《2020版高考物理大二轮专题突破通用版课件：专题二 第一讲 动能定理 机械能守恒定律 功能关系的应用 .pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考物理大二轮专题突破通用版课件：专题二 第一讲 动能定理 机械能守恒定律 功能关系的应用 .pptx（57页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第一讲 动能定理 机械能守恒 定律 功能关系的应用,-2-,考情分析备考定向纵览考题,洞悉命题规律,-3-,-4-,-5-,网络构建,策略指导 高考对该部分知识点的命题呈现多样化,既有通过图象对功能关系的考查,又有从动能、动能定理、机械能守恒定律等知识出发进行考查,还从运动形式的角度如匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动的角度综合考查。 在2020年的备考中要对本部分的基本知识如动能、势能、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律等熟练掌握,并注意知识点在运动形式中的应用。,-6-,高考真题 1.(2019全国卷)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与
2、运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( ) A.2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg,考点定位:图象 动能定理 解题思路与方法:根据动能定理写出动能与高度的函数关系,再分析求解。,答案,解析,-7-,2.(2015全国卷)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小Ff恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中,可能正确的是( ),考点定位:机车问题 解题思路与方法:0t1和t1t2时间内汽车的功率保
3、持不变,在t1时刻功率突然变大,但速度不突变。,答案,解析,-8-,3.(2018全国卷)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定( ) A.小于拉力所做的功 B.等于拉力所做的功 C.等于克服摩擦力所做的功 D.大于克服摩擦力所做的功 考点定位:动能定理 解题思路与方法:正确受力分析,知道木箱在运动过程中有哪几个力做功且分别做什么功,然后利用动能定理求解末动能的大小。,答案,解析,-9-,4.(多选)(2016全国卷)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
4、。已知在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且ONMOMN 。在小球从M点运动到N点的过程中,( ) 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,考点定位:牛顿第二定律、能量守恒定律 解题思路与方法:解题时要认真分析物体的受力情况,尤其是弹力变化情况,结合功的概念及牛顿第二定律来讨论;注意弹簧弹力相等时,无论是压缩状态还是拉伸状态,弹性势能相等。,-10-,答案:.BCD,解析: 如图所示,小球沿杆下滑要经过弹簧处于压缩状态的M点,压缩量最大点P,原长处Q点和
5、伸长状态N点,根据题意可知M点和N点弹簧形变量相同,从M到P,弹力方向向左上,做负功,P到Q,弹力方向向左下,做正功,从Q到N,弹力方向向右上,做负功,弹力对小球应先做负功,再做正功,后做负功,A选项错误;在P点弹力方向与杆垂直,在Q点,弹力为零,这两个点加速度等于重力加速度,B选项正确;在P点弹簧长度最短,弹力方向与杆垂直,即弹力方向与小球速度方向垂直,故弹力的功率为零,C选项正确;从M点到N点,小球和弹簧组成的系统机械能守恒,M、N两点的弹性势能相等, 故重力势能差等于动能的变化,即小球到达N点 时的动能,D选项正确。,-11-,5.(2017全国卷)一质量为8.00104 kg的太空飞船
6、从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60105 m处以7.5103 m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为9.8 m/s2。(结果保留2位有效数字) (1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能; (2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。 考点定位:机械能、功能关系 解题思路与方法:地面为重力势能零点,飞船在某处的机械能是动能和重力势能的和,由功能关系可知,机械能的减少量就是克服
