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高考物理总复习5.2动能定理及其应用课件PPT
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这是一份高考物理总复习5.2动能定理及其应用课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了知识导图，动能的变化，Ek2-Ek2，合外力，物体的动能不变，力方向上的位移为零，为零如匀速圆周运动，小物块初速度为零，迁移训练等内容，欢迎下载使用。
【微点拨】1.三点易错警示:(1)动能是状态量,v是瞬时速度而不是平均速度。(2)动能只有正值,与速度方向无关。(3)动能定理表达式是标量式,不能在某个方向上应用。
2.对“外力”的两点提醒:(1)区别“内力”“外力”的关键是分析施力物体为系统内物体还是系统外物体。(2)重力可以是内力、也可以是外力,取决于地球是否被包含在系统内。
【慧眼纠错】(1)运动的物体具有的能量就是动能。纠错:_________________________________________________________________。
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)一定质量的物体动能变化时,速度一定变化,但速度变化时,动能也一定变化。纠错:_________________________________________________________。
当物体的速度方向发生变化而速度大小不变时,
(3)动能保持不变的物体一定处于平衡状态。纠错:____________________________________________________________________________________。
速度的大小不变,方向变化,物体的动能不变,
但是物体的速度在变化,物体并没有处于平衡状态
(4)做自由落体运动的物体,动能与下落的时间成正比。纠错:_______________________________________________________________________________________。
做自由落体运动的物体的速度v=gt,其动能为
Ek= mv2= mg2t2,故动能与下落时间的二次方成正比
(5)如果合外力对物体做功为零,那么物体所受的合外力一定为零。纠错:____________________________________________________________。(6)物体在合外力作用下做变速运动,动能一定变化。纠错:______________________________________________。
合外力做功为零,可能合外力为零,也可能合外
物体做变速运动,若只是速度方向变化,则动能
(7)物体的动能不变,所受的合外力必定为零。纠错:____________________________________________________________。
合外力做功为零则动能不变,但合外力不一定
考点1 动能定理的理解应用【典题探究】 【典例1】(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数。(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。
【解析】(1)设冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ据动能定理有-μmgs0= 解得μ=
(2)冰球运动时间t= 由于s1= at2解得运动员的最小加速度a= 答案:(1) (2)
【通关秘籍】 动能定理公式中“=”体现的三个关系
【考点冲关】 1.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( )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
【解析】选A。由W=Flcs α可知,物体所受合外力为零,合外力做功一定为零,但合外力做功为零,可能是α=90°,故A正确,B错误;由动能定理W=ΔEk可知,合外力做功越多,动能变化量越大,但动能不一定越大,动能不变,合外力做功为零,但物体合外力不一定为零,故C、D错误。
2.(2018·运城模拟)如图所示,将一光滑圆轨道固定竖直放置,其中A点为圆轨道的最低点,B点为圆水平直径与圆弧的交点。一个质量为m的物体静置于A点,现用始终沿轨道切线方向、大小不变的外力F作用于物体上,使其沿圆轨道到达B点,随即撤去外力F,要使物体能在竖直圆轨道内维持圆周运动,外力F至少为( )
【解析】选D。物体由A点运动到最高点的过程,由动能定理可得F· πR-mg·2R= mv2-0,物体刚好经过最高点,在最高点对物体由牛顿第二定律得mg= 联立以上两式解得F= ,因此外力F至少为 ,故D正确,A、B、C错误。
