2023版高考物理一轮总复习第五章第2节动能定理及其应用课件

这是一份2023版高考物理一轮总复习第五章第2节动能定理及其应用课件，共34页。PPT课件主要包含了动能定理，适用条件，功一定为零，解析根据Ek＝，图5-2-1，答案D，图5-2-2，A5J，B15J，C30J等内容，欢迎下载使用。

1.定义：物体由于________而具有的能叫动能.
2.公式：Ek＝________.
3.单位：焦耳，1 J＝1 kg·m2/s2.4.性质：动能是标量，是状态量，与 v瞬时对应.
(续表)(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
【基础自测】1.判断下列题目的正误.(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)动能不变的物体一定处于平衡状态.(
(3)如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做
(4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化.
(5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零.(答案：(1)√ (2)× (3)√ (4)× (5)×
2.质量为 2 kg 的物体 A 以 5 m/s 的速度向北运动，另一个质量为 0.5 kg 的物体 B 以 10 m/s 的速度向西运动，它
们的动能分别为 EkA 和 EkB，则(
A.EkA＝EkBB.EkA>EkBC.EkAmv2 知，EkA＝25 J，EkB＝25 J，而
且动能是标量，所以 EkA＝EkB，A 正确.答案：A
3.(2021 年广东深圳月考)如图 5-2-1 所示，将质量为 m的石块从距地面 h 高处斜向上方抛出，石块抛出时的速度
大小为 v0，不计空气阻力，石块落地时的动能为(A.mgh
4.(2021 年辽宁六校联考)如图 5-2-2 所示，在足球比赛中，某位同学获得一次点球机会，他在门前用力将足球踢出，足球以约 5 m/s 的速度撞在球门的横梁上.已知足球质量约为 0.4 kg，球门横梁离地面高度约为 2.5 m，忽略足球受到的空气阻力，则该同学罚球时对足球做的功最接近(g
取 10 m/s2)(
热点 1 对动能定理的理解[热点归纳]
1.动能与动能的变化的区别.
(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态
量，动能的变化是过程量.
(2)动能为非负值，而动能变化量有正负之分.ΔEk＞0表示物体的动能增加，ΔEk＜0 表示物体的动能减少.
2.对动能定理的理解.
(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系，是一个在数值上相等的符号.
(2)对“外力”的理解：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.
【典题 1】(多选)如图 5-2-3 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 v1 增加到 v2时，上升高度为 H，则在这个过程中，下列说法或表达式
，故 AB 错误，C 正确；对电梯，无论有
解析：电梯上升的过程中，对物体做功的有重力 mg、支持力 FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝
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，故 D 正确.答案：CD
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，即外力对物体所做的总功，对应于物体动能的变化，变化的大小由做功的多少来量度.
热点 2 动能定理的应用[热点归纳]
1.动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系.2.应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系.
3.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；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便.
4.列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验.
考向 1 动能定理的简单应用【典题 2】(2021 年黑龙江哈尔滨质检)2020 年东京奥运会上，全红婵获得 10 米跳台跳水的冠军.若跳水运动员从 10 米高处的跳台跳下，设水的平均阻力均为运动员体重的 3 倍，在粗略估算中把运动员当作质点处理，为了保证
运动员的人身安全，池水深度至少为(
方法技巧 动能定理的“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，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息.
【迁移拓展 1】(2020 年云南昆明模拟)如图 5-2-4 所示，从高为 h 的斜面体 ABC 的顶点 A 抛出一个质量为 m 的小球(视为质点)，落在底端 B 点，已知接触 B 点前的瞬间小球的动能为 Ek，取 BC 所在水平面为零势能参考平面，不计空气阻力，重力加速度为 g，则小球被抛出时的速度大
考向 2 用动能定理求解变力做的功[热点归纳]
应用动能定理求变力做功时应注意的问题：
(1)所求的变力做的功不一定为总功，故所求的变力做
的功不一定等于ΔEk.