7、阻力所做的功。,-12-,答案: (1)4.0108 J 2.41012 J (2)9.7108 J,解析: (1)飞船着地前瞬间的机械能为,式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由式和题给数据得 Ek0=4.0108 J 设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为,式中,vh是飞船在高度1.6105 m处的速度大小。由式和题给数据得,Eh=2.41012 J,-13-,由功能原理得 W=Eh-Ek0 式中,W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由式和题给数据得 W=9.7108 J,-14-,考点一,考点二,考点三,功和功率,考法1 功、
8、功率及相关图象问题(H) 规律方法 计算功和功率时应注意的两个问题 1.功的计算 (1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解。 (2)变力做功一般用动能定理或图象法求解,用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义。 2.功率的计算 (1)明确是求瞬时功率还是平均功率。 (2)P= 侧重于平均功率的计算,P=Fvcos (为F和v的夹角)侧重于瞬时功率的计算。要注意P=Fvcos 可理解成力F的瞬时功率等于该力乘以该力方向上的瞬时速度。,-15-,考点一,考点二,考点三,【典例1】质量为2 kg的物体,放在动摩擦因数为=0.1的水平面上,在水平拉力F的作用下,由静止开始运动,拉力做的
9、功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示,g取10 m/s2,下列说法中正确的是( ) A.此物体在OA段做匀加速直线运动, 且此过程中拉力的最大功率为6 W B.此物体在OA段做匀速直线运动, 且此过程中拉力的最大功率为6 W C.此物体在AB段做匀加速直线运动,且此过程中拉力的最大功率为6 W D.此物体在AB段做匀速直线运动,且此过程中拉力的功率恒为6 W,-16-,考点一,考点二,考点三,思维点拨根据功的公式W=Fx分析可知,在OA段和AB段物体受到恒力的作用,并且图象的斜率表示的是物体受到的力的大小,由此可以判断物体受到的拉力的大小,再由功率的公式可以判断功率的大小。,答案:D,-1
10、7-,考点一,考点二,考点三,1.小明骑电动自行车沿平直公路行驶,因电瓶“没电”,故改用脚蹬车匀速前行。设小明与车的总质量为100 kg,骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的0.02倍,g取10 m/s2。通过估算可知,小明骑此电动车做功的平均功率最接近( ) A.500 W B.300 W C.100 W D.20 W,答案,解析,-18-,考点一,考点二,考点三,2.物体放在动摩擦因数为的水平地面上,受到一水平拉力作用开始运动,所运动的速度随时间变化关系和拉力功率随时间变化关系分别如图甲、图乙所示。由图象可知动摩擦因数为(g取10 m/s2)( ),A.=0.1 B.=0.2 C.=0.3
11、D.=0.4,答案,解析,-19-,考点一,考点二,考点三,3.一物块在一个水平拉力作用下沿粗糙水平面运动,其v-t图象如图甲所示,水平拉力的P-t图象如图乙所示,g取10 m/s2,求:,(1)物块与水平面间的动摩擦因数; (2)物块运动全过程水平拉力所做的功W; (3)物块在02 s内所受的水平拉力大小F。,-20-,考点一,考点二,考点三,答案: (1)0.1 (2)24 J (3)3.0 N,解析: (1)由甲、乙两图比较可知,在第59 s内,物块做匀减速运动,由牛顿第二定律得:-mg=ma 得:=0.1。,-21-,考点一,考点二,考点三,(3)物块匀速运动阶段: F-mg=0 P2
12、=Fvm,得:m=1.0 kg 物块匀加速运动阶段,由牛顿第二定律得:F-mg=ma0 所以:F=21 N+1 N=3.0 N 或:由图象可知:当t1=2.0 s,v1=4.0 m/s时,P1=12 W,-22-,考点一,考点二,考点三,考法2 机车启动及相关图象问题(L) 规律方法 1.机车输出功率:P=Fv,其中F为机车牵引力。 2.机车匀加速启动过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vm(此时F牵=F阻)求解方法:,(1)求v1:由F牵-F阻=ma,P=F牵v1可求v1,(2)求vm:由P=F阻vm,可求,3.解决机车启动问题时的四点注意 (1)分清是匀加速启动还是
