第8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（人教版 江苏专用）

该高中物理课件聚焦动能定理应用，系统讲解利用动能定理解决变力做功、图像结合及多过程三类典型问题，通过特技演员摩托车平抛等典例导入，衔接动能定理基础与综合应用，以“知能融会通”梳理方法，搭建从公式理解到问题解决的学习支架。 其亮点在于融合科学思维与能量观念，通过典例解析（如变力做功公式推导、F-x图像面积求功）和题点练习，培养模型建构与科学推理能力，思维建模（如往复运动路程计算技巧）助力方法总结。学生能提升复杂问题解决能力，教师可借助系统资源高效开展综合教学。

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) 动能定理是高中物理学中最重要的内容之一，也是高考的热点，且应用动能定理解题时只考虑初、末状态，往往用动能定理求解更简捷。通过本节课的学习要进一步理解动能定理，会利用动能定理分析变力做功问题，体会动能定理解题的优越性，灵活利用动能定理分析相关的图像问题和多过程问题。 主题(一)　利用动能定理求变力做功 主题(二)　动能定理与图像结合的问题 01 02 CONTENTS 目录 主题(三)　利用动能定理分析多过程问题 课时跟踪检测 03 04 主题(一)　利用动能定理求变力做功 知能融会通 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。 [典例]　(2025·常州高一阶段练习)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]　20 m/s　 [解析]　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]　5×104 J　 [解析]　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]　1×104 J　 [解析]　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。 1.一个质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，OQ与OP的夹角为θ，如图所示，重力加速度为g，则拉力F所做的功为 (　 ) A.mglcos θ　　　　　　B.mgl(1-cos θ) C.Flcos θ D.Flsin θ √ 题点全练清 解析：小球缓慢移动，始终处于平衡状态，由平衡条件可知，F=mgtan α，α为轻绳与OP的夹角，随着α的增大，F也在增大，不能直接用恒力做功的公式求F所做的功。由于小球缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得-mgl(1-cos θ)+W=0，所以W=mgl(1-cos θ)，B正确，A、C、D错误。 2.(2025·太仓调研)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所做的功W=m-μmg(s+l)，A正确。 3.如图所示的“健身弹跳球”是备受欢迎的一项健身器材。一名小学生在玩弹跳球时双脚站在水平跳板上，用力向下压弹跳球后，弹跳球能和人一起跳离地面。某弹跳球安全性能指标要求反弹高度不超过15 cm，请估算该弹跳球一次反弹过程最多能对小学生做的功最接近于 (　 ) A.0.6 J B.6 J C.60 J D.600 J √ 解析：一名小学生的质量大约40 kg，从地面起跳至最大高度处，重力势能增加mgh=60 J，根据动能定理可知弹跳球一次反弹过程最多能对小学生做的功等于小学生增加的重力势能为60 J，C正确，A、B、D错误。 主题(二)　动能定理与图像结合的问题 动能定理与图像相结合问题的分析方法 1.首先看清楚图像的种类(如v-t图像、F-x图像、Ek-x图像等)。 2.挖掘图像的隐藏条件，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.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]　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，由题意可知，运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有Ek=mgxtan θ，即=mgtan 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。故选A。 1.物体沿直线运动的v-t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，则 (　 ) A.从第1 s末到第3 s末合力做功为4W B.从第3 s末到第5 s末合力做功为-2W C.从第5 s末到第7 s末合力做功为W D.从第3 s末到第4 s末合力做功为-0.5W √ 题点全练清 解析：由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理分别可得，第1 s内合力做功W=m，第1 s末到第3 s末合力做功W1=m-m=0，A错误；第3 s末到第5 s末合力做功W2=0-m=-W，B错误；第5 s末到第7 s末合力做功W3=m(-v0)2-0=W，C正确；第3 s末到第4 s末合力做功W4=m-m=-0.75W，D错误。 2.(2025·靖江高一期末)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)　利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，最后联立求解。 