 N，方向竖直向下 (3)5 m/s
答案 CD
2．一个质量为 2 kg 的铅球从离地面 2 m 高处自由下落，陷 入沙坑中 2 cm 深处．求沙子对铅球的平均阻力．(g＝10 m/s2)
解析 铅球的运动包括自由落体运动和陷入沙坑中的减速 运动两个过程．
方法一：分两个过程讨论 铅球自由下落过程：设铅球落到沙面时的速度为 v，对这一 过程用动能定理得 mgH＝12mv2－0 解得 v＝ 2gH＝ 2×10×2 m/s＝2 10 m/s
学法指导 本题中第(3)问要注意临界状态的分析．从能量达 到题目要求中的最小，从受力分析出 F′的方向．
4．(2016·江西南昌)如图所示，光滑水平平台上有一个质量 为 m 的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物 块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用 点竖直高度始终为 h，当人以速度 v 从平台的边缘处向右匀速前 进位移 x 时．则( )
铅球陷入沙坑的过程：受重力和阻力的作用，设这一过程中 铅球受到的平均阻力为 f，由动能定理得 mgh－fh＝0－12mv2
f＝mg＋m2hv2＝[2×10＋2×2（×20.0120）2] N＝2 020 N
方法二：把铅球开始下落到陷入沙坑作为一个过程讨论． 全过程有重力做功，进入沙中又有阻力做功，初、末状态动 能都为零，所以由动能定理得 mg(H＋h)－fh＝0－0. f＝mg（Hh＋h）＝2×10×（0.022＋0.02） N＝2 020 N 答案 2 020 N
2018届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
B.因木块所受的力都不对其做功 ,所以合外力做的功为零 擦力虽然合力不为零 ,但合力做功等于木块的动能变化量 ,而木块动能不 重力和摩擦力的合力做的功为零 变,C. 重力和摩擦力的合力做的功为零 ,C正确,D错误。 C D.重力和摩擦力的合力为零
������������ 2 ������ 2 2
1
1
解得������N ������ =8 N。 由牛顿第三定律得������N ������ '=������N ������ =8 N,方向竖直向上。
答案： (1)2 m/s (2)0.6 m (3)8 N,方向竖直向上
-20考点一 考点二 考点三
A.2 m/s B.8 m/s 关闭 C.4 2 m/s D.4 m/s F-l 图象面积表示功 ,横轴上方为正功,下方为负功,可求 W=8 J;由动 能定理得 1 关闭 mv2=8 J,v=4 2 m/s。 2 C
解析 答案
-10考点一 考点二 考点三
考点一 动能定理的理解(自主悟透) 1.对“外力”的两点理解 (1)“外力”指的是合力,重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或 其他力,它们可以同时作用,也可以不同时作用。 (2)外力既可以是恒力,也可以是变力。 2.动能定理公式中体现的“三个关系” (1)数量关系:即合力所做的功与物体动能的变化具有等量替代关 系。可以通过计算物体动能的变化,求合力做的功,进而求得某一 力做的功。 (2)单位关系:等式两边物理量的国际单位都是焦耳。 (3)因果关系:合力的功是引起物体动能变化的原因。
D
������ ������ 2 2
高考物理一轮总复习 必修部分 第5章 机械能及其守恒定律 第2讲 动能定理及其应用课件
尝试解答 选 C。 由题意知，在滑块从 b 运动到 c 的过程中，由于摩擦力做负功，动能在减少，所以 A 错误；从 a 到 c 的运动过程中，根据动能定理：mgh－Wf＝0，可得全程克服阻力做功 Wf＝mgh，因在 ab 段、bc 段摩擦力 做功不同，故滑块在 bc 过程克服阻力做的功一定不等于 mgh/2，所以 B 错误；滑块对 ab 段轨道的正压力 小于对 bc 段的正压力，故在 ab 段滑块克服摩擦力做的功小于在 bc 段克服摩擦力做的功，即从 a 到 b 克服 摩擦力做的功 Wf′<12mgh，设在 b 点的速度为 v′，根据动能定理：mgh－Wf′＝12mv′2－12mv2，可得 v′> gh＋v2，故 C 正确，D 错误。
必考部分
第5章 机械能及其守恒定律
第2讲 动能定理及其应用
板块一 主干梳理·对 点激活
知识点 1 动能 Ⅱ 1.定义：物体由于_运__动___而具有的能。
2．公式：Ek＝__12_m_v_2_。 3．物理意义：动能是状态量，是_标__量___ (选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向__无__关__。 4．单位：_焦__耳___，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。 5．动能的相对性：由于速度具有__相__对__性](多选)关于对动能的理解，下列说法正确的是( ) 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
全程复习构想2018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
[解析] 由 a－t 图象可知： 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情况，在时间轴上方为正，在时 1 1 间轴下方为负．物体 6 s 末的速度 v6＝ 2×(2＋5)×2 m/s－2 ×1×2 m/s＝6 m/s，则 0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 错； 1 由题图可知物体在 5 s 末速度最大，为 vm＝2×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s，B 错；由题图可知在 2～4 s 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 0～4 s 内合力对物体做的功 1 2 1 由动能定理可知：W 合 4＝2mv4－0，又 v4＝2×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s
