第5章 第2讲 动能定理及应用 (课件PPT)-【状元桥】2026高考物理一轮总复习（湖北专版）

该高中物理高考复习课件聚焦机械能章节中动能定理及应用这一核心考点，严格依据高考评价体系梳理动能的定义公式、动能定理的表达式和适用条件，深入分析其在高考中的高频考查权重，归纳出多过程问题、图像问题等常考题型，体现高考备考的针对性和实用性。 课件以高考真题训练为特色，精选2024年安徽、新课标等地区高考真题及典型模拟题，通过斜面下滑、圆弧轨道运动等实例解析，指导学生运用科学推理分析受力做功与动能变化关系，掌握动能定理在曲线运动、变力做功等问题中的突破方法，有效培养学生科学思维和解题技巧，助力学生高考冲刺提分，为教师复习教学提供系统指导。

机械能 第五章 第2讲　动能定理及应用 知识整合·基础落实 点拨学法·素养提升 第2讲 目 录 Contents 知识整合·基础落实 运动 焦耳 标量 无关 末动能 初动能 返回目录 高考总复习·物理 　 动能的变化 合力 曲线运动 变力 分阶段 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 × √ × √ 返回目录 高考总复习·物理 　 D 返回目录 高考总复习·物理 　 点拨学法·素养提升 返回目录 高考总复习·物理 　 D 返回目录 高考总复习·物理 　 B 返回目录 高考总复习·物理 　 AC 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 BCD 返回目录 高考总复习·物理 　 D 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 B 返回目录 高考总复习·物理 　 D 返回目录 高考总复习·物理 　 A 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 B 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 第2讲 返回目录 高考总复习·物理 　 制 作 者：状元桥 适用对象：高中学生 制作软件：Powerpoint2003、 Photoshop cs3 运行环境：WindowsXP以上操作系统 动能 1．定义：物体由于________而具有的能． 2．公式：Ek＝____________. 3．单位：_________，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2. 4．标矢性：动能是________，动能与速度方向________. 5．动能的变化：物体__________与__________之差，即ΔEk ＝__________________. mv2 mv－mv 动能定理 1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中______________. 2．表达式：W＝Ek2－Ek1＝________________. 3．物理意义：________做的功是物体动能变化的量度． 4．适用条件 (1)动能定理既适用于直线运动，也适用于____________. (2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于________做功． (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以__________作用． mv－mv 如图所示，物块沿粗糙斜面下滑至水平面；小球由内壁粗糙的圆弧轨道底端运动至顶端(轨道半径为R)． 对物块有WG＋Wf1＋Wf2＝mv2－mv， 对小球有－2mgR＋Wf＝mv2－mv. 1．判断下列说法的正误． (1)动能不变的物体一定处于平衡状态．(　 　) (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，动能不一定变化．(　 　) (3)物体的动能不变，所受的合外力必定为零．(　 　) (4)物体的动能不变，合外力的功一定为零．(　 　) 2．如图所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，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从静止开始下落，恰好运动到C处停止，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． B． C．mgR D．(1－μ)mgR 命题点一　动能定理的理解(自主学习) 1．动能定理表明了“三个关系” (1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做的功． (2)因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因． (3)单位关系：单位相同，国际单位都是焦耳． 2．标矢性 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． (2024·安徽)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v.已知人与滑板的总质量为m，可视为质点．重力加速度大小为g，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　 　) A．mgh B．mv2 C．mgh＋mv2 D．mgh－mv2 关于运动物体所受的合外力、合外力做的功、物体动能的变化，下列说法正确的是(　 　) A．运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能肯定要变化 B．运动物体所受的合力为零，则物体的动能肯定不变 C．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合外力一定为零 D．运动物体所受合外力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能要变化 (多选)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功－3 J，拉力F做功8 J，空气阻力做功－0.5 J，则下列判断正确的是(　　　) A．物体的动能增加了4.5 J B．物体的重力势能减少了3 J C．物体的机械能增加了7.5 J D．物体的机械能减少了0.5 J 命题点二　动能定理的基本应用(自主学习) 1．应用流程 2．注意事项 (1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系． (2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系． (3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理． (4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的可先假定为正功，最后根据结果加以检验． (多选)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 如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为(　 　) A． B． C．4 D．3 (2024·新课标)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离．如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降．若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°.(sin 37°＝0.6) (1)求此时P、Q绳中拉力的大小； (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功． 解析　(1)对重物受力分析，如图所示， 由于重物缓慢竖直下降(缓慢下降，说明重物处于动态平衡，即该过程中重物所受的合力为0)，则整个过程中，由力的平衡条件可得， 在水平方向上有FQsin β＝FPsin α， 在竖直方向上有FQcos β＋mg＝FPcos α， 解得FQ＝900 N，FP＝1 200 N. (2)重物缓慢下降的过程，由动能定理得mgh＋WF＝0， 解得WF＝－4 200 J， 即两根绳子对重物做的总功为－4 200 J. 答案　(1)1 200 N　900 N　(2)－4 200 J 命题点三　动能定理与图像问题的结合(师生共研) 1．解决图像问题的基本步骤 (1)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． (2)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． (3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量． 2．图像所围“面积”的意义 (1)v－t图像：由公式x＝vt可知，v－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体的位移． (2)a－t图像：由公式Δv＝at可知，a－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量． (3)F－x图像：由公式W＝Fx可知，F－x图线与x坐标轴围成的面积表示力所做的功． (4)P－t图像：由公式W＝Pt可知，P－t图线与t坐标轴围成的面积表示力所做的功． 如图1所示，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道．两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图2所示．由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中(　 　) A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大 B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小 C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变 D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大 质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示．图乙为物体两次在平面上运动的v－t图像，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为(　 　) A．mv－3mgh B．3mgh－mv C．mv－mgh D．mgh－mv 质量为2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(g取10 m/s2)　(　 　) A．34 J B．56 J C．92 J D．196 J 命题点四　动能定理在多过程问题中的应用(师生共研) 1．运用动能定理解决多过程问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化．有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式． 2．全过程列式时，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点： (1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关． (2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积． (3)弹簧弹力做功与路径无关． 如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点．一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动．小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为(　 　) A． B． C． D． 如图为某游戏装置原理示意图．水平桌面上 固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°.小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D.小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点．求： (1)小物块到达D点的速度大小； (2)B和D两点的高度差； (3)小物块在A点的初速度大小． 解析　(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有m＝mg，解得vD＝. (2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，则在C点有cos 60°＝，小物块从C到D的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos 60°)＝mv－mv，则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有 mgHBD＝mv－mv， 联立解得vB＝，HBD＝0. (3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有－μmgs＝mv－mv，s＝π·2R，解得vA＝. 答案　(1)　(2)0　(3) 如图所示，在竖直平面内，一半径为R的光 滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求： (1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小； (2)小球到达A点时动量的大小； (3)小球从C点落至水平轨道所用的时间． 解析　(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有＝tan α， F2＝(mg)2＋F， 设小球到达C点时的速度大小为v， 由牛顿第二定律得F＝m， 联立各式和题给数据解得F0＝mg， v＝. (2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，如图所示， 由几何关系得 lDA＝Rsin α，lCD＝R(1＋cos α)， 由动能定理有 －mg·lCD－F0·lDA＝mv2－mv， 联立各式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝. (3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t. 由运动学公式有 v⊥t＋gt2＝lCD, v⊥＝vsin α， 联立各式和题给数据解得t＝. 答案　(1)mg　　(2)　(3) $$