【加固训练】 (多选)甲、乙两个质量相同的物体,用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s。如图所示,甲在光滑面上,乙在粗糙面上,则下列关于力F对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )
A.力F对甲做功多B.力F对甲、乙两个物体做的功一样多C.甲物体获得的动能比乙大D.甲、乙两个物体获得的动能相同
【解析】选B、C。由功的公式W=Fscsα可知,两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多,A错误、B正确;根据动能定理,对甲有Fs=Ek1-0,对乙有Fs-Ffs=Ek2-0,可知Ek1>Ek2,即甲物体获得的动能比乙大,C正确,D错误。
考点2 动能定理在多过程问题中的应用 【典题探究】 【典例2】(2016·全国卷Ⅰ)如图,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处,另一端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态,直轨道与一半径为 R的光滑圆弧轨道相切于C点,AC=7R,
A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑,最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回,最高到达F点,AF=4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ= ,重力加速度大小为g。(取sin37°= ,cs37°= )世纪金榜导学号04450105
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。(3)改变物块P的质量,将P推至E点,从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后,恰好通过G点。G点在C点左下方,与C点水平相距 R、竖直相距R,求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
【题眼直击】(1)光滑圆弧轨道→__________________________________。(2)由静止开始自由下滑→_________________。(3)P与直轨道间的动摩擦因数μ= →_________________________________。
小物块在轨道上运动不受摩擦力
小物块在直轨道上运动受摩擦力作用
【解析】(1)根据题意知,B、C之间的距离l=7R-2R①设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得mglsinθ-μmglcsθ= ②式中θ=37°,联立①②式并由题给条件得vB=2 ③
(2)设BE=x。P到达E点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中,由动能定理有mgxsinθ-μmgxcsθ-Ep=0- ④E、F之间的距离l1=4R-2R+x ⑤
P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有Ep-mgl1sinθ-μmgl1csθ=0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x=R⑦Ep=2.4mgR⑧
(3)由几何知识得过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角为θ。设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1= ⑨y1= ⑩
设P在D点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有y1= gt2 ⑪ x1=vDt⑫ 联立⑨⑩ ⑪ ⑫ 式得⑬
设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有 ⑭
P由E点运动到C点的过程中,同理,由动能定理有Ep-m1g(x+5R)sinθ-μm1g(x+5R)csθ= ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m1= ⑯ 答案:(1)2 (2)2.4mgR (3)
【通关秘籍】 应用动能定理解题的基本步骤
【考点冲关】 1.(多选)(2018·新乡模拟)如图所示,一遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止以恒定的功率沿水平地面向右加速运动,当到达固定在竖直面内的光滑半圆轨道最低点B时关闭发动机,由于惯性,赛车继续沿半圆轨道运动,并恰好能通过最高点C(BC为半圆轨道的竖直直径)。已知赛车的质量为m,半圆轨道的半径为
R,A、B两点间的距离为1.5R,赛车在地面上运动时受到的阻力大小恒为 mg,不计空气阻力,重力加速度为g,下列判断正确的是( )世纪金榜导学号04450106
