【文档说明】(新课标版)高考物理一轮复习课件5.2动能定理 (含解析).ppt，共(62)页，2.254 MB，由MTyang资料小铺上传

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5．2动能定理知识清单考点整合集中记忆一、动能定义：物体由于运动而具有的能．表达式：Ek＝12mv2单位：焦耳(J)矢标性：动能是标量，与速度方向无关．相对性：动能大小与参考系有关，通常选地面为参考系．二、动能定理内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的增加量．表达式：W＝Ek2－Ek1.适用范围

：(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以同时作用，也可以不同时作用．考点讲练考点突破针对训练考点一动能定理的基本应用1．应用动能定理的基本思路2．优先考虑应用动能定理的常见情况(1)不涉及加速

度和时间的问题．(2)有多个物理过程的问题．(3)变力做功问题．(4)曲线运动问题．3．应用动能定理注意事项(1)表达式中的W是合力的功，不是某个力的功．(2)表达式中ΔEk是末动能与初动能的差．(3)动能定理的表达式

是标量式，与速度方向无关．(2018·课标全国Ⅱ)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．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服

摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功【答案】A【解析】由动能定理得，WF－Wf＝Ek－0，所以，木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，而木箱获得的动能与克服摩擦力所做的功无法比较，故A项正确，B、C、D三项错误．如

图所示，小球以初速度v0从A点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，则经过A点时的速度大小为()A.v02－4ghB.4gh－v02C.v02－2ghD.2gh－v02【答案】B【解析】对小球由动能定理：由A→B过程：W阻－mgh＝

0－12mv02，由B→A过程：W阻＋mgh＝12mvA2，解得vA＝4gh－v02，故B项对．(2018·江苏模拟)如图甲所示为一景区游乐滑道，游客坐在坐垫上沿着花岗岩滑道下滑，他可依靠手脚与侧壁间的摩擦来控制

下滑速度．滑道简化图如图乙所示，滑道由AB、BC、CD三段组成，各段之间平滑连接．AB段和CD段与水平面夹角为θ1，竖直距离均为h0，BC段与水平面夹角为θ2，竖直距离为12h0.一质量为m的游客从A点由静

止开始下滑，到达底端D点时的安全速度不得大于2gh0，若使用坐垫，坐垫与滑道底面间摩擦不计，若未使用坐垫，游客与各段滑道底面间的摩擦力大小恒为重力的0.1倍，运动过程中游客始终不离开滑道，空气阻力不计．已知sinθ1＝14，sinθ1＝18，求：(1)若游客使用坐垫且与侧壁间无摩擦自由下滑，则游客

在BC段增加的动能ΔEk；(2)若游客未使用坐垫且与侧壁间无摩擦自由下滑，则游客到达D点时是否安全；(3)若游客使用坐垫下滑，且游客安全到达D点，则全过程克服侧壁摩擦力做功的最小值．【答案】(1)12mgh0(2)不安全(3)1.5mgh0【解析】(1)由动能定理得，动能的

增加量等于重力做的功，即：ΔEk＝12mgh0；(2)在AD段，由动能定理得：mg(h0＋12h0＋h0)－0.1mg(2h0sinθ1＋12h0sinθ2)＝12mvD2－0，解得：vD＝2.6gh0>2gh0，到达D点时不安全；

(3)整个过程，由动能定理得：mg(h0＋12h0＋h0)－W＝12mvDmax2－0，解得：W＝1.5mgh0.考点二动能定理与圆周运动综合问题动能定理与圆周运动综合是高考热点题型，在此类问题中，圆周运动最高(低)点的速

度是联系动能定理和圆周运动的桥梁，是解题的关键物理量．1．对运动过程，应用动能定理．2．对圆周运动最高(低)点，应用圆周运动向心力公式．3．注意摩擦力的变化，在竖直圆形轨道的同一位置，速度越大，摩擦力越大．(改编)(多选)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，

直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则

()A．W＝12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离B．W＝12mgR，质点恰好能到达Q点C．质点再次经过N点时，对N点压力大于2mgD．要使质点能到达Q点上方R处，应在P点上方2R处释放质点【答案】AC【解析】设质点到达N点的速度为vN，在N