(2)合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不
(3)若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力做的功若为负功，可以设克服该力做功为 W，则表达式中应用－W(也可以设变力做的功为 W，则字母 W本身含有负号).
A 端，则在整个过程中，下列说法不正确的是( )
【典题 3】(2019 年江淮十校联考 )如图 5-2-5 所示，木板长为 L，木板 B 端放有质量为 m 的静止物体，物体与板的动摩擦因数为μ，开始时板水平，现缓慢地抬高 B 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物体开始滑动，此时停止转动木板，小物体滑到木板
A.摩擦力对小物体做功为μmgLcs αB.支持力对小物体做功为 mgLsin αC.重力对小物体做功为 0
D.木板对小物体做功为 mgLsin α－μmgLcs α
解析：在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为α的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功.摩擦力为μmgcs α，则摩擦力对物块做功Wf＝－μmgLcs α，故 A 错误； 在木板从水平位置开始转
动到与水平面的夹角为α的过程中，支持力对物块做功，物块下滑的过程中，支持力不做功，设前者做功为 WN，根据动能定理得：WN－mgLsin α＝0，得 WN＝mgLsin α.故 B 正确；根据重力做功的特点可知，整个过程中，重力做功为0，故 C 正确；设在整个过程中，木板对物块做功为 W，则 W＝mgLsin α－μmgLcs α.故 D 正确.
考向 3 动能定理在多过程问题中的应用[热点归纳]1.分析思路.
(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的
受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况.
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种
力在不同的运动过程中的做功情况.
(3)功能关系分析：运用动能定理、功能关系或能量守
恒定律进行分析，选择合适的规律求解.
(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对
(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为
突破口，寻求解题最优方案.
【典题 4】如图 5-2-6 甲所示，一群轮滑爱好者在 U形池内练习轮滑.其中某位质量 m＝50 kg(含装备)的爱好者自由滑行(不用力蹬地)时的运动轨迹如图甲中虚线所示，
图乙为示意图.AB、CD 段曲面均为半径 R＝6 m 的
圆弧，且与长为 l＝5 m 的粗糙水平面 BC 相切.他从 A 点以v0＝4 m/s 的速度出发，经 BCD 滑到高出 D 点 hDE＝0.2m的 E 处返回.忽略空气阻力，g 取 10 m/s2.求：
图 5-2-6(1)轮滑爱好者在水平面 BC 运动时所受的阻力大小.(2)轮滑爱好者第三次到达 B 点前瞬间受到曲面的支持力大小.(3)轮滑爱好者最后停止的位置离 C 点的距离.
解：(1)以 A 点为初位置，E 点为末位置，由动能定理，代入数据可得 f＝60 N.(2)第三次经过 B 点时的速度与第二次相同，以 E 点为初位置，B 点为末位置，由动能定理，有
N≈1.43×103 N.
(3)以 A 点为初位置，最后停止的状态为末位置
解得在 BC 面上的总路程 s＝
由于水平面 BC 长 5 m，故此处离 C 点的距离约为1.7 m.
方法技巧 (1)应用动能定理求解往复运动问题时，要
确定物体的初状态和最终状态.
(2)重力做功与物体运动路径无关，可用 WG＝mgh 直
(3)滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，其功的大小可用 Wf＝－Ff ·s 求解，其中 s 为物体相对滑行的路程.
【迁移拓展 2】(2021 年广东惠州模拟)如图 5-2-7 所示，一个可视作质点的小物块自 A 点水平抛出，恰好落于斜面顶端 C 处，并且速度方向与斜面平行.物块沿斜面下滑与固定于斜面底端 D 处且垂直于斜面的挡板发生弹性碰撞后反向弹回，第一次恰好能返回到 C 点.已知 BC 点间距 L1 ＝1.2 m，AB 两点水平高度差 H＝0.45 m，CD 间的长度为 L2
m，g 取 10 m/s2，忽略空气阻力，sin 37°＝0.6，
cs 37°＝0.8，求：(1)物块自 A 点抛出时的初速度 v0.
(2)物体与斜面间的动摩擦因数.图 5-2-7