(1)小球从 P 点抛出时速度 v0 的大小； (2)小球从 C 点运动到 D 点过程中摩擦力做的功 W； (3)小球从 D 点返回经过轨道最低点 B，对轨道的压力大小．
解析：(1)在 A
vy 2 点有：vy ＝2gh，v ＝tanθ，解得 v0＝4 0
m/s
1 2 (2)全过程由动能定理得 W＝0－2mv0＝－8 J 1 2 (3)从 D 到 B 过程由动能定理得 mg(h＋Rcosθ＋R)＋W＝2mv v2 在 B 点由牛顿第二定律得 FN－mg＝m R 解得 FN＝43.2 N 由牛顿第三定律得小球在 B 点对轨道的压力大小 F′N＝FN＝43.2 N 答案：(1)4 m/s (2)－8 J (3)43.2 N
(2)若小滑块刚好停在 C 处，则从 A 到 C 由动能定理： 1 2 －μmg(L1＋L2)＝0－2mv2⑤(2 分) 解得 A 点的速度为 v2＝4 m/s(1 分) 若小滑块停在 BC 段，应满足 3 m/s≤vA≤4 m/s(1 分) 若小滑块能通过 C 点并恰好越过陷阱，从 A 到 C 由动能定 理： 1 2 1 2 －μmg(L1＋L2)＝2mv0－2mv3⑥(2 分)
2018届高三物理二轮题复习课件：专题五 动能定理、机械能守恒定律课件 (共24张PPT)
知识网络
知识梳理
1.恒力做功的公式:W=Flcos α。 2.机车启动两类模型中的关键方程:P=F· v,F-Ff=ma。 1 1 3.动能定理的表达式:W 合= mv2- ������������0 2。 2 2 4.机械能守恒定律的表达式: (1)守恒的观点:Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。 (2)转化的观点:ΔEp=-ΔEk。 (3)转移的观点:EA增=EB减。 5.常见的力学中功能关系: (1)合外力做功与动能的关系:W合=ΔEk。 (2)重力做功与重力势能的关系:WG=-ΔEp。 (3)弹力做功与弹性势能的关系:W弹=-ΔEp。 (4)除重力以外其他力做功与机械能的关系:W其他=ΔE机。 (5)滑动摩擦力做功与内能的关系:Ffl相对=ΔE内。
3.(多选)(2016全国Ⅱ卷)如图,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定 于O点,另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放,它在下降的过 程中经过了N点。已知在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且 ∠ONM<∠OMN< π。在小球从M点运动到N点的过程中（ BCD）
2
A.弹力对小球先做正功后做负功 B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C.弹簧长度最短时,弹力对小球做功的功率为零 D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
������1������1 ������3
B. 汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为
������1������1 C. 速度为 v 2 时的加速度大小为 ������������ 2 ������1 D. 若速度为 v 2 时牵引力恰为 2 , 则有 v 2=2v 1
������������1 ������3 ������3-������1
2018版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课件
支持力不做功
合力做的功等于各力做功的代数和
②运动学公式和牛顿第二定律以及动能定
理，动能定理简单。
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)动能不变的物体一定处于平衡状态。 (
(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零。(
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 。 ____________
1 2 1 2 2mv2－2mv1 2．表达式：W＝________________ 或W＝Ek2－Ek1。
合外力 的功是物体动能变化的量度。 3．物理意义：________
思考：(1)动能定理适用于直线运动，还适用于曲线运动吗？ (2)动能定理适用于恒力做功，还适用于变力做功吗？ (3)如图所示，物体(可视为质点)从长为 L、倾角为 θ 的光 滑斜面顶端由静止滑下。 ①物体受几个力作用？各做什么功？怎么求合力的功？ ②如何求物体到达斜面底端时的速度？能用多种方法求解物体到达斜面底端 时的速度吗？哪种方法简单？ 答案：(1)适用 (2)适用 (3)①重力、支持力；重力做正功
确；若W>0，则Ek2>Ek1，若W<0，则Ek2<Ek1，C正确；动能定理对直线运动、 曲线运动、恒力做功、变力做功均适用，D错误。
3．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 导学号 51342528 ( A ) 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，则物体合外力一定为零
(1)物块运动到B点时，对工件的压力大小；
2018版高考物理一轮复习第五章机械能第2讲动能定理及其应用教案
第2讲动能定理及其应用知识点一动能1。
定义：物体由于而具有的能。
2.公式：E k＝。
3。
单位：，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
4.标矢性:动能是，只有正值,动能与速度的方向。
5.动能的变化：物体与之差，即ΔE k ＝。
答案：1。
运动 2.错误!mv2 3.焦耳4。
标量无关5。