点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝mvN2R，已知FN＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝12mvN2＝32mgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋W＝EkN，解得摩擦力做的功为W＝－12m

gR，即克服摩擦力做的功为W＝12mgR.设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W1，则W1<W.从N到Q的过程，由动能定理得－mgR－W1＝12mvQ2－12mvN2，即12mgR－W1＝12mvQ2，故质点到Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离．故A项正确，B项错误；C项，质点从Q到N克服摩擦

力做的功W2＜W1＜W；所以，质点从静止到再次经过N点，克服摩擦力做功为：W＋W1＋W2<3W＝32mgR故由动能定理可得：12mvN22>2mgR－3W＝12mgR；所以，由牛顿第二定律，得支持力为：FN＝mg＋mvN22R>2mg，故C项正确；D项，要使质点能到达Q点上方R处，设在P点上

方h处释放质点，那么由动能定理可得：mg(h－R)－W－W1＝0，所以，h＜2R，故D项错误．(2018·南开区一模)如图所示，P为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO′转动，长度为l的缆绳一端悬挂在转盘边缘，另一端栓接一质量为m的小球，转盘静止时缆绳顶端与转轴间的

距离为d.现让转盘由静止逐渐加速转动，经过一段时间后小球与转盘一起做匀速圆周运动，且缆绳与转轴在同一竖直面内，此时缆绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力及缆绳重力，重力加速度为g，小球从静止到做匀速圆周运动的过程中，求缆绳对小球做的功？【答案】W＝12mg(d＋lsinθ)tanθ＋mgl(

1－cosθ)【解析】设小球做匀速圆周运动时速度大小为v，则有mgtanθ＝mv2d＋lsinθ对于小球从静止到做匀速圆周运动的过程中，重力做功为－mgl(1－cosθ)，设绳子拉力做功为W，则根据动能定理得：W－

mgl(1－cosθ)＝12mv2联立解得：W＝12mg(d＋lsinθ)tanθ＋mgl(1－cosθ)．(改编题)在粗糙的斜面上，斜面的动摩擦因数为μ＝35π，θ＝60°，一长为L＝1m轻杆一端固定

在O点一端接质量为m＝1kg的小球，小球在无外力的作用下从A点静止开始运动．A为最高点，B为最低点．g＝10m/s2，求从A第一次运动到B点时轻杆的作用力？【答案】233【解析】A到B的过程中，下降的高度为：h＝2Lsin60°＝2×32m＝3m，则重力做功为：m

gh＝10×3J＝103J.从A到B摩擦力做功为：Wf＝－μmgcos60°·πL＝－35π×10×12×πJ＝－3J.根据动能定理知：mgh＋Wf＝12mvB2，在B点，根据牛顿第二定律得：F－mgsin60°＝mvB2L，解得：F＝mgsin60°＋mvB2L＝10×32N＋2×931

N＝233N.考点三用动能定理求解往复运动问题对于具有重复性的往复运动过程，由于动能定理只涉及物体的初末状态，而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化．1．灵活选择研究过程求解

多过程问题既可分段考虑，也可全过程考虑，但要优先考虑全过程．2．注意运用做功特点(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做的功等于力的大小与路程的乘积．(3)求全过程的

总功时，注意有些力不是全过程一直作用．(2018·遂宁模拟)如图甲所示，一倾斜角为37°的斜面底端固定有与斜面垂直的弹性挡板，一个可视为质点的小物块在t＝0时刻从挡板开始向上运动，其速度－时间图像如图乙所示，运动到最高点返回底端，与挡板

发生弹性碰撞，再次向上运动，如此往复．求(不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)小物块与斜面间的动摩擦因数；(2)小物块第一次回到斜面底端时速度大小；(3)小物块在斜面上运动所通过的总路程．【答案】(1)0.5(2)25m/s(3)1

2.5m【解析】(1)由图像可知，小物块在上滑过程中的加速度大小为a1＝v0t1＝101m/s2＝10m/s2；由牛顿第二定律有，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1可得小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5；

