第4章 第2讲 动能和动能定理-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮讲义（鲁科版）

第四章功和机械能 第1讲机械功和功率 课前双基复盘 知识点一 1.位移2.(1)位移(2)恒力3.位移速度≤≤ 知识点二 1.时间2.快慢3.(1)平均功率(2)平均功率瞬时 功率4.(1)正常工作最大(2)实际工作小于或 等于 课堂研透考点考点一跟进题组 1.A2.D 考点二典题例析 [典例1][解析](1)由于木板匀速运动，则有 2Fcos 0=f, 解得 f=450N; (2)根据功的定义式有 W=2Fscos 0, 解得 W=9.0×103J: (③)派据功率的定义P?,有 P=600W. [答案](1)450N (2)9.0×103J (3)600W [典例2]BD[根据竖直上抛规律，可知离开地面后瞬 同速度为一×高，=员贴，速度-时间图像与时问轴 3 围成的面积表示位移，可知该同学重心上升的最大高度 3 ×109 h=2一200，，故B正确，A错误；个周期内克 服重力做功W=mgh,克服重力做功的平均功率P= g解得P品mg故C错误，D正扇门 to 考点三典题例析 [典例3]C[这一过程中电动机的功率恒为P,根据P =F,可知随着小车速度的增加，小车受到的牵引力逐 渐减小，而阻力恒定，故加速过程中小车所受合外力发 生变化，故A错误；当牵引力等于阻力时，速度最大，则 加速过程中小车所受阻力为∫=卫，故C正确；加速过程 中，根据动能定理可得小车受到的合外力所做的功为 W。=P1-f红=合m<P,可得小车受到的牵引力做 的功为W==在+子m暖解件=一故B D错误.门 [典例4]BD[汽车受到地面的阻力恒为车重的行，则阻 力F=言mg=号×3X10X10N=600N:由题图知前 1 4s的加速度a-会智-3m《,由牛领第二定律知前4s 内的牵引力F=F,+ma,得F=(6000+3×10×3)N= 1.5X10N,4s末达到额定功率，P=F=1.5×10×12W P题_1.8×10， =18X10W=180kW,最大速度wm=元=6000m/s =30m/s,汽车在简4s内的位移为s=合ai=子×3 ×4'm=24m,则牵引力做的功W=Fs=1.5×10×24J= 3.6×10J,故A、C错误，B、D正确.] 考点四[典例5]C[设弹簧的劲度系数为k,则弹簧 形变量为x时，弹力大小为F=x,假设PQ=QO=xo, 则在PQ段，弹簧对该物块所做的功为W1= k…2x十k西·=之 2 kx,在Q0段，弹簧对该物块所 微的功w,=告·么=名，联立可得货=8，故 选C. [典例6]A[由于水桶匀速上升，拉力和重力相平衡，拉 力对水桶做的功可借助图像的面积来求，即：W= mgm坚，代入数据可得：W=280J,故A正确；B.CD 2 错误.] [典例7]C[滑块到C点时速度最大，其所受合力为零， 则有Fc0s53°-mg=0,解得F=号mg:拉力F微的功 等于轻绳拉力对滑块做的功，滑轮与A间绳长L1= d d sn37,滑轮与C间绳长L,=n53,滑轮右侧绳子增 大的长度△L1sn37一n53-没，拉力微 功W=FaL=瓷mgd,选项C正确，A、B.D错误.] 第2讲动能和动能定理 课前双基复盘 知识点一 1.运动 1 2.之mv3.焦耳4.标量5.之mv-2mu 知识点二 1.动能2.m-子m听3合外力4.1)曲线运动 (2)变力做功(3)不同时作用 课堂研透考点考点一典题例析 [典例1]C[动能表达式为E=是m,由题意可知小 车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲 板时速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运 动，从离开甲板到到达海面上时间不变，根据x=V平， 可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离 为调整前的2倍，门 [典例2]D[人在下滑的过程中，由动能定理可得gh -w=2mu-0, 可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为W:=mgh 2mu.] [典例3][解析](1)雪块在屋顶上运动过程中，由动能 定理mg sine9-mg cose9·x=之m听-0，代入数据解 得雪块到A点速度大小为vo=5m/s: (2)雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理gh= 1 m听-之m听，代入数据解得雪块落到地面时速度大 小y=8m/s, 速度与水平方向夹角a,满足c0sa=c0s9=5X0.8 01 8 之，解得a=60 1 L答案](1)5m/s(2)8m/s,60 考点二典题例析 [典例4们A[对两种运动的整个过程根据能量守恒有 立m=Amgx十mg（x一xN),之mG= 1 ngIMN十2ng(x2一xMN）, 可得x1=x2,故CD错误； 根据牛顿第二定律以mg=a,可得a=g, 由于1>2，故滑块在MN上时的加速度大，根据前面 分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程中 t图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离 M点的距离较近，根据公式2一=2gx可知第二次 到达M点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的 U-t图像， →t tt 可得t2>t1,故A正确，B错误；故选A] [典例5][解析](1)0~1m,F做功W=Fx=1.5×1J =1.5J: (2)对AB整体，根据牛顿第二定律F-f=2ma, 其中f=mmg, 对B,根据牛顿第二定律FAn=ma,联立解得FA=0. 5N; (3)当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，根据(2)分析 可知此时F'=0.5N,此时x=3m, 此过程中，A、B开始分离，对A、B,根据动能定理W。一 umR-2X2m, 根据题图可得w=1,5J十0.51.5×2J=3.5J, 2 1 从P点到M点，根据动能定理一mg·2rmx=之mvm 1 mw2, 在M点的最小速度满足mg=m, Tmax 联立可得rx=0.2m, 即圆孤半径满足的条件≤0.2m. [答案](1)1.5J(2)0.5N(3)r≤0.2m 素养培优7动能定理在多过程中的应用 培优点一典题例析 典例1][解析](1)小孩沿斜槽AB下滑到B点时，根 据动能定理Mgh-=是M6-0, 其中f=Mgcos9,s=sim日 h 联立解得=2√22m/s. (2)小孩从B滑到C的过程中，根据动能定理得MgR(1 -cos M. 解得e=10m/s, 在C点，旅据牛顿第二定徐有F-Mg=M爱， 解得F=1300N, 根据牛顿第三定律，小孩滑到C点时对圆孤槽BC的压 力大小为F=F=1300N: (3)小孩在长木板上滑动，小孩加速度大小为 a=Mg=2 m/s', M 长木板加建度大小为4-Ms么Mmg=1m/5: 由题意可知小孩到达木板左端时，两者刚好共速共，设 所用时间为t,则有v共=c一at,v共=at, 解件1=号=号ms, 10 3 根据位移关系可得木板的长度为x=x孩一x板 Uc十U共 2 50 [答案](1)2V√22m/s(2)1300N(3) 3m 培优点二典题例析 「典例2]「解析(1)因为摩擦力始终对物体做负功，所 以物体最终在圆心角为28的圆弧轨道上做往复运动. 对整体过程由动能定理，得 mgR·cos8-ngcos日·s=0, 所以总路程为s= R (2)对B→E过程mgR(1-c0s6)=m, ① g贤， ② 由①②，得F、=(3-2c0s)mg, 由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力是 (3-2cos9)·mg,方向竖直向下. (3)设物体剧好到D点，则mg=受， ③ L取最小值时，对全过程由动能定理，得 mgLsin 0-uumgcos 0.L-mgR(1+cos 0)=1 mui,④ 3+2c0s8 由80，得L=2(sin9=c0s·R. 3+2c0s8 故应满足的条件为L'>2(sin9c0sD·R. [答案](1)尽 (2)(3-2cos)mg,方向竖直向下 (3)L'≥ 3+2c0s8 2sin9-pcos 0)·R 第3讲机械能守恒定律及其应用 课前双基复盘 知识点一 1.(1)高度差(2)机械能2.mgh标量地球参考平 面绝对无关3.减少增加一△E, 知识点二 1.弹性形变2.减少增加 -△E 知识点三 1.动能势能重力弹性2.(1)重力或弹力转化 1 不变(3)mgh,十之m号 课堂研透考点考点一跟进题组 1.B2.D 考点二典题例析 [典例1][解析](1)运动员到达C点时，根据机械能守 恒定律可得mgH=之me, 在C点根据牛顿第二定律有 Fv一mg=mR, 联主可得下=m(十没) 根据牛顿第三定律可得运动员滑到C,点时对轨道的压 力大小为mg(+)方向竖直向下： (2)运动员从A到D根据机械能守恒定律可得 1 mg(H-h)=2mvo, 解得o=√2g(H-h), 离开D点时速度方向与水平方向的夹角为30°，则运动 员做斜抛运动，可得运动员滑离D点后到达最高点时的 速率为u,=nc0s30°=√6g(H—D 2 5第2讲动能 课前双基复盘 知识点一动能 1.定义：物体由于 而具有的能， 2.公式：Ek= ,)为瞬时速度，动能是 状态量 3.单位：，1J=1N·m=1kg·m/s2 4.标矢性：动能是，只有正值. 5.动能的变化量：△Ek=Ek2一Ek1= 知识点二动能定理 1.内容：合外力对物体所做的功等于物体 的变化. 课堂研透考点 考点一对动能 考点透视 1.动能定理公式中“=”体现的“三个关系” 合力的功与物体动能的变化 数量关系 可以等量代换 单位关系 国际单位都是焦耳 合力做的功是物体动能变化 因果关系 的原因 2.应用动能定理解题的基本思路 明确 分段 研究 分析 合外力做 末、初 W合=E2-E1 对象 全程 力 的总功 典题例析 典例1(2024·全国新课标卷，T15)福建舰 是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母 舰.借助配重小车可以进行弹射测试，测试 时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后， 落到海面上.调整弹射装置，使小车水平离开 甲板时的动能变为调整前的4倍.