第1章 综合·融通(二) 应用动能定理解决三类典型问题（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第二册（鲁科版）

应用动能定理解决三类典型问题 (融会课——主题串知综合应用) 综合•融通(二) 动能定理描述的是合外力做功与物体动能变化的关系，其内容虽不复杂，但其应用非常灵活，也非常广泛。通过本节课的学习，要熟练掌握以下三类典型问题的解决方法：(一)应用动能定理计算变力做功；(二)动能定理与图像的综合问题；(三)应用动能定理分析多过程问题。 主题(一)　 应用动能定理计算变力做功　　 主题(二)　动能定理与图像的综合问题 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 主题(三)　应用动能定理分析多过程问题 04 主题(一)　 应用动能定理计算变力做功　 1.动能定理不仅适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便。 2.利用动能定理求变力做的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变+W其他=ΔEk。 知能融会通 [典例]　(2025·安顺高一阶段练习)在一些影视剧中经常能看到一些特技表演。如图所示，有一高台离地面的高度h=5 m，一特技演员骑摩托车从坡底由静止出发，冲上高台后以某一速度水平飞出，在水平地面上的落点到高台边沿的水平距离x=20 m。已知摩托车从坡底冲上高台的过程历时t=15 s，人和车的总质量m=2×102 kg，发动机的功率恒为P=4 kW，不计空气阻力，取重力加速度g=10 m/s2。求： (1)摩托车水平飞出高台时的速度大小； [答案]　(1)20 m/s　 [解析]　(1)摩托车从高台飞出后做平抛运动， 有h=g，x=vt0 代入数据解得摩托车水平飞出高台时的速度大小v=20 m/s。 (2)摩托车飞出后落到地面时的动能是多大； [答案]　 (2)5×104 J 　 [解析]　(2)摩托车飞出后落到地面的过程，根据动能定理有 mgh=Ek-mv2 解得摩托车飞出后落到地面的动能为Ek=5×104 J。 (3)摩托车在冲上高台的过程中克服摩擦阻力所做的功。 [答案]　(3)1×104 J [解析]　(3)摩托车在冲上高台的过程中，根据动能定理有 Pt-mgh-Wf=mv2-0 代入数据解得克服摩擦阻力所做的功 Wf=1×104 J。 [思维建模] 应用动能定理解决变力做功的步骤 (1)分析物体的受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力，如果是恒力，写出恒力做功的表达式，如果是变力，用相应功的符号表示出变力所做的功。 (2)分析物体运动的初、末状态，求出动能的变化量。 (3)运用动能定理列式求解。 题点全练清 1.如图所示，一质量为m的小球用长为L的细线悬挂静止在竖直位置。现用水平拉力F将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置，在此过程中 (　 ) A.若拉力为恒力，则拉力F做的功为FLcos θ B.若拉力为恒力，则拉力F做的功为mgL(1-cos θ) C.若缓慢拉动小球，则拉力F做的功为FLsin θ D.若缓慢拉动小球，则拉力F做的功为mgL(1-cos θ) √ 解析：若拉力为恒力，根据恒力做功的表达式可知拉力F做的功W=Fs=FLsin θ，A、B错误；若缓慢拉动小球，由平衡条件知拉力F为变力，由动能定理有W-mgL(1-cos θ)=0，解得拉力F做的功W=mgL(1-cos θ)，C错误，D正确。 2.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为l，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为 (　 ) A.m-μmg(s+l) 　　 B.m-μmgl C.μmgs 　　 D.μmg(s+l) √ 解析：由动能定理得-W-μmg(s+l)=0-m，故物体克服弹簧弹力做功W=m-μmg(s+l)，A正确。 主题(二)　动能定理与图像的综合问题 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-s图像与s轴所包围“面积”求功，利用Ek-s图像的斜率求合力等。 3.再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。 知能融会通 [典例]　质量为10 kg的物体，在变力F的作用下沿s轴做直线运动，力F随位移s的变化情况如图所示。物体在s=0处，速度为1 m/s，假设物体只受力F的作用，则物体运动到s=16 m处时，速度大小为 (　 ) A.2 m/s B.3 m/s C.4 m/s D. m/s √ [解析]　根据力F随位移s变化关系图像与横轴所围“面积”表示功，可知力F做功W=4×10 J+×(8-4)×10 J-×(16-12)×10 J=40 J。由动能定理得W=mv2-m，解得v=3 m/s，选项B正确。 [思维建模]　动力学中图像所围“面积”的意义 v-t图像 由公式s=vt可知，v-t图线与t轴围成的面积表示物体的位移 a-t图像 由公式Δv=at可知，a-t图线与t轴围成的面积表示物体速度的变化量 F-s图像 由公式W=Fs可知，F-s图线与s轴围成的面积表示力所做的功 P-t图像 由公式W=Pt可知，P-t图线与t轴围成的面积表示力所做的功 1.一质量m=1 kg的物块静止在光滑水平面上，现用水平恒力F1推物块，作用2 s后，改用方向相反的水平恒力F2推物块，利用速度传感器得到物块速度随时间的变化关系图像(v-t图像)如图所示，0~4 s时间内水平恒力F2做功为 (　 ) A.-10 J B.10 J C.-18 J D.18 J 题点全练清 √ 解析：0~2 s内，由动能定理知水平恒力F1做功W1=m-0=8 J，设2~4 s水平恒力F2做功为W2，0~4 s内由动能定理有W1+W2=m-0，解得W2=10 J，故B正确，A、C、D错误。 2.(2025·攀枝花高一期末)质量为m的物体在水平拉力的作用下沿光滑水平面做直线运动，某段时间内速度大小由v1增大到v2，发生的位移为x0，这段时间内水平拉力的大小F与物体位移x之间的函数关系图像如图所示，则该物体速度为v1时的拉力大小为 (　 ) A.0　　　　　　　　　 B.(-) C.(-) D.(-) √ 解析：设该物体速度为v1时的拉力大小为F1，根据F-x图像与横轴围成的面积表示拉力所做的功，结合动能定理可得WF=F1x0=m-m，解得F1=(-)。 主题(三)　应用动能定理分析多过程问题 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，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解。 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，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。 知能融会通 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、更方便。 [典例]　如图所示，光滑固定斜面AB的倾角θ=53°，BC为水平面，BC长度lBC=1.1 m，CD为光滑的圆弧，半径R=0.6 m。一个质量m=2 kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ=0.2，轨道在B、C两点平滑连接。当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h=0.2 m。不计空气阻力，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，g取10 m/s2。求： (1)物体运动到C点时的速度大小vC； [答案]　(1)4 m/s　 [解析]　　(1)物体由C点到最高点，根据动能定理 得：-mg(h+R)=0-m 代入数据解得：vC=4 m/s。 (2)A点距离水平面的高度H； [答案]　(2)1.02 m [解析]　(2)物体由A点到C点，根据动能定理得： m-0=mgH-μmglBC 代入数据解得：H=1.02 m。 (3)物体最终停止的位置到C点的距离x。 [答案]　(3)0.4 m [解析]　(3)从物体开始下滑到停下，根据动能定理得： mgH-μmgs=0 代入数据解得：s=5.1 m 由于s=4lBC+0.7 m 所以，物体最终停止的位置到C点的距离x=0.4 m。 [思维建模] 往复运动问题的处理技巧 (1)在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别： ①重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关。 ②滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功W=fs(s为路程)。 (2)由于动能定理解题的优越性，求多过程往复运动问题中的路程时，一般应用动能定理。 1.一物体以初速度v0竖直向上抛出，落回原地速度为，设物体在运动过程中所受的阻力大小保持不变，则重力与阻力大小之比为(　 ) A.3∶1 B.4∶3 C.5∶3 D.3∶5 题点全练清 √ 解析：物体在上升和下落过程中，空气阻力都做负功。设空气阻力为f，物体上升最大高度为h，由动能定理得上升阶段：-mgh-fh=0-m，下落阶段：mgh-fh=m-0，联立解得空气阻力大小f=mg，重力与阻力大小之比为5∶3，故C正确。 2.(2025·河池高一期末)如图所示，将一截面为矩形的特殊材料静置于水平面上，从距材料上表面高度为h处由静止释放一个质量为m的小球(可视为质点)，小球进入材料后恰好能运动至材料中距上表面的d处。已知小球在该材料中所受的阻力f=kx(k为大小恒定但未知的系数，x为小球在材料中运动的位移大小)。重力加速度为g，不计空气阻力，则k的大小为 (　 ) A. B. C. D. √ 解析：根据题意，对小球从静止释放到在材料中静止，由动能定理得mg(h+d)-Wf=0，由于f=kx，则有Wf=d=·d=kd2，联立解得k=。