末动能初动能知识点二动能定理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.2.表达式:W＝ΔE k＝E k2－E k1＝.3.物理意义：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。
(2)既适用于恒力做功，也适用于做功.（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以作用。
答案：1。
动能的变化 2. 3。
合力4.（1）曲线运动(2）变力(3)分阶段(1)运动的物体具有的能量就是动能. （)（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)处于平衡状态的物体动能一定保持不变。
（)（4）做自由落体运动的物体，动能与下落时间的二次方成正比. （)（5)物体在合外力作用下做变速运动,动能一定变化。
()(6）物体的动能不变,所受的合外力必定为零。
()答案：(1)×(2)√(3）√(4)√(5）×(6)×考点动能定理的理解1。
合外力做功与物体动能的变化间的关系(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功。
（2）因果关系：合外力的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，所以整个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.例如，以相同大小的初速度不管以什么方向抛出,在最终落到地面速度大小相同的情况下,所列的动能定理的表达式都是一样的.3.相对性：高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系.4。
2018年高三物理总复习顶层设计文档：第五章 机械能及
第2讲动能定理及其应用知|识|梳|理微知识❶动能1．定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能。
2．公式：E k＝12mv2。
3．单位：焦耳(J)，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
4．动能是标量，只有正值，没有负值。
5．动能是状态量，也具有相对性，因为v为瞬时速度，且与参考系的选择有关，一般以地面为参考系。
微知识❷动能定理1．内容所有外力对物体做的总功(也叫合外力的功)等于物体动能的变化。
2．表达式：W总＝E k2－E k1。
3．对定理的理解当W总＞0时，E k2＞E k1，物体的动能增大。
当W总＜0时，E k2＜E k1，物体的动能减少。
当W总＝0时，E k2＝E k1，物体的动能不变。
基|础|诊|断一、思维诊断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．动能不变的物体一定处于平衡状态(×)3．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化(×)4．运用动能定理可以求变力的功(√)5．功和动能都是标量，所以动能定理没有分量式(√)二、对点微练1．(对动能的理解)(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是( )A．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B．动能总为非负值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由动能的定义和特点知，A、B选项正确；动能是标量而速度是矢量，当动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故C对，D错。
答案ABC2．(对动能定理的理解)两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m1∶m2＝1∶2，速度之比v1∶v2＝2∶1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为L1，乙车滑行的最大距离为L2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则( ) A．L1∶L2＝1∶2 B．L1∶L2＝1∶1C．L1∶L2＝2∶1 D．L1∶L2＝4∶1解析由动能定理，对两车分别列式－F1L1＝0－12m1v21，－F2L2＝0－12m2v22，F1＝μm1g，F2＝μm2g由以上四式联立得L1∶L2＝4∶1故选项D是正确的。
高三物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第2讲动能定理及其应用课件
提示:(1)×。动能是物体由于运动而具有的能量,而运动物体具有的能量不一定是动 能。 (2)×。当物体的速度方向发生变化而速度大小不变时,物体的动能不变。 (3)√。平衡状态是指物体保持静止状态或匀速直线运动状态,物体的速度保持不变, 其动能保持不变。
(4)×。做自由落体运动的物体的速度v=gt,其动能为
R
A点时刚好对轨道无压力,在B点时对轨道的压力为mg。
2
则小球由A点运动到B点的过程中摩擦力对小球做的功 为( )
A．mgR C．5mgR
4
B．9mgR 8
D．4mgR 3
【解析】选A。在A处对小球由牛顿第二定律得mg=
mv,R又2AF,Nv在=AmB处g,对解g小得R球v， B由= 牛顿,小第球二由定A律到得B的m过g+程F由N=动
【解析】选A、B。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止
开始自由下滑,经过两个斜面到达斜面底部速度为零,
由动能定理得
=最经0大过解上,m得、gμh=下-μ两,mA段正g滑c确6o道s;刚4后5好2 °,m 最滑g 后到h 恰第 好一, 解静个m 得止斜g vc 于=面o 滑s 末4 道端,5 B 的正时s 底确速in 端h ;度4 5 , m g c o s 3 7 s in h 3 7
