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教师用书（粤教版）

本高中物理讲义聚焦动能定理的综合应用，系统梳理多过程问题的分段与全程应用方法，图像问题中利用面积求位移或功、斜率求合力的技巧，以及与平抛、圆周运动结合时的运动分解和临界条件分析，搭建从基础应用到复杂问题解决的学习支架。 该资料通过一题多解（如铅球问题对比牛顿定律与动能定理）培养科学思维，结合v-t、Ek-s图像分析强化能量观念，例题与随堂演练设计助力课中教学效率提升，课后学生可通过实例巩固，有效查漏补缺。

素养提升课七　动能定理的综合应用 【素养目标】　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。 提升点一　利用动能定理求解多过程问题 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。 学生用书第100页 　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 提示：答案：C 解析：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： 解析：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＝。 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)。 提升点二　动能定理在图像中的应用 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 答案：BC 解析：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。 “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 答案：BCD 解析：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。 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。 学生用书第101页 提升点三　动能定理在平抛、圆周运动中的应用 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； (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； (3)物块落地点到圆盘中心的水平距离s。 答案：(1)　(2)μmgR　(3) 解析：(1)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)根据动能定理有W＝mv2－0 可得W＝μmgR。 (3)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； (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：(1)3 m/s　(2)－4 J 解析：(1)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)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。 学生用书第102页 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) 答案：A 解析：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 答案：C 解析：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＋5 m＝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 答案：C 解析：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＝＝－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＝，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 答案：D 解析：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。 学科网（北京）股份有限公司 $