13、恒定功率启动。 (2)匀加速启动过程中,机车功率不断增大,最大功率是额定功率。 (3)以额定功率启动的过程中,牵引力不断减小,机车做加速度减小的加速运动,牵引力的最小值等于阻力。 (4)无论哪种启动方式,最后达到最大速度时,均满足P=F阻vm,P为机车的额定功率。,-23-,考点一,考点二,考点三,【典例2】一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物,当重物的速度为v1时,起重机的功率达到最大值P,之后起重机保持该功率不变,继续提升重物,最后重物以最大速度v2匀速上升,不计钢绳重力。则整个过程中,下列说法正确的是( ),思维点拨匀加速提升重物时钢绳拉力最大且等于匀加速结束时的拉力,由P=
14、Fv求出最大拉力;先根据牛顿第二定律求出加速度,再根据匀加速直线运动速度时间公式求出时间,最后结合v-t图线分析平均速度的大小。,-24-,考点一,考点二,考点三,答案:B,-25-,考点一,考点二,考点三,4.(多选)发动机额定功率为P0的汽车在水平路面上从静止开始先匀加速启动,最后达到最大速度并做匀速直线运动,已知汽车所受路面阻力恒为f,汽车刚开始启动时的牵引力和加速度分别为F0和a0,如图所示描绘的是汽车在这一过程中速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象,其中正确的是( ),答案,解析,-26-,考点一,考点二,考点三,5.(多选)质量为2103 kg 的汽车由静止开始沿平直
15、公路行驶,行驶过程中牵引力F和车速倒数的关系图象如图所示。已知行驶过程中最大车速为30 m/s,设阻力恒定,则( ),A.汽车匀加速过程所需的时间为5 s B.汽车在车速为5 m/s时,加速度为3 m/s2 C.汽车在车速为15 m/s时,加速度为1 m/s2 D.若汽车由静止加速到最大速度所用时间 为20 s,则汽车在该过程位移为75 m,答案:ACD,-27-,考点一,考点二,考点三,-28-,考点一,考点二,考点三,-29-,考点一,考点二,考点三,动能定理及机械能守恒定律的理解及应用,考法1 动能定理的理解和应用(H) 规律方法 1.应用动能定理解题的四个步骤 (1)确定研究对象及其运
16、动过程; (2)分析受力情况和各力的做功情况; (3)明确物体初末状态的动能; (4)由动能定理列方程求解。 2.应用动能定理解题应注意的三个问题 (1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间,比动力学研究方法要简洁。 (2)动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上应用动能定理是没有依据的。,-30-,考点一,考点二,考点三,(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程),此时可以分段考虑,也可以对全过程考虑,但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化。,3.解题的常见误区及提醒 (1)公式W= 中W应是总功,方程为标量方程,不能在某方向
17、上应用。 (2)功的计算过程中,易出现正、负功判断错误及遗漏某些力做功的现象。 (3)多过程问题中,不善于挖掘题目中的隐含条件,运动物体的过程分析易出现错误。,-31-,考点一,考点二,考点三,-32-,考点一,考点二,考点三,(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。,思维点拨1.确定P为研究对象,明确几个运动过程; 2.审题分析关键词句如下:,-33-
18、,考点一,考点二,考点三,规律总结1.对于多过程问题,求解时可对全过程应用动能定理,从而避开对每个运动过程的具体细节进行分析,具有过程简明、运算量小等优点。 2.应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和,不要漏掉某个力做的功,同时要注意各力做功的正、负。 3.涉及弹簧和弹性势能时,要明确弹力做的正功等于弹簧弹性势能的减小,弹力做的负功等于弹簧弹性势能的增加。,-34-,考点一,考点二,考点三,(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,E、F之间的距离l1为l1=4R-2R+x P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能
