【創(chuàng)新】高中物理一輪復(fù)習(xí)學(xué)案-第5章第2講 動能定理及其應(yīng)用_第1頁
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第2講動能定理及其應(yīng)用學(xué)習(xí)目標1.理解動能、動能定理,并會應(yīng)用動能定理解決相關(guān)物理問題。2.會利用動能定理求變力做功。3.掌握動能定理與圖像結(jié)合問題的分析方法。1.2.1.思考判斷(1)一定質(zhì)量的物體動能變化時,速度一定變化,但速度變化時,動能不一定變化。(√)(2)動能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。(×)(3)物體所受的合外力為零,合外力對物體做的功也一定為零。(√)(4)物體在合外力作用下做變速運動時,動能一定變化。(×)(5)物體的動能不變,所受的合外力必定為零。(×)2.(人教版必修第二冊P88T5改編)運動員把質(zhì)量為500g的足球踢出后,某人觀察它在空中的飛行情況,估計上升的最大高度為10m,在最高點的速度為20m/s。忽略空氣阻力,估算出運動員踢球時對足球做的功為(g取10m/s2)()A.50J B.100JC.150J D.無法確定答案C考點一動能定理的理解與基本應(yīng)用1.兩個關(guān)系(1)數(shù)量關(guān)系:合力做的功與物體動能的變化具有等量代換關(guān)系,但并不是說動能的變化就是合力做的功。(2)因果關(guān)系:合力做功是引起物體動能變化的原因。2.標量性動能是標量,功也是標量,所以動能定理是一個標量式,不存在方向的選取問題,當然動能定理也就不存在分量的表達式。例1(2025·河北邯鄲模擬)使用如圖所示的卸貨裝置從高處卸下貨物時,先將質(zhì)量為m的貨物放置在傾角為α、長為L的粗糙木板上端,貨物開始加速下滑的同時,自動液壓桿啟動并逐漸縮短,液壓桿裝置最終完全縮回到地面以下,貨物以較小的速度v水平向右滑出木板,完成卸貨。已知重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A.木板對貨物做功為12mv2-mgLsinB.木板對貨物做功為12mvC.摩擦力對貨物做功為12mv2-mgLsinD.支持力對貨物不做功答案A解析設(shè)在整個過程中木板對貨物做功為W,根據(jù)動能定理有W+mgLsinα=12mv2,木板對貨物做功為W=12mv2-mgLsinα,故A正確,B錯誤;木板轉(zhuǎn)動,支持力與貨物運動方向成鈍角,支持力對貨物做負功WN,故D錯誤;木板對貨物做功為W=Wf+WN,摩擦力對貨物做功為Wf=12mv2-mgLsinα-WN,例2(2025·八省聯(lián)考云南卷,4)如圖所示,“套圈”活動中,某同學(xué)將相同套環(huán)分兩次從同一位置水平拋出,分別套中Ⅰ、Ⅱ號物品。若套環(huán)可近似視為質(zhì)點,不計空氣阻力,則()A.套中Ⅰ號物品,套環(huán)被拋出的速度較大B.套中Ⅰ號物品,重力對套環(huán)做功較小C.套中Ⅱ號物品,套環(huán)飛行時間較長D.套中Ⅱ號物品,套環(huán)動能變化量較小答案D解析根據(jù)平拋運動規(guī)律,水平方向和豎直方向有x=v0t,h=12gt2,可得v0=xg2?,套中Ⅰ號物品時水平位移x較小,下落高度h較大,可知套環(huán)被拋出的速度v0一定較小,故A錯誤;根據(jù)重力做功表達式W=mgh可知,套中Ⅰ號物品時下落高度h較大,重力對套環(huán)做功較大,故B錯誤;根據(jù)平拋運動的時間t=2?g,套中Ⅱ號物品,下落高度h較小,套環(huán)飛行時間較短,故C錯誤;根據(jù)動能定理得mgh=ΔEk,套中Ⅱ號物品,重力做功較小,1.應(yīng)用動能定理解題時應(yīng)抓住“兩狀態(tài),一過程”?!皟蔂顟B(tài)”即明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況;“一過程”即明確研究過程,確定在這一過程中研究對象的受力情況和位置變化或位移信息。2.動能定理的應(yīng)用技巧跟蹤訓(xùn)練1.一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動,當物塊的初速度為v時,上升的最大高度為H,如圖所示。當物塊的初速度為2v時,上升的最大高度記為h。