忽略空气阻 力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的 水平距离为调整前的 A.0.25倍 B.0.5倍 C.2倍 D.4倍 57 和动能定理 :材盘点落实双基 2.表达式：W=△Ek= 3.物理意义： 对物体做的功是物体动 能变化的量度。 4.适用条件 (1)既适用于直线运动，也适用于 (2)既适用于恒力做功，也适用于 (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用， 也可以 :点考向讲练提升 动能定理的理解 典例2(2024·安徽卷，T2)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.m C.mghm D.mgh- 典例3(2025·黑吉辽蒙卷， 0 13)如图，一雪块从倾角0= A 37°的屋顶上的O点由静止开 始下滑，滑到A点后离开屋顶. O、A间距离x=2.5m,A点距 地面的高度h=1.95m,雪块与屋顶的动摩 擦因数4=0.125.不计空气阻力，雪块质量 不变，取sin37°=0.6.重力加速度大小g= 10m/s2.求： (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小vo; (2)雪块落地时的速度大小℃，，及其速度方 向与水平方向的夹角α. 听课记录 考点二动能 考点透视 1.解题流程 受力儿个力？恒做功是否做功？正 分析还是变力？ 情况功还是负功？ 确定研究 动 对象和研， 动能分份价段 系 或全程 究过程 学 定理列方程 运动 运动性质 动能明确初动能 分析 及特点 分析末动能 2.注意事项 (1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同 一个参考系的，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， 5& 方法技巧用好动能定理的“5个”突破 突破①—一研究对象的选取 动能定理适用于单个物体，当题目中出现多个 物体时可分别将单个物体取为研究对象，应用 动能定理。 突破②—研究过程的选取 应用动能定理时，选取不同的研究过程列出的 方程是不相同的.因为动能定理是个过程式， 选取合适的过程往往可以大大简化运算. 突破③——受力分析 运用动能定理时，必须分析清楚物体在过程中 的全部受力情况，找出哪些力不做功，哪些力 做功，做多少功.从而确定出外力的总功，这是 解题的关键 突破④—一位移的计算 应用动能定理时，要注意有的力做功与路程无 关，只与位移有关，有的力做功却与路程有关. 突破⑤一初、末状态的确定 动能定理的计算式为标量式，)为相对同一参 考系的速度，所以确定初、末状态动能时，必须 相对于同一参考系而言. 定理基本应用 (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 典题例析 典例4(2025·云南卷，6)如图所示，质量为 m的滑块（视为质点）与水平面上MN段的 动摩擦因数为41，与其余部分的动摩擦因数 为2，且41>2.第一次，滑块从I位置以 速度，向右滑动，通过MN段后停在水平 面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的 位移大小为x1,所用时间为t1;第二次，滑块 从Ⅱ位置以相同速度，向右滑动，通过 MN段后停在水平面上的另一位置，整个运 动过程中，滑块的位移大小为x2,所用时间 为t2.忽略空气阻力，则 A.t<t2 B.t>t2 C.xi>x2 D.I<2 典例5(2025·福建卷)如图甲，水平地面上 听课记录 有并排放置的A、B两个物块，两物块质量 均为0.2kg,A与地面间动摩擦因数为4= 0.25,B与地面间无摩擦，两物块在外力F 的作用下向右前进，F随位移x的变化图像 如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为圆 弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地面平滑连 接，初始时水平地面上A、B与P点间的长 度大于4m.求 F/N 1.5 1.0 0.5 x/m 甲 (1)0~1m内F做的功； (2)x=1m时，A与B之间的弹力大小； (3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足的 学习至此，请完成配套训练 课时冲关20 条件 素养培优7动能定理在多过程中的应用 培优点一动能定理在多过程问题中的应用 考点透视 典题例析 1.由于多过程问题的受力情况、运动情况比较 典例1游乐场有一新型游乐项目，可简化成 复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往 如图所示的模型，斜槽AB和光滑圆弧槽 比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从 BC平滑连接，竖直固定在水平地面上，C端 总体上把握其运动状态的变化，并不需要从 左侧放置一与圆弧槽末端等高、质量m= 细节上了解.