19、定理有 Ep-mgl1sin -mgl1cos =0 联立式并由题给条件得x=R,-35-,考点一,考点二,考点三,式中,已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为的事实。 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,-36-,考点一,考点二,考点三,-37-,考点一,考点二,考点三,6.一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是( ),答案,解析,-38-,考点一,考点二,考点三,7.(多选)(2019河南新乡三模)如图所示,轻弹簧下端固定在粗糙斜面的挡板上,上端连接一小滑块(视为质点)
20、,弹簧处于自然状态时滑块位于O点。先用外力缓慢地把滑块移至A点,此时弹簧的弹性势能为Ep,然后撤去外力,滑块沿斜面向上最高能滑到B点,该过程中滑块的最大动能为Ekm,滑块的动能最大时其所在位置距A点的距离为L。下列说法正确的是( ),-39-,考点一,考点二,考点三,A.滑块从A点滑到O点的过程中,其加速度大小先减小后增大 B.滑块从A点滑到O点的过程中,其动能一直增大,D.滑块从A点滑到B点的过程中,克服摩擦阻力和克服重力做功的代数和为Ep,答案:ACD 解析: 滑块从A点滑到O点的过程中,弹簧的弹力逐渐减小直至零,弹簧的弹力先大于重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和,再等于重力沿斜面的分力和滑
21、动摩擦力之和,后小于重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和,合外力先沿斜面向上,随着弹簧的减小,合外力减小,则加速度减小。合外力后沿斜面向下,随着弹簧的减小,合外力反向增大,则加速度反向增大,所以加速度大小先减小后增大,故A正确;,-40-,考点一,考点二,考点三,在AO间的某个位置滑块的合外力为零,速度最大,所以滑块从A点滑到O点的过程中,速度先增大后减小,则动能先增大后减小,故B错误;设动能最大的位置为C,从A到C,由动能定理得:,-41-,考点一,考点二,考点三,考法2 机械能守恒定律的理解及应用(M) 规律方法 机械能守恒定律应用中的“三选取” (1)研究对象的选取,研究对象的选取是解题的首
22、要环节,有的问题选单个物体(实际为一个物体与地球组成的系统)为研究对象,有的选几个物体组成的系统为研究对象,如图所示单选物体A机械能减少不守恒,但由物体A、B二者组成的系统机械能守恒。,-42-,考点一,考点二,考点三,(2)研究过程的选取 研究对象的运动过程分几个阶段,有的阶段机械能守恒,而有的阶段机械能不守恒,因此在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。 (3)机械能守恒表达式的选取 守恒观点:Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。(需选取参考面) 转化观点:Ep=-Ek。(不需选取参考面) 转移观点:EA增=EB减。(不需选取参考面),-43-,考点一,考点二,考点三,【典例4】如图为单板
23、滑雪的简化模型示意图,一质量M为45 kg的运动员从轨道a处由静止滑下,若运动员在下行过程中做功,上行过程中运动员不做功,运动员在b点竖直向上滑出轨道上升的最高点离b点高度H为10 m,轨道简化为半圆轨道,其半径R为20 m,滑板的质量m为5 kg,不计轨道和空气的阻力,g取10 m/s2,求:,(1)在轨道的最低点运动员对滑板的压力; (2)运动员在下行过程中所做的功。,思维点拨运动员从最低点到最高点的过程中,由机械能守恒定律求出最低点时的速度,由牛顿第二定律求出轨道对运动员的支持力,从而得到运动员对轨道的压力;从a到最低点的过程中以人和滑板为研究对象,根据动能定理可得此过程中人做的功。,-
24、44-,考点一,考点二,考点三,答案: (1)1 800 N (2)5 000 J 解析: (1)从最低点到最高点的过程中,由机械能守恒定律得:,联立解得:Fn=1 800 N 由牛顿第三定律得运动员对滑板的压力为1 800 N。 (2)从a到最低点的过程中以人和滑板为研究对象,设此过程中人,-45-,考点一,考点二,考点三,8.(多选)如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与一橡皮绳相连,橡皮绳的另一端固定在地面上的A点,橡皮绳竖直时处于原长h。让圆环由静止开始沿杆滑下,滑到杆的底端时速度为v(v0)。则在圆环下滑过程中( ) A.圆环与橡皮绳组成的系统机械能守恒 B.圆环