重力加速度為g,則物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)μ和h分別為()A.tanθ和2H B.tanθ和4HC.v22gH?1tanθ和2H D.v答案D解析當物塊上滑的初速度為v時,根據(jù)動能定理,有-mgH-μmgcosθ·Hsinθ=0-12mv2,當上滑的初速度為2v時,有-mgh-μmgcosθ·?sinθ=0-12m(2v)2,聯(lián)立可得μ=v22gH?1tan考點二應(yīng)用動能定理求變力做功例3(2024·新課標卷,24)將重物從高層樓房的窗外運到地面時,為安全起見,要求下降過程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖,一種簡單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的繩子P,另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子Q,二人配合可使重物緩慢豎直下降。若重物的質(zhì)量m=42kg,重力加速度大小g=10m/s2。當P繩與豎直方向的夾角α=37°時,Q繩與豎直方向的夾角β=53°(sin37°=0.6)。(1)求此時P、Q繩中拉力的大小;(2)若開始豎直下降時重物距地面的高度h=10m,求在重物下降到地面的過程中,兩根繩子拉力對重物做的總功。答案(1)1200N900N(2)-4200J解析(1)重物緩慢下降,處于平衡狀態(tài),對重物受力分析,如圖所示。水平方向有FPsinα=FQsinβ豎直方向有FPcosα=FQcosβ+mg聯(lián)立解得FP=1200N,F(xiàn)Q=900N。(2)重物緩慢下降,動能變化量為零,下降過程中對重物由動能定理有mgh+W=0解得W=-4200J即兩根繩子拉力對重物做的總功為-4200J。在有變力做功的過程中,變力做功無法直接通過功的公式求解,可用動能定理W變+W恒=12mv22-12mv12求解。物體初、末速度已知,恒力做功W恒可由公式求出,得到W變=12mv跟蹤訓(xùn)練2.(2025·江蘇南通高三月考)游樂場有一種兒童滑軌,其豎直剖面示意圖如圖所示,AB部分是半徑為R的四分之一圓弧軌道,BC為軌道水平部分,與半徑OB垂直。一質(zhì)量為m的小孩(可視為質(zhì)點)從A點由靜止滑下,滑到圓弧軌道末端B點時,對軌道的正壓力大小為2.5mg,重力加速度為g。下列說法正確的是()A.小孩到達B點的速度大小為2B.小孩到達B點的速度大小為10C.小孩從A到B克服摩擦力做的功為14D.小孩從A到B克服摩擦力做的功為12答案C解析根據(jù)牛頓第三定律可知,在B點軌道對小孩的支持力也等于2.5mg,由牛頓第二定律有FN-mg=mvB2R,可得vB=6gR2,故A、B錯誤;由動能定理mgR-Wf=12mvB2-0,可得從A到B小孩克服摩擦力做功為Wf=考點三動能定理與圖像問題的結(jié)合常與動能定理結(jié)合的五類圖像例4(2024·海南??谀M)質(zhì)量為2kg的物體,放在動摩擦因數(shù)μ=0.1的水平面上,在水平拉力的作用下由靜止開始運動,水平拉力做的功W隨位置x變化的關(guān)系如圖。重力加速度g=10m/s2,則()A.x=0m至x=3m的過程中,物體的加速度是2.5m/s2B.x=6m時,拉力的功率是6WC.x=9m時,物體的速度是2.5m/sD.x=3m至x=9m過程中,合外力做的功是12J答案B解析根據(jù)W=Flcosα知,W-x圖像的斜率表示水平拉力,在x=0m至x=3m的過程中,拉力為F1=153N=5N,根據(jù)牛頓第二定律有F1-μmg=ma1,解得a1=1.5m/s2,故A錯誤;x1=6m時,根據(jù)動能定理有WF1-μmgx1=12mv12,根據(jù)圖像有27?159?3=WF1?156?3,解得v1=3m/s,此時的拉力為F2=27?159?3N=2N,拉力的功率為P=F2v1=6W,故B正確;x2=9m時,根據(jù)動能定理有WF2-μmgx2=12mv22,解得v2=3m/s,故C錯誤;x=3m至x例5某滑雪賽道如圖所示,滑雪運動員從靜止開始沿斜面下滑,經(jīng)圓弧滑道起跳。將運動員視為質(zhì)點,不計摩擦力及空氣阻力,此過程中,運動員的動能Ek與水平位移x的關(guān)系圖像正確的是()答案A解析設(shè)斜面傾角為θ,不計摩擦力和空氣阻力,運動員在沿斜面下滑過程中,根據(jù)動能定理有Ek=mgxtanθ,即Ekx=mgtanθ,下滑過程中開始階段傾角θ不變,Ek-x圖像為一條直線;經(jīng)過圓弧軌道過程中,θ先減小后增大,即圖像斜率先減小后增大,故總結(jié)提升解決圖像問題的基本步驟跟蹤訓(xùn)練3.(多選)(2025·廣東深圳高三月考)從地面豎直向上拋出一小球,在距地面高度3m內(nèi),其上升、下落過程中動能Ek隨高度h變化的圖像如圖所示。已知小球在運動過程中受到的阻力大小恒定,重力加速度g=10m/s2,取地面為重力勢能參考平面,下列說法正確的是()A.小球拋出時的速度大小為10m/sB.小球的質(zhì)量為1.5kgC.小球運動過程受到的阻力f=5ND.小球上升過程的加速度大小是下落過程的兩倍答案BCD解析

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