第1章 专题强化2 动能定理的综合应用-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理必修第二册同步导学案配套PPT课件（鲁科版）

专题强化2　动能定理的综合应用 第1章　功和机械能 [学习目标]　1.能够应用动能定理分析相关图像问题(难点)。2.能够灵活应用动能定理解决多过程问题及往复运动问题(重难点)。 课时作业 巩固提升 类型1　动能定理与图像的结合 类型2　动能定理在多过程运动中的应用 内容索引 类型1　动能定理与图像的结合 一 4 [思考与讨论] 在平直的公路上,汽车由静止开始做匀加速运动。当速度达到vm后,立即关闭发动机滑行直至停止,v-t图像如图所示,汽车的牵引力大小为F1,摩擦力大小为F2,全过程中,牵引力做的功为W1,克服摩擦力做的功为W2,则W1∶W2为多少?F1∶F2为多少? 提示:对全过程由动能定理可知W1-W2=0,故W1∶W2=1∶1;W1=F1s,W2=F2s',由题图可知s∶s'=3∶4,所以F1∶F2=4∶3。 1.首先看清楚图像的种类(如v-t图像、F-s图像、Ek-s图像等)。 2.挖掘图像的隐含条件,求出所需物理量,如利用v-t图像与t轴所包围“面积”求位移,利用F-x图像与x轴所包围“面积”求功,利用Ek-x图像的斜率求合力等。 3.观察题目给出的图像,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。 4.根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。 归纳 关键能力 合作探究 [例1]　质量m=1 kg的物体,在水平拉力F的作用下,沿粗糙水平面运动,在位移是4 m时,拉力F停止作用,运动到位移是8 m时物体停止,运动过程中Ek-s图像如图所示,g取10 m/s2,求: (1)物体和水平面间的动摩擦因数; (2)拉力F的大小。 [答案]　(1)0.25　(2)4.5 N [解析]　(1)在运动的第二阶段,物体在位移s2=4 m内,动能由Ek=10 J变为零。 由动能定理得-μmgs2=0-Ek 故动摩擦因数μ===0.25。 (2)在运动的第一阶段,物体位移s1=4 m,初动能Ek0=2 J,根据动能定理得Fs1-μmgs1=Ek-Ek0,所以F=4.5 N。 [针对训练]　1.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、Ek、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,则以下各图像中,能正确反映这一过程的是(　　) C 解析:物体在恒定阻力作用下运动,其加速度恒定,不随时间和位移变化,故选项A、B错误;由动能定理有-fs=Ek-Ek0,解得Ek=Ek0-fs,又s=v0t-at2,故选项C正确,D错误。 2.(多选)物体沿直线运动的v-t关系图像如图所示,已知在第1 s内合力对物体所做的功为W,则(　　)  A.从第1 s末到第3 s末合力做的功为4W B.从第3 s末到第5 s末合力做的功为-2W C.从第5 s末到第7 s末合力做的功为W D.从第3 s末到第4 s末合力做的功为-0.75W CD 解析:物体在第1 s末的速度为v,由动能定理可得在第1 s内合力做的功W=mv2-0,从第1 s末到第3 s末物体的速度不变,所以合力做的功为W1=0,从第3 s末到第5 s 末合力做的功为W2=0-mv2=-W,从第5 s末到第7 s末合力做的功为W3=m(-v)2-0=W,第4 s末的速度v4=,所以从第3 s末到第4 s末合力做的功W4=m()2-mv2=-0.75W,故选项C、D正确。 二 类型2　动能定理在多过程运动中的应用 14 [思考与讨论] 如图所示,将物体从倾角为θ的固定斜面上由静止释放,开始向下滑动,到达斜面底端与挡板相碰后,原速率弹回。已知物体开始时距底端高度为h,物体与斜面间的动摩擦因数为μ,讨论分析物体从开始到停止通过的路程的表达式。 提示:物体最终会停在挡板处,选从开始运动到停止全过程,由动能定理得mgh-μmgscos θ=0,解得物体从开始到停止通过的路程s=。 对于包含多个运动阶段的复杂运动过程,可以选择分段或全程应用动能定理。 (1)分段应用动能定理时,将复杂的过程分割成一个个子过程,对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析,然后分别针对每个子过程应用动能定理列式,然后联立求解。 归纳 关键能力 合作探究 (2)全程应用动能定理时,分析整个过程中出现过的各力的做功情况,分析每个力做的功,确定整个过程中合外力做的总功。然后确定整个过程的初、末动能,针对整个过程利用动能定理列式求解。 (3)当题目已知量和所求量不涉及中间量时,选择全程应用动能定理更简单、方便。 [例2]　如图所示,右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长为l=1.5 m,一个质量为m=0.5 kg的木块在F=1.5 N的水平拉力作用下,从桌面上的A端由静止开始向右运动,木块到达B端时撤去拉力F,木块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2,取g=10 m/s2。求: (1)木块沿弧形槽上升的最大高度 (木块未离开弧形槽); (2)木块沿弧形槽滑回B端后,在水平桌面上滑行的最大距离。 [答案]　(1)0.15 m　(2)0.75 m [解析]　(1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h,木块在最高点时的速度为零。从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处,由动能定理得 Fl-fl-mgh=0 其中f=μN=μmg=0.2×0.5×10 N=1.0 N 所以h== m=0.15 m。 (2)设木块离开B点后沿桌面滑行的最大距离为x,由动能定理得mgh-fx=0 所以x== m=0.75 m。 规律方法 动能定理在多过程运动中的应用技巧 1.当物体运动过程中涉及多个力做功时,各力对应的位移可能不相同,计算各力做功时,应注意各力对应的位移。计算总功时,应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和。 2.研究初、末动能时,只需关注初、末状态,不必关心中间运动的细节。 [针对训练]　3.如图所示,物体从高h的斜面顶端A由静止滑下,到斜面底端后又沿水平面运动到C点而停止。要使这个物体从C点沿原路返回到A,则在C点处物体应具有的速度大小至少是(　　) A.　　　　　　　 B.2 C. D. B 解析:从A→C由动能定理得mgh-Wf=0,从C→A有-mgh-Wf=0-m,解得v0=2,B正确。 4.从离地面H高处落下一个小球,小球在运动过程中所受的空气阻力恒为它重力的k(k<1)倍,而小球与地面相碰后,能以相同大小的速率反弹,求: (1)小球第一次与地面碰撞后,能够反弹起的最大高度是多少? (2)小球从释放开始,直至停止弹跳为止,所通过的总路程是多少? 答案:(1)H　(2) 解析:(1)设小球第一次与地面碰撞后,能够反弹起的最大高度是h,则由动能定理得 mg(H-h)-kmg(H+h)=0 解得h=H。 (2)设球从释放开始,直至停止弹跳为止,所通过的总路程是s,对全过程由动能定理得mgH-kmgs=0 解得s=。 三 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1.如图所示,假设在某次比赛中运动员从10 m高处的跳台跳下,设水的平均阻力约为其体重的3倍,在粗略估算中,把运动员当作质点处理,为了保证运动员的人身安全,池水深度至少为(不计空气阻力)(　　) A.5 m　　　　　　　　　　 B.3 m C.7 m D.1 m A 解析:设水深为h,对全程运用动能定理得mg(H+h)-h=0,其中=3mg,即mg(H+h)=3mgh,所以h=5 m,A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2.如图所示,AB为四分之一圆弧轨道,BC为水平直轨道,两轨道在B点平滑连接,圆弧的半径为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,它由轨道顶端A从静止开始下滑,恰好运动到C处停止,不计空气阻力,重力加速度为g,那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　) A.μmgR B.mgR C.mgR D.(1-μ)mgR 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 解析:设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB,对物体从A到C的全过程,由动能定理得mgR-WAB-μmgR=0,故WAB=mgR-μmgR=(1-μ)mgR,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.如图所示,用平行于斜面的推力F,使质量为m的物体(可视为质点)从倾角为θ的光滑固定斜面的底端,由静止向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时,撤去推力,物体刚好能到达顶端,重力加速度为g,则推力F大小为(　　) A.2mgsin θ B.mg(1-sin θ) C.2mgcos θ D.2mg(1+sin θ) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 解析:设斜面的长度为2L,对全过程,由动能定理可得FL-2Lmgsin θ=0,解得F=2mgsin θ,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.(多选)一滑块从固定光滑斜面顶点由静止释放,沿斜面下滑的过程中,滑块的动能Ek与运动时间t、下滑高度h、运动位移x之间的关系图像正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BC 解析:滑块沿斜面下滑的过程中,由牛顿第二定律有a=gsin θ,v=at,则滑块的动能Ek与运动时间t关系有Ek=mv2=t2,则动能与时间的平方成正比,所以A错误,B正确;由动能定理有Ek=mgh=mgsin θ·x,动能与下滑的高度成正比,与运动位移成正比,所以C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(多选)如图甲所示,质量m=2 kg的物体以100 J的初动能在粗糙的水平地面上滑行,其动能Ek随位移x变化的关系图像如图乙所示,则下列判断正确的是(　 　) A.物体运动的总位移大小为10 m B.物体运动的加速度大小为10 m/s2 C.物体运动的初速度大小为10 m/s D.物体所受的摩擦力大小为10 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 ACD 解析:由图像可知,物体运动的总位移为10 m,根据动能定理得-fx=0-Ek0, 解得f== N=10 N,故A、D正确;根据牛顿第二定律得,物体运动的 加速度大小a== m/s2=5 m/s2,故B错误;根据Ek0=m,得v0== m/s=10 m/s,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.某物体同时受到两个在同一直线上的力F1、F2的作用,物体从静止开始做直线运动,其位移与力F1、F2的关系图像如图所示,在这4 m内,物体具有最大动能时的位移是(　　) A.1 m B.2 m C.3 m D.4 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 解析:以F1为正方向,则在s=2 m前F1>F2,合力做正功,动能增加;s=2 m后F1<F2,合力做负功,动能减小;s=4 m时F1、F2做功的代数和为零,动能为零,故s=2 m时,合力做功最多,动能最大,B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.如图所示,一薄木板倾斜搭放在高度一定的平台和水平地板上,其顶端与平台相平,末端置于地板的P处,并与地板平滑连接。将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放,滑块沿木板下滑,接着在地板上滑动,最终停在Q处。滑块与木板及地板之间的动摩擦因数相同。现将木板截短一半,仍按上述方式放在该平台和水平地板上,再次将滑块自木板顶端无初速度释放,则滑块最终将停在(　　) A.P处 B.P、Q之间 C.Q处 D.Q的右侧 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 解析:设木板长为L,在水平地板上滑行位移为x,木板倾角为θ,对全过程由动能定理得mgh-(μmgLcos θ+μmgx)=0,则滑块总的水平位移s=Lcos θ+x=,与木板长度及倾角无关,改变L与θ,水平位移s不变,滑块最终仍停在Q处,故C选项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.(多选)一质量为1 kg的物体被人用手由静止竖直向上提升1 m,速度增加到2 m/s。下列说法中正确的是(　 　) A.提升过程中手对物体做功12 J B.提升过程中合外力对物体做功2 J C.提升过程中合外力对物体做功12 J D.提升过程中物体克服重力做功10 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 ABD 解析:物体克服重力做的功WG=mgh=10 J,D正确;合外力做的功 W=mv2-0=×1×22 J=2 J,B正确,C错误;由动能定理得W人-mgh=mv2, 故W人=mgh+mv2=12 J,A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.