第6章 第二讲 第1课时 动能定理的理解及应用（课件）-【创新方案】2026年高考物理一轮复习（通用版）

动能 动能定理 第 二 讲 第1课时　 动能定理的理解及应用 （系统知能课） |纲举目张|·|精要回顾| 运动 焦耳 动能的变化 合外力 微点判断 (1)动能就是运动物体所具有的能量。 ( ) (2)(人教版课后习题)当汽车的质量减半，速度增大到原来的4倍时，汽车的动能不变。 ( ) (3)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。 ( ) (4)动能不变的物体一定处于平衡状态。 ( ) × √ × × (5)(鲁科版课后习题)汽车行驶速度增加为原来的 2 倍，则该车从开始刹车到停下的距离约增大为原来的 4 倍。 ( ) (6)(2024·浙江1月选考)把质量为m的足球斜向上踢到空中，当达到高度为h的最高点时，其动能一定减少mgh。 ( ) (7)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。 ( ) (8)(粤教版课后习题)合力对物体所做的功等于物体动能的改变量。 ( ) × √ × √ 1 逐点清(一)　动能定理的理解(基础点速过) 2 逐点清(二)　动能定理的应用(重难点疏通) CONTENTS 目录 3 逐点清(三)　动能定理与图像结合问题 (重难点疏通) 4 课时跟踪检测 逐点清(一)　 动能定理的理解(基础点速过) |关键知能|·|升维学习| ◉对物体动能的理解 1.(2025·金华模拟)一质量为0.1 kg的小球，以5 m/s 的速度在光滑水平面上匀速运动，与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹，若以弹回的速度方向为正方向，则小球碰墙过程中的速度变化量和动能变化量分别是(　 ) A.Δv=-10 m/s B.Δv=0 C.ΔEk=1 J D.ΔEk=0 √ 解析：以弹回的速度方向为正方向，则小球碰墙过程中的速度变化量为Δv=5 m/s-(-5)m/s=10 m/s，小球碰墙过程中的动能变化量为ΔEk=×0.1×52 J-×0.1×52 J=0，故D正确。 ◉对动能定理的理解 2.在一次军事演习中某高炮部队竖直向上发射一枚炮弹，在炮弹由静止运动到炮口的过程中，克服重力做功W1，克服炮膛及空气阻力做功为W2，高压燃气做功W3。则在炮弹飞出炮口时(取开始击发时炮弹的重力势能为零)(　 ) A.炮弹的重力势能为W2 B.炮弹的动能为W3-W2-W1 C.炮弹的动能为W3+W2+W1 D.炮弹的动能为W3+W2-W1 解析：取开始击发时炮弹的重力势能为零，克服重力做功W1，炮弹的重力势能增加W1，则在炮弹飞出炮口时炮弹的重力势能为W1，故A错误；根据动能定理得Ek=W3-W1-W2，故B正确，C、D错误。 √ ◉用动能定理求功 3.(2024·安徽高考)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　 ) A.Mgh B.mv2 C.mgh+mv2 D.mgh-mv2 解析：人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh-Wf=mv2-0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf=mgh-mv2，故选D。 √ 1.动能与动能变化的区别 (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)动能没有负值，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 两个关系 ①数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功 ②因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因 标量性 动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。当然动能定理也就不存在分量的表达式 逐点清(二)　 动能定理的应用(重难点疏通) [例1]　(2025·烟台模拟)(多选)一个质量为m的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角α=30°的斜面，其加速度大小为g，如图所示，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则下列方法正确的是(　 ) A.物体动能增加了mgh B.物体克服重力做功mgh C.合力对物体做功-mgh D.物体克服摩擦力做功mgh √ √ [解析]　物体沿斜面向上做匀减速直线运动，其动能减小，A错误；物体运动的加速度大小为g，方向沿斜面向下，物体所受的合力为F合=ma=mg，方向沿斜面向下，物体从斜面底端到最大高度处位移为2h，合力对物体做功为W合=-F合·2h=-mgh，故C正确；根据功的定义式得重力做功为WG=-mgh，即物体克服重力做功mgh，故B正确；根据牛顿第二定律有mgsin α+f=ma，可得物体受到的摩擦力为f=mg，则摩擦力对物体做功为Wf==-mgh，即物体克服摩擦力做功mgh，故D错误。 [规律方法] (1)在恒力作用下的直线运动问题可以应用牛顿运动定律与运动学公式结合求解，也可以应用动能定理求解。 (2)在不涉及时间的问题中，可优先考虑应用动能定理。 (3)动能定理中的位移和速度均是相对于同一参考系的，一般以地面为参考系。 (4)动能定理表达式是一个标量式，式中各项均为标量，因此，应用动能定理时不必关注速度的具体方向，也不能在某个方向上列出动能定理的表达式。 [针对训练] 1.如图所示，将质量为m的小球以初速度大小v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于(　 ) A.mg B.mg C.mg D.mg √ 解析：小球向上运动的过程，由动能定理得-(mg+f)H=0-m，小球向下运动的过程，由动能定理得(mg-f)H=m-0，联立解得f=mg，D正确，A、B、C错误。 2.(2025·重庆模拟)如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道固定在竖直平面内，最高点P与圆心O在同一水平线上，圆弧轨道半径为R，重力加速度为g，质量为m的滑块(可视为质点)，从圆弧轨道最高点P由静止开始无初速度下滑到最低点Q的过程中，滑块所受重力的瞬时功率最大值为 (　 ) A. B. C. D. √ 解析：设滑块滑到圆弧轨道某位置与O点的连线与竖直方向夹角为θ时，速度大小为v，根据动能定理有mgRcos θ=mv2，重力的瞬时功率PG=mgvsin θ，联立解得PG=mgsin θ，根据数学知识解得，当sin θ=即cos θ=时，滑块所受重力的瞬时功率有最大值，其值为PG=，故A、C、D错误，B正确。 逐点清(三)　动能定理与图像结合问题(重难点疏通) 1.四类图像所围“面积”的意义 2.解决动能定理与图像问题的基本步骤 [典例]　(2023·新课标卷)(多选)一质量为1 kg 的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是 (　 ) A.在x=1 m时，拉力的功率为6 W B.在x=4 m时，物体的动能为2 J C.从x=0运动到x=2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J D.从x=0运动到x=4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s √ √ [解析]　由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W=Fx，可看出W-x图像的斜率代表拉力F。在物体运动的过程中根据动能定理有W-μmgx=mv2，则x=1 m时物体的速度为v1=2 m/s，x=1 m时，拉力为F==6 N，则此时拉力的功率P=Fv1=12 W，A错误；0~4 m的过程，由动能定理有W'-μmgx4=Ek4-0，解得Ek4=2 J，B正确；从x=0运动到x=2 m，物体克服摩擦力做的功为Wf=μmgΔx=8 J，C正确；根据W-x图像可知在0~2 m的过程中F1=6 N，2~4 m的过程中F2=3 N，由于物体受到的摩擦力恒为f=4 N，则物体在x=2 m处速度最大，且根据选项A、B分析可知此时的速度v2=2 m/s，则从x=0运动到x=4 m的过程中，物体的动量最大为p=mv2=2 kg·m/s，D错误。 [规律方法] 动能定理与图像结合问题的分析方法 (1)首先看清楚所给图像的种类(如v-t图像、F-x图像、Ek-x图像等)。 (2)挖掘图像的隐含条件——求出所需要的物理量，如由v-t图像所围成的“面积”求位移，由F-x图像所围成的“面积”求功，在横轴的上下表示做功的正负；由Ek-x图像的斜率求合外力等。 (3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。 1.如图甲所示，质量为0.2 kg的物块受到水平向右的拉力F，以4 m/s的初速度从A点向右运动，F随位移x变化的图像如图乙所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取10 m/s2，在运动过程中物块的最大速度为 (　 ) A. m/s B. m/s C. m/s D.3 m/s √ 解析：由题图像可知，拉力减小时的表达式为F= =3.6-0.3x，物块受到的滑动摩擦力大小为f=μmg=0.3×0.2×10 N=0.6 N，当物块所受合力为零时，物块的速度最大，即F=f时物块速度最大，则有3.6-0.3x=0.6，解得x=10 m，F- x图线与横坐标轴所围成图形的面积等于拉力对物块做的功，设物块的最大速度为vm，由题图像可知，物块速度最大时，拉力对物块做的功为W=×1.8×6 J+××J=10.2 J，从物块开始运动到速度最大的过程，对物块由动能定理得W-μmgx=m-m，代入数据解得vm=m/s，故A正确。 2.(2025·潍坊模拟)(多选)质量为m=2 kg的物体在未知星球的表面以Ek0=100 J的初动能斜向上抛出，物体的初速度与水平方向的夹角为θ=37°，经时间t=1.2 s落到星球表面上，h0为整个过程物体到抛出点的最大高度，物体从抛出到最高点的过程中，物体的动能Ek与物体到星球表面的高度h的关系图像如图所示，已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。星球表面的重力加速度为g，图像中的坐标均为未知量，忽略一切阻力，则下列说法正确的是 (　 ) A.h0=1.8 m B.Ek1=80 J C.Ek1=64 J D.g=10 m/s2 √ √ √ 解析：根据Ek0=m，可得抛出时物体的初速度v0=10 m/s，抛出时竖直方向的分速度vy0=v0sin 37°=6 m/s，水平方向的分速度vx0=v0cos 37°=8 m/s，在竖直方向上根据vy0=g·=2gh0，可得g=10 m/s2，h0=1.8 m，故A、D正确；当物体到最高点时，竖直方向的速度变为零，此时物体的速度为vx0，动能为Ek1=m=64 J，故C正确，B错误。 课时跟踪检测 (单击进入电子文档) $$