第六章 第2课时 动能定理及其应用（课件PPT）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 津鲁琼云晋皖黑吉桂贵辽渝鄂冀湘甘赣豫新青藏宁蒙陕）

第六章 机械能守恒定律 第 2 课时 动能定理及其应用 目标 要求 1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题。2.能利用动能定理求变力做的功。3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法。 内 容 索 引 考点一　动能定理的理解和基本应用 考点二　应用动能定理求变力的功 考点三　动能定理与图像结合的问题 课时精练 > < 考点一 动能定理的理解和基本应用 1.动能 (1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。 (2)公式：Ek＝______。 (3)单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。 (4)标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关。 动能定理的理解和基本应用 考点一 2.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合＝ΔEk＝ 。 (3)物理意义： 的功是物体动能变化的量度。 说明：(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)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。 动能的 变化 合力 动能定理的理解和基本应用 考点一 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.物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。(　　) 3.物体的动能不变，所受的合外力必定为零。(　　) 4.合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少。(　　) √ × √ × 考点一 判断正误 动能定理的理解和基本应用 例1　(2021·河北卷·6)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) √ 动能定理的理解和基本应用 考点一 动能定理的理解和基本应用 考点一 例2　(多选)(2021·全国甲卷·20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为 。已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g。则 A.物体向上滑动的距离为 B.物体向下滑动时的加速度大小为 C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5 D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长 √ √ 动能定理的理解和基本应用 考点一 物体从斜面底端到最高点根据动能定理有 －mglsin α－μmglcos α＝0－Ek， 物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma下＝mgsin α－μmgcos α， 动能定理的理解和基本应用 考点一 物体向上滑动时根据牛顿第二定律有 ma上＝mgsin α＋μmgcos α， 解得a上＝g，故a上>a下， 由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式l＝ ，则可得出t上<t下，D错误。 动能定理的理解和基本应用 考点一 应用动能定理的解题流程 返回 考点一 总结提升 动能定理的理解和基本应用 应用动能定理求变力的功 > < 考点二 例3　(多选)(2023·广东卷·8)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 √ √ √ 应用动能定理求变力的功 考点二 重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误； 下滑过程根据动能定理可得WG－W克f＝ ， 代入数据解得克服阻力做的功为W克f＝440 J， B正确； 经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为F＝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。 应用动能定理求变力的功 考点二 例4　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，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，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(重力加速度大小为g) √ 应用动能定理求变力的功 考点二 应用动能定理求变力的功 考点二 返回 考点二 总结提升 应用动能定理求变力的功 动能定理与图像结合的问题 > < 考点三 图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义 考点三 动能定理与图像结合的问题 例5　(2024·江苏南通市检测)A、B两物体的质量之比mA∶mB＝1∶4，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v－t图像如图所示。此过程中，A、B两物体受到的摩擦力做的功之比WA∶WB和A、B两物体受到的摩擦力之比FA∶FB 分别是 A.WA∶WB＝1∶2 B.WA∶WB＝4∶1 C.FA∶FB＝1∶2 D.FA∶FB＝4∶1 √ 考点三 动能定理与图像结合的问题 根据动能定理－W＝0－ ，可知A、B两物体受到的摩擦力做的功之比为WA∶WB＝1∶4，故A、B错误； 根据v－t图像可知两物体的加速度之比为 aA∶aB＝2∶1， 根据牛顿第二定律F＝ma，可得A、B两物 体受到的摩擦力之比FA∶FB＝1∶2，故C正确，D错误。 考点三 动能定理与图像结合的问题 例6　(2021·湖北卷·4)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 √ 考点三 动能定理与图像结合的问题 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， 10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek， 整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1， 考点三 动能定理与图像结合的问题 结合10～20 m内的图像得， 斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N， 联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg， 故选A。 返回 考点三 动能定理与图像结合的问题 课时精练 1.如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定 A.等于拉力所做的功 B.小于拉力所做的功 C.等于克服摩擦力所做的功 D.大于克服摩擦力所做的功 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 基础落实练 28 木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力 做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理 可知WF＋Wf＝ －0，所以动能小于拉力做的功， 故B正确，A错误； 无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2.(2021·山东卷·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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 3.在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力将篮球斜向上投出，篮球以大小约为1 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，重力加速度大小g＝10 m/s2，则该同学罚球时对篮球做的功大约为 A.1 J B.10 J C.50 J D.100 J √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.(2024·安徽淮南市一模)某物体以一定初速度做平抛运动，从t＝0时刻起，物体的动能Ek随时间t变化的情况正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 5.如图所示，光滑固定斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做的功为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 6.