E(k5=)×m。1 v2合= 外m力g2t做21 ,功动为能零与,下可落能时合间外的力二为次零方,也成可正能比合。外 力方向2 上的位移为2 零。
(6)√。物体做变速运动,若只是速度方向变化,则动能
不变,如匀速圆周运动。
考点1 对动能定理的理解 【核心要素精讲】 1.对“外力”的两点理解: (1)“外力”指的是合外力,可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力,它 们可以同时作用,也可以不同时作用。 (2)“外力”既可以是恒力,也可以是变力。
高三物理复习 跟踪演练 强化提升 第五章 机械能及其守恒定律 第2讲 动能定理及其应用(2021年
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动能定理及其应用跟踪演练·强化提升【课堂达标检测】1.(2016·全国卷Ⅲ）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.B。
C. D.【解析】选A。
设初末速度分别为v1、v2，加速度为a,则由E k=mv2得v2=3v1；代入s=t得v1=,v2=，a===,选项A正确。
2.物体在恒定阻力作用下,以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止.以a、E k、s和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间。
则以下各图象中，能正确反映这一过程的是( ）【解析】选C.物体在恒定阻力作用下运动,其加速度随时间不变,随位移不变,选项A、B错误;由动能定理,—F f s=E k-E k0,解得E k=E k0-F f s，选项C正确,D错误。
3。
（2016·全国卷Ⅲ）如图,在竖直平面内由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。
AB弧的半径为R,BC弧的半径为。
一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落,经A点沿圆弧轨道运动。
导学号42722108(1）求小球在B、A两点的动能之比.(2）通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点.【解题指导】解答本题时应注意以下三点：(1)小球下落过程只有重力做功，由动能定理分别求出小球在B、A两点的动能;（2）圆周运动向心力F向=m；(3）圆周运动绳模型能通过最高点的条件是v≥.【解析】(1)小球下落过程由动能定理得：小球下落至A点的过程:mg·=E kA-0小球下落至B点的过程:mg=E kB-0由以上两式联立解得：=(2)小球恰好经过C点时，由牛顿第二定律得：mg=m解得：v0=小球由开始下落至C点的过程，由动能定理得：mg·=m-0解得：v C=由于v C=v0，故小球恰好可以沿轨道运动到C点。
高考物理一轮复习：第五章机械能及其守恒定律第2节动能定理(含解析)
第2节动能定理知识点 1动能1．定义：物体因为运动而拥有的能．2．公式12E k＝2mv ，式中 v 为刹时速度，动能是状态量．3．矢标性动能是标量，只有正当，动能与速度的方向没关．4．动能的变化量1 212E k＝E k2－E k1＝2mv2－2mv1.知识点 2动能定理1．内容合外力对物体所做的功等于物体动能的变化．2．表达式1 212W＝E k＝2mv2－2mv1.3．功与动能的关系物理意义：合外力的功是动能变化的量度．4．合用条件(1)动能定理既合用于直线运动，也合用于曲线运动．(2)既合用于恒力做功，也合用于变力做功．(3)力能够是各样性质的力，既能够同时作用，也能够不一样时作用．1．正误判断(1)必定质量的物体动能变化时，速度必定变化，但速度变化时，动能不一定变化． (√)(2)动能不变的物体，必定处于均衡状态．(×)(3)做自由落体运动的物体，动能与着落距离的平方成正比．(×)(4)假如物体所受的合外力为零，那么，合外力对物体做的功必定为零．(√)(5)物体在合外力作用下做变速运动，动能必定变化．(×)(6)物体的动能不变，所受的合外力必然为零．(×)2．[动能变化量的计算 ]一个质量为 0.3 kg 的弹性小球，在圆滑水平面上以6m/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同样，则碰撞前后小球速度变化量的大小v 和碰撞过程中小球的动能变化量E k为 ()A ．v＝0B．v＝12 m/sC．E k＝1.8 J D．E k＝ 10.8 JB[ 取初速度方向为正方向，则 v＝ (－6－6)m/s＝－ 12 m/s，因为速度大小没变，动能不变，故动能变化量为 0，故只有选项 B 正确． ]3．[对动能定理的理解 ](多项选择 )对于动能定理的表达式 W＝ E k2－ E k1，以下说法正确的选项是 ()A ．公式中的 W 为不包括重力的其余力做的总功B．公式中的 W 为包括重力在内的所有力做的功C．公式中的 E k2－ E k1为动能的增量，当 W>0 时动能增添，当W<0 时，动能减少D．动能定理合用于直线运动，但不合用于曲线运动，合用于恒力做功，但不合用于变力做功BC [公式W＝E k2－E k1中的“W”为所有力做功的总和，A错误，B正确；W>0 时， E k2>E k1，动能增添， W<0 时， E k2<E k1，动能减少， C 正确；动能定理对直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功均合用， D 错误．]4．[应用动能定理求变力的功] 如图 5-2-1 所示，圆滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点 A 的速度为v，压缩弹簧至 C 点时弹簧最短， C 点距地面高度为h，则小球从 A 到 C 的过程中弹簧弹力做功是 ()图 5-2-1A ．－1212－mgh mgh2mv B．2mv12C．－ mgh D．