A.赛车通过C点后落回地面的位置到B点的距离为2RB.赛车通过B点时的速度大小为2 C.赛车从A点运动到B点的过程中,其电动机所做的功为 D.要使赛车能滑过B点并沿半圆轨道滑回地面,其电动机所做的功W需满足的条件为
【解析】选A、D。赛车恰好能通过最高点C时,由重力提供向心力,则有mg=m ,解得 vC= ,赛车离开C点后做平抛运动,则有水平方向 x=vCt,竖直方向2R= gt2,解得 x=2R,即赛车通过C点后落回地面的位置到B点的距离为2R,故A正确;从B到C的过程,由动能定理得-mg·2R= ,解得 vB= ,故B错误;赛车从A点运动到B点的过程中,由动能定理得
W- mg·1.5R= -0,解得电动机做的功 W=3mgR,故C错误;当赛车刚好运动到B点速度为零时,赛车从A点运动到B点的过程中,由动能定理得 W1- mg·1.5R=0,解得电动机做的功 W1= ,当赛车刚好能滑到与圆心等高处速度为零时,赛车从A点运动到与圆心等高位置的过程中,由动能定理得 W2- mg·1.5R-mgR=0,
解得电动机做的功 W2= ,所以要使赛车能滑过B点并沿半圆轨道滑回地面,其电动机所做的功W需满足的条件为
轨道,轨道的最低点D处装有压力传感器。已知轨道AB的长度L=2.0 m,半径OC和竖直方向的夹角α=37°,圆形轨道的半径R=0.5 m。(空气阻力可忽略,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8),求:
(1)滑块运动到D点时压力传感器的示数。(2)水平外力作用在滑块上的时间t。
【解析】(1)滑块由C点运动到D点的过程,由动能定理得:mgR(1-cs37°)= 解得:vD=3 m/s在D点,对滑块由牛顿第二定律得:FN-mg=m 解得:FN=25.6 N根据牛顿第三定律得滑块对轨道的压力F′N=FN=25.6 N,方向竖直向下。
(2)滑块离开B点后做平抛运动,恰好在C点沿切线方向进入圆弧形轨道,由几何关系可知,滑块运动在B点的速度为vB=vCcs37°=4 m/s滑块由A点运动到B点的过程,由动能定理得:Pt-μmgL= -0解得:t=0.4 s。答案:(1)25.6 N (2)0.4 s
【加固训练】 (2018·郴州模拟)如图甲所示是高速公路出口的匝道,车辆为了防止在转弯时出现侧滑的危险,必须在匝道的直道上提前减速。现绘制水平面简化图如图乙所示,一辆质量m=2 000 kg的汽车原来在水平直道上做匀速直线运动,行驶速度v0=108 km/h,恒定阻力Ff=1 000 N。现将汽车的减速运动简化为两种方式:
方式一为“小踩刹车减速”,司机松开油门使汽车失去牵引力,在水平方向上仅受匀速运动时的恒定阻力作用;方式二为“刹车减速”,汽车做匀减速直线运动的加速度a=6 m/s2。
(1)求汽车原来匀速直线行驶时的功率。(2)司机在离弯道口Q距离为x1的地方开始减速,全程采取“小踩刹车减速”,汽车恰好能以15 m/s的安全速度进入弯道,求出汽车在上述减速直线运动的过程中克服阻力做功的大小以及距离x1的大小。
(3)在离弯道口Q距离为125 m的P位置,司机先采取“小踩刹车减速”滑行一段距离x2后,立即采取“刹车减速”,汽车仍能恰好以15 m/s的安全速度进入弯道,求x2的大小。
【解析】(1)汽车匀速运动的速度为:v0=108 km/h=30 m/s因为汽车做匀速直线运动,所以牵引力为:F=Ff汽车的功率为:P=Fv0故P=Ffv0=30 kW
(2)全程采取“小踩刹车减速”时,由动能定理得:-Wf= 解得克服阻力做功为:Wf=6.75×105J又: Wf=Ffx1解得:x1=675 m
(3)从P到Q的过程中,由动能定理得:-Ffx2-ma(125-x2)= 解得:x2=75 m答案:(1)30 kW (2)6.75×105 J 675 m(3)75 m
考点3 动能定理与图象结合问题 【典题探究】 【典例3】(2018·武汉模拟)如图甲所示,位于竖直平面内的轨道,由一段斜的直轨道AB和光滑半圆形轨道BC平滑连接而成,AB的倾角为30°,半圆形轨道的半径R=0.1 m,直径BC竖直。质量m=1 kg的小物块从斜轨道上距半圆形轨道底部高为h处由静止开始下滑,
经B点滑上半圆形轨道。已知物块与斜轨道间的动摩擦因数为 ,g取10 m/s2。世纪金榜导学号04450107
(1)若h=1 m,求物块运动到圆轨道最低点B时对轨道的压力。(2)若物块能到达圆轨道的最高点C,求h的最小值。(3)试求物块经最高点C时对轨道压力F随高度h的变化关系,并在图乙坐标系中作出F-h图象。
【解析】(1)物块运动到圆轨道最低点B的过程由动能定理得:mgh-μmgcs30°· 在B点,由牛顿第二定律得:FN-mg=m 代入数据解得:FN=110 N根据牛顿第三定律知,物块对轨道的压力大小为110 N,方向竖直向下
(2)设物块恰好能到达圆轨道的最高点C,此时对应的高度为hmin,C点的速度为v0,由动能定理得:mg(hmin-2R)-μmgcs30°· 经最高点C时,由牛顿第二定律得:mg=m 代入数据解得:hmin=0.5 m
