第1编 专题2 能量与动量 第5讲 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·物理

该高中物理高考复习课件聚焦动能定理、机械能守恒定律及功能关系应用，依据高考评价体系梳理功和功率计算、动能定理图像与多过程问题、机械能守恒系统分析等核心考点，通过近三年高考真题统计明确动能定理应用占比45%、功能关系占30%的高频分布，构建知识脉络与题型体系。 课件亮点在于“真题解析+方法建模+素养提升”策略，如以2023新课标卷动能定理图像题为例，运用“图像面积—功—动能变化”科学推理链，培养科学思维与能量观念。设“多题归一”变力做功求法、连接体速度关联模型等突破方法，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准定位学情，实现高效备考。

第5讲　动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用 贯通•知识脉络 研学•核心考点 目录索引 贯通•知识脉络 研学•核心考点 考点一　功和功率的分析与计算 命题角度1功和功率 考点一 考点二 考点三 考点四 例1　(2023北京卷)如图所示,一个物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m,加速度大小为a,物体和桌面之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,在物体移动距离为x的过程中(　　) A.摩擦力做功大小与F方向无关 B.合力做功大小与F方向有关 C.F为水平方向时,F做功为μmgx D.F做功的最小值为max D 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 设力F与水平方向的夹角为θ,则摩擦力为Ff=μ(mg-Fsin θ),摩擦力做的功为Wf=μ(mg-Fsin θ)x,则摩擦力做功与F的方向有关,故A错误;合力做功为W=F合x=max,则合力做功与力F方向无关,故B错误;当力F方向水平时,有F=ma+μmg,则力F做功为WF=Fx=(ma+μmg)x,故C错误;因合力做功为max大小一定,而合力的功等于力F与摩擦力Ff做功的代数和,而当Fsin θ=mg时,摩擦力Ff=0,则此时摩擦力做功为零,此时力F做功最小,最小值为max,故D正确。 考点一 考点二 考点三 考点四 例2　(多选)(2025安徽蚌埠一模)如图甲所示,质量为8 kg的物体受水平推力F作用在水平面上由静止开始运动,推力F随位移x变化的关系如图乙所示,运动10 m后撤去推力F。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2,在物体运动的整个过程中(　　) A.推力对物体做的功为480 J B.物体的位移为12 m C.物体的位移为10 m D.物体在x=5 m时速度最大,最大速度为6 m/s AB 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 根据F-x图像的面积表示力F所做的功,可知推力对物体做的功为WF=×(2+10)×80 J=480 J,故A正确;设物体整个运动过程的位移大小为x0,根据动能定理有WF-μmgx0=0,解得x0=12 m,故B正确,C错误;当推力等于摩擦力时,物体速度最大,有F=μmg=40 N,结合F-x图像可知此时x=6 m,根据动能定理有WF'-μmgx=-0,其中WF'=80×2 J+×(80+40)×4 J =400 J,解得最大速度为vm=2 m/s,故D错误。 考点一 考点二 考点三 考点四 多题归一 变力做功的求法 动能定理法 小球缓慢移动,有WF-mgL(1-cos θ)=0,得WF=mgL(1-cos θ) 微元法 滑动摩擦力大小不变,木块运动一周克服摩擦力做功为Wf=Ff·Δx1+Ff·Δx2+Ff·Δx3+…=Ff(Δx1+Δx2+Δx3+…)=Ff·2πR 考点一 考点二 考点三 考点四 F-x图像法 图线与横轴所围面积表示力F所做的功,即W= 平均值法 弹性限度内,弹簧长度由x1变为x2,克服弹力做功为W=(x2-x1) 考点一 考点二 考点三 考点四 命题角度2机车启动的两类问题 基本关系式 P=Fv,F-F阻=ma 恒定功率启动 考点一 考点二 考点三 考点四 恒定加速度启动 考点一 考点二 考点三 考点四 例3　(2023湖北卷)两节动车的额定功率分别为P1和P2,在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组,设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变,则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为 (　　) A. B. C. D. D 解析 由题意知两节动车分别有P1=Ff1v1,P2=Ff2v2,当将它们编组后有P1+P2=(Ff1+Ff2)v,联立解得v=,选项D正确。 考点一 考点二 考点三 考点四 例4　(2025福建龙岩一模)一辆汽车在夜间以速度v0匀速行驶,驶入一段照明不良的平直公路时,司机迅速减小油门,使汽车的功率减小为某一定值,此后汽车的速度v与时间t的关系如图所示。设汽车行驶时所受的阻力恒定为Ff,汽车的质量为m,则下列说法正确的是(　　) A.t=0时刻,汽车的功率减小为Ffv0 B.t=0时刻,汽车的功率减小为Ffv0 C.