(2023·湖南怀化市模拟)如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B、C处能量损失) A.等于v0 B.大于v0 C.小于v0 D.取决于斜面 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7.(2023·重庆卷·13)机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的工件(视为质点)被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹角 为θ，提升高度为h，如图所示。求： (1)提升高度为h时，工件的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做 的功。 8.一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示，当物块的初速度为2v时，上升的最大高度记为h。重力加速度为g，则物块与斜坡间的动摩擦因数μ和h分别为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 当上滑的初速度为2v时，有 9.A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图像如图所示。已知两物体所受的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是 A.F1、F2大小之比为1∶2 B.F1对A、F2对B做功之比为1∶2 C.A、B的质量之比为2∶1 D.全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由v－t图像可知，两个匀减速运动的加速度大小 之比为1∶2，由题可知A、B所受摩擦力大小相 等，所以A、B的质量关系是2∶1，故C正确。 由v－t图像可知，A、B两物体运动的位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得F1·x－ Ff1·3x＝0－0，F2·2x－Ff2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3Ff1，F2＝ ， Ff1＝Ff2，所以F1＝2F2。全过程中A、B克服摩擦力做的功相等，F1对A、F2对B做的功大小相等，故A、B、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10.从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反 的外力作用。距地面高度h在3 m以内时， 物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化 如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体 的质量为 A.2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 法一：特殊值法 画出运动示意图。 设该外力的大小为F，据动能定理知 A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝EkB－EkA B→A(下落过程)：(mg－F)h＝EkA′－EkB′ 整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1 kg，选项C正确。 法二：写表达式根据斜率求解 上升过程：－(mg＋F)h＝Ek－Ek0， 则Ek＝－(mg＋F)h＋Ek0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 下落过程：(mg－F)h＝Ek′－Ek0′， 则Ek′＝(mg－F)h＋Ek0′， 联立可得m＝1 kg，选项C正确。 11.物流公司用滑轨装运货物，如图所示。长5 m、倾角为37°的倾斜滑轨与长5.5 m的水平滑轨平滑连接，有一质量为1 kg的货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑。已知货物与两段滑轨间的动摩擦因数均为 ，sin 37°＝0.6，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2。 求： (1)货物滑到倾斜滑轨末端的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据动能定理 (2)货物从开始下滑经过4 s，克服摩擦力所做的功为多少。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　30 J 47 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 48 12.(多选)如图所示为倾角为37°的固定斜面，一个质量为2 kg的物块自斜面底端沿斜面上滑，其动能和重力势能随上滑距离x的变化如图中直线Ⅰ和Ⅱ所示，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则 A.物块的初速度为10 m/s B.物块和斜面间的动摩擦因数为0.5 C.物块上升的最大高度为5 m D.物块回到斜面底端时的动能为60 J √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 返回 根据动能定理可得－(mgsin 37° ＋μmgcos 37°)x＝F合x＝0－100 J，其中x＝5 m，联立解得μ＝0.5，B正确； 物块上升的最大高度h＝5×sin 37° m＝3 m，C错误； 物块下滑时，根据动能定理(mgsin 37°－μmgcos 37°)x＝Ek′，解得Ek′＝20 J，D错误。 mv2 mv22－mv12 A. B. C. D.2 小球下落的高度为h＝πR－R＋R＝R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝mv2，综上有v＝，故选A。 物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2lcos α＝－Ek， 整理得l＝，μ＝0.5，A错误，C正确； 解得a下＝，B正确； at2 mvQ2 经过Q点时向心加速度大小为a＝＝9 m/s2，C正确； A.mv02－μmg(s＋x) B.mv02－μmgx C.μmgs D.μmg(s＋x) 根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝0－mv02，则W弹＝mv02－μmg(s＋x)，故选项A正确。 在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理W变＋W恒＝mv22－mv12，若物体初、末速度已知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，则W变＝mv22－mv12－W恒。 mv02 mv2 A. B. C. D. 在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理－Ff·2πL＝0－mv02，可得摩擦力的大小Ff＝，故选B。 该同学将篮球投出时的高度约为h1＝1.8 m，根据动能定理有W－ mg(h－h1)＝mv2，解得W＝7.5 J，故选项B正确。 物体在重力作用下做平抛运动，加速度为g，竖直位移y＝gt2，由动能定理得Ek＝E0＋mg2t2，故选D。 A.mgh－mv2 B.mv2－mgh C.－mgh D.－(mgh＋mv2) 小球从A到C过程中，由动能定理可得WG＋WF＝0－mv2，WG＝ －mgh，解得WF＝mgh－mv2，故选A。 物体从D点沿DBA滑动到顶点A过程中，由动 能定理可得－mg·xAO－μmg·xDB－μmgcos α·xAB＝ 0－mv02，α为斜面倾角，由几何关系有xABcos α ＝xOB，因而上式可以简化为－mg·xAO－μmg·xOD＝0－mv02，从上式可 以看出，物体的初速度与斜面倾角无关，故选A。 答案　 根据匀变速直线运动位移与速度关系有v02＝2a，解得v0＝ 答案　　 由v0＝at，解得t＝ 根据动能定理有W合＝mv02，解得W合＝。 A.tan θ和 B.tan θ和4H C.(－1)tan θ和2H D.(－1)tan θ和4H －mgh－μmgcos θ·＝0－m(2v)2 当物块上滑的初速度为v时，根据动能定理有 －mgH－μmgcos θ·＝0－mv2 联立可得μ＝(－1)tan θ，h＝4H，故选D。 Ff2 结合题图可知mg＋F＝ N＝12 N， mg－F＝ N＝8 N 答案　 m/s mglsin 37°－μmglcos 37°＝mv12 解得v1＝ m/s 在斜面上下滑时有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1， 解得a1＝ m/s2，下滑到底端时的时间t1＝ ＝ s，在水平滑轨上运动的加速度a2＝μg，解得a2＝ m/s2，则在水平滑轨上运动的时间t2＝＝ s，货物从开始下滑经过4 s时已经 停止在水平滑轨上，则整个过程由动能定理有mglsin 37°－W克f＝0，克服摩擦力所做的功为W克f＝mglsin 37°＝30 J。 根据Ek＝mv02，解得v0＝10 m/s， A正确； $