(3)设物块到达圆轨道最高点时的速度为v,轨道对物块的弹力大小为F′N,由动能定理有:mg(h-2R)-μmgcs30°· 经最高点C,由牛顿第二定律得:F′N+mg=m 解得:F′N=100h-50(N)(h≥0.5 m)
则压力 F=F′N=100 h-50(N)(h≥0.5 m),作出F-h图象如图所示: 答案:(1)110 N 方向竖直向下 (2)0.5 m(3)见解析图
迁移1:动能定理与F-x图象结合问题 (多选)(2018·临沂模拟)水平面上质量为m=6 kg的物体,在大小为12 N的水平拉力F的作用下做匀速直线运动,从x=2.5 m位置处拉力F逐渐减小,力F随位移x变化规律如图所示,当x=7 m时拉力减为零,物体也恰好停下,g取10 m/s2,下列结论正确的是( )
A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.2B.合外力对物体所做的功为-27 JC.物体匀速运动时的速度为3 m/sD.物体在减速阶段所受合外力的冲量为12 N·s
【解析】选A、B、C。物体做匀速运动时,由平衡条件得Ff=F=12 N,μ= =0.2,故A正确;图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功,则由图象可知WF=12×2.5 J+ ×(7-2.5)×12 J=57 J,滑动摩擦力做的功为Wf=-μmgx=-0.2×6×10×7 J=-84 J,所以
合外力做的功为W合=-84 J+57 J=-27 J,故B正确;由动能定理得W合=0- ,解得v0=3 m/s,故C正确;由动量定理得I=0-mv0=-6×3 N·s=-18 N·s,故D错误。
迁移2:动能定理与P-t图象结合问题(多选)(2018·南平模拟)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg的物体受到水平拉力的作用,在0～6 s内其速度与时间的关系图象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图所示。下列说法中正确的是( )
A.0～6 s内拉力做的功为140 JB.物体在0～2 s内所受的拉力为4 NC.物体与粗糙水平地面的动摩擦因数为0.5D.合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
【解析】选A、D。由于P-t图象与t轴围成的面积表示拉力所做的功,所以0～6 s内拉力做的功为W= ×2×60 J+4×20 J=140 J,故A正确;由水平拉力的功率P=Fv可得,在0～2 s内拉力F= =6 N,2～6 s,拉力F′= =2 N,故B错误;物体在水平面上只受摩擦力和拉力,在2～6 s内物体受力平衡可得Ff=μmg=F′,
解得μ= =0.25,故C错误;由v-t图象可知,物体在2 s末的速度与6 s末的速度相等,由动能定理W合=ΔEk可知,0～6 s与0～2 s动能的变化量相同,所以合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等,故D正确。
迁移3:动能定理与v-t图象结合问题(2018·昆明模拟)低空跳伞是一种危险性很高的极限运动,通常从高楼、悬崖、高塔等固定物上起跳,在极短时间内必须打开降落伞,才能保证着地安全,某跳伞运动员从高H=100 m的楼层起跳,自由下落一段时间后打开降落伞,最终以安全速度匀速落地。若降落伞
视为瞬间打开,得到运动员起跳后的速度v随时间t变化的图象如图所示,已知运动员及降落伞装备的总质量m=60 kg,开伞后所受阻力大小与速率成正比,即Ff=kv,g取10 m/s2,求:
(1)打开降落伞瞬间运动员的加速度。(2)打开降落伞后阻力所做的功。
【解析】(1)匀速运动时,则有:mg=kv解得:k=120 N/(m·s-1)打开降落伞的瞬间,速度为:v1=18 m/s由牛顿第二定律得:kv1-mg=ma解得:a=26 m/s2方向竖直向上
(2)根据图线围成的面积知,自由下落的位移为:x1= ×2×18 m=18 m则打开降落伞后的位移为:x2=H-x1=100 m-18 m=82 m由动能定理得:mgx2+Wf= mv2- 代入数据解得:Wf=-58 170 J答案:(1)26 m/s2,方向竖直向上 (2)-58 170 J
【通关秘籍】 1.四类图象所围“面积”的意义:
2.解决动能定理与图象问题的基本步骤:
【加固训练】 (2018·宿州模拟)宇航员在某星球表面做了如下实验,实验装置如图甲所示,竖直平面内的光滑轨道由斜轨道AB和圆弧轨道BC组成。将质量m=0.2 kg的小球,从轨道AB上高H处的某点由静止释放,用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力大小为F,改变H的大小,可测出F随H的变化关系如图乙所示,求:
(1)圆轨道的半径。(2)星球表面的重力加速度。(3)作出小球经过C点时动能随H的变化关系Ek-H图象。
【解析】(1)小球过C点时,由牛顿第二定律得:F+mg= 小球由静止下滑至C点的过程,由动能定理得:mg(H-2r)= 解得:F= -5mg由图可知:当H1=0.5 m时,F1=0 N解得:r=0.2 m