25、的机械能先增大后减小 C.橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大,答案,解析,-46-,考点一,考点二,考点三,9.如图所示,一质量m=0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数=0.1的水平轨道上的A点。现对滑块施加一水平外力,使其向右运动,外力的功率恒为P=10.0 W。经过一段时间后撤去外力,滑块继续滑行至B点后水平飞出,恰好在C点以5 m/s的速度沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道,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=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
26、,cos 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。,-47-,考点一,考点二,考点三,答案: (1)25.6 N (2)0.4 s 解析: (1)滑块由C点运动到D点的过程,由机械能守恒得,根据牛顿第三定律可知,滑块对轨道的压力FN=FN=25.6 N,方向竖直向下。,-48-,考点一,考点二,考点三,(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,滑块运动到B点的速度为vB=vCcos 37=4 m/s 滑块由A点运动到B点的过程,根据动能定理,-49-,考点一,考点二,考点三,素养点拨 动能定理
27、或机械能守恒定律在几种常见模型中的应用方法,-50-,考点一,考点二,考点三,-51-,考点一,考点二,考点三,功能关系的理解及应用(H),规律方法 七种常用的功能关系,-52-,考点一,考点二,考点三,【典例5】(多选)如图所示,一轻弹簧下端固定在倾角为的固定斜面底端,弹簧处于原长时上端位于斜面上B点,B点以上光滑,B点到斜面底端粗糙,可视为质点的物体质量为m,从A点静止释放,将弹簧压缩到最短后恰好能被弹回到B点。已知A、B间的距离为L,物体与B点以下斜面间的动摩擦因数为,重力加速度为g,不计空气阻力,则此过程中( ),-53-,考点一,考点二,考点三,思维点拨对整个过程,运用动能定理求克服
28、摩擦力做的功。当物体受力平衡时速度最大,由平衡条件和胡克定律求出此时弹簧的压缩量,再分析弹簧最大的压缩量。通过分析物体的受力情况判断其运动情况,从而判断最大动能与mgLsin 的关系。对物体下滑和上滑两个过程分别运用能量守恒列式,从而求得弹性势能的最大值。,-54-,考点一,考点二,考点三,答案: AD,解析: 对于整个过程,运用动能定理得:mgLsin -Wf=0,得克服摩擦力做的功Wf=mgLsin ,故A正确。物体接触弹簧前,由机械能守恒定律知,物体刚接触弹簧时的动能等于mgLsin 。物体接触弹簧后,重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧的弹力的合力,物体先加速下滑,后来重力沿斜面
29、向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧的弹力的合力,物体减速下滑,所以重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧的弹力的合力时,即物体的合力为零时,速度最大,动能最大,所以物体的最大动能一定大于mgLsin 。设弹簧的最大压缩量为x,弹性势能的最大值为Ep。物体从A到最低点的过程,由能量守恒得:mg(L+x)sin =mgcos x+Ep;物体从最低点到B点的过程,由能量守恒得:mgxsin +mgcos x=Ep;,-55-,考点一,考点二,考点三,10.(2017全国卷)如图,一质量为m,长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点,M点与绳的上端P相距 l。重力加
30、速度大小为g。在此过程中,外力做的功为( ),答案,解析,-56-,考点一,考点二,考点三,11.(多选)如图所示,在升降机内固定一光滑的斜面体,一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上,另一端与质量为m的物块A相连,弹簧与斜面平行。整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中( ) A.物块A的重力势能增加量一定等于mgh B.物块A的动能增加量等于斜面的支持力 和弹簧的拉力对其做功的和 C.物块A的机械能增加量等于斜面的支持力 和弹簧的拉力对其做功的和 D.物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧拉力做功的和,答案,解析,-57-,考点一,考点二,考点三,12.如图所示,某段滑雪雪道倾角为30,总质量为m(包括滑雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下,答案,解析,