素养提升课7 动能定理的综合应用-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（粤教版）

该高中物理课件聚焦动能定理的综合应用，涵盖多过程问题、图像综合及平抛与圆周运动中的应用，从基础定理出发，通过分段与全程应用对比，结合图像分析和曲线运动临界条件，构建递进式学习支架，衔接前后知识。 其亮点在于以科学思维为核心，通过多方法对比（如铅球陷入沙坑的分段与全程解法）、图像信息挖掘（v-t面积求位移、Ek-s斜率求合力）及临界条件分析（圆周运动最高点速度），培养物理观念和科学推理能力。实例丰富，如往复运动路程计算、平抛与圆周结合题，助力学生提升综合解题能力，为教师提供系统教学资源，提高课堂效率。

素养提升课七　动能定理的综合应用 　　　　 第四章　机械能及其守恒定律 1．能用动能定理求解多过程问题。　 2．会处理动能定理和图像的综合问题。　 3．会应用动能定理分析平抛、圆周运动问题。 素养目标 提升点一　利用动能定理求解多过程问题 1 提升点二　动能定理在图像中的应用 2 提升点三　动能定理在平抛、圆周运动中的应用 3 课时测评 5 随堂演练　对点落实 4 内容索引 提升点一　利用动能定理求解多过程问题 返回 对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理。 1．分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，最后联立求解。 2．全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解。 3．当题目已知量和所求量不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、更方便。 4．在分段分析时，有些过程可以用牛顿运动定律，也可以利用动能定理，动能定理往往比牛顿运动定律解题更简单方便，我们可优先采用动能定理解决问题。 　　 如图所示，一质量为2 kg的铅球从离地面2 m高处自由下落，陷入沙坑2 cm深处，则沙子对铅球的平均阻力为(g取10m/s2) A．1 980 N　 B．2 000 N　 C．2 020 N 　 D．2 040 N 例1 √ 法一：应用牛顿第二定律与运动学公式求解 设铅球做自由落体运动到沙面时的速度为v，则有v2＝2gH；在沙坑中的运动阶段，设铅球做匀减速运动的加速度大小为a，则有v2＝2ah。设铅球在沙坑中运动时受到的平均阻力大小为f，由牛顿第二定律得f－mg＝ma，联立解得f＝2 020 N，故C正确。 法二：应用动能定理分段求解 设铅球自由下落到沙面时的速度为v，由动能定理得 mgH＝mv2－0，设铅球在沙中受到的平均阻力大小为f， 由动能定理得mgh－fh＝0－mv2，联立以上两式解得f＝2 020 N，故C正确。 法三：应用动能定理全程求解 铅球下落全过程都受重力，只有进入沙中铅球才受阻力f，重力做功WG＝mg(H＋h)，阻力做功Wf＝－fh，由动能定理得mg(H＋h)－fh＝0－0，代入数据解得f＝2 020 N，故C正确。 　　　如图所示，将物体从倾角为θ的固定斜面上由静止释放，物体开始向下滑动，到达斜面底端与挡板相碰后，原速率弹回。已知物体开始时距底端高度为h，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求物体从开始到停止通过的路程。 答案： 例2 物体最终停在挡板处，从开始运动到停止的过程， 由动能定理得mgh－μmg cos θ·s＝0 解得物体从开始到停止通过的路程s＝。 探究归纳 1．物体做往复运动时，如果用运动学、动力学观点去分析运动过程会十分繁琐，甚至无法确定往复运动的具体过程。这时就体现出动能定理的优势了，由于动能定理解题的优越性，求解多过程往复运动问题时，一般应用动能定理。 2．在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别： (1)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关； (2)滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功W克＝fs(s为路程)。 返回 提升点二　动能定理在图像中的应用 返回 1．首先看清楚图像的种类(如v-t图像、F-s图像、Ek-s图像等)。 2．挖掘图像的隐含条件，求出所需物理量，如利用v-t图像与t轴所包围“面积”求位移，利用F-s图像与s轴所包围“面积”求功，利用Ek-s图像的斜率求合力等。 3．再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。 　 　(多选)在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动。当速度达到vm后，立即关闭发动机滑行直至停止。v-t图像如图所示，汽车的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2，全过程中，牵引力做的功为W1，克服摩擦力做的功为W2。以下关系式正确的是 A．