(2)当H2=1.0 m时,F2=5 N解得:g=5 m/s2(3)小球由静止下滑至C点的过程,由动能定理得:mg(H-2r)=Ek-0解得:Ek=H-0.4
则Ek-H图象如图所示: 答案:(1)0.2 m (2)5 m/s2 (3)见解析
【微点拨】1.三点易错警示:(1)动能是状态量,v是瞬时速度而不是平均速度。(2)动能只有正值,与速度方向无关。(3)动能定理表达式是标量式,不能在某个方向上应用。
2.对“外力”的两点提醒:(1)区别“内力”“外力”的关键是分析施力物体为系统内物体还是系统外物体。(2)重力可以是内力、也可以是外力,取决于地球是否被包含在系统内。
【慧眼纠错】(1)运动的物体具有的能量就是动能。纠错:_________________________________________________________________。
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)一定质量的物体动能变化时,速度一定变化,但速度变化时,动能也一定变化。纠错:_________________________________________________________。
当物体的速度方向发生变化而速度大小不变时,
(3)动能保持不变的物体一定处于平衡状态。纠错:____________________________________________________________________________________。
速度的大小不变,方向变化,物体的动能不变,
但是物体的速度在变化,物体并没有处于平衡状态
(4)做自由落体运动的物体,动能与下落的时间成正比。纠错:_______________________________________________________________________________________。
做自由落体运动的物体的速度v=gt,其动能为
Ek= mv2= mg2t2,故动能与下落时间的二次方成正比
(5)如果合外力对物体做功为零,那么物体所受的合外力一定为零。纠错:____________________________________________________________。(6)物体在合外力作用下做变速运动,动能一定变化。纠错:______________________________________________。
合外力做功为零,可能合外力为零,也可能合外
物体做变速运动,若只是速度方向变化,则动能
(7)物体的动能不变,所受的合外力必定为零。纠错:____________________________________________________________。
合外力做功为零则动能不变,但合外力不一定
考点1 动能定理的理解应用【典题探究】 【典例1】(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数。(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。
【解析】(1)设冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ据动能定理有-μmgs0= 解得μ=
(2)冰球运动时间t= 由于s1= at2解得运动员的最小加速度a= 答案:(1) (2)
【通关秘籍】 动能定理公式中“=”体现的三个关系
【考点冲关】 1.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( )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
【解析】选A。由W=Flcs α可知,物体所受合外力为零,合外力做功一定为零,但合外力做功为零,可能是α=90°,故A正确,B错误;由动能定理W=ΔEk可知,合外力做功越多,动能变化量越大,但动能不一定越大,动能不变,合外力做功为零,但物体合外力不一定为零,故C、D错误。
2.(2018·运城模拟)如图所示,将一光滑圆轨道固定竖直放置,其中A点为圆轨道的最低点,B点为圆水平直径与圆弧的交点。一个质量为m的物体静置于A点,现用始终沿轨道切线方向、大小不变的外力F作用于物体上,使其沿圆轨道到达B点,随即撤去外力F,要使物体能在竖直圆轨道内维持圆周运动,外力F至少为( )
【解析】选D。物体由A点运动到最高点的过程,由动能定理可得F· πR-mg·2R= mv2-0,物体刚好经过最高点,在最高点对物体由牛顿第二定律得mg= 联立以上两式解得F= ,因此外力F至少为 ,故D正确,A、B、C错误。
【加固训练】 (多选)甲、乙两个质量相同的物体,用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s。如图所示,甲在光滑面上,乙在粗糙面上,则下列关于力F对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )
A.力F对甲做功多B.力F对甲、乙两个物体做的功一样多C.甲物体获得的动能比乙大D.甲、乙两个物体获得的动能相同