(2)小物块第一次上滑的位移大小x1＝v02t1＝102×1＝5m；第一次下滑过程由动能定理有mgx1sinθ－μmgcosθ·x1＝12mv12－0；可得小物块第一次回到斜面底端时速度大小v1＝25m/s；(3)小物块最终停在挡板处，全程由动能定理：－μmgcosθ·s＝0－12m

v02；可得在斜面上运动所通过的总路程s＝12.5m.(改编题)如图所示，斜面ABC下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于C，整个装置竖直固定，D是最低点，圆心角∠DOC＝37°，E、B与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝0

.30m，斜面长L＝1.90m，AB部分光滑，BC部分粗糙．现有一个质量m＝0.10kg的小物块P从斜面上端A点无初速下滑，物块P与斜面BC部分之间的动摩擦因数μ＝0.75.取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气

阻力．求：(1)物块第一次通过D点时对轨道的压力大小FN；(2)物体做往返运动的整个过程中，在BC轨道上通过的总路程．【答案】(1)7.4N(2)1.55m【解析】(1)BC长度为：sBC＝Rtan37°＝0.4m①物块在AD段运动的过程中应用动能定理得：12mvD2＝mg[Lsin37

°＋R(1－cos37°)]－μmgcos37°sBC②对D点由牛顿第二定律：FN－mg＝mvD2R③①②③联立解得：FN＝7.4N(2)由于mgsin37°＝μmgcos37°＝0.6N，所以当物块速度逐渐减到0时，最终将停止在BC之间的

某处，到C点距离为x，BC轨道上通过的总路程为s，由动能定理：mg(L－x)sin37°－sμmgcos37°＝0s＝1.9－x依题意设s＝0.4n＋x由于0<x≤0.4解得：2.75≤n<4.75物块只能在上升时停止，则n为奇数n＝3，x＝0.35m则总路程为s＝1.5

5m.题型拓展典例剖析提炼方法动能定理与图像综合问题1．相关图像的物理意义(1)v-t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移．(2)a-t图线与坐标轴围成的面积表示速度的变化量．(3)F-x图线与坐标轴围成的面积表示力所

做的功．(4)P-t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功．(5)W-x图线的斜率表示做功的力．(6)Ek­x图线的斜率表示合力．2．解题思路(1)弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线的物理意义．(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)对比图线和函数关系式，利用图线的斜率、截距、交点、面积、特定值求物理量．例1(2017·江苏)物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，

物块的动能Ek与位移x关系的图线是()【答案】C【解析】设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，沿斜面向上为位移正方向；根据动能定理：上滑过程中：－mgxsinθ－μmgxcosθ＝Ek－Ek0，所以Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmg

cosθ)x；下滑过程中：mgx′sinθ－μmgx′cosθ＝Ek－0，所以Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)x′；根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小．故C项正确，A、B、D三项错误．例2(多选)质量为1kg的物体静止在水平粗糙的地面

上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，外力F和物体克服摩擦力Ff做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2.下列分析正确的是()A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.5B．物体在前3m运动过

程中的加速度为3m/s2C．物体运动的位移为13mD．x＝9m时，物体的速度为32m/s【答案】BD【解析】A项，根据Ff做功的图像，由WFf＝μmgx，代入得：20＝μ×1×10×10，解得：μ＝0.2，故A项错误；B项，摩擦力大小为Ff＝μmg＝0.2×10N＝2N，在前3m的运动过程中

，F＝Wx＝153N＝5N根据牛顿第二定律：F－Ff＝ma，解得：a＝3m/s2，故B项正确；C项，根据WFf＝μmgx＝27J，得物体运动的位移为x＝WFfμmg＝272m＝13.5m，故C项错误；D项，x＝9m时，根据动能定理：W－WF

f＝12mv2代入数据得27－9×2＝12×1×v2物体速度v＝32m/s，故D项正确．例3打桩机的简易模型如图甲所示，用恒定大小的拉力F拉动绳端B，使物体从A点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，物体运动到最高

