第6章 第4节 动能和动能定理-【高考零起点】2026年新高考物理总复习教用课件（艺考）

该高中物理高考复习课件聚焦“动能和动能定理”核心考点，依据高考评价体系梳理了动能概念、动能定理表达式及应用等考查要求，通过近五年真题分析明确动能定理在多过程问题、曲线运动中的应用占比达60%以上，归纳了直线运动、平抛与圆周运动结合等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“高考真题精析+科学思维培养”，如2022全国甲卷圆周运动压力问题、2021山东卷摩擦力做功问题，通过模型建构和科学推理剖析解题思路，提炼动能定理应用“过程分析—做功判断—方程列写”三步法，助力学生掌握得分技巧，为教师提供系统复习框架和学情诊断依据。

第六章　机械能守恒 第四节　动能和动能定理 生物 1 目 录 ONTENTS C [典例精析] [知识梳理] [巩固练习] 生物 2 知 识 梳 理 生物 3 1.物体由于运动而具有的能量，称为动能。动能的单位是焦耳(J)，常用Ek表示。 2.如果一个物体质量为m，速度为v，则这个物体的动能表达式为Ek=mv2。 3.动能定理：合外力对物体所做的总功等于物体动能的增量。当做正功时物体动能增加，做负功时物体动能减少，做功为零时动能不变。 4.合外力对物体所做的功等于物体所受各分力对物体做功的代数和。 返回 第四节　动能和动能定理 4 典 例 精 析 生物 5 例1　 如图所示，光滑的圆弧的半径R=0.8 m，有一个可视为质点的质量m=1 kg的物体，从A点从静止开始下滑到B点，然后沿水平面运动到C点静止，物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，g取10 m/s2，求： 返回 第四节　动能和动能定理 6 (1)物体到达B点时的速度大小： 从A点到B点,物体只受重力和支持力的作用,但支持力的方向始终垂直于速度方向,所以支持力不做功,这个过程只有重力做功。由动能定理: mgR=m,解得vB==4 m/s。 －8 J 解析 答案 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)BC间的距离x； 由B到C,只有摩擦力给物体做功,所以由动能定理可得:m=μmgx,解得x=4 m 解析 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)物体从A到C的过程中摩擦力对物体做的功。 从A到C 的过程中摩擦力对物体做的功 Wf=－μmgx=－8 J 解析 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 例2　一轻弹簧左端固定在墙壁上，右端自由，一质量为m的滑块从距弹簧右端L0的P点以初速度v0正对弹簧运动，如图所示，滑块与水平面的动摩擦因数为μ，在与弹簧碰后又反弹回来，最终停在距P点为L1的Q点，求在滑块与弹簧的碰撞过程中弹簧的最大压缩量。 返回 第四节　动能和动能定理 10 设弹簧最大压缩量为x,在滑块向左运动的过程中,由动能定理可得:－μmg(x＋L0)－W弹=0－m 在滑块返回的过程中,由动能定理得 W弹－μmg(x＋L0＋L1)=0 解得x=－L0 －L0 解析 答案 返回 第四节　动能和动能定理 巩 固 练 习 生物 12 答案 1.(多选)起重机将质量为500 kg的物体由静止竖直向上吊起2 m高，此时物体的速度大小为1 m/s，如果g取10 m/s2，则( 　　) A.起重机对物体做功250 J B.起重机对物体做功1.025×104 J C.物体受到的合力对它做功250 J D.物体受到的合力对它做功1.025×104 J BC 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13 将物体向上吊起h=2 m过程中,应用动能定理可知合外力对物体做功W=mv2=250 J,C正确,D错误;又起重机对物体做功WF=mgh＋W,可得WF=1.025×104 J,A错误,B正确。 解析 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 2.(2021山东卷)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为 (　　) A. C. B 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15 在运动过程中,只有摩擦力做功,而摩擦力做功与路径有关,根据动能定理有－f·2πL=0－m,可得摩擦力的大小f=,故选B。 解析 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 3.如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是 (　　) A.mgh－mv2 B.mv2－mgh C.－mgh D.－ 由A到C的过程运用动能定理可得－mgh＋W=0－mv2,所以W=mgh－mv2,故A正确。 A 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17 答案 4.如图所示，一个小球质量为m，静止在光滑的轨道上，现以水平力击打小球，使小球能够通过半径为R的竖直光滑轨道的最高点C，则水平力对小球所做的功至少为 (　　) A.mgR B.2mgR C.2.5mgR D.3mgR C 设小球恰好能通过最高点C时的速度为v,则有mg=,此时水平力对小球所做的功记为W,W－2mgR=mv2,联立两式可得W=2.5mgR,选项C正确。 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18 解析 答案 5.如图所示，斜面高为h，质量为m的物块在沿斜面向上的恒力F作用下，能匀速沿斜面向上运动，若把此物块放在斜面顶端，在沿斜面向下同样大小的恒力F作用下物块由静止向下滑动，滑至底端时其动能的大小为 (　　) A.mgh B.2mgh C.2Fh D.Fh B 向上运动过程由动能定理得FL－FfL－mgh=0;向下运动过程由动能定理得FL－FfL＋mgh=Ek－0,解得Ek=2mgh,B正确。 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19 答案 6.如图所示，斜面倾角θ=30°。把一个小球从某位置以初动能Ek0水平向左抛出，小球垂直落在斜面上，在此过程中小球重力做功为(不计空气阻力) (　　) A.Ek0 B.3Ek0 C.4Ek0 D.8Ek0 B 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 如图所示,垂直撞击斜面,则撞击斜面时的速度大小v==2v0,动能为mv2=4×m=4Ek0,应用动能定理得重力做功为3Ek0,B正确。 解析 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 7.(2022全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于 (　　) A. B. C. D. D 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 22 运动员从a到c根据动能定理有mgh=m。