【解析】选B、C。由功的公式W=Fscsα可知,两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多,A错误、B正确;根据动能定理,对甲有Fs=Ek1-0,对乙有Fs-Ffs=Ek2-0,可知Ek1>Ek2,即甲物体获得的动能比乙大,C正确,D错误。
考点2 动能定理在多过程问题中的应用 【典题探究】 【典例2】(2016·全国卷Ⅰ)如图,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处,另一端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态,直轨道与一半径为 R的光滑圆弧轨道相切于C点,AC=7R,
A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑,最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回,最高到达F点,AF=4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ= ,重力加速度大小为g。(取sin37°= ,cs37°= )世纪金榜导学号04450105
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。(3)改变物块P的质量,将P推至E点,从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后,恰好通过G点。G点在C点左下方,与C点水平相距 R、竖直相距R,求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
【题眼直击】(1)光滑圆弧轨道→__________________________________。(2)由静止开始自由下滑→_________________。(3)P与直轨道间的动摩擦因数μ= →_________________________________。
小物块在轨道上运动不受摩擦力
小物块在直轨道上运动受摩擦力作用
【解析】(1)根据题意知,B、C之间的距离l=7R-2R①设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得mglsinθ-μmglcsθ= ②式中θ=37°,联立①②式并由题给条件得vB=2 ③
(2)设BE=x。P到达E点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中,由动能定理有mgxsinθ-μmgxcsθ-Ep=0- ④E、F之间的距离l1=4R-2R+x ⑤
P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有Ep-mgl1sinθ-μmgl1csθ=0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x=R⑦Ep=2.4mgR⑧
(3)由几何知识得过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角为θ。设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1= ⑨y1= ⑩
设P在D点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有y1= gt2 ⑪ x1=vDt⑫ 联立⑨⑩ ⑪ ⑫ 式得⑬
设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有 ⑭
P由E点运动到C点的过程中,同理,由动能定理有Ep-m1g(x+5R)sinθ-μm1g(x+5R)csθ= ⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m1= ⑯ 答案:(1)2 (2)2.4mgR (3)
【通关秘籍】 应用动能定理解题的基本步骤
【考点冲关】 1.(多选)(2018·新乡模拟)如图所示,一遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止以恒定的功率沿水平地面向右加速运动,当到达固定在竖直面内的光滑半圆轨道最低点B时关闭发动机,由于惯性,赛车继续沿半圆轨道运动,并恰好能通过最高点C(BC为半圆轨道的竖直直径)。已知赛车的质量为m,半圆轨道的半径为
R,A、B两点间的距离为1.5R,赛车在地面上运动时受到的阻力大小恒为 mg,不计空气阻力,重力加速度为g,下列判断正确的是( )世纪金榜导学号04450106
A.赛车通过C点后落回地面的位置到B点的距离为2RB.赛车通过B点时的速度大小为2 C.赛车从A点运动到B点的过程中,其电动机所做的功为 D.要使赛车能滑过B点并沿半圆轨道滑回地面,其电动机所做的功W需满足的条件为