知能融会通 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，确定整个过程中合力做的功，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。一个质量为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]　4 m/s　 [解析]　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]　1.02 m [解析]　物体由A点到C点，根据动能定理得 mgH-μmglBC=m-0 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]　0.4 m　 [解析]　从物体开始下滑到停下，设物体在水平面上滑过的路程为s，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，落回原地时速度为，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。设空气阻力大小为f，物体上升的最大高度为h，由动能定理得，上升阶段有-mgh-fh=0-m，下落阶段有mgh-fh=m-0，联立解得空气阻力大小为f=mg，重力与阻力大小之比为5∶3，故C正确。 2.(2025·江阴高一期末)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.(2025·锡山高一质检)从地面竖直向上抛出一小球，小球受大小恒定的空气阻力作用，其动能Ek随运动路程s的变化如图所示，重力加速度g=10 m/s2。则 (　 ) A.小球受到的阻力大小为4 N B.小球向上运动时加速度大小为12 m/s2 C.小球的初速度的大小为10 m/s D.当小球的运动路程为5 m时，克服阻力做功20 J √ 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 解析：设小球的质量为m，受到的空气阻力大小为Ff，由动能定理可知，上升阶段有-(mg+Ff)s上=0-Ek0，下降阶段有(mg-Ff)s下=Ek1-0，联立解得mg=10 N，m=1 kg，Ff=2 N，A错误；小球向上运动时，由牛顿第二定律可知mg+Ff=ma，代入数据得小球向上运动的加速度大小为a=12 m/s2，B正确；由题图可知Ek0=m，解得小球的初速度大小为v0=2 m/s，C错误；当小球的运动路程为5 m时，克服阻力做功W=Ffs=10 J，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 2.(2025·常州高一阶段练习)如图所示，盘面上放有质量为0.4 kg小物体的圆盘，在水平面内由静止开始绕过圆盘中心的轴转动，物体到圆盘中心的距离为0.5 m，当圆盘的角速度从1 rad/s增大到2 rad/s的过程中(物体与圆盘未发生相对滑动)，摩擦力对小物体所做的功为 (　 ) A.0.15 J B.0.3 J C.0.6 J D.0.75 J √ 解析：由动能定理有Wf=m(ω2r)2-m(ω1r)2，代入数据解得摩擦力对小物体做的功为Wf=0.15 J，故选A。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 3.如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一个质量为m的物体，与两轨道间的动摩擦因数均为μ，当它从轨道顶端A由静止下滑时，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力做的功为(重力加速度为g) (　 ) A.μmgR B.mgR C.mgR D.mgR √ 解析：设物体在AB段克服摩擦力做的功为WAB，物体从A到C过程，根据动能定理有mgR-WAB-μmgR=0，解得WAB=mgR。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 4.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、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能的大小、位移的大小和运动的时间。则如图所示的图像中，能正确反映这一过程的是 (　 ) √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不变，故A、B错误；设阻力大小为f，由动能定理得-fx=Ek-Ek0，解得Ek=Ek0-fx，Ek-x图像为倾斜直线，故C正确；由运动学公式得x=v0t-at2，则Ek=Ek0-f(v0t-at2)， Ek与t不成线性关系，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 5.将距离沙坑表面上方1 m高处质量为0.2 kg的小球由静止释放，测得小球落入沙坑静止时距离沙坑表面的深度为10 cm。若忽略空气阻力，g取10 m/s2，则小球克服沙坑的阻力所做的功为 (　 ) A.0.4 J B.2 J C.2.2 J D.4 J √ 解析：由动能定理得mg(h+d)-Wf=0，解得小球克服沙坑阻力所做的功为Wf=2.2 J，故C正确，A、B、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 6.