在c点有FNc－mg =m、 ≤kmg，联立有Rc≥，故选D。 解析 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 8.如图所示，篮球运动员在空中一个漂亮的投篮，质量m=0.5 kg的篮球与水平面成45°角准确落入篮筐。已知投篮时投球点和篮筐正好在同一水平面上，投球点和篮筐距离为10.0 m，g=10 m/s2，忽略空气阻力。则篮球进筐时的动能为 (　　) A.30 J B.25 J C.20 J D.15 J B 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 24 由对称性和平抛运动规律，可得x=2v0t，v0=gt，篮球进篮筐时的速度v=，篮球进筐时的动能Ek=mv2，联立代入数据解得Ek=25 J，故选B。 解析 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9.如图所示，一质量为m的物块(可视为 质点)，沿倾角为θ的光滑固定斜面由静 止下滑，当它在竖直方向下落了h高度时， 取释放点A所在的水平面为零势能面，则 下列说法正确的是 (　　) A.物块在B处的重力势能为mgh B.从A到B物块的重力势能变化量为mgh C.物块运动到B点时重力的瞬时功率为mgsin θ D.从A到B斜面对物块的弹力做功为－mghcos2θ 答案 C 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 26 取释放点A所在的水平面为零势能面，则物块在B处的重力势能为－mgh，选项A错误；物块在A处的重力势能为0，则从A到B物块的重力势能变化量为－mgh，选项B错误；设物块运动到B点时的速度为v，根据动能定理有mgh=mv2，解得v=，则重力的瞬时功率P=mgvy=mgsin θ，选项C正确；弹力始终与速度方向垂直，所以从A到B斜面对物块的弹力做功为0，选项D错误。故选C。 解析 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10.一个物体以初速度v竖直向上抛出，它落回原处时的速度为，设运动过程中阻力大小保持不变，则重力与阻力之比为 (　　) A.5∶3 B.4∶3 C.2∶1 D.1∶1 答案 A 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 28 上升的最大高度为h，阻力f，整个过程由动能定理有－2fh= mmv2，得f=，上升过程，由动能定理有－mgh＋(－fh)=0－mv2，得mg=，所以=，选A。 解析 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11.如图所示，ABCD是一个盆式容 器，盆内侧壁与盆底BC的连接处 都是一段与BC相切的圆弧，BC是 水平的，其距离d=0.50 m。盆边缘 的高度h=0.30 m。在A处放一个质 量为m的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数μ=0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为 (　　) A.0.50 m B.0.25 m C.0.10 m D.0 答案 D 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 30 设小物块在盆底滑动的路程为L，由动能定理得mgh＋(－μmgL)=0，得L=3 m，d=0.5 m，=6，所以小物块最终停在B点，选D。 解析 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12.(多选)某人通过光滑滑轮将质量为m的体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示。则在此过程中 (　 　) A.物体所受的合力做功为mgh＋mv2 B.物体所受的合力做功为mv2 C.人对物体做的功为mgh D.人对物体做的功大于mgh 答案 BD 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 32 由动能定理知，合外力做功W=mv2，B正确；人的拉力F做正功，物块的重力做负功WG=－mgh，动能增加，所以WF＞mgh，D正确。选B、D。 解析 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13.取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为 (　　) A. C. 答案 B 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 34 物块在抛出点重力势能与动能恰好相等，即mgh=m，从抛出到落地，由动能定理得mgh=mv2－m，解得v=v0，落地时速度与水平方向夹角为θ，则cos θ=，所以θ=，选B。 解析 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14.(2021全国甲卷)(多选)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek。向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知sin α=0.6，重力加速度大小为g。则 (　 　) A.物体向上滑动的距离为 B.物体向下滑动时的加速度大小为 C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5 D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长 答案 BC 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 36 物体从斜面底端回到斜面底端，根据动能定理有－μmg·2lcos α=－Ek，物体从斜面底端到最高点，根据动能定理有－mglsin α－μmglcos α=0－Ek，整理得l=，μ=0.5，A错误，C正确；物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma下=mgsin α－μmgcos α，求解得出a下=，B正确；物体向上滑动时根据牛顿第二定律有ma上=mgsin α＋μmgcos α，由上式可知a上 ＞ a下，由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相等的位移，根据公式l=at2，可得出t上＜t下，D错误。故选B、C。 解析 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15.