【解析】选A、D。赛车恰好能通过最高点C时,由重力提供向心力,则有mg=m ,解得 vC= ,赛车离开C点后做平抛运动,则有水平方向 x=vCt,竖直方向2R= gt2,解得 x=2R,即赛车通过C点后落回地面的位置到B点的距离为2R,故A正确;从B到C的过程,由动能定理得-mg·2R= ,解得 vB= ,故B错误;赛车从A点运动到B点的过程中,由动能定理得
W- mg·1.5R= -0,解得电动机做的功 W=3mgR,故C错误;当赛车刚好运动到B点速度为零时,赛车从A点运动到B点的过程中,由动能定理得 W1- mg·1.5R=0,解得电动机做的功 W1= ,当赛车刚好能滑到与圆心等高处速度为零时,赛车从A点运动到与圆心等高位置的过程中,由动能定理得 W2- mg·1.5R-mgR=0,
解得电动机做的功 W2= ,所以要使赛车能滑过B点并沿半圆轨道滑回地面,其电动机所做的功W需满足的条件为
轨道,轨道的最低点D处装有压力传感器。已知轨道AB的长度L=2.0 m,半径OC和竖直方向的夹角α=37°,圆形轨道的半径R=0.5 m。(空气阻力可忽略,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8),求:
(1)滑块运动到D点时压力传感器的示数。(2)水平外力作用在滑块上的时间t。
【解析】(1)滑块由C点运动到D点的过程,由动能定理得:mgR(1-cs37°)= 解得:vD=3 m/s在D点,对滑块由牛顿第二定律得:FN-mg=m 解得:FN=25.6 N根据牛顿第三定律得滑块对轨道的压力F′N=FN=25.6 N,方向竖直向下。
(2)滑块离开B点后做平抛运动,恰好在C点沿切线方向进入圆弧形轨道,由几何关系可知,滑块运动在B点的速度为vB=vCcs37°=4 m/s滑块由A点运动到B点的过程,由动能定理得:Pt-μmgL= -0解得:t=0.4 s。答案:(1)25.6 N (2)0.4 s
【加固训练】 (2018·郴州模拟)如图甲所示是高速公路出口的匝道,车辆为了防止在转弯时出现侧滑的危险,必须在匝道的直道上提前减速。现绘制水平面简化图如图乙所示,一辆质量m=2 000 kg的汽车原来在水平直道上做匀速直线运动,行驶速度v0=108 km/h,恒定阻力Ff=1 000 N。现将汽车的减速运动简化为两种方式:
方式一为“小踩刹车减速”,司机松开油门使汽车失去牵引力,在水平方向上仅受匀速运动时的恒定阻力作用;方式二为“刹车减速”,汽车做匀减速直线运动的加速度a=6 m/s2。
(1)求汽车原来匀速直线行驶时的功率。(2)司机在离弯道口Q距离为x1的地方开始减速,全程采取“小踩刹车减速”,汽车恰好能以15 m/s的安全速度进入弯道,求出汽车在上述减速直线运动的过程中克服阻力做功的大小以及距离x1的大小。
(3)在离弯道口Q距离为125 m的P位置,司机先采取“小踩刹车减速”滑行一段距离x2后,立即采取“刹车减速”,汽车仍能恰好以15 m/s的安全速度进入弯道,求x2的大小。
【解析】(1)汽车匀速运动的速度为:v0=108 km/h=30 m/s因为汽车做匀速直线运动,所以牵引力为:F=Ff汽车的功率为:P=Fv0故P=Ffv0=30 kW
(2)全程采取“小踩刹车减速”时,由动能定理得:-Wf= 解得克服阻力做功为:Wf=6.75×105J又: Wf=Ffx1解得:x1=675 m
(3)从P到Q的过程中,由动能定理得:-Ffx2-ma(125-x2)= 解得:x2=75 m答案:(1)30 kW (2)6.75×105 J 675 m(3)75 m
考点3 动能定理与图象结合问题 【典题探究】 【典例3】(2018·武汉模拟)如图甲所示,位于竖直平面内的轨道,由一段斜的直轨道AB和光滑半圆形轨道BC平滑连接而成,AB的倾角为30°,半圆形轨道的半径R=0.1 m,直径BC竖直。质量m=1 kg的小物块从斜轨道上距半圆形轨道底部高为h处由静止开始下滑,
经B点滑上半圆形轨道。已知物块与斜轨道间的动摩擦因数为 ,g取10 m/s2。世纪金榜导学号04450107
(1)若h=1 m,求物块运动到圆轨道最低点B时对轨道的压力。(2)若物块能到达圆轨道的最高点C,求h的最小值。(3)试求物块经最高点C时对轨道压力F随高度h的变化关系,并在图乙坐标系中作出F-h图象。
【解析】(1)物块运动到圆轨道最低点B的过程由动能定理得:mgh-μmgcs30°· 在B点,由牛顿第二定律得:FN-mg=m 代入数据解得:FN=110 N根据牛顿第三定律知,物块对轨道的压力大小为110 N,方向竖直向下
(2)设物块恰好能到达圆轨道的最高点C,此时对应的高度为hmin,C点的速度为v0,由动能定理得:mg(hmin-2R)-μmgcs30°· 经最高点C时,由牛顿第二定律得:mg=m 代入数据解得:hmin=0.5 m
(3)设物块到达圆轨道最高点时的速度为v,轨道对物块的弹力大小为F′N,由动能定理有:mg(h-2R)-μmgcs30°· 经最高点C,由牛顿第二定律得:F′N+mg=m 解得:F′N=100h-50(N)(h≥0.5 m)
则压力 F=F′N=100 h-50(N)(h≥0.5 m),作出F-h图象如图所示: 答案:(1)110 N 方向竖直向下 (2)0.5 m(3)见解析图
迁移1:动能定理与F-x图象结合问题 (多选)(2018·临沂模拟)水平面上质量为m=6 kg的物体,在大小为12 N的水平拉力F的作用下做匀速直线运动,从x=2.5 m位置处拉力F逐渐减小,力F随位移x变化规律如图所示,当x=7 m时拉力减为零,物体也恰好停下,g取10 m/s2,下列结论正确的是( )
A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.2B.合外力对物体所做的功为-27 JC.物体匀速运动时的速度为3 m/sD.物体在减速阶段所受合外力的冲量为12 N·s
【解析】选A、B、C。物体做匀速运动时,由平衡条件得Ff=F=12 N,μ= =0.2,故A正确;图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功,则由图象可知WF=12×2.5 J+ ×(7-2.5)×12 J=57 J,滑动摩擦力做的功为Wf=-μmgx=-0.2×6×10×7 J=-84 J,所以
合外力做的功为W合=-84 J+57 J=-27 J,故B正确;由动能定理得W合=0- ,解得v0=3 m/s,故C正确;由动量定理得I=0-mv0=-6×3 N·s=-18 N·s,故D错误。
迁移2:动能定理与P-t图象结合问题(多选)(2018·南平模拟)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg的物体受到水平拉力的作用,在0～6 s内其速度与时间的关系图象和该拉力的功率与时间的关系图象分别如图所示。下列说法中正确的是( )
A.0～6 s内拉力做的功为140 JB.物体在0～2 s内所受的拉力为4 NC.物体与粗糙水平地面的动摩擦因数为0.5D.合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
【解析】选A、D。由于P-t图象与t轴围成的面积表示拉力所做的功,所以0～6 s内拉力做的功为W= ×2×60 J+4×20 J=140 J,故A正确;由水平拉力的功率P=Fv可得,在0～2 s内拉力F= =6 N,2～6 s,拉力F′= =2 N,故B错误;物体在水平面上只受摩擦力和拉力,在2～6 s内物体受力平衡可得Ff=μmg=F′,
解得μ= =0.25,故C错误;由v-t图象可知,物体在2 s末的速度与6 s末的速度相等,由动能定理W合=ΔEk可知,0～6 s与0～2 s动能的变化量相同,所以合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等,故D正确。
迁移3:动能定理与v-t图象结合问题(2018·昆明模拟)低空跳伞是一种危险性很高的极限运动,通常从高楼、悬崖、高塔等固定物上起跳,在极短时间内必须打开降落伞,才能保证着地安全,某跳伞运动员从高H=100 m的楼层起跳,自由下落一段时间后打开降落伞,最终以安全速度匀速落地。若降落伞
视为瞬间打开,得到运动员起跳后的速度v随时间t变化的图象如图所示,已知运动员及降落伞装备的总质量m=60 kg,开伞后所受阻力大小与速率成正比,即Ff=kv,g取10 m/s2,求:
(1)打开降落伞瞬间运动员的加速度。(2)打开降落伞后阻力所做的功。
【解析】(1)匀速运动时,则有:mg=kv解得:k=120 N/(m·s-1)打开降落伞的瞬间,速度为:v1=18 m/s由牛顿第二定律得:kv1-mg=ma解得:a=26 m/s2方向竖直向上
(2)根据图线围成的面积知,自由下落的位移为:x1= ×2×18 m=18 m则打开降落伞后的位移为:x2=H-x1=100 m-18 m=82 m由动能定理得:mgx2+Wf= mv2- 代入数据解得:Wf=-58 170 J答案:(1)26 m/s2,方向竖直向上 (2)-58 170 J
【通关秘籍】 1.四类图象所围“面积”的意义:
2.解决动能定理与图象问题的基本步骤:
【加固训练】 (2018·宿州模拟)宇航员在某星球表面做了如下实验,实验装置如图甲所示,竖直平面内的光滑轨道由斜轨道AB和圆弧轨道BC组成。将质量m=0.2 kg的小球,从轨道AB上高H处的某点由静止释放,用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力大小为F,改变H的大小,可测出F随H的变化关系如图乙所示,求:
(1)圆轨道的半径。(2)星球表面的重力加速度。(3)作出小球经过C点时动能随H的变化关系Ek-H图象。
【解析】(1)小球过C点时,由牛顿第二定律得:F+mg= 小球由静止下滑至C点的过程,由动能定理得:mg(H-2r)= 解得:F= -5mg由图可知:当H1=0.5 m时,F1=0 N解得:r=0.2 m
(2)当H2=1.0 m时,F2=5 N解得:g=5 m/s2(3)小球由静止下滑至C点的过程,由动能定理得:mg(H-2r)=Ek-0解得:Ek=H-0.4
则Ek-H图象如图所示: 答案:(1)0.2 m (2)5 m/s2 (3)见解析
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