F1∶F2＝1∶3 B．F1∶F2＝4∶3 C．W1∶W2＝1∶1 D．W1∶W2＝1∶3 例3 √ √ 对全过程由动能定理可知W1－W2＝0，故W1∶W2＝1∶1，故C正确，D错误；W1＝F1s，W2＝F2s′，由题图可知s∶s′＝3∶4，所以F1∶F2＝4∶3，故A错误，B正确。 探究归纳 　　“0－v－0”模型全程应用动能定理比较简单，始、末动能均为零，故全程合外力做功为0。 　 　(多选)质量为2 kg的物体以50 J的初动能在粗糙的水平面上滑行，其动能的变化与位移的关系如图所示，则下列说法正确的是 A．物体运动的初速度大小为10 m/s B．物体所受的摩擦力大小为5 N C．物体运动的加速度大小为2.5 m/s2 D．物体运动的时间为2 s 例4 √ √ √ 由动能定理有fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝fs＋Ek0， 可知Ek-s图像的斜率代表物体所受的摩擦力f，结 合题图可知f＝＝－5 N；又Ek1＝＝50 J， 解得v＝5 m/s；由牛顿第二定律得，物体的 加速度为a＝＝－2.5 m/s2，则物体的运动时间t＝＝ s＝　2 s，故选B、C、D。 探究归纳 　　Ek-s图像中，斜率代表合外力，斜率的大小代表合外力的大小，斜率的正负代表合外力的方向。 返回 提升点三　动能定理在平抛、圆周运动中的应用 返回 1．动能定理与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量。 2．动能定理与圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件。 (1)水平圆盘模型中滑动的临界条件是物体与圆盘间的摩擦力达到最大静摩擦力。 (2)可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0。 (3)不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为只有重力提供向心力，有mg＝，可得vmin＝。 　　 　(2024·东莞市东华高级中学高一联考期中)如 图所示，水平圆盘边缘有一个小物块(可看作质点)，现将 圆盘由静止开始绕过圆心的竖直轴转动，缓慢增大圆盘的 角速度，当圆盘转动的角速度增大到某一数值时，物块 恰从圆盘边缘滑落。已知圆盘半径为R，物块的质量为m， 物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，水平圆盘与地面的高度差为h，重力加速度为g。求： (1)物块恰滑离圆盘边缘的线速度大小v； 答案：　 例5 滑块恰好滑离圆盘时摩擦力达到最大静摩擦， 由牛顿第二定律有μmg＝m 解得v＝。 (2)圆盘从静止开始至物块滑离圆盘过程，摩擦力对物块所做的功W； 答案：μmgR　 根据动能定理有W＝mv2－0 可得W＝μmgR。 (3)物块落地点到圆盘中心的水平距离s。 答案： 物块将沿着圆盘切线方向滑离圆盘做平抛运动，设物块落地时间为t，做平抛运动的水平位移为x，则有h＝gt2，x＝vt 解得x＝ 则可得物块落地点到圆盘中心的水平距离s＝＝。 　　　如图所示，一可以看成质点的质量m＝ 2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出 后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，其 中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面 等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53˚，轨道半径R＝0.5 m，已知sin 53˚＝0.8，cos 53˚＝0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2。 (1)求小球的初速度v0的大小； 答案：3 m/s　 例6 在A点由平抛运动规律得vA＝＝v0 小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得 mg(R＋R cos θ)＝ 联立解得v0＝3 m/s。 (2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上 摩擦力对小球做的功。 答案：－4 J 在最高点C处，有mg＝ 小球从桌面到C点，由动能定理得Wf＝ 代入数据解得Wf＝－4 J。 返回 随堂演练　对点落实 返回 1．如图所示，用平行于斜面的推力F，使质量为m的物体(可视为质点)从倾角为θ的光滑固定斜面的底端，由静止向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，撤去推力，物体刚好能到达顶端，重力加速度为g，则推力F大小为 A．2mg sin θ B．mg(1－sin θ) C．2mg cos θ D．2mg(1＋sin θ) √ 设斜面的长度为2L，对全过程，由动能定理可得FL－mg·2L sin θ＝0，解得F＝2mg sin θ，故选A。 2.(2024·中山市纪念中学高一校考)如图所示，两块弹性挡板竖直固定在水平地面上，相距8 m，一个小木块(体积很小，可视为质点)从两块挡板正中间开始以初速度10 m/s向右运动，木块与地面之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10 m/s2，每次木块与挡板碰撞后，都会以原速率反弹，则最终木块停止的位置与左边挡板距离为 A．1 m B．2 m C．3 m D．7 m √ 从开始至停下，根据动能定理可得－μmgs＝0－mv2，解得运动的总路程s＝25 m，因＋5m＝s，故停下的位置距离左边挡板距离d＝L－5 m＝3 m，故选C。 3．物体沿直线运动的v-t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，则 A．从第1 s末到第3 s末合力做功为4W B．从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W C．从第5 s末到第7 s末合力做功为W D．从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.5W √ 由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理 得，第1 s内W＝，从第1 s末到第3 s末 W1＝＝0，A错误； 从第3 s末到第5 s末W2＝0－＝－W，B错误； 从第5 s末到第7 s末W3＝m(－v0)2－0＝W，C正确； 从第3 s末到第4 s末W4＝＝－0.75W，D错误。 4．如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知小物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则 A．小物块的初速度大小是5 m/s B．小物块的水平射程为1.2 m C．小物块在桌面上克服摩擦力做功为8 J D．小物块落地时的动能为0.9 J √ 小物块在粗糙水平桌面上滑行时，由动能定理得 －μmgs＝，解得v0＝7 m/s， Wf＝－μmgs＝－2 J，A、C错误； 小物块飞离桌面后做平抛运动，由h＝gt2，x＝vt可得x＝0.9 m，B错误； 由mgh＝Ek－mv2可得小物块落地时的动能Ek＝0.9 J，D正确。 返回 课时测评 返回 1.如图所示，一薄木板倾斜搭放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接。将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，滑块沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处。滑块与木板及地板之间的动摩擦因数相同。现将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放，则滑块最终将停在 A．P处　　　B．P、Q之间　　　C．Q处　　　D．Q的右侧 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 设木板长为L，滑块在水平地板上滑行位移为x，木板倾角为θ，全过程由动能定理得mgh－(μmgL cos θ＋μmgx)＝0，则滑块总的水平位移s＝L cos θ＋x＝，与木板长度及倾角无关，改变L与θ，水平位移s不变，滑块最终仍停在Q处，故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2．如图所示，物块(可视为质点)以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动，恰好到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为(重力加速度为g，水平轨道与斜轨道平滑连接) A． B． C． D． √ 物块由A运动到B的过程中，由动能定理可得－mgh－W克＝0－，物块由B运动到A的过程中，由动能定理可得mgh－W克＝，联立解得v1＝，故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3．如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，AB＝2BC。小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是 A．tan θ＝ B．tan θ＝ C．tan θ＝2μ1－μ2 D．tan θ＝2μ2－μ1 √ 小物块P从A点到C点过程，由动能定理得mg·AC·sin θ－μ1mg cos θ·AB－μ2mg cos θ·BC＝0，又AB＝2BC，则有tan θ＝，B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.(多选)在某次帆船运动比赛中，质量为500 kg的帆船，在风力和水的阻力共同作用下做直线运动的v-t图像如图所示。下列表述正确的是 A．在0～1 s内，风力对帆船做功1 000 J B．在0～1 s内，合外力对帆船做功1 000 J C．在1～2 s内，合外力对帆船做功750 J D．在0～3 s内，合外力对帆船做的总功为0 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 在0～1 s内，根据题图和动能定理得W合＝ΔEk＝mv 2 ＝×500×22 J＝1 000 J，合外力做的功W合＝W风－ W阻，故风力对帆船做功大于1 000 J，故A错误，B正 确；在1～2 s内，根据题图和动能定理得W合＝ΔEk＝×500×1 J－×500×4 J＝－750 J，故C错误；在0～3 s内，根据题图和动能定理得W合＝ΔEk＝0，故合外力做的总功为0，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.(多选)如图甲所示，质量m＝2 kg的物体以100 J的初动能在粗糙程度相同的水平地面上滑行，其动能Ek随位移s变化的关系图像如图乙所示，则下列判断中正确的是 A．物体运动的总位移大小为10 m B．物体运动的加速度大小为10 m/s2 C．物体运动的初速度大小为10 m/s D．物体所受的摩擦力大小为10 N √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 由题图乙可知，物体运动的总位移为10 m， 根据动能定理得－fs＝0－Ek0，解得f＝ ＝ N＝10 N，故A、D正确；根据牛顿 第二定律得，物体的加速度大小为a＝＝ m/s2＝5 m/s2，故B错误；由Ek0＝mv2得v＝＝ m/s＝10 m/s，故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.(多选)(2024·广州市高一联考期中)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阻力作用。距地面高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g＝10 m/s2。该物体的质量m和所受的阻力f是 A．m＝2 kg 　B．m＝1 kg　 C．f＝1 N　 D．f＝2 N √ √ 物体上升过程，根据动能定理有－(f＋mg)Δh＝36 J－72 J，同理，物体下落过程，有(mg－f)Δh＝48 J－24 J，联立解得m＝1 kg，f＝2 N。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 7.如图所示，在半径为0.2 m的固定半球形容器中，一质量 为1 kg的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止开始下滑， 到达最低点B时，它对容器的正压力大小为15 N。取重力加 速度为g＝10 m/s2，则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为 A．0.5 J　　　　B．1.0 J　　　　C．1.5 J　　　　D．1.8 J √ 在B点，由牛顿第三定律得FN＝FN′＝15 N，则FN－mg＝m，A滑到B的过程中运用动能定理得mgR＋Wf＝－0，解得Wf＝－1.5 J，所以球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为1.5 J，C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动，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。如图为拉力F随位移s变化的关系图像，取g＝10 m/s2，则据此可以求得 A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25 B．物体匀速运动时的速度为v＝4 m/s C．合外力对物体所做的功为W合＝32 J D．摩擦力对物体所做的功为Wf＝－64 J √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 物体做匀速运动时，受力平衡，则f＝8 N， μ＝＝＝＝0.4，故A错误；F-s图像与 s轴围成的面积表示拉力做的功，则由题图可知 WF＝×(4＋8)×8 J＝48 J，滑动摩擦力做的功 Wf＝－μmgs＝－0.4×2×10×8 J＝－64 J，所以合外力做的功为W合＝Wf＋WF＝－64 J＋48 J＝－16 J，故C错误，D正确；根据动能定理得W合＝0－，解得v0＝＝ m/s＝4 m/s，故B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(多选)如图所示，轨道abcd各部分均平滑连接，其 中ab、cd段为光滑的圆弧，半径均为1 m；bc段是 粗糙水平直轨道，长为2 m。质量为2 kg、可视为质点的物块从a端静止释放(未画出)，已知物块与bc轨道间的动摩擦因数为0.1，g＝10 m/s2。下列说法正确的是 A．物块第一次沿cd轨道上升的最大高度为0.8 m B．物块第一次沿cd轨道上升到最高点时对轨道的压力为20 N C．物块最终将停在轨道上的b点 D．物块最终将停在轨道上的c点 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 物块开始运动到第一次沿cd轨道上升到最大高度的 过程中，由动能定理得mgR－μmgL－mgh＝0， 解得h＝0.8 m，A正确；物体的重力为20 N，物块 第一次沿cd轨道上升到最高点时对轨道的压力为重力沿着半径方向的分力，小于重力，B错误；设物体从开始运动到停下在水平直轨道上运动的路程为s，由动能定理得mgR－μmgs＝0，解得s＝10 m，bc段粗糙水平直轨道长为2 m，可知物块最终将停在轨道上的c点，C错误，D正确。故选AD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.(10分)如图所示，半径R＝1 m的圆弧轨道下端与 一光滑水平轨道连接，水平轨道离水平地面高度h＝ 1 m，有一质量m＝1.0 kg的小滑块自圆轨道最高点 A由静止开始滑下，经过水平轨道末端B时速度大小为4 m/s，滑块最终落在地面上，g取10 m/s2 ，不计空气阻力，试求： (1)滑块落在地面上时速度的大小； 答案：6 m/s　 从B点到地面这一过程，只有重力做功，根据动能定理有mgh＝，代入数据解得v＝6 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做的功。 答案：2 J 设滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做的功为Wf，从A到B这一过程根据动能定理有mgR－Wf＝－0，解得Wf＝2 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.(12分)(2024·江门市高一统考期末)一条滑雪 道如图所示，倾斜滑道AB、CD段的倾角均为37˚。 AB段长度为L＝100 m，动摩擦因数为μ；半径 R＝20 m的BC段为圆弧滑道，与AB段平滑连接。 一滑雪者连同装备(视为质点)总质量m＝70 kg， 从A点由静止出发沿着滑道下滑，从C点水平抛出落到N点，NC段长度为d＝75 m，将滑雪者从B至C的运动看作匀速圆周运动。忽略运动过程中所受的空气阻力，sin 37˚＝0.6，cos 37˚＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)运动到C点时滑雪者速度的大小和滑雪者对滑道压力的大小； 答案：20 m/s　2 100 N　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 从C处开始做平抛运动， 竖直方向有d sin 37˚＝gt2 水平方向有dcos 37˚＝vCt 解得vC＝20 m/s 由牛顿第二定律得FN－mg＝ 解得FN＝2 100 N 由牛顿第三定律可知滑雪者对滑道的压力为FN′＝FN＝2 100 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)滑道AB段的动摩擦因数μ。 答案：0.5 从A到B由动能定理得 mgL sin 37˚－μmgL cos 37˚＝－0 在B处vB＝vC＝20 m/s 解得μ＝0.5。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12．(12分)如图所示，光滑固定斜面AB的倾角θ＝53˚， BC为水平面，BC长度lBC＝1.1 m，CD为光滑的圆弧， 半径R＝0.6 m。一个质量m＝2 kg的物体，从斜面上 A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道在B、C两点平滑连接。当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h＝0.2 m。不计空气阻力，sin 53˚＝0.8，cos 53˚＝0.6，g取　10 m/s2。求： (1)物体第一次运动到C点时的速度大小vC； 答案：4 m/s　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 物体由C点运动到最高点，根据动能定理得－mg(h＋R)＝0－ 代入数据解得vC＝4 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (2)A点距离水平面的高度H； 答案：1.02 m　 物体由A点运动到C点，根据动能定理得mgH－μmglBC＝－0 代入数据解得H＝1.02 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 返回 (3)物体最终停止的位置到C点的距离s。 答案：0.4 m 从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得mgH－μmgs1＝0 代入数据解得s1＝5.1 m 由于s1＝4lBC＋0.7 m 所以物体最终停止的位置到C点的距离为s＝0.4 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 谢 谢 观 看 ！ 第四章　 机械能及其守恒定律 $