第5章 第2讲 动能定理及其应用(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

第五章　机械能守恒定律 第2讲　动能定理及其应用 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 目录 contents Part 01 知识储备 核心考点 Part 02 提分集训 Part 03 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 知 识 储 备 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 运动 焦耳 标量 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 动能的变化 合力 曲线运动 变力 分阶段 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 √ × √ × × 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 核 心 考 点 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 提 分 集 训 （二十九） 点击进入word 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 谢谢观看 第五章　机械能守恒定律 高考总复习 物理 返回目录 考向 定位 1.理解动能和动能定理；2.会应用动能定理处理相关物理问题；3.掌握动能定理与图像结合问题的分析方法． 1．动能 eq \f(1,2)mv2 eq \f(1,2)mv eq \o\al(2,2)－ eq \f(1,2)mv eq \o\al(2,1) 2．动能定理 eq \f(1,2)mv eq \o\al(2,2)－ eq \f(1,2)mv eq \o\al(2,1) [思考判断] (1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化．( ) (2)动能不变的物体一定处于平衡状态．( ) (3)物体所受的合外力为零，合外力对物体做的功也一定为零．( ) (4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化．( ) (5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．( ) 考点一　动能定理的理解与基本应用 1．两个关系 (1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能的变化就是合力做的功． (2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因． 2．标量性 动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题，当然动能定理也就不存在分量的表达式． [例1]　(2025·景德镇一模)在一次实验中将一钢球连接在轻质弹簧的下端，弹簧的上端悬挂于定点O，并用一水平方向的细绳拉住钢球，将水平细绳靠球剪断后金属球在第一次向左摆动以及回摆过程的一段运动轨迹如图中虚线所示．某同学据此得出了以下几个结论，其中正确的是(　　) A.水平细绳剪断瞬间金属球的加速度方向垂直于弹簧向左下方 B.金属球运动到悬点正下方时所受重力小于弹拉力 C.金属球运动到最左端时动能为零 D.金属球动能最大的位置应该在悬点正下方的左侧 【解析】　A．细绳未剪断前，设小球的重力为G、弹簧的弹力为F、细绳的拉力为T，由于金属球处于平衡状态，则根据三力平衡可知G与F的合力与T等大反向，即G与F合力的方向水平向左，细绳被剪断的瞬间细绳的拉力突然消失，而弹簧弹力的大小和方向均不发生变化即仍为F，所以此时小球所受重力G与弹簧弹力F合力的方向仍水平向左，根据牛顿第二定律中力与加速度的同向性可知在细绳被剪断的瞬间小球加速度的方向水平向左，故A错误； B.当金属球运动到悬点O正下方时，如图所示 根据物体做曲线运动的条件结合受力分析可知，此时物体所受合力方向为竖直向下，即物体所受重力大于弹簧拉力，故B错误； C.金属球运动到最左端时水平方向的速度为零，而不是合速度为零，则此时小球的动能不为0，故C错误． D.如图所示，当金属球运动到O点正下方时，小球所受合力与小球的速度成锐角，在此以后的一段时间内小球的速度将增大，动能增大，故D正确． 故选D. 【答案】　D eq \a\vs4\al([方法指导]) 1．应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程”．“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息． 2．动能定理的应用技巧 [对点训练] 1．(多选)一倾角为θ足够长的光滑斜面固定在水平面上，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧的下端系一个质量为m的小球，用一垂直于斜面的挡板P挡住小球，此时弹簧没有发生形变，如图所示，若挡板P以加速度a沿斜面向下匀加速运动，且弹簧与斜面始终保持平行，经过一段时间后，当小球与挡板刚好分离时(　　) A.弹簧弹力大小mg sin θ B.小球运动的速度达到最大 C.小球获得的动能为 eq \f(m2a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g sin θ－a)),k) D.小球运动的时间为 eq \r(\f(2m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g sin θ－a)),ka)) 解析：选CD　A．当m与挡板刚好分离时，由牛顿第二定律有 mg sin θ－F1＝ma 得弹簧的弹力大小为F1＝mg sin θ－ma A错误： B.当小球的加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零，即F2＝mg sin θ 则F1<F2 可知，小球与挡板刚好分离时小球运动的速度不是最大，B错误； D.由胡克定律有F1＝kx 得x＝ eq \f(mg sin θ－ma,k) 由x＝ eq \f(1,2)at2 解得t＝ eq \r(\f(2m(g sin θ－a),ka)) D正确； C.在分离之前，小球恒做加速度为a的匀加速直线运动，即小球受到的合力为 F＝ma 根据动能定理Fx＝ΔEk 解得ΔEk＝ eq \f(m2a(g sin θ－a),k) C正确． 故选CD. 2．(2021·河北高考)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示．长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球．小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直．将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　) A. eq \r((2＋π)gR) B. eq \r((2πgR)) C. eq \r(2(1＋π)gR) D.2 eq \r(gR) 解析：选A　当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为h＝R＋πR－ eq \f(2πR,4)＝R＋ eq \f(πR,2)，根据动能定理有mgh＝ eq \f(1,2)mv2，解得v＝ eq \r((2＋π)gR)，故A正确，B、C、D错误． 考点二　应用动能定理求变力做功 [例2]　(多选)(2023·广东高考)人们用滑道从高处向低处运送货物，如图所示，可看作质点的货物从 eq \f(1,4)圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s.已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2.关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有(　　) A.重力做的功为360 J B.克服阻力做的功为440 J C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2 D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N 【解析】　重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程由动能定理可得WG－Wf＝ eq \f(1,2)mv eq \o\al(2,Q)，代入数据解得克服阻力做的功为Wf＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝2,Q) eq \f(v,h) ＝9 m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为FN＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确． 【答案】　BCD [对点训练] 3．(2025·抚顺期末)如图所示，有一根长为L，质量为M的均匀链条AB静止在光滑水平桌面上，其长度的 eq \f(1,2)悬于桌边外，如果在链条的A端施加一个拉力使链条AB以0.4g(g为重力加速度)的加速度运动，直到把悬着的部分拉回桌面．设拉动过程中链条与桌边始终保持接触，则拉力需做功(　　) A. eq \f(MgL,8)　　　　　　　B． eq \f(9MgL,40) C. eq \f(13MgL,40) D． eq \f(27MgL,40) 解析：选C　根据题意，由运动学公式可得，悬着的部分拉回桌面时，链条的速度满足 v2＝2×0.4g× eq \f(1,2)L 设拉力需做功W，整个过程，由动能定理有 W－ eq \f(1,2)Mg· eq \f(1,4)L＝ eq \f(1,2)Mv2 联立解得W＝ eq \f(13MgL,40) 故选C. eq \a\vs4\al([方法指导]) 在有变力做功的过程中，变力做功无法直接通过功的公式求解，可用动能定理W变＋W恒＝ eq \f(1,2)mv eq \o\al(2,2)－ eq \f(1,2)mv eq \o\al(2,1)求解．物体初、末速度已知，恒力做功W恒可由公式求出，得到W变＝ eq \f(1,2)mv eq \o\al(2,2)－ eq \f(1,2)mv eq \o\al(2,1)－W恒，就可以求出变力做的功了.　　 考点三　动能定理与图像问题的结合 图像所围“面积”和图像斜率的含义 [例3]　如图甲所示，质量m＝10 kg的木块静止在水平地面上，对木块施加水平向右的推力F，推力F随位移x变化的图像如图乙所示．已知木块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度为g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.木块先做匀变速直线运动，后做匀速直线运动 B.木块在运动过程中的加速度一直减小 C.木块运动0～5 m的过程中，克服摩擦力所做的功为－100 J D.木块运动0～6 m的过程中，动能的增加量为70 J 【解析】　A．木块受到的滑动摩擦力为 f＝μmg＝20 N 对木块有F－f＝ma 在0～5 m其推力F在逐渐变化，所以木块所受到的合力发生变化，即木块的加速度发生变化，在5 m～6 m，推力F不变，木块的合外力不变，即加速度不变，所以木块先做变加速直线运动，后做匀加速直线运动，故A项错误； B.对木块受力分析有F－f＝ma 所以在0～5 m木块的加速度增加，在5 m～6 m木块的加速度不变，故B项错误； C.在0～5 m木块受到的摩擦力不变，所以其摩擦力做功为Wf＝－fx＝－100 J 则克服摩擦力做功为100 J，故C项错误； D.由于F－x图像的图像与坐标轴围成的面积为力F做的功，所以在0～6 m木块受到推力做功为 WF＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20＋40)),2)×5＋40×1＝190 J 该过程内，摩擦力做功为Wf1＝－fx1＝－120 J 由动能定理有ΔEk＝WF＋Wf1＝70 J 故D项正确． 故选D. 【答案】　D [例4]　(2022·江苏高考)某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳．将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是(　　) 【解析】　设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，运动员在沿斜面下滑过程中，根据动能定理有Ek＝mgx tan θ，即 eq \f(Ek,x)＝mg tan θ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek－x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中，θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大，故A正确． 【答案】　A eq \a\vs4\al([方法指导])　 解决图像问题的基本步骤 [对点训练] 4．(2021·湖北高考)如图甲所示，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的关系如图乙所示．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 解析：选A　0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mg sin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mg sin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mg sin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mg sin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mg sin 30°－f)s－(mg sin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k′＝mg sin 30°－f＝3 N．联立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，A正确，B、C、D错误． $$