点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此模型分析，若物体质量m＝1kg，上升1m高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能Ek与上升高度h的关系图像如图乙所示．(g取10m/s2，不计空气阻力)(1)求物体上升到0.4m高度处F的瞬时功率．(2)若物体撞击钉子后瞬

间弹起，且使其不再落下，钉子获得20J的动能向下运动．钉子总长为10cm.撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力f与深度x的关系图像如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度．【答案】(1)120W(2)0.02m【解析】(1)撤去F前，根据动能定理，有(F－

mg)h＝Ek－0由图像乙得，斜率为k＝F－mg＝20N得F＝30N又由图像乙得，h＝0.4m时，Ek＝8J，则v＝4m/sPF＝Fv＝120W.(2)碰撞后，对钉子，有－fx′＝0－Ek′已知Ek′＝20Jf－＝k′x′2又由图像丙得k′＝105N/m解得：x′＝0.02m.1.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．已知两物体与水平面间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∶2B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2C．A、B质量之比为2∶1D．全过程中A、B克服摩擦力做功

之比为2∶1答案C解析由速度与时间图像可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，由速度与时间图像可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，且匀加速运动

位移之比1∶2，匀减速运动的位移之比2∶1，由动能定理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，F1·x－f1·3x＝0－0；B物体的拉力与摩擦力的关系，F2·2x－f2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F2＝32f2，f1＝f2，所

以F1＝2F2.全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等．故A、B、D项错误，C项正确．2．(2018·盐城三模)小球被竖直向上抛出，然后回到原处．小球初动能为Ek0，所受空气阻力与速度大小成正比，则该过程中，小球的动能与位移x关系的图线是下图中的()答案

C解析设物块的质量为m，由题有，空气阻力与速度关系为f＝kx(k是比例常数)取极短位移Δx为研究过程，根据动能定理得：上升过程中：－(mg＋f)Δx＝－ΔEk，所以ΔEk＝(mg＋f)Δx，Ek­x图像斜率的大小等于mg＋f，由于上升过程速度减小，则f减小，

所以图像的斜率绝对值减小(对应上面一条曲线)．下降过程中：(mg－f)Δx＝ΔEk，Ek­x图像斜率的大小等于mg－f，由于下降过程速度增大，则f增大，所以图像的斜率绝对值减小(对应下面一条曲线)．故C项正确、

A、B、D三项错误．3.质量为2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确

的是()A．x＝1m时速度大小为2m/sB．x＝3m时物块的加速度大小为2.5m/s2C．在前4m位移过程中拉力对物块做的功为9JD．在前4m位移过程中物块所经历的时间为2.8s答案D解析对物块由动能定理，得F合x＝ΔEk，则F合＝ΔEk

x，即图线的斜率等于合外力．在0～2m内，F合＝ΔEkx＝2N，设x＝1m时速度大小为v，由动能定理，得F合x＝12mv2－0，v＝2m/s，A项错误；由图线知2～4m内加速度恒定，a＝F合m＝ΔEkxm＝52×

2m/s2＝54m/s2，B项错误；在前4m位移过程中由动能定理，得W－μmgx＝9J，W＝9J＋0.2×2×10×4J＝25J，C项错误；在x＝2m时，12mv12＝4J，v1＝2m/s，在x＝4m时，12mv22＝9J，v2＝3m/s，在前2m内，2m＝v1tt1，t1＝2s，在

后2m内，2m＝v1＋v22t2，t2＝0.8s，故t1＋t2＝2.8s，D项正确．4.(2018·浙江模拟)(多选)如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图像如图乙所示，则(

)A．μ0＞tanαB．小物块下滑的加速度逐渐增大C．小物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做的功为12μ0mglcosαD．小物块下滑到底端时的速度大小为2glsinα－2μ0mglcosα答案BC解析A

项，物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足：mgsinα＞μ0mgcosα，即μ0＜tanα，故A项错误；B项，根据牛顿第二定律有：a＝mgsinα－μmgcosαm＝gsinα－μmgcosα，下滑过程中μ逐渐减

小，则加速度a逐渐增大，故B项正确；