－ (mgh＋2mv )A[ 小球从 A 点运动到 C 点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，因为支持力与位移一直垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得W G＋W F＝0－12，重力做功为 W G＝－ mgh，则弹簧的弹力对小球做功为W F＝mgh 2mv12－2mv，所以正确选项为 A.]动能定理的理解中·华 .资* 源%库 1.定理中“外力”的两点理解(1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其余力，它们能够同时作用，也能够不一样时作用．(2)既能够是恒力，也能够是变力．2．公式中“＝”表现的三个关系[ 题组通关 ]1．(多项选择 )如图 5-2-2 所示，一块长木板 B 放在圆滑的水平面上，在 B 上放一物体 A，现以恒定的外力拉 B，因为 A、B 间摩擦力的作用， A 将在 B 上滑动，以地面为参照系， A、B 都向前挪动一段距离．在此过程中()图 5-2-2A ．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 的动能增量C ．A 对 B 的摩擦力所做的功，与 B 对 A 的摩擦力所做的功大小相等D ．外力 F 对 B 做的功等于 B 的动能的增量与B 战胜摩擦力所做的功之和BD [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，即 B 对； A 对 B 的摩擦力与 B 对 A 的摩擦力是一对作使劲与反作使劲， 大小相等，方向相反，可是因为 A 在 B 上滑动， A 、B 对地的位移不等，故两者做功大小不等， C 错；对 B 应用动能定理， W F － W f ＝ E kB ，即 W F ＝ E kB ＋ W f 就是外力 F 对 B 做的功，等于 B 的动能增量与 B 战胜摩擦力所做的功之和， D 对；由前述知 B 战胜摩擦力所做的功与 A 的动能增量 (等于 B 对 A 的摩擦力所做的功 )不等，故 A 错． ]2．(多项选择 )如图 5-2-3 所示，电梯质量为 M ，在它的水平川板上搁置一质量为m 的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加快运动，当电梯的速度由 v 1 增 加到 v 2 时，上涨高度为 H ，则在这个过程中，以下说法或表达式正确的选项是 ( )图 5-2-312A ．对物体，动能定理的表达式为 W FN ＝2mv 2，此中 W FN 为支持力的功B ．对物体，动能定理的表达式为 W 合＝ 0，此中 W 合 为协力的功1 2 12C ．对物体，动能定理的表达式为W FN －mgH ＝2mv 2－2mv 112 12D ．对电梯，其所受协力做功为 Mv 2－2 Mv 12CD [ 电梯上涨的过程中，对物体做功的有重力mg 、支持力 F N ，这两个力1212的总功才等于物体动能的增量 E k ＝2mv 2－2mv 1，故 A 、B 均错误， C 正确；对电梯，不论有几个力对它做功， 由动能定理可知， 其协力做的功必定等于其动能的增量，故 D 正确． ]动能定理的应用1.解题步骤2．注意事项(1)动能定理的研究对象能够是单调物体，或许是能够看作单调物体的物体系统．(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式．当题目中波及位移和速度而不波实时间时可优先考虑动能定理；办理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理．(3)若过程包括了几个运动性质不一样的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都做功，一定依据不一样的状况分别对待求出总功．(4)应用动能定理时，一定明确各力做功的正、负．当一个力做负功时，可设物体战胜该力做功为W，将该力做功表达为－ W，也能够直接用字母W 表示该力做功，使其字母自己含有负号．[ 多维研究 ]●考向 1用动能定理剖析求解变力做功问题1．(2017 ·长春模拟 )如图 5-2-4 所示，竖直平面内放向来角杆MON，OM 水平， ON 竖直且圆滑，用不行伸长的轻绳相连的两小球 A 和 B 分别套在 OM 和 ON 杆上， B 球的质量为 2 kg，在作用于 A 球的水平力 F 的作用下， A、B 均处于静止状态，此时 OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改变水平力 F 的大小，使 A 球向右加快运动，已知 A 球向右运动 0.1 m 时速度大小为 3 m/s，则在此过程中绳的拉力对 B 球所做的功为 (g 取 10 m/s2)()图 5-2-4 A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．9 JC [ A 球向右运动 0.1 m 时， v A ＝3 m/s ，OA ′＝ 0.4 m ，OB ′＝0.3 m ，设此时3∠ BAO ＝α，则有 tan α＝4.v A cos α＝v B sin α，解得： v B ＝4 m/s.此过程中 B 球上涨1高度 h ＝0.1 m ，由动能定理， W － mgh ＝ 2mv B 2，解得绳的拉力对 B 球所做的功为 1 2 ＝2×10×0.1 J ＋ 1×2×42＝，选项 C 正确．]W ＝ mgh ＋2mv B 2 J 18 J●考向 2 利用动能定理求解多过程问题2．(多项选择 )(2017 吉·安模拟 )如图 5-2-5 所示，固定斜面 AD 上有 B 、 C 两点，且 AB ＝BC ＝CD ，小滑块以初动能 E k0 从 A 点出发，沿斜面向上运动．若整个斜面 AD 圆滑，则滑块抵达 D 地点速度恰巧为零，尔后下滑．现斜面AB 部分与滑块间到处有同样的摩擦力， 其余部分 BD 无摩擦力，则滑块恰巧滑到 C 地点速度为零，而后下滑，那么滑块下滑到 ()图 5-2-5E k0A ．地点B 时的动能为 3E k0B ．地点 B 时的动能为 2E k0C ．地点 A 时的动能为 2E k0D ．地点 A 时的动能为 3AD [ 设斜面长为 3x 、高为 3h ，若斜面圆滑，滑块由底端运动到顶端过程中，－ mg ·3h ＝0－E k0若 AB 部分粗拙、其余部分圆滑， 滑块由底端＝ 0－ E k0滑块由 C 滑到 B 过程中， mgh ＝E kBA 到 C①过程中， －F f ·x －mg ·2h②③1解①③可得： E kB＝3E k0， A 项正确；滑块由 C 滑到A 过程中，mg·2h－F f·x＝ E kA④E k0解①②④三式得： E kA＝3，D 项正确． ]︵3.如图 5-2-6 所示，倾角θ＝37°的斜面与圆滑圆弧 BCD相切于 B 点，整个装置固定在竖直平面内．有一质量 m＝2.0 kg、可视为质点的物体，从斜面上的 A 处由静止下滑， AB 长 L＝3.0 m，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.不计空气阻力，重力加快度 g 取 10 m/s2，已知 sin 37 ＝°0.6， cos 37 °＝0.8.求：图 5-2-6(1)物体第一次从 A 点到 B 点过程中战胜摩擦力做的功；(2)物体第一次回到斜面的最高地点距 A 点的距离；(3)物体在斜面上运动的总行程．【分析】(1)物体第一次从 A 点到 B 点过程中战胜摩擦力做的功W f＝μmgLcos θ＝24 J.(2)设物体第一次回到斜面的最高地点距 A 点的距离为 x，由动能定理得mgxsin θ－μ mg(2L－x)cos θ＝0解得 x＝ 2.4 m.(3)对物体在斜面上运动的全过程，由动能定理得mgLsin θ－μ mgs总 cos θ＝0解得 s 总＝ 4.5 m.【答案】(1)24 J (2)2.4 m(3)4.5 m应用动能定理注意两个问题(1)运用动能定理解决问题时，选择适合的研究过程能使问题得以简化．当物体的运动过程包括几个运动性质不一样的子过程时，能够选择一个、几个或所有子过程作为研究过程．(2)入选择所有子过程作为研究过程，波及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特色：①重力的功取决于物体的初、末地点，与路径没关；②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与行程的乘积．动能定理与图象的联合问题1.解决物理图象问题的基本步骤(1)察看题目给出的图象，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)依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照，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，剖析解答问题．或许利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．2．四类图象所围面积的含义由公式 x＝ vt 可知， v-t 图线与坐标轴围成的面积表示物v-t 图体的位移由公式v＝at 可知，a-t 图线与坐标轴围成的面积表示物a-t 图体速度的变化量由公式 W＝Fx 可知，F-x 图线与坐标轴围成的面积表示力F-x 图所做的功由公式 W＝Pt 可知，P-t 图线与坐标轴围成的面积表示力P-t 图所做的功[母题 ]打桩机是利用冲击力将桩贯入地层的桩工机械．某同学对打桩机的工作原理产生了兴趣．他建立了一个打桩机的简略模型，如图5-2-7 甲所示．他假想，用恒定大小的拉力 F 拉动绳端 B，使物体从 A 点 (与钉子接触处 )由静止开始运动，上涨一段高度后撤去 F，物体运动到最高点后自由着落并撞击钉子，将钉子打入必定深度．按此模型剖析，若物体质量 m＝1 kg，上涨了 1 m 高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能 E k与上涨高度 h 的关系图象如图 5-2-7 乙所示．(g 取 10 m/s2，不计空气阻力 )图 5-2-7 图 5-2-8(1)求物体上涨到0.4 m 高度处 F 的刹时功率；(2)若物体撞击钉子后瞬时弹起，且使其不再落下，钉子获取20 J 的动能向下运动．钉子总长为10 cm.撞击前插入部分能够忽视，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力F f与深度 x 的关系图象如图5-2-8 所示，求钉子能够插入的最大深度．【分析】(1)撤去 F 前，依据动能定理，有(F－mg)h＝E k－0由题图乙得，斜率为 k＝F－mg＝20 N，得 F＝ 30 N又由题图乙得， h＝0.4 m 时， E k＝ 8 J则 v＝ 4 m/s， P＝ Fv＝ 120 W.(2)碰撞后，对钉子，有－ F f x′＝ 0－ E k′k′x′已知 E k′＝ 20 J， F f＝2又由题图丙得 k′＝105 N/m，解得： x′＝0.02 m.【答案】(1)120 W(2)0.02 m[ 母题迁徙 ]●迁徙 1动能定理与F-x图象的联合1．如图 5-2-9 甲所示，长为 4 m 的水平轨道 AB 与半径为 R＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道 BC 在 B 处相连结，有一质量为 1 kg 的滑块 (大小不计 )，从 A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与 BC 间的动摩擦因数未知， g 取 10 m/s2.求：甲乙图 5-2-9(1)滑块抵达 B 处时的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB 上运动前 2 m 过程所用的时间；(3)若抵达 B 点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰巧能抵达最高点 C，则滑块在半圆弧轨道上战胜摩擦力所做的功是多少？【分析】(1)对滑块从 A 到 B 的过程，由动能定理得12F1x1－F3 x3－μmgx＝2mv B代入数值解得 v B＝ 2 10 m/s.12(2)在前 2 m 内，有 F1－μmg＝ma，且 x1＝2at1解得 t1＝835s.2v C(3)当滑块恰巧能抵达最高点 C 时，有： mg＝m R 对滑块从 B 到 C 的过程，由动能定理得：1 212W－mg·2R＝2mv C－2mv B代入数值得 W＝－ 5 J，即战胜摩擦力做的功为 5 J.(1)2 10 m/s (2)8【答案】35 s (3)5 J●迁徙 2动能定理与 v-t 图象的联合2.用水平力 F 拉一物体，使物体在水平川面上由静止开始做匀加快直线运动，t1时辰撤去拉力 F，物体做匀减速直线运动，到t2时辰停止，其速度—时间图象如图 5-2-10 所示，且α>β，若拉力 F 做的功为 W1，均匀功率为 P1；物体战胜摩擦阻力 f 做的功为 W2，均匀功率为 P2，则以下选项正确的选项是 ()高考物理一轮复习：第五章机械能及其守恒定律第2节动能定理(含分析)图 5-2-10A ．W1>W2，F＝2f B．W1＝W2， F>2fC．P1<P2， F>2f D．P1＝ P2，F＝2fB[ 由动能定理可得 W1－W2＝0，解得 W1＝W2 .由图象可知， F－f＝ ma＝mtan αf＝ ma′＝ mtan βα>β tan α>tan β所以 F>2f，选项 A、D 错误， B 正确；因为摩擦阻力作用时间必定大于水平力 F 作用时间，所以P1>P2，选项 C 错误． ]动能定理与图象联合问题的剖析方法1．第一看清楚所给图象的种类(如 v-t 图象、 F-t 图象、 E k-x 图象等 )．2．发掘图象的隐含条件，依据物理规律写出函数关系式．3．依据函数关系式，求出相应的物理量．。
高考物理一轮总复习 第5章 机械能及其守恒定律 第2讲 动能定理及其应用(2021年最新整理)
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5-2动能定理及其应用时间：45分钟满分:100分一、选择题（本题共10小题,每小题7分，共70分。
其中1~6为单选,7~10为多选)1.若物体在运动过程中受到的合外力不为0，则（)A.物体的动能不可能总是不变的B。
物体的加速度一定变化C。
物体的速度方向一定变化D。
物体所受合外力做的功可能为02．如图所示，水平传送带保持2 m/s的速度运动,一质量为1 kg的物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，现将该物体无初速度地放到传送带上的A点，然后运动到了距A点2 m的B 点，则传送带对该物体做的功为( ）A.0.5 J B．2 JC．2。
5 J D．4 J3．如图所示，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。
错误!mgR B。
错误!mgRC.错误!mgRD.错误!mgR4．如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码,木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止。
现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，若其他条件不变，则木盒滑行的距离（)A.不变B．变小C.变大D．变大变小均可能5．如图所示,斜面高h，质量为m的物块，在沿斜面向上的恒力F作用下，能匀速沿斜面向上运动,若把此物块放在斜面顶端,在沿斜面向下同样大小的恒力F作用下,物块由静止向下滑动，滑至底端时其动能的大小为( ）A。
高考物理复习第五章机械能及其守恒定律第2讲动能定理及其应用课件
考向二
动能定理的图象问题
1．解决物理图象问题的基本步骤
2．四类图象所围面积的含义 v－t图 a－t图 F－s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 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 由公式W＝Fs可知，F－s图线与坐标轴围成的面 积表示力所做的功 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
【知识对点自测】 3．判一判 (1)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功 一定为零．( )
(2) 物 体 在 合 外 力 作 用 下 做 变 速 运 动 时 ， 动 能 一 定 变 化．( ) )
(3)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(
答案：(1)√ (2)× (3)×
1 4.如图所示，AB 为 圆弧轨道，BC 4 为水平直轨道，圆弧对应的圆的半径为 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， 当它由轨道顶端 A 从静 止开始下落，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( 1 A. μmgR 2 C．mgR ) 1 B. mgR 2 D．(1－μ)mgR
冰面之间的动
摩擦因数为 μ，由动能定理得 1 2 1 2 －μmgs0＝ mv1－ mv0 2 2
2 v2 0－v1 解得 μ＝ 2gs0
① ②
(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 a1 和 a2，所用的时间为 t.由运动学 公式得
4．适用范围
曲线运动 ． (1)动能定理既适用于直线运动，也适用于__________ 变力做功 ． (2)既适用于恒力做功，也适用于__________
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动能定理及其应用
跟踪演练·强化提升
【课堂达标检测】
1.(2016·全国卷Ⅲ)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. B. C. D.
【解析】选A。
设初末速度分别为v1、v2,加速度为a,则由E k=mv2得v2=3v1;代入s=t得
v1=,v2=,a===,选项A正确。
2.物体在恒定阻力作用下,以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。
以a、E k、s和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间。
则以下各图象中,能正确反映这一过程的是( )
【解析】选C。
物体在恒定阻力作用下运动,其加速度随时间不变,随位移不变,选项A、B错误;由动能定理,-F f s=E k-E k0,解得E k=E k0-F f s,选项C正确,D错误。
3.(2016·全国卷Ⅲ)如图,在竖直平面内由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道,两者在最低点B平滑连接。
AB弧的半径为R,BC弧的半径为。
一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落,经A点沿圆弧轨道运动。
导学号42722108
(1)求小球在B、A两点的动能之比。
(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。
【解题指导】解答本题时应注意以下三点:
(1)小球下落过程只有重力做功,由动能定理分别求出小球在B、A两点的动能;
(2)圆周运动向心力F向=m;
(3)圆周运动绳模型能通过最高点的条件是v≥。
【解析】(1)小球下落过程由动能定理得:
小球下落至A点的过程:
mg·=E kA-0
小球下落至B点的过程:
mg=E kB-0
由以上两式联立解得:=
(2)小球恰好经过C点时,由牛顿第二定律得:
mg=m
解得:v0=
小球由开始下落至C点的过程,由动能定理得:
mg·=m-0
解得:v C=
由于v C=v0,故小球恰好可以沿轨道运动到C点。
答案:(1)5∶1 (2)见解析
【金榜创新预测】
4.质量m=2kg的物块放在粗糙水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,物块动能E k与其发生位移x 之间的关系如图所示。
已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10m/s2,则下列说法中正确的是导学号42722109( )
A.x=1m时物块的速度大小为2m/s
B.x=3m时物块的加速度大小为2.5m/s2
C.在前2m位移的运动过程中物块所经历的时间为2s
D.在前4m位移的运动过程中拉力对物块做的功为9J
【解析】选C。
根据图象知,x=1m时,动能为2J,即mv2=2J,解得v=m/s,故A错误;对x=2m到x=4m过程由动能定理得Fx-μmgx=ΔE k,解得F=6.5N,由牛顿第二定律得a==1.25m/s2,故B错误;对运动前2m 由动能定理得Fx-μmgx=
ΔE k,解得F=6N,物体的加速度a==1m/s2,末速度v==2m/s,根据v=at得,t=2s,故C正确;对全过程由动能定理得,W F-μmgx=ΔE k,解得W F=25J,故D错误。
【加固训练】
(多选)质量为1kg的物体静止在水平粗糙的地面上,受到一水平外力F作用运动,如图甲所示,外力F和物体克服摩擦力F f做的功与物体位移的关系如图乙所示,重力加速度g取10m/s2。
下列分析正确的是( )
A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
B.物体运动的位移为13m
C.前3m运动过程中物体的加速度为3m/s2
D.x=9m时,物体速度为3m/s
【解析】选A、C、D。
由W f=F f x对应图乙可知,物体与地面之间的滑动摩擦力F f=2N,由F f=μmg可得μ=0.2,A 正确;由W F=Fx对应图乙可知,前3m内,拉力F1=5N,3～9m内拉力F2=2N,物体在前3m内的加速度
a1==3m/s2,C正确;由动能定理得:W F-F f x=mv2,可得:x=9m时,物体的速度为v=3m/s,D正确;物体的最大位移x m==13.5m,B错误。
5.如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面AB长为2.4m,其下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B,C是最低点,圆心角∠BOC=37°,D与圆心O等高,圆弧轨道半径R=1.0m,现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的滑块,从D点的正上方h=1.6m的E点处自由下落,滑块恰好能运动到A点(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,计算结果可保留根号)。
求:
(1)滑块第一次到达B点的速度。
(2)滑块与斜面AB之间的动摩擦因数。
(3)滑块在斜面上运动的总路程及总时间。
【解析】(1)第一次到达B点的速度为v1,根据动能定理得:mg(h+Rcos37°)=m 代入数据解得:v1=4m/s
(2)从E到A的过程,由动能定理得:
mg(h+Rcos37°-L AB sin37°)-μmgcos37°·L AB=0
代入数据解得:μ=0.5
(3)全过程由动能定理得:
mg(h+Rcos37°)-μmgcos37°s=0
代入数据解得:s=6m
沿斜面上滑加速度为:a1=gsin37°+μgcos37°=10m/s2
沿斜面下滑加速度为:a2=gsin37°-μgcos37°=2m/s2
因为=
解得:v2=v1=v1
v3=v2=()2v1
…
v n=()n-1v1
则:t=+
代入数据解得:t=s
答案:(1)4m/s (2)0.5 (3)6m s。