高考物理大一轮总复习52 动能定理及其应用
高考物理一轮复习课件第五章动能定理及其应用
一质量为m、电荷量为q的带 正电小球从倾角为$theta$的 光滑绝缘斜面上由静止下滑， 整个斜面置于方向水平向外的 匀强磁场中，磁感应强度为B 。求小球在斜面上滑行的最大 速度和最大距离。
本题考查动能定理在电磁感应 现象中的应用。当小球加速度 为零时速度最大，根据平衡条 件有$qvB = mgsintheta$， 解得最大速度$v = frac{mgsintheta}{qB}$；根据 动能定理有$mgsintheta cdot s = frac{1}{2}mv^2$，解得最 大距离$s = frac{m^2g^2sin^2theta}{2q ^2B^2}$。
结合动量定理
在涉及碰撞、打击等问题时，可以结 合动量定理和动能定理进行分析，以 便更准确地确定物体的动量变化和动 能变化。
05
易错点剖析与避免方法
常见错误类型及原因
01
混淆动能定理和机械能守恒定律
学生常常将动能定理和机械能守恒定律混淆，导致在解题时选择错误的
公式或定理。
02
忽视摩擦力做功
在涉及摩擦力做功的问题中，学生容易忽视摩擦力做功对物体动能的影
06
高考真题回顾与模拟训练
历年高考真题回顾
2022年全国卷Ⅰ第25题
本题考查了动能定理和圆周运动向心力的综合应用，涉及平抛运动、牛顿第二定律等知识点。通过分析小球的受力情 况和运动过程，运用动能定理和向心力公式进行求解。
2021年全国卷Ⅱ第24题
本题以滑板运动员在U型池中的运动为背景，考查了动能定理、机械能守恒定律及圆周运动向心力的综合应用。要求 考生能够分析运动员的运动过程和受力情况，选择合适的物理规律进行求解。
公式变形
根据题目的具体需求，对动能定理公式进行变形，以便更好地解决问题。
2023年高考物理一轮复习讲义——动能定理及其应用
第2讲 动能定理及其应用目标要求 1.理解动能定理，会用动能定理解决一些基本问题.2.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法．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：E k ＝12m v 2，单位：焦耳(J).1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2.(3)动能是标量、状态量． 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动能的变化． (2)表达式：W ＝ΔE k ＝E k2－E k1＝12m v 22－12m v 12.(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度．1．如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零．( √ ) 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．( √ )1．适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动． (2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用． 2．解题流程3．动能定理的优越性应用牛顿第二定律和运动学规律解题时，涉及到的有关物理量比较多，对运动过程的细节也要仔细研究，而应用动能定理解题只需考虑外力做功和初、末两个状态的动能，并且可以把不同的运动过程合并为一个全过程来处理．一般情况下，由牛顿第二定律和运动学规律能够解决的问题，用动能定理也可以求解，并且更为简捷．4．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)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求解．(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．考向1动能定理的理解例1(多选)关于动能定理的表达式W＝E k2－E k1，下列说法正确的是()A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的总功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功，再求功的代数和，或先求合力，再求合力的功C．公式中的E k2－E k1为动能的变化量，当W>0时，动能增加，当W<0时，动能减少D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功答案BC例2(2018·全国卷Ⅱ·14)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解析由题意知，W拉－W克摩＝ΔE k，则W拉>ΔE k，A项正确，B项错误；W克摩与ΔE k的大小关系不确定，C、D项错误．考向2动能定理的简单计算例3如图所示，物体在距斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°.求物体能在水平面上滑行的距离．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)答案 3.5 m解析对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示方法一分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段F N1＝mg cos 37°，故F f1＝μF N1＝μmg cos 37°，由动能定理得：mg sin 37°·l1－μmg cos 37°·l1＝12m v2－0设物体在水平面上滑行的距离为l2，摩擦力F f2＝μF N2＝μmg由动能定理得：－μmgl2＝0－12m v2联立以上各式可得l2＝3.5 m.方法二 对全过程由动能定理列方程： mgl 1sin 37°－μmg cos 37°·l 1－μmgl 2＝0 解得：l 2＝3.5 m.例4 如图所示，粗糙水平地面AB 与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O 是BCD 的圆心，BOD 在同一竖直线上．质量m ＝1 kg 的小物块在9 N 的水平恒力F 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动．已知x AB ＝5 m ，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，当小物块运动到B 点时撤去力F ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)小物块到达B 点时速度的大小；(2)小物块运动到D 点时，轨道对小物块作用力的大小． 答案 (1)4 5 m/s (2)150 N解析 (1)从A 到B 过程，据动能定理可得 (F －μmg )x AB ＝12m v B 2解得小物块到达B 点时速度的大小为 v B ＝4 5 m/s(2)从B 到D 过程，据动能定理可得 －mg ·2R ＝12m v D 2－12m v B 2在D 点由牛顿第二定律可得 F N ＋mg ＝m v D 2R联立解得小物块运动到D 点时，轨道对小物块作用力的大小为F N ＝150 N.考点二 应用动能定理求变力做功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＝12m v 22－12m v 12，物体初、末速度已知，恒力做功W 恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W 变＝12m v 22－12m v 12－W 恒，就可以求变力做的功了．例5 质量为m 的物体以初速度v 0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 )( )A.12m v 02－μmg (s ＋x ) B.12m v 02－μmgx C ．μmgs D ．μmg (s ＋x )答案 A解析 根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为W f ＝μmg (s ＋x )，由动能定理可得－W 弹－W f ＝0－12m v 02，则W 弹＝12m v 02－μmg (s ＋x )，故选项A 正确．例6 如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 答案 C解析 在Q 点质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有F N －mg ＝m v 2R ，F N ＝F N ′＝2mg ，联立解得v ＝gR ，下滑过程中，根据动能定理可得mgR＋W f ＝12m v 2，解得W f ＝－12mgR ，所以克服摩擦力做功12mgR ，选项C 正确．考点三 动能定理与图像问题的结合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、图与坐标轴围成的面积等所表示的物理意义，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”和图像斜率的含义考向1E k－x(W－x)图像问题例7(2019·全国卷Ⅲ·17)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E k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答案 C解析法一：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 ＝E k B －E k A B →A (下落过程)：(mg －F )h ＝E k A ′－E k B ′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 ＝E k －E k0， 则E k ＝－(mg ＋F )h ＋E k0下落过程：(mg －F )h ＝E k ′－E k0′， 则E k ′＝(mg －F )h ＋E k0′，结合题图可知mg ＋F ＝72－363－0 N ＝12 N ，mg －F ＝48－243－0N ＝8 N联立可得m ＝1 kg ，选项C 正确．考向2 F －x 图像与动能定理的结合例8 (多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像．已知重力加速度g 取10 m/s 2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数B ．合外力对物体所做的功C ．物体做匀速运动时的速度D ．物体运动的时间 答案 ABC解析 物体做匀速直线运动时，受力平衡，拉力F 0与滑动摩擦力F f 大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝F 0mg ＝0.35，A 正确；减速过程由动能定理得W F ＋W f ＝0－12m v 2，根据F －x 图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F 做的功W F ，而W f ＝－μmgx ，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v ，B 、C 正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D 错误．考向3 其他图像与动能定理的结合例9 (2018·江苏卷·4)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图像是( )答案 A解析 小球做竖直上抛运动，设初速度为v 0，则v ＝v 0－gt 小球的动能E k ＝12m v 2，把速度v 代入得E k ＝12mg 2t 2－mg v 0t ＋12m v 02，E k 与t 为二次函数关系，故A 正确．例10 (多选)放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg 的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示．下列说法中正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．0～6 s 内拉力做的功为140 JB ．物体在0～2 s 内所受的拉力为4 NC ．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5D ．合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等 答案 AD解析 由P ＝F v 可知，物体在0～2 s 内所受的拉力F ＝P v ＝6010 N ＝6 N ，在2～6 s 内所受的拉力F ′＝P ′v ′＝2010 N ＝2 N ，B 错误；拉力在0～6 s 内做的总功W ＝Fx 1＋F ′x 2＝6×102×2 J＋2×10×4 J ＝140 J ，A 正确；由物体在2～6 s 内做匀速运动可知，F ′＝μmg ，可求得μ＝0.25，C 错误；由动能定理可知，物体所受的合外力在0～6 s 内所做的功与0～2 s 内所做的功均为12m v 2＝40 J ，D 正确．课时精练1.(多选)如图所示，电梯质量为M ，在它的水平地板上放置一质量为m 的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v 1增大到v 2时，上升高度为H ，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是( )A ．对物体，动能定理的表达式为W ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功B ．对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力做的功C ．对物体，动能定理的表达式为W －mgH ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功D ．对电梯，其所受的合力做功为12M v 22－12M v 12答案 CD解析 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg 、支持力F N ，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的增量，即W 合＝W －mgH ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功，A 、B 错误，C 正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，即12M v 22－12M v 12，D 正确．2．如图所示，运动员把质量为m 的足球由静止从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为h ，在最高点时的速度为v ，不计空气阻力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．运动员踢球时对足球做功12m v 2B ．足球上升过程重力做功mghC ．运动员踢球时对足球做功mgh ＋12m v 2D ．足球上升过程克服重力做功mgh ＋12m v 2答案 C解析 足球被踢起后，在运动过程中只受到重力作用，只有重力做功，重力做功为－mgh ，即克服重力做功mgh ，B 、D 错误；由动能定理有W 人－mgh ＝12m v 2，因此运动员对足球做功W 人＝mgh ＋12m v 2，故A 错误，C 正确．3.如图所示，光滑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功是( )A ．mgh －12m v 2B.12m v 2－mgh C ．－mghD ．－(mgh ＋12m v 2)答案 A解析 小球从A 到C 过程中，由动能定理可得W G ＋W F ＝0－12m v 2，W G ＝－mgh ，解得W F ＝mgh －12m v 2，故选A.4.一质量为m ＝0.2 kg 的物体，在合外力F 作用下由静止开始做直线运动，F 与位移x 的关系图像如图所示，由图像可知( )A ．在x ＝0到x ＝1 m 过程中，物体做匀加速直线运动，运动时间t ＝0.2 sB ．在x ＝0到x ＝2 m 过程中，物体做变加速直线运动，F 做功5 JC ．物体运动到x ＝2 m 时，物体的瞬时速度为5 m/sD ．物体运动到x ＝2 m 时，物体的瞬时速度为2 m/s 答案 C解析 由题图可知在x ＝0到x ＝1 m 过程中，F 为恒力，所以物体做匀加速直线运动，其加速度大小为a ＝Fm＝5 m/s 2，根据运动学公式可得运动时间为t ＝2xa＝0.4 s ，故A 错误；在x ＝0到x ＝2 m 过程中，物体先做匀加速直线运动，后做变加速直线运动，根据F －x 图像的面积表示功可知此过程中F 做功为W ＝1×1 J ＋12×(1＋2)×1 J ＝52 J ，故B 错误；设物体运动到x ＝2 m 时的瞬时速度为v ，根据动能定理可得12m v 2＝W ，解得v ＝5 m/s ，故C 正确，D 错误．5.如图所示，质量为m 的物体置于光滑水平面上，一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F 作用下，物体由静止开始运动到绳与水平方向的夹角α＝45°时绳以速度v 0竖直向下运动，此过程中，绳的拉力对物体做的功为( )A.14m v 02 B.12m v 02C ．m v 02 D.22m v 02 答案 C解析 将物体的运动分解为沿绳子方向的运动以及垂直绳子方向的运动，则当物体运动到绳与水平方向的夹角α＝45°时物体的速度为v ，则v cos 45°＝v 0，可得v ＝2v 0，物体由静止开始运动到绳与水平方向的夹角α＝45°过程中，只有绳子拉力对物体做功，由动能定理得绳的拉力对物体做的功：W ＝12m v 2－0＝m v 02，故C 正确，A 、B 、D 错误．6．(2022·湖南怀化市模拟)如图所示，DO 是水平面，AB 是斜面，初速度为v 0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v 0B ．大于v 0C ．小于v 0D ．取决于斜面答案 A解析 物体从D 点滑动到顶点A 过程中，由动能定理可得－mg ·x AO －μmg ·x DB －μmg cos α·x AB ＝0－12m v 02，α为斜面倾角，由几何关系有x AB cos α＝x OB ，因而上式可以简化为－mg ·x AO －μmg ·x OD ＝0－12m v 02，从上式可以看出，物体的初速度与路径无关．故选A.7.如图所示，一质量为m ＝0.5 kg 的小滑块，在F ＝4 N 水平拉力的作用下，从水平面上的A 处由静止开始运动，滑行x ＝1.75 m 后由B 处滑上倾角为37°的光滑固定斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不变，方向变为沿斜面向上，滑动一段时间后撤去拉力．已知小滑块沿斜面上滑到的最高点C 距B 点为L ＝2 m ，小滑块最后恰好停在A 处．不计B 处能量损失，g 取10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.试求：(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的距离x 0；(3)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的时间t . 答案 (1)2435(2)1.25 m (3)0.5 s解析 (1)小滑块由C 运动到A ，由动能定理得 mgL sin 37°－μmgx ＝0 解得μ＝2435(2)小滑块在斜面上运动时，设拉力作用的距离为x 0 小滑块由A 运动到C ，由动能定理得 Fx －μmgx ＋Fx 0－mgL sin 37°＝0 解得x 0＝1.25 m(3)小滑块由A 运动到B ，由动能定理得 Fx －μmgx ＝12m v 2在斜面上，由牛顿第二定律得F －mg sin 37°＝ma 由运动学公式得x 0＝v t ＋12at 2联立解得t ＝0.5 s.8.(2022·湖北高三月考)质量为2 kg 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，物块的动能E k 与其发生的位移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10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．x ＝1 m 时速度大小为2 m/sB ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为2.5 m/s 2C ．在前4 m 位移过程中拉力对物块做的功为9 JD ．在前4 m 位移过程中物块所经历的时间为2.8 s 答案 D解析 由题图图像可知x ＝1 m 时动能为2 J ，v 1＝2E km＝ 2 m/s ，故A 错误．同理，当x ＝2 m 时动能为4 J ，v 2＝2 m/s ；当x ＝4 m 时动能为9 J ，v 4＝3 m/s ，则2～4 m 内有2a 2x 2＝v 42－v 22，解得2～4 m 内物块的加速度为a 2＝1.25 m/s 2，故B 错误．对物块运动全过程，由动能定理得：W F ＋(－μmgx 4)＝E k 末－0，解得W F ＝25 J ，故C 错误.0～2 m 过程，t 1＝2x 1v 2＝2 s ；2～4 m 过程，t 2＝x 2v 2＋v 42＝0.8 s ，故总时间为2 s ＋0.8 s ＝2.8 s ，D 正确．9.(多选)如图所示，半圆形光滑轨道BC 与水平光滑轨道平滑连接．小物体在水平恒力F 作用下，从水平轨道上的P 点，由静止开始运动，运动到B 点撤去外力F ，小物体由C 点离开半圆轨道后落在P 点右侧区域．已知PB ＝3R ，重力加速度为g ，F 的大小可能为( )A.12mg B.5mg6C ．mg D.7mg 6答案 BC解析 小物体能通过C 点应满足m v C 2R≥mg ，且由C 点离开半圆轨道后落在P 点右侧区域，则有2R ＝12gt 2，v C t <3R ，对小物体从P 点到C点由动能定理得 F ·3R －2mgR ＝12m v C 2，联立解得5mg 6≤F ＜25mg24故B 、C 正确，A 、D 错误．10.(多选)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数均为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g答案 AB解析 对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg ·2h －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确； 滑草车通过上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh －μmg cos 45°·h sin 45°＝12m v m 2，解得：v m ＝2gh7，选项B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a ＝mg sin 37°－μmg cos 37°m ＝－335g ，故加速度大小为335g ，选项D 错误．11.如图所示，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 的小球(可看成质点)从P 点上方高为R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．小球滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力大小为4mg ，g 为重力加速度．用W 表示小球从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功，则( )A ．W ＝12mgR ，小球恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，小球不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离答案 C解析 在N 点，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v N 2R，F N ＝F N ′，解得v N ＝3gR ，对小球从开始下落至到达N 点的过程，由动能定理得mg ·2R －W ＝12m v N 2－0，解得W ＝12mgR .由于小球在PN 段某点处的速度大于此点关于ON 在NQ 段对称点处的速度，所以小球在PN 段某点处受到的支持力大于此点关于ON 在NQ 段对称点处受到的支持力，则小球在NQ 段克服摩擦力做的功小于在PN 段克服摩擦力做的功，小球在NQ 段运动时，由动能定理得－mgR －W ′＝12m v Q 2－12m v N 2，因为W ′<12mgR ，故v Q >0，所以小球到达Q 点后，继续上升一段距离，选项C 正确．12．如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接，有一质量为1 kg 的滑块(可视为质点)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC 间的动摩擦因数未知，g 取10 m/s 2.求：(1)滑块到达B 处时的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB 上运动前2 m 过程所用的时间；(3)若到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？ 答案 (1)210 m/s (2)835s (3)5 J 解析 (1)对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得 F 1x 1＋F 3x 3－μmgx ＝12m v B 2，得v B ＝210 m/s.(2)在前2 m 内，有F 1－μmg ＝ma ， 且x 1＝12at 12，解得t 1＝835s. (3)当滑块恰好能到达最高点C 时， 应有mg ＝m v C 2R，对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得W －mg ×2R ＝12m v C 2－12m v B 2，代入数值得W ＝－5 J ，即滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力做的功为5 J.13．如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道P A 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＝35.一质量为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B 点时对圆弧轨道的压力大小． 答案 (1)34mg5gR 2 (2)152mg 解析 (1)设水平恒力的大小为F 0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F ，小球到达C 点时速度的大小为v C ， 则F 0mg ＝tan α，F ＝mgcos α， 由牛顿第二定律得F ＝m v C 2R ，联立解得F 0＝34mg ，v C ＝5gR2.(2)设小球到达B 点时速度的大小为v B ，小球由B 到C 的过程中由动能定理可得 －2FR ＝12m v C 2－12m v B 2，解得v B ＝52gR小球在B 点时有F N －F ＝m v B 2R ，解得F N ＝152mg由牛顿第三定律可知，小球在B 点时对圆弧轨道的压力大小为F N ′＝152mg .。
高考物理一轮总复习 5.2动能定理及其应用课件
A. 动能是普遍存在的机械能中的一种基本形式，凡是运动
的物体都有动能
B.
公式Ek＝
1 2
mv2中，速度v是小球相对于地面的速度，且
动能总是正值
C. 小球的动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动
能不一定变化
D. 小球的动能不变时，一定处于平衡状态
解析：动能是物体由于运动而具有的能量，故凡是运动的
答案：D
3. [动能定理的简单应用](多选)如图所示，一块长木板B放 在光滑的水平面上，再在B上放一物体A，现以恒定的外力拉 B，A、B发生相对滑动，向前移动了一段距离。在此过程中 ()
A. B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增加量 B. A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功 C. 外力F做的功等于A和B动能的增加量 D. 外力F对B做的功等于B的动能的增加量与B克服摩擦力 所做的功之和
从A到B，根据动能定理，有 mg(H－R)＋Wf＝12mv2B－0④ 由③④式得 Wf＝－(mgH－2mgR)⑤
(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的 支持力为N，从B到P由动能定理有
mg(R－Rcosθ)＝12mv2P－0⑥ 过P点时，根据向心力公式，有 mgcosθ－N＝mvRP2⑦ N＝0⑧ cosθ＝Rh⑨
A. 这段时间内小车先加速运动，然后匀速运动 B. 这段时间内阻力所做的功为Pt C. 这段时间内合力做的功为12mv2m D. 这段时间内电动机所做的功为Fs－12mv2m
解析：从题意得到，太阳能驱动小车运动可视为“汽车以
恒定功率启动”，这段时间内小车加速运动，选项A错误；电
动机做功用Pt计算，阻力做功为W＝Fs，选项B错误；根据动能
v02＋23mfl 时，v′＝
高考第动能定理及其应用
高考第动能定理及其应用汇报人：日期:•动能定理概述•动能定理的公式和推导•动能定理的应用场景•动能定理的解题技巧•动能定理与其他物理定理的联系与区别目•动能定理真题解析与实战演练录01动能定理概述定义表达式动能定理的定义动能与功的关系能量转化的表述动能定理的物理意义动能定理的重要性基础性动能定理适用于各种机械系统，可用于解决直线运动、曲线运动、弹性碰撞等问题，是高中物理的重要内容。
广泛应用联系其他定理02动能定理的公式和推导动能定理的数学公式动能变化量动能定理反映了外力做功与物体动能变化量之间的关系，即外力做功等于物体动能的增量。
做功与能量转化公式中的外力做功代表了能量的转化过程，而动能的变化则代表了能量的增减。
公式的物理含义解释公式推导过程和解题思路推导过程根据牛顿第二定律和速度与加速度的关系，可以推导出外力做功与动能变化之间的关系，进而得到动能定理的数学公式。
解题思路在应用动能定理时，首先要确定外力做功和物体的初末动能，然后根据动能定理的数学公式进行计算，从而求解出物体动能的变化量或外力的做功。
需要注意的是，动能定理适用于任何力场和任何运动过程，具有广泛的应用范围。
03动能定理的应用场景完全弹性碰撞完全非弹性碰撞动能定理可以用于描述弹簧振子的运动过程。
通过计算弹簧的弹性势能和振子的动能，我们可以得到振子的运动方程，进一步分析振子的运动特性。
弹簧碰撞当物体与弹簧发生碰撞时，动能定理帮助我们确定物体与弹簧之间的能量转换。
通过考虑弹簧的弹性势能、物体的动能以及可能的能量损失，我们可以分析碰撞后物体的运动状态。
弹簧振子VS在万有引力问题中的应用行星运动逃逸速度04动能定理的解题技巧如何选择合适的参考系选择惯性参考系根据题目要求选择参考系确定研究对象的初末状态首先需要明确研究对象的起始状态和结束状态，包括速度、方向等。
要点一要点二计算初末动能根据动能的定义式，计算研究对象在初态和末态的动能。
注意单位转换和数值计算准确性。
高考物理一轮复习课件动能定理及其应用
解题思路分析
本题考查动能定理在多物体系统运动 问题中的应用。根据动能定理，外力 对系统做的总功等于系统动能的增加 量。在本题中，外力F对系统做正功 ，摩擦力对系统做负功，同时轻绳对 B的拉力也对系统做功。因此，可以 根据动能定理列方程求解轻绳对B的 拉力大小。
变力做功问题
解题思路
对于变力做功问题，可以通过微元法 将变力做功转化为恒力做功来处理， 然后根据动能定理列方程求解。
典型例题
一个质量为m的物体在水平地面上以初速度v0开始滑动，已知物体与地面间的动摩擦因数 为μ，求物体滑行的最大距离。
解题思路分析
本题考查动能定理在单一物体运动问题中的应用。根据动能定理，物体在滑行过程中，摩 擦力对物体做负功，使物体的动能减少，当物体的动能减少为零时，物体停止运动。因此 ，可以根据动能定理列方程求解物体滑行的最大距离。
04
动能定理在碰撞现象中应 用
完全弹性碰撞过程分析
03
碰撞前后系统总动能守恒
碰撞前后系统总动量守恒
恢复系数等于1
在完全弹性碰撞中，碰撞前后系统的总动 能保持不变，即动能守恒。
同时，完全弹性碰撞也满足动量守恒定律 ，即碰撞前后系统的总动量保持不变。
完全弹性碰撞的恢复系数等于1，表示碰 撞后物体能够完全恢复原状，没有能量损 失。
复原状的能力，能量损失最大。
05
动能定理在连接体问题中 应用
连接体模型建立及受力分析
连接体模型
由两个或两个以上物体通过某种方式连接在一起，具有共同运动特征的系统。
受力分析
对连接体进行整体和隔离受力分析，明确内力和外力，以及它们对连接体运动的 影响。
连接体间相互作用力求解方法
01
整体法
动能定理及其应用-高考物理一轮复习
滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8).则(
6
A.动摩擦因数 μ＝7
AB
)
2gh
B.载人滑草车最大速度为
7
C.载人滑草车克服摩擦力做功为 mgh
3
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为5g
2
第2讲 动能定理及其应用
一、板块摩擦模型
二、斜面摩擦模型
三、变力做功模型
四、动能定理中的图象模型
1.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.由物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量函数关系式.
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、图线下的面积等所
放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A
将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此
f
A
f
F
B
过程中(
)
BD
A.外力F做的功等于A和B动能的增量
XA
XB
B.B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量
C.A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功
D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
动能为 2 J，v1＝
2Ek
m ＝ 2 m/s，故 A 错误.
同理，当x＝2 m时动能为4 J，v2＝2 m/s；当x＝
4 m时动能为9 J，v4 ＝3 m/s，则2～4 m内有
2a2x2＝v42－v22，解得2～4 m内物块的加速度为
高考复习专题四 动能定理及其应用
高考复习专题 动能定理及其应用【考纲知识梳理】一、动能:1. 定义：物体由于运动而具有的能叫动能2. 表达式为:221mv E k =， 二、动能定理:1.定义：合外力所做的总功等于物体动能的变化量. —— 这个结论叫做动能定理.2.表达式：K E mv mv W ∆=-=2122合2121， 式中W 合是各个外力对物体做功的总和，ΔE K 是做功过程中始末两个状态动能的增量.3.推导：在牛顿第二定律 F=ma 两端同乘以合外力方向上的位移s ，即可得21222121mv mv mas Fs W -===合【重点难点透析】一、对动能定理的理解:1.总功的计算：物体受到多个外力作用时，计算合外力的功，要考虑各个外力共同做功产生的效果，一般有如下两种方法：(1)先由力的合成或根据牛顿第二定律求出合力F 合，然后由W=F 合lcos α计算.(2)由W=Flcos α计算各个力对物体做的功W 1、W 2、…、W n ,然后将各个外力所做的功求代数和，即W 合=W 1+W 2+…+W n .2.动能定理公式中等号的意义：(1)数量关系:即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系.可以通过计算物体动能的变化,求合力的功,进而求得某一力的功.(2)单位相同:国际单位都是焦耳.(3)因果关系:合外力的功是物体动能变化的原因.3.动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力.4.动能定理应用广泛，直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、同时做功、分段做功等各种情况均适用.注意：(1)动能定理说明了外力对物体所做的总功和动能变化间的一种因果关系和数量关系，不可理解为功转变成了物体的动能.(2)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.二、动能定理的应用：1.基本步骤：（1）根据题意，选取研究对象：单一物体或者可看做单一物体的物体系统。
2025高考物理大一轮复习讲义人教版PPT课件动能定理及其应用
A.WA∶WB＝1∶2
√C.FA∶FB＝1∶2
B.WA∶WB＝4∶1 D.FA∶FB＝4∶1
根据动能定理－W＝0－12mv02 ，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。
根据动能定理有 W 合＝12mv02，解得 W 合＝cmoashθ。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
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 A.tan θ 和H2 B.tan θ 和 4H C.(2vg2H－1)tan θ 和 2H
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< 考点三 >
动能定理与图像结合的问题
图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义
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
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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；
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解析：由题意知，两个过程中速度增量均为 v，A 正确； 由动能定理知：W1＝12mv2，W2＝12m(2v)2－12mv2＝32mv2，故 B 正确，C、D 错误．
答案：AB
第14页/共91页
二、规律方法题组 5. [利用动能定理求变力功]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 很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所 示，则拉力F所做的功为( )
A．运动物体所具有的能就是动能 B．物体做匀变速运动，某一时刻速度为 v1，则物体在 全过程中的动能都是12mv21 C．做匀速圆周运动的物体其速度改变而动能不变 D．物体在外力 F 作用下做加速运动，当力 F 逐渐减小 时，其动能也逐渐减小
第8页/共91页
解析：运动的物体除具有动能以外，还具有其他形式的 能，A选项错误．动能是状态量，当速度v的大小变化时，动能 就发生变化，B选项错误；由于匀速圆周运动中，物体的速度大 小不变，因此物体的动能不变，C选项正确；在物体做加速度逐 渐减小的加速运动时，物体的动能仍在变大，D选项错误；故答 案应该选C.
第6页/共91页
解析：合外力为零，则物体可能静止，也可能做匀速直线 运动，这两种情况合外力做功均为零，所以合外力做功一定为 零，A对；合外力做功为零或动能不变，合外力不一定为零，如 匀速圆周运动，故B、D错；合外力做功越多，动能变化越大， 而不是动能越大，故C错．
答案：A
第7页/共91页
2. [对动能定理的理解]下列关于动能的说法，正确的是 ()
C．－mgh
D．－(mgh＋12mv2)
解析：由 A 到 C 的过程运用动能定理可得
－mgh＋W＝0－12mv2
所以 W＝mgh－12mv2，所以 A 正确． 答案：A
第18页/共91页
利用动能定理求变力功 1．明确题中除变力功外，还有哪些力做功，总功如何表 示． 2．明确物体动能的变化．
第19页/共91页
答案：C
第9页/共91页3. [动源自定理的简单应用](多选)如图所示，一块长木板B放 在光滑的水平面上，再在B上放一物体A，现以恒定的外力拉 B，A、B发生相对滑动，向前移动了一段距离．在此过程中 ()
第10页/共91页
A．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增加量 B．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功 C．外力F做的功等于A和B动能的增加量 D．外力F对B做的功等于B的动能的增加量与B克服摩擦力 所做的功之和
第15页/共91页
A．mgLcosθ
B．mgL(1－cosθ)
C．FLsinθ
D．FLcosθ
解析：小球从P点移动到Q点时，受重力、绳子的拉力及水
平拉力F作用，因很缓慢地移动，小球可视处于平衡状态，由平
衡条件可知：F＝mgtanθ，随θ的增大，拉力F也增大，故F是变
力，因此不能直接用W＝FLcosθ计算．根据动能定理有：WF＋ WG＝0，所以WF＝－WG＝mgL(1－cosθ)，选项B正确．
02典例突破知规律
第20页/共91页
考点1 动能定理的理解 考点解读： 1．从两个方面理解动能定理 (1)动能定理公式中体现的三个关系： ①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等 量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合外力的功， 进而求得某一力的功． ②单位关系，等式两侧物理量的国际单位都是焦耳． ③因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因．
第11页/共91页
解析：B对A的摩擦力所做的功，即A所受外力的总功，由 动能定理知A对．A与B间的摩擦力尽管相等，但它们的位移不 同，所以摩擦力做的功不同，B错．外力F做的功等于A、B动能 的增量与A、B间产生的热量之和，C错．对B由动能定理得WF －WFf＝ΔEk，故D对．
答案：AD
第12页/共91页
答案：B
第16页/共91页
6. [利用动能定理求弹力的功]如图所示，光滑斜面的顶端固 定一弹簧，一质量为m的物体向右滑行，并冲上固定在地面上的 斜面．设物体在斜面最低点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，则从A到C的过程中弹簧弹力做功 是( )
第17页/共91页
A．mgh－12mv2 B.12mv2－mgh
01主干回顾固基础
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知识点1 动能 Ⅱ 1.定义 物体由于 运动 而具有的能． 2．公式 Ek＝12mv2. 3．单位 焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
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4．矢标性 动能是 标量 ，只有正值． 5．瞬时性：v是瞬时速度，动能是状态量． 6．相对性：物体的动能相对于不同的参考系一般不同． 7．动能的变化量 ΔEk＝12mv22－12mv21，是过程量.
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知识点2 动能定理 Ⅱ 1.内容 力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程 中 动能的变化 ． 2．表达式 W＝12mv22－12mv21＝ Ek2－Ek1 .
第4页/共91页
3．物理意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物 体 动能变化 之间的关系，即 合力 的功是物体 动能变化 的 量度．
4. [动能定理的简单应用](多选)质量为m的物体在水平力F的 作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度 大小为v，再前进一段距离使物体的速度增大为2v，则( )
A．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量 B．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍 C．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功 D．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍
4．适用条件 (1)动能定理既适用于直线运动，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 是 各 种 性 质 的 力 ， 既 可 以 同 时 作 用 ， 也 可 以 __不__同__时__作__用___．
第5页/共91页
一、基础知识题组 1. [对动能定理的理解]关于运动物体所受的合外力、合外力 做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是( ) A．合外力为零，则合外力做功一定为零 B．合外力做功为零，则合外力一定为零 C．合外力做功越多，则动能一定越大 D．动能不变，则物体合外力一定为零