因此，动能定理的优越性就明 15kg的长木板（上表面水平），木板与地面 显地表现出来了，分析力的作用是看力做的 间的动摩擦因数4，=0.1，斜槽顶端A距底 功，也只需把所有的力做的功累加起来 端B的高度h=6m,倾角0=37°.圆弧槽 即可. BC的半径R=3m,末端C点的切线水平. 2.运用动能定理解决问题时，有两种思路：一 一质量M=30kg的小孩（视为质点）从A 种是全过程列式，另一种是分段列式 点由静止滑下，结果恰好未滑离木板的左 3.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒 端.小孩与斜槽AB间及其与木板上表面间的 定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们 动摩擦因数均为=0.2，取重力加速度大小g 的功能特点， =10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： (1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径 (1)小孩沿斜槽AB下滑到B点时的速度大 无关 小00； (2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大 (2)小孩滑到C点时对圆弧槽BC的压力大 小与路程的乘积， 小F: (3)弹簧弹力做功与路径无关， (3)木板的长度x 59 77777777777777777777 7777 777777777777 听课记录 技巧点拨 利用动能定理求解多过程问题的基本思路 1.弄清物体的运动由哪些过程组成： 2.分析每个过程中物体的受力情况. 3.各个力做功有何特点，对动能的变化有无 影响 4.从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、 末状态的动能。 5.对所研究的全过程运用动能定理列方程. 培优点二 用动能定理巧解往复运动问题 考点透视 典题例析 对于具有重复性的往复运动过程，由于动 典例2如图所示，AB是 能定理只涉及物体的初末状态，而不计运动过 倾角为0的粗糙直轨c 0 程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使 道，BCD是光滑的圆弧 解题过程简化 轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的 1.灵活选择研究过程 半径为R.一个质量为m的物体（可以看作 求解多过程问题既可分段考虑，也可全过程 考虑，但要优先考虑全过程 质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它 2.注意运用做功特点 能在两轨道间做往返运动.已知P点与圆弧的 (1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径 圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数 无关 为以，求： (2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的 (1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨 大小与路程的乘积， 道上通过的总路程； (3)求全过程的总功时，注意有些力不是全过 (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时， 程一直作用. 对圆弧轨道的压力； 60 (3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点 D,释放点距B点的距离L'应满足什么 条件 听课记录 技巧点拨 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W。= mgh直接求解. 3.滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，可用 W=一Fs求解，其中s为物体相对滑行的 路程 学习至此，请完成配套训练课时冲关21 第3讲 机械能守恒定律及其应用 课前双基复盘 教材盘点落实双基 知识点一 重力做功与重力势能 3.重力做功与重力势能变化的关系 1.重力做功的特点 定性 重力对物体做正功，重力势能就 (1)重力做功与路径无关，只与初、末位置的 关系 重力对物体做负功，重力势能就 有关 (2)重力做功不引起物体 的变化： 定量 重力对物体做的功等于物体重力势能的 2.重力势能 关系 减少量.即WG=Ep1一E2=_· Ep= 知识点二 弹性势能 重力势能是 ,但有正、负，其意 1.定义：发生 的物体之间，由于有弹 义是表示物体的重力势能比它在参 力的相互作用而具有的势能. 标矢性 考平面上大还是小，这与功的正、负 2.弹力做功与弹性势能变化的关系： 的物理意义不同 弹力做正功，弹性势能；弹力做负功，弹 性系统性 重力势能是物体和 所组成的 性势能.即W= “系统”共有的。 知识点三机械能守恒定律 重力势能的大小与 的选取 1.机械能 相对性 有关.重力势能的变化是 的，与 和 统称为机械能，其中势能包括 参考平面的选取 势能和 势能， 61