(2025·连云港高一调研)如图所示，建筑工地常用打桩机将圆柱体打入地下一定深度，某打桩机第一次打击位于地面的圆柱体时，使其进入泥土深度为h0，已知圆柱体的质量为m，所受泥土阻力f与进入泥土深度h成正比(即f=kh，k为常量)，则打桩机第一次打击过程对圆柱体所做的功 (　 ) A.mgh0 B.k C.k-mgh0 D.-mgh0 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：阻力与深度成正比，则f-h图像与坐标轴h围成的面积等于阻力所做的功，如图所示，则阻力做功为Wf=-fh0=-k，打桩机第一次打击使圆柱体进入泥土的过程中，根据动能定理知，W+mgh0-k=0，解得W=-mgh0，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 7.(2025·宝应高一阶段练习)水平地面上静置一个质量为m=1 kg的小物块，物块与地面间的动摩擦因数μ=0.4，现对物块施加一个水平向右的拉力F，F随物块运动距离x的变化关系为F=6-2x(式中力F、位移x的单位分别是N、m)，重力加速度g=10 m/s2，则从物块开始运动到停下来的过程，下列说法正确的是 (　 ) A.物块的加速度一直减小 B.物块的速度先增大后减小 C.拉力对物块做的功为9 J D.摩擦力对物块做的功为-9 J √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：物体的加速度a==2-2x(m/s2)，则x=1 m时a=0；当x≤1 m时加速度随x增加逐渐减小；当x≥1 m时加速度随x增加反向逐渐增加，选项A错误；因加速度方向先向右后向左，可知物块的速度先向右增大后减小，选项B正确；由对称性可知，当物块向右运动x=2 m 时速度减为零，则摩擦力对物块做的功为Wf=-μmgx=-8 J，根据动能定理WF+Wf=0，可知拉力对物块做的功为WF=8 J，选项C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 8.(2025·靖江高一期末)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 9.(14分)(2025·扬州高一调研)滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱。如图是滑板运动的轨道，AB和CD是两段光滑圆弧形轨道，BC是一段长l=7 m的水平轨道。一运动员从AB轨道上的P点以vP=6 m/s的速度下滑，经BC轨道后冲上CD轨道，到Q点时速度减为零。已知P、Q距水平轨道的高度分别为h=1.4 m、H=1.8 m，运动员(含滑板)的质量m=50 kg，不计圆弧轨道上的摩擦，取g=10 m/s2，求： 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (1)运动员第一次经过B点时的速率；(4分) 答案：8 m/s 解析：运动员从P点到B点过程，由动能定理得mgh=m-m， 代入数据解得vB=8 m/s。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (2)运动员与BC轨道间的动摩擦因数；(5分) 答案：0.2 解析：运动员从C点到Q点过程，由动能定理得 -mgH=0-m， 代入数据解得vC=6 m/s 运动员从B点到C点过程，由动能定理得 -μmgl=m-m， 代入数据解得μ=0.2。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (3)运动员最后停在BC轨道上距B点多远处。(5分) 答案：2 m 解析：设运动员从C点开始在BC面上滑行的路程为s后停止， 由动能定理得-μmgs=0-m， 代入数据解得s=9 m，所以最后停在离B点2 m处。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 10.(14分)(2025·宿城高一期末)如图所示，AB是长为1 m的水平粗糙轨道，与半径为0.2 m的竖直光滑半圆 轨道BC相切于B点，C为该轨道最高点。 另一半径为0.1 m的竖直光滑半圆轨道 CD与BC相切于C点。三条轨道间均平 滑连接。现使一小物块以v0的速度从A点水平向右沿轨道运动，到达最高点C时的速度为2 m/s，已知小物块的质量为1 kg，与水平面间的动摩擦因数为0.2，g取10 m/s2，求： 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (1)物块刚刚到达C点时与轨道间的作用力大小；(3分) 答案：10 N 解析：物块刚刚到达C点时由牛顿第二定律得FNC+mg=m，解得FNC=10 N。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (2)物块的初速度v0；(5分) 答案：4 m/s 解析：对物块从A点到C点由动能定理得 -μmgxAB-mg·2R=m-m， 解得v0=4 m/s。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (3)物块从D点水平抛出后落到半圆轨道时的动能大小。(6分) 答案：(2-4)J 解析：对物块从C点到D点由动能定理得mg·2r=m-m，解得vD=2 m/s 物块从D点做平抛运动，则x=vDt y=gt2，x2+y2=R2 物块从D点水平抛出后到落到轨道的过程应用动能定理得mgy=Ek-m 解得Ek=m+mgy=(2-4)J。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $