2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第2講 動能定理及其應(yīng)用學(xué)案(含解析).doc
《2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第2講 動能定理及其應(yīng)用學(xué)案(含解析).doc》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第2講 動能定理及其應(yīng)用學(xué)案(含解析).doc(23頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
動能定理及其應(yīng)用主干梳理 對點激活知識點動能1定義:物體由于運動而具有的能。2公式:Ekmv2。3矢標(biāo)性:動能是標(biāo)量,只有正值,動能與速度方向無關(guān)。4狀態(tài)量:動能是狀態(tài)量,因為v是瞬時速度。5相對性:由于速度具有相對性,所以動能也具有相對性。6動能的變化:物體末動能與初動能之差,即Ekmvmv。動能的變化是過程量。知識點動能定理1內(nèi)容:合外力對物體所做的功,等于物體在這個過程中動能的變化。2表達(dá)式(1)WEk。(2)WEk2Ek1。(3)Wmvmv。3物理意義:合外力的功是物體動能變化的量度。4適用范圍廣泛(1)既適用于直線運動,也適用于曲線運動。(2)既適用于恒力做功,也適用于變力做功。(3)力可以是各種性質(zhì)的力,既可以同時作用,也可以不同時作用。一 思維辨析1合外力做功是物體動能變化的原因。()2如果物體所受合外力不為零,那么合外力的功也一定不為零。()3物體的動能不變就是物體的速度不變。()4物體在合外力作用下做變速運動,動能一定變化。()5運用動能定理可以求變力做功。()答案1.2.3.4.5.二 對點激活1(人教版必修2P74T1改編)改變汽車的質(zhì)量和速度,都可能使汽車的動能發(fā)生改變,下列幾種情形中,汽車的動能不變的是()A質(zhì)量不變,速度增大到原來的2倍B速度不變,質(zhì)量增大到原來的2倍C質(zhì)量減半,速度增大到原來的2倍D速度減半,質(zhì)量增大到原來的4倍答案D解析由Ekmv2知只有D項汽車動能不變。2(多選)關(guān)于動能定理的表達(dá)式WEk2Ek1,下列說法正確的是()A公式中的W為不包含重力的其他力做的總功B公式中的W為包含重力在內(nèi)的所有力做的功,也可通過以下兩種方式計算:先求每個力的功再求功的代數(shù)和或先求合外力再求合外力的功C公式中的Ek2Ek1為動能的增量,當(dāng)W0時,動能增加,當(dāng)W0,Ek0,W0,Ekt01.7 s,D錯誤??偨Y(jié)升華與動能定理結(jié)合緊密的幾種圖象(1)vt圖:由公式xvt可知,vt圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移。(2)Fx圖:由公式WFx可知,F(xiàn)x圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功。(3)Pt圖:由公式WPt可知,Pt圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功。(4)at圖:由公式vat可知,at圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量。變式2(2018南平模擬)(多選)放在粗糙水平地面上質(zhì)量為0.8 kg的物體受到水平拉力的作用,在06 s內(nèi)其速度與時間的關(guān)系圖象和該拉力的功率與時間的關(guān)系圖象分別如圖所示。下列說法中正確的是()A06 s內(nèi)拉力做的功為140 JB物體在02 s內(nèi)所受的拉力為4 NC物體與粗糙水平地面的動摩擦因數(shù)為0.5D合外力在06 s內(nèi)做的功與02 s內(nèi)做的功相等答案AD解析06 s內(nèi)拉力做的功可以由Pt圖線與t軸圍成的面積求得W140 J,故A正確;26 s內(nèi)物體勻速運動,由PF2v2得26 s內(nèi)拉力F22 N,則摩擦力FfF22 N,02 s內(nèi)由vt圖得a5 m/s2,由牛頓第二定律F1Ffma,得F16 N,故B錯誤;由Ffmg得0.25,故C錯誤;合外力做的功等于動能的增加量,所以06 s內(nèi)與02 s內(nèi)合外力做的功相等,故D正確。考點3應(yīng)用動能定理解決曲線運動問題1平拋運動和圓周運動都屬于曲線運動,若只涉及位移和速度而不涉及時間,應(yīng)優(yōu)先考慮用動能定理列式求解。 2動能定理的表達(dá)式為標(biāo)量式,不能在某一個方向上列動能定理方程。例3如圖所示,質(zhì)量為m的小球用長為L的輕質(zhì)細(xì)線懸于O點,與O點處于同一水平線上的P點處有一個光滑的細(xì)釘,已知OP,在A點給小球一個水平向左的初速度v0,發(fā)現(xiàn)小球恰能到達(dá)跟P點在同一豎直線上的最高點B。(1)求小球到達(dá)B點時的速率;(2)若不計空氣阻力,則初速度v0為多少?(3)若初速度v03,小球仍能恰好到達(dá)B點,則小球在從A到B的過程中克服空氣阻力做了多少功?解題探究(1)小球恰好到達(dá)最高點B時,細(xì)線給小球有力的作用嗎?提示:沒有,只受重力。(2)細(xì)線碰到釘子瞬間,小球的速度發(fā)生改變嗎?提示:不變,因為細(xì)線拉力與速度垂直。嘗試解答(1) (2) (3)mgL(1)小球恰好到達(dá)最高點B,所以mg,得vB 。(2)從A到B的過程由動能定理得mgmvmv,可得v0 。(3)從A到B過程由動能定理得mgWmvmv02可得WmgL??偨Y(jié)升華動能定理在圓周運動中的應(yīng)用豎直面內(nèi)圓周運動經(jīng)??疾槲矬w在最高點和最低點的狀態(tài),最高點的速度和最低點的速度可以通過動能定理聯(lián)系起來,所以豎直面內(nèi)的圓周運動,經(jīng)常和動能定理聯(lián)系起來應(yīng)用。變式3(2019洛陽市尖子生聯(lián)考)如圖所示,一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置,直徑POQ水平,軌道的內(nèi)表面動摩擦因數(shù)均為。一質(zhì)量為m的小滑塊從P點正上方由靜止釋放,釋放高度為R,小滑塊恰好從P點進(jìn)入軌道。小滑塊滑到軌道最低點N時,對軌道的壓力為4mg,g為重力加速度。用W表示小滑塊第一次在軌道NQ段運動時克服摩擦力所做的功。則()AWmgRBWmgRC小滑塊恰好可以到達(dá)Q點D小滑塊不能到達(dá)Q點答案B解析根據(jù)題述,小滑塊滑到軌道最低點N時,對軌道的壓力為4mg,根據(jù)牛頓第三定律,軌道對小滑塊的支持力為4mg。在最低點,由牛頓第二定律,4mgmgm,解得v23gR。對小滑塊由靜止釋放至運動到最低點N的過程,設(shè)小滑塊克服摩擦力做的功為Wf,運用動能定理得,2mgRWfmv2,解得WfmgR。由于小滑塊在右側(cè)圓弧軌道NQ段運動的速度大小與小滑塊在左側(cè)圓弧軌道PN段對稱位置運動的速度大小相比較小,對軌道的壓力就較小,對應(yīng)受到的摩擦力較小,克服摩擦力做的功較小,所以小滑塊第一次在軌道NQ段運動時克服摩擦力做的功Wf乙,若甲、乙兩物體與水平面動摩擦因數(shù)相同,則m甲m乙,故A正確,B錯誤。由于甲、乙兩物體質(zhì)量大小關(guān)系未知,故甲、乙與地面間動摩擦因數(shù)大小關(guān)系不能確定,C、D錯誤。4. (2018成都月考)如圖所示,斜面的傾角為,質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0,滑塊以初速度v0沿斜面上滑,滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為,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無機(jī)械能損失,則滑塊經(jīng)過的總路程是()A. B.C. D.答案A解析滑塊最終要停在斜面底部,設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為x,對滑塊運動的全程應(yīng)用動能定理:mgx0sinmgxcos0mv,解得x,A正確。5(2018西安質(zhì)檢)靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運動,t4 s時停下,其vt圖象如圖所示,已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)處處相同,則下列判斷正確的是()A整個過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功B整個過程中拉力做的功等于零Ct2 s時刻拉力的瞬時功率在整個過程中最大Dt1 s到t3 s這段時間內(nèi)拉力不做功答案A解析對物塊運動全過程應(yīng)用動能定理得:WFWf0,A正確,B錯誤;物塊在加速運動過程中受到的拉力最大,結(jié)合題圖可知,t1 s時拉力的瞬時功率為整個過程中拉力功率的最大值,C錯誤;t1 s到t3 s這段時間內(nèi),拉力與摩擦力平衡,拉力做正功,D錯誤。6如圖所示,置于光滑水平面上的物塊在水平恒力F的作用下由靜止開始運動,其速度v、動能Ek及拉力功率P隨時間t或位移x的變化圖象可能正確的是()答案C解析物塊在水平恒力作用下由靜止開始做勻加速直線運動,其加速度a,速度vatt,vt圖象為過坐標(biāo)原點的傾斜直線,A錯誤;由v22axx,可知vx圖象的拋物線開口向x軸正方向,B錯誤;動能Ekmv2t2,C正確;功率PFvFatt,D錯誤。7. (2018石家莊一模)如圖所示,N、M、B分別為半徑等于0.1 m的豎直光滑圓軌道的左端點、最低點和右端點,B點和圓心O等高,連線NO與豎直方向的夾角為37?,F(xiàn)從B點的正上方某處A點由靜止釋放一個質(zhì)量為0.1 kg的小球,進(jìn)入圓軌道后,從N點飛出時的速度大小為2 m/s。不計空氣阻力,重力加速度g10 m/s2,下列說法正確的是()AA、B間的豎直高度為0.12 mB小球經(jīng)過B點時對軌道壓力的大小為2.4 NC小球經(jīng)過M點時對軌道壓力的大小為4.4 ND小球從A點到M點的過程中所受重力的功率一直增大答案AB解析設(shè)AB的豎直高度為h,由A到N由動能定理得:mg(hRcos37)mv0,得h0.12 m,故A正確;由A到B由動能定理得mghmv0,NB,得NB2.4 N,由牛頓第三定律知小球在B點對軌道壓力大小為2.4 N,故B正確;由A到M由動能定理得:mg(hR)mv0,NMmg,得NM5.4 N,由牛頓第三定律知小球在M點對軌道壓力大小為5.4 N,故C錯誤;重力的瞬時功率Pmgvcos,A點因v0,則P0,M點因90,則P0,故從A點到M點,重力的功率先變大后變小,故D錯誤。8(2018福建泉州檢測)如圖甲所示,長為l、傾角為的斜面固定在水平地面上,一質(zhì)量為m的物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面向下滑動。已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)與下滑距離x的變化圖象如圖乙所示,則()A0tanB物塊下滑的加速度逐漸增大C物塊下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功為0mglcosD物塊下滑到底端時的速度大小為 答案BC解析物塊在斜面頂端靜止釋放能夠下滑,應(yīng)滿足mgsin0mgcos,即0tan,故A錯誤;根據(jù)牛頓第二定律有mgsinmgcosma,得agsingcos,可知物塊下滑過程中隨著的減小,a在增大,故B正確;摩擦力fmgcosmgcos(0xl),可知f與x成線性關(guān)系,如圖所示,其中f00mgcos,則物塊下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功Wfl0mglcos,故C正確;由動能定理有mglsin0mglcosmv2,得v,故D錯誤。9. (2018河南調(diào)研聯(lián)考)如圖所示,輕彈簧一端固定于傾角為(0,可得vM ,B項正確。在PQ的過程中因重力沿斜面向下的分力不變,而彈簧彈力沿斜面向下的分力逐漸變小,則滑塊所受沿斜面向下的合力逐漸減小,則其加速度一直在減小,C項正確。由幾何關(guān)系可知滑塊由P到Q下降的高度大于由Q到M下降的高度,又P到Q過程中彈簧彈力做正功,Q到M過程中彈簧彈力做負(fù)功,再結(jié)合動能定理分析可知,D項錯誤。10(2018安徽定遠(yuǎn)期末)如圖所示,一個小球(可視為質(zhì)點)從H12 m高處,由靜止開始沿光滑彎曲軌道AB進(jìn)入半徑R4 m的豎直圓環(huán)內(nèi)側(cè),且與圓環(huán)的動摩擦因數(shù)處處相等,當(dāng)?shù)竭_(dá)圓環(huán)頂點C時,剛好對軌道壓力為零;然后沿CB圓弧滑下,進(jìn)入光滑弧形軌道BD,到達(dá)高度為h的D點時速度為零,則h的值可能為()A10 m B9.5 m C8.5 m D8 m答案BC解析小球到達(dá)圓環(huán)頂點C時,剛好小球?qū)壍缐毫榱?,在C點,由重力充當(dāng)向心力,則根據(jù)牛頓第二定律得:mgm,開始小球從H12 m高處,由靜止開始通過光滑弧形軌道AB,因此在小球上升到頂點C時,根據(jù)動能定理得:mg(H2R)Wfmv2,得Wf2mg。從C到D由動能定理得:mg(2Rh)Wf0mv2,由于摩擦力做功,所以上升過程平均速度比下降過程平均速度大,對軌道的壓力大、摩擦力大,所以0WfWf,解得8 mh10 m,所以B、C正確。二、非選擇題(本題共2小題,共30分)11(15分)如圖所示,質(zhì)量m3 kg的小物塊以初速度v04 m/s水平向右拋出,恰好從A點沿著圓弧的切線方向進(jìn)入圓弧軌道,圓弧軌道的半徑為R3.75 m,B點是圓弧軌道的最低點,圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接,A與圓心O的連線與豎直方向成37角。MN是一段粗糙的水平軌道,小物塊與MN間的動摩擦因數(shù)0.1,軌道其他部分光滑。最右側(cè)是一個半徑為r0.4 m的半圓軌道,C點是圓弧軌道的最高點,半圓軌道與水平軌道BD在D點平滑連接。已知重力加速度g10 m/s2,sin370.6,cos370.8。(1)求小物塊的拋出點離A點的豎直距離h;(2)若MN的長度為L6 m,求小物塊通過C點時所受軌道的彈力FN;(3)若小物塊恰好能通過C點,求MN的長度L。答案(1)0.45 m(2)60 N(3)10 m解析(1)根據(jù)平拋運動規(guī)律有:tan37得t0.3 s解得hgt20.45 m。(2)小物塊由拋出點運動到B點的過程中,根據(jù)動能定理有:mghR(1cos37)mvmv解得vB2 m/s小物塊由B點運動到C點的過程中,根據(jù)動能定理有:mgL2mgrmvmv在C點:FNmg解得FN60 N。(3)小物塊剛好能通過C點時,有mg解得vC2 m/s小物塊從B點運動到C點的過程中,根據(jù)動能定理有:mgL2mgrmvC2mv解得L10 m。12. (15分)如圖所示,AB是傾角為30的粗糙直軌道,BCD是光滑的圓弧軌道,AB恰好在B點與圓弧相切,圓弧的半徑為R。一個質(zhì)量為m的物體(可以看成質(zhì)點)從直軌道上的P點由靜止釋放,結(jié)果它能在兩軌道上做往返運動。已知P點與圓弧的圓心O等高,物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為,重力加速度為g。(1)求物體對圓弧軌道最大壓力的大??;(2)求物體滑回軌道AB上距B點的最大距離;(3)釋放點距B點的距離L應(yīng)滿足什么條件,才能使物體順利通過圓弧軌道的最高點D?答案(1)3mg(1)(2)R(3)LR解析(1)根據(jù)幾何關(guān)系可得PB的長度lR從P點到E點根據(jù)動能定理,有mgRmgcoslmv0代入數(shù)據(jù)解得vE在E點,根據(jù)牛頓第二定律有FNmgm解得FN3mg(1)由牛頓第三定律知物體對圓弧軌道的最大壓力FNFN3mg(1)。(2)設(shè)物體滑回到軌道AB上距B點的最大距離為x,根據(jù)動能定理,有mg(lx)sinmgcos(lx)0代入數(shù)據(jù)解得xR。(3)物體剛好到達(dá)最高點D時,有mgm解得v從釋放點到最高點D的過程,根據(jù)動能定理,有mg(LsinRRcos)mgcosLmv20代入數(shù)據(jù)解得LR所以只有LR,物體才能順利通過圓弧軌道的最高點D。- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
- 2.下載的文檔,不會出現(xiàn)我們的網(wǎng)址水印。
- 3、該文檔所得收入(下載+內(nèi)容+預(yù)覽)歸上傳者、原創(chuàng)作者;如果您是本文檔原作者,請點此認(rèn)領(lǐng)!既往收益都?xì)w您。
下載文檔到電腦,查找使用更方便
9.9 積分
下載 |
- 配套講稿:
如PPT文件的首頁顯示word圖標(biāo),表示該PPT已包含配套word講稿。雙擊word圖標(biāo)可打開word文檔。
- 特殊限制:
部分文檔作品中含有的國旗、國徽等圖片,僅作為作品整體效果示例展示,禁止商用。設(shè)計者僅對作品中獨創(chuàng)性部分享有著作權(quán)。
- 關(guān) 鍵 詞:
- 2020高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第2講 動能定理及其應(yīng)用學(xué)案含解析 2020 高考 物理 一輪 復(fù)習(xí) 第五 動能 定理 及其 應(yīng)用 解析
鏈接地址:http://www.szxfmmzy.com/p-6277924.html