(2021湖北卷)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 (　　) 答案 A 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 38 A.m=0.7 kg， f=0.5 N B.m=0.7 kg， f=1.0N C.m=0.8 kg， f=0.5 N D.m=0.8 kg， f=1.0N 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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(mgsin30°－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。 解析 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16.如图所示，与水平面夹角θ=60°的斜面和半径R=0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数μ=，g取10 m/s2，求： 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 41 (1)滑块在C点的速度大小vC； 通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零，对滑块，在C点由牛顿第二定律可得mg=m，所以vC== m/s=2 m/s； 2 m/s 解析 答案 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)滑块在B点的速度大小vB； 滑块在光滑圆轨道上运动时机械能守恒，故有 mm＋mgR(1＋cos 60°) 解得vB=4 m/s； 4 m/s 解析 答案 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)A、B两点间的高度差h。 滑块从A到B只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得：mgh－μmgcos 60°·=m 解得h=m。 m 解析 答案 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17.如图，光滑水平面AB与竖直面的半圆形导轨在B点相连接，导轨半径为R，一质量为m的静止木块在A处压缩弹簧，释放后，木块获得一向右的初速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力是其重力的7倍，之后向上运动恰能通过轨道顶点C，不计空气阻力，试求： 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 45 (1)弹簧对木块所做的功； 设木块经过B点进入半圆形导轨瞬间，所受支持力为FN，则由牛顿第二定律有FN－mg=m，由题意和牛顿第三定律得FN=7mg 可得木块经过B点的动能m=3mgR 由动能定理得：弹簧对木块做的功与B点动能相等，为3mgR 3mgR 解析 答案 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)木块从B到C过程中克服摩擦力做的功； 木块恰能通过轨道最高点C，在C点，由牛顿第二定律得mg=m 木块从B到C过程中，运用动能定理得－mg·2R－Wf=mm 由上各式可得Wf=mgR mgR 解析 答案 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)木块离开C点落回水平面所需的时间和落回水平面时的动能.   2mgR 解析 答案 木块从C点落回水平面是平抛运动，所需时间t==2。木块离开C点落回水平地面的过程只有重力做功，故该过程机械能守恒，设地面为零势能面，木块离开C点落回水平地面时的动能Ek=m＋mg·2R=mgR。 解析 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18.如图所示为一简化后的跳台滑雪的 雪道示意图，某运动员从O点由静止开 始，在不借助其他外力的情况下，自由 滑过一段圆心角为60°的圆弧轨道后从 A点水平飞出，经t=3 s后落到斜坡上的B 点。已知A点是斜坡的起点，圆弧轨道半径为80 m，斜坡与水平面的夹角θ=30°，运动员的质量m=50 kg，重力加速度g=10 m/s2，空气阻力忽略不计。求： 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 49 (1)运动员到达B点时的速度的大小； 运动员从A点滑出后做平抛运动，从A到B水平方向有x=vAt 在竖直方向有y=gt2 物体落在B点，有tan θ= 联立解得vA=15 m/s，y=45 m 运动员从A到B过程中只有重力做功，根据动能定理有 mgy=mm， 代入数据解得vB=15 m/s 15 m/s 解析 答案 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)在圆弧轨道上摩擦阻力对运动员做的功。 运动员在圆弧轨道上只有重力和摩擦阻力做功，根据动能定理有 mg(R－Rcos 60°)＋Wf=m－0， 代入数据解得：Wf=－3 125 J －3 125 J 解析 答案 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19.(2021全国乙卷)一篮球质量m=0.60 kg，一运动员使其从距地面高度h1=1.8 m处由静止自由落下，反弹高度h2=1.2 m。若使篮球从距地面h3=1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间t=0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g=10 m/s2，不计空气阻力。求： 答案 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 52 (1)运动员拍球过程中对篮球所做的功； 第一次篮球下落的过程中由动能定理可得E1=mgh1，篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得0－E2=－mgh2，第二次从1.5 m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得W＋mgh3=E3，第二次从1.5 m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得0－E4=0－mgh4，因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系，代入数据可得W=4.5 J。 W=4.5 J 解析 答案 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。 因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，据有牛顿第二定律可得F＋mg=ma，在拍球时间内运动的位移x=at2，做的功W=Fx，联立可得F=9 N(F=－15 N舍去)。 F=9 N 解析 答案 返回 第四节　动能和动能定理 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 感谢聆听 55 $