如图(a)所示,一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑,运动过程中摩擦力大小f恒定,物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2,物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　　) A.m=0.7 kg,f=0.5 N　 B.m=0.7 kg,f=1.0 N C.m=0.8 kg,f=0.5 N D.m=0.8 kg,f=1.0 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 解析:0~10 m内物块上滑,由动能定理得 -mgsin 30°·s-fs=Ek-Ek0 整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+f)s 结合0~10 m内的图像得,斜率的绝对值 |k|=mgsin 30°+f=4 N 同理,对10~20 m内物块下滑过程有 斜率k'=mgsin 30°-f=3 N 联立解得f=0.5 N,m=0.7 kg,故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(多选)如图甲所示,足够长的水平传送带以速度v=2.5 m/s 沿顺时针方向运行,可视为质点的物块在t=0时刻以速度v0=5 m/s从传送带左端开始沿传送带转动方向运动,物块的质量m=4 kg,物块在传送带上运动的部分v-t图像如图乙所示,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,则在0~1 s内(　　) A.物块一直做匀减速运动到速度为零 B.传送带对物块做的功为37.5 J C.物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5 D.物块动能的变化量为-37.5 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 CD 解析:传送带足够长,所以物块先匀减速到与传送带共速,之后再与传送带一起匀速直线运动,故A错误;由动能定理得,传送带对物块做的功为W=ΔEk=mv2-m=-37.5 J,故B错误,D正确;由图像知,t=0.5 s时物块与传送带共速,则物块的加速度大小为a=||= m/s2=5 m/s2,又由μmg=ma得μ=0.5,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABCD轨道,AB为长L=6 m、倾角α=37°的斜轨道,BC为水平轨道,CD为半径R=15 m、圆心角β=37°的圆弧轨道,轨道AB段粗糙,其余各段均光滑,一重物(可视为质点)从A点以初速度v0=2 m/s下滑,沿轨道运动到D点时的速度恰好为零(不计经过B点时的能量损失)。已知该重物的质量m=30 kg,sin 37°=0.6, cos 37°=0.8,g取10 m/s2,不计空气阻力,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求: (1)该重物与AB段的动摩擦因数; (2)该重物在轨道AB上运动的总路程s。 答案:(1)0.25　(2)21 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:(1)重物从A运动到D的过程中,由动能定理得 mgLsin α-μmgLcos α-mgR(1-cos β)=0-m 可得μ=0.25。 (2)在AB斜轨道上,μmgcos α<mgsin α,重物不能静止在斜轨道上,则重物从A点以初速度v0滑下,最后静止在BC轨道B处。 由动能定理得mgLsin α-μmgscos α=0-m 解得s=21 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(2024·四川达州高一期末)有一质量m=2×103 kg的越野车,正以速度v1=10 m/s在水平路段AB上向右匀速运动,假设越野车在两个路段上受到的阻力各自恒定,其中AB路段地面较粗糙,阻力大小f1=10 000 N。越野车用12 s通过整个ABC路段,其v-t图像如图所示,在t=12 s处水平虚线与曲线相切,运动过程中越野车发动机的输出功率保持不变。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)越野车在整个运动过程的输出功率P及在BC路段受到的阻力大小f2; (2)BC路段的长度x2。 答案:(1)1.0×105 W　5 000 N　(2)100 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:(1)越野车在AB路段时做匀速运动,由平衡条件得F1=f1=10 000 N 由v-t图像得AB路段速度 v1=10 m/s 根据功率的公式得P=F1v1 解得 P=1.0×105 W 由v-t图像得t=12 s时,v2=20 m/s,越野车处于平衡状态,有F2=f2,P=F2v2 解得 f2=5 000 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)由v-t图像得越野车在BC路段运动时间为t2=8 s,越野车在BC路段时,由动能定理得 Pt2-f2x2=m-m 解得 x2=100 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 $$