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1.如图所示，轨道MON的材料处处相同，其中ON水平，OM与ON在O处平滑过渡(物块经过O速率不变)，将一质量为m的物块从倾斜轨道上的M点由静止释放，滑至水平轨道上的N点停下。现使斜面的倾角θ增大，把斜面调至图中虚线OJ位置，为使物块从倾斜轨道上某处由静止释放后仍然在N点停下，则释放处应该是 (　 ) A.J点 B.J点与K点之间某一点 C.K点 D.Q点 √ 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 解析：设物块位置到水平轨道的高度为h，物块位置到O点的水平距离为x，物块与轨道间动摩擦因数为μ，从M到N，根据动能定理可得mgh-μmgcos θ·OM-μmg·ON=0，即mgh=μmg·(x+ON)，当h增大时，x增大；h减小时，x减小。故选D。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 2.在粗糙的水平面上给滑块一定的初速度，使其沿粗糙的水平面滑动，经测量描绘出了滑块的动能与滑块的位移的变化规律图线，如图所示。用μ表示滑块与水平面之间的动摩擦因数，用t表示滑块在该水平面上滑动的时间，已知滑块的质量为m=19 kg，g=10 m/s2，则μ和t分别等于 (　 ) A.0.01、10 s　 B.0.01、5 s　 C.0.05、10 s　 D.0.05、5 s √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：由图像看出：滑块以9.5 J的初动能滑行5 m后停止。对滑块由动能定理得-μmgs=0-Ek0，代入数据得μ=0.01，设滑块的初速度大小为v，则由mv2=9.5 J，解得v= m/s=1 m/s，根据牛顿第二定律，滑块的加速度大小为a==μg=0.1 m/s2，则滑块运动的时间为t==10 s，故选A。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 3.如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为 (　 ) A. B. C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：对木块由动能定理得：-f·2πL=0-m，解得摩擦力大小为f=，故B正确，A、C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 4.(2025·铜陵高一期末)质量为m=1 kg的玩具小汽车(可视为质点)由静止开始沿直线加速，最后减速至静止，其合外力F随位移x的变化图像如图所示。已知玩具小汽车在位移x=10 m时恰好停下。下列关于玩具小汽车运动的物理量描述正确的是 (　 ) A.初始阶段合外力F1=1.5 N B.速度的最大值为2 m/s C.加速运动的时间为1 s D.匀速运动的时间为3 s √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：由题图可知，F-x图像与横轴围成的面积表示合外力所做的功，对于玩具小汽车的整个运动过程，根据动能定理有2F1-×0.5 J=0，解得F1=1 N，选项A错误；x=2 m时，合力为零，可知玩具汽车的速度最大，此时有=2ax，其中a== m/s2=1 m/s2，解得vm=2 m/s，选项B正确；加速时间为t==2 s，选项C错误；匀速运动的时间为t'== s=1.5 s，选项D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 5.(2025·厦门高一检测)如图所示，小球以初速度v0从A点出发，沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，小球经过轨道连接处无机械能损失，重力加速度为g，则小球返回经过A点的速度大小为 (　 ) A. B. C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：设小球在由A到B的过程中阻力做功为W，由A到B的过程中由动能定理-mgh+W=0-m，当小球由B返回到A的过程中，阻力做的功依旧为W，再由动能定理得mgh+W=m，以上两式联立可得vA=，故选D。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 6.用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始 做直线运动的规律时，在计算机上得到0~6 s内物 体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是 (　 ) A.0~6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动 B.0~6 s内物体在4 s时的速度最大 C.物体在2~4 s内速度不变 D.0~4 s内合力对物体做的功等于0~6 s内合力对物体做的功 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：由图像可知，0~6 s内物体速度变化量为正，物体速度方向不变，物体在0~5 s内一直做加速运动，5 s时速度最大，A、B错误；2~4 s内物体的加速度不变，做匀加速直线运动，C错误；由题图可知，t=4 s时和t=6 s时物体速度大小相等，由动能定理可知，物体在0~4 s内和0~6 s内动能变化量相等，合力做功也相等，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 7.(2024·贵州高考)质量为1 kg 的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到x=3 m处，F做功的瞬时功率为 (　 ) A.8 W B.16 W C.24 W D.36 W √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：根据图像可知物块运动到x=3 m处，F做的总功为WF=3×2 J+2×1 J=8 J，该过程根据动能定理得WF=mv2，解得物块运动到x=3 m 处时的速度为v=4 m/s，故此时F做功的瞬时功率为P=Fv=8 W。故选A。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 8.光滑水平地面静止一质量为m=2.0 kg的物体，以物体所在处为坐标原点O建立水平方向的x轴，力F1和F2方向均沿x轴正方向，两力大小随x轴上的位置坐标的变化规律如图所示。下列说法正确的是 (　 ) A.若仅F1作用于物体，F1的功率随时间逐渐减小 B.若仅F2作用于物体，F2的功率随时间逐渐减小 C.若F1、F2同时作用于物体，物体在x=1.0 m处的速度约为v=1.0 m/s D.若F1、F2同时作用于物体，物体在x=1.0 m处的速度约为v= m/s √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：物体从静止开始运动，若仅F1作用于物体，物体加速运动，速度v逐渐增大，速度方向与F1方向相同，由题图可知，F1逐渐增大，根据P=Fv，可知F1的功率随时间逐渐增大，A错误；同理可知若仅F2作用于物体，F2的功率随时间逐渐增大，B错误；根据W=Fx，可知F-x图像中图线与坐标轴所围面积为力F做的功，若F1、F2同时作用于物体，则F1、F2两力对物体的合功约为W合=1 J，根据动能定理有W合=mv2，解得v= =1 m/s，即物体在x=1.0 m处的速度约为v=1 m/s，D错误，C正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 9.(12分)随着科技的进步，一些快递公司开始使用无人机送快递，如图甲所示为一悬停在空中的无人机，某时刻因电池故障失去动力，无人机开始竖直下落，下落至某高度时动力突然恢复，匀减速下落至地面时速度刚好为零，图乙为下落过程中无人机动能随位移变化的图像，已知无人机(含包裹)的质量为10 kg，无人机在空中运动时受到的阻力大小恒定，重力加速度g取10 m/s2，求： 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (1)无人机受到动力大小及阻力大小；(5分) 答案：(1)240 N，20 N　 解析：(1)由动能定理Fs=ΔEk可知， Ek-s图像的斜率为物体所受的合力，则对下落过程有mg-f=k1，mg-f-F=k2 其中k1=80 N，k2=-160 N 解得F=240 N，f=20 N。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (2)若无人机以(1)问中动力从地面由静止加速竖直上升，则在多高处撤掉动力刚好可以回到悬停高度处。(7分) 答案：(2)30 m　 解析：(2)对该过程由动能定理得Fh1-(mg+f)h=0 由题图乙可知h=60 m，解得h1=30 m。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 10.(12分)一个物体从斜面上高h处由静止滑下并紧接着在水平面上滑行一段距离后停止，量得停止处与开始运动处的水平距离为s，如图所示，不考虑物体滑至斜面底端的碰撞作用，并设斜面与水平面对物体的动摩擦因数相同。求： (1)动摩擦因数μ；(5分) 答案：(1)　 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：(1)设斜面的倾角为θ，斜面的长度为x1，在水平面上运动的位移为x2，则在斜面上所受的滑动摩擦力为Ff1=μmgcos θ 在水平面上所受的摩擦力为Ff2=μmg 根据动能定理得mgh-μmgx1cos θ-μmgx2=0 因为x1cos θ+x2=s 则有h-μs=0，解得μ=。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (2)若该物体从斜面上高2h处由静止滑下，停止处与开始运动处的水平距离s1。(7分) 答案： (2)2s　 解析：(2)根据动能定理可得mg·2h-μmgs1=0 代入μ解得s1=2s。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $