2024届高考物理一轮复习（新教材鲁科版）第六章机械能守恒定律第2讲动能定理及其应用课件

这是一份2024届高考物理一轮复习（新教材鲁科版）第六章机械能守恒定律第2讲动能定理及其应用课件，共60页。PPT课件主要包含了必备知识，动能的，关键能力，课时精练，基础落实练，能力综合练，答案12J，2力F的大小，答案39N等内容，欢迎下载使用。
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做功
考点三　动能定理与图像问题的结合
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＝ ，单位：焦耳(J).1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.(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______ .(2)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝ .(3)物理意义：　　　做的功是物体动能变化的量度.
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.(　　)
1.应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程”，“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息.2.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.
例1　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.一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为
BC段物体所受摩擦力为f＝μmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功W＝－fR＝－μmgR，对全程由动能定理可知mgR＋W1＋W＝0，解得W1＝μmgR－mgR，故AB段克服摩擦力做功为W克＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，选D.
例2　(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)
例3　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 时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为
物块以初速度v上升的过程，由动能定理得
例4　(2023·福建省连江华侨中学月考)如图所示为某一游戏的局部简化示意图.D为弹射装置，AB是长为21 m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R＝10 m的圆弧形支架上，B为圆弧形支架的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内.某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下以v0＝10 m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点.已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重力的0.2倍，轨道BC光滑，重力加速度g＝10 m/s2，则小车从A到C的运动时间是A.5 s B.4.8 sC.4.4 s D.3 s
解得h＝0.8 m，过圆弧形支架的圆心O点作BC的垂线，垂线与竖直方向夹角为θ(如图)，
故小车在BC上运动的加速度大小为a2＝gsin θ＝2 m/s2，
所以小车运动的总时间为t＝t1＋t2＝5 s，A正确.
应用动能定理的解题流程
应用动能定理求变力做功
例5　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)
例6　(多选)(2023·重庆市模拟)游乐场有一种儿童滑轨，其竖直剖面示意图如图所示，AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道，BC为轨道水平部分，与半径OB垂直.一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下，滑到圆弧轨道末端B点时，对轨道的正压力大小为2.5mg，重力加速度大小为g.下列说法正确的是
动能定理与图像问题的结合
图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义
例7　(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 NB.m＝0.7 kg，f＝1.0 NC.m＝0.8 kg，f＝0.5 ND.m＝0.8 kg，f＝1.0 N
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，
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.
例8　(2020·江苏卷·4)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上.斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数.该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是
例9　(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.重力加速度g取10 m/s2.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
因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误.
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、图线之间的交点、图线与横轴围成的面积所对应的物理意义，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.
1.(多选)(2023·福建省龙岩第一中学月考)如图所示，电梯质量为M，地板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做匀加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，重力加速度为g，则
2.如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO＝3.6 m.质量为m＝4.0 kg的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的)套在细杆上，在大小为50 N、方向始终沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g取10 m/s2，在这一过程中摩擦力做功为A.66.6 J B.－66.6 JC.210.6 J D.－210.6 J
3.(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v0C.小于v0 D.取决于斜面
4.(多选)(2023·云南昆明市第一中学、宁夏银川一中模拟)如图，若小滑块以某一初速度v0从斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能运动到斜面顶端.现仅将光滑斜面改为粗糙斜面，仍让滑块以初速度v0从斜面底端上滑时，滑块恰能运动到距离斜面底端长度的 处.则A.滑块滑上斜面后能再次滑回斜面底端B.滑块滑上斜面后不能再次滑回斜面底端C.滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为D.滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为
5.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∶2B.F1对A、F2对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
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与摩擦力的关系：F1·s－f1·3s＝0－0，F2与摩擦力的关系：F2·2s－f2·3s＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F2＝ f2，f1＝f2，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.
6.电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人或载运货物.某次电梯从地面由静止启动，加速度a与离地高度h的关系图像如图所示，则A.2h0～3h0范围内电梯向上做匀减速直线运动B.电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量相等C.电梯在3h0处的速度大小为D.电梯上升的最大高度可能为3h0
由题图可知从0到2h0，电梯先做加速度增大的加速运动再做匀加速运动，从2h0到3h0做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，电梯向上的速度不为零，仍会向上运动，则电梯上升的最大高度一定大于3h0，故A、D错误；
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 kgC.1 kg D.0.5 kg
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－EkAB→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.
8.(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，载人滑草车与草地各处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，cs 37°＝0.8).则
全过程有WG－W克f＝0，则载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；
9.(2023·福建宁德市质检)如图甲所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球从弹簧上端由静止下落.若以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下建立坐标轴Os，小球下落至最低点过程中的a－s图像如图乙所示(图中坐标值皆已知)，不计空气阻力，小球可看作质点，重力加速度为g.则
10.(2023·云南昆明市第一中学模拟)如图甲所示，两个不同材料制成的滑块A、B静置于水平桌面上，滑块A的右端与滑块B的左端接触.某时刻开始，给滑块A一个水平向右的力F，使滑块A、B开始滑动，当滑块A、B滑动1.0 m时撤去力F.整个运动过程中，滑块A、B的动能Ek随位移s的变化规律如图乙所示.不计空气阻力，求：
(1)滑块A对B做的功；
B在撤去F后继续滑行sB＝1.0 m，撤去F时B的动能EkB＝6 J，由动能定理有－fBsB＝0－EkB在撤去F前，对B由动能定律得WAB－fBs＝EkB联立并代入数据解得WAB＝12 J
撤去力F后，滑块A继续滑行的距离为sA＝0.5 m，撤去F时A的动能EkA＝9 J，由动能定理有－fAsA＝0－EkA力F作用的过程中，分析滑块A、B整体，由动能定理有(F－fA－fB)s＝EkA＋EkB代入数据解得F＝39 N.
11.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PA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＝ .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.