整个减速过程中,克服阻力做功大于 D.整个减速过程中,汽车的牵引力不断变小 C 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 t=0时刻,汽车的功率减小为P=Ff·v0=Ffv0,故A、B错误;整个减速过程中,由动能定理,有Pt0-W克f=,得W克f=Pt0+,故C正确;整个减速过程中,由F=,可知汽车的牵引力不断变大,故D错误。 考点一 考点二 考点三 考点四 考点二　动能定理的理解及应用 命题角度1动能定理在图像问题中的应用 1.动能定理与图像的结合问题 考点一 考点二 考点三 考点四 2.三步突破动能定理应用中的图像问题 考点一 考点二 考点三 考点四 例5　(多选)(2023新课标卷)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 BC 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 物体所受的摩擦力为Ff=μmg=0.4×1×10 N=4 N,从x=0运动到x=1 m,由动能定理可得,W1-μmgx1=,解得v1=2 m/s,从x=0运动到x=2 m,由图像斜率可知拉力F=6 N,所以在x=1 m时,拉力的功率P=Fv1=12 W,选项A错误;从x=0运动到x=4 m,由动能定理可得,W4-μmgx4=,解得=2 J,选项B正确;从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做功Wf2=Ffx2=8 J,选项C正确;从x=0运动到x=4 m的过程中,x=2 m时速度最大,由动能定理可得,W2-Ffx2=,解得v2=2 m/s,物体的最大动量为pm=mv2=2 kg·m/s,选项D错误。 考点一 考点二 考点三 考点四 例6　(多选)如图甲所示,倾角为θ=37°的光滑斜面固定在水平地面上,匀强电场沿斜面方向。带正电的滑块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长,上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下列说法正确的是(　　) A.滑块上升过程中动能与电势能之和增大 B.滑块上升过程中动能与电势能之和减小 C.滑块受到的电场力大小为 D.滑块的重力大小为 BC　 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 滑块上升过程中重力势能增大,根据能量守恒可知动能与电势能之和减少,故A错误,B正确;根据功能关系可知,滑块的机械能的变化量等于电场力做的功,构成了函数关系E=4E0-F电x,所以电场力的大小为F电=-,故C正确;滑块上滑过程中,机械能减少,则电场力对滑块做负功,滑块机械能减少了ΔE=4E0-3E0=E0,又由于滑块动能减少了ΔEk=4E0,重力势能增加了ΔEp=3E0,则滑块克服重力做的功为W=mgsin 37°·x0=3E0,解得滑块的重力大小为mg=,故D错误。 考点一 考点二 考点三 考点四 解题思维链 考点一 考点二 考点三 考点四 命题角度2动能定理在多过程问题中的应用 应用动能定理解题应注意的三个问题 (1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间,比动力学研究方法要简捷。 (2)动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上应用动能定理是没有依据的。 (3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程),此时可以分段考虑,也可以对全过程考虑,但若能对整个过程利用动能定理列式,则可使问题简化。 考点一 考点二 考点三 考点四 例7　(2025黑吉辽蒙卷)如图所示,一雪块从倾角θ=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=2.5 m,A点距地面的高度h=1.95 m,雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力,雪块质量不变,sin 37°=0.6,重力加速度大小g取10 m/s2。求: (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0; (2)雪块落地时的速度大小v1,及其速度方向与水平方向 的夹角α。 考点一 考点二 考点三 考点四 答案 (1)5 m/s　(2)8 m/s　60° 解析 (1)雪块在屋顶上运动的过程中,由动能定理得mg·xsin θ-μmgcos θ·x =-0 代入数据解得雪块从A点离开屋顶时的速度大小为v0=5 m/s。 (2)雪块离开屋顶后,在空中做斜下抛运动,由动能定理得mgh= 代入数据解得雪块落地时的速度大小v1=8 m/s 速度方向与水平方向夹角为α,由几何关系得cos α= 解得α=60°。 考点一 考点二 考点三 考点四 考点一 考点二 考点三 考点四 考点三　机械能守恒定律的理解及应用 命题角度1单个物体的机械能守恒 (1)公式:E1=E2,ΔEk=-ΔEp。 (2)隔离法分析单个物体的受力情况,利用机械能守恒定律列式求解。 考点一 考点二 考点三 考点四 例8　如图甲所示,一根质量为m、长度为L的均匀柔软细绳置于光滑水平桌面上,细绳右端恰好处于桌子边缘,桌面离地面足够高。由于扰动,细绳从静止开始沿桌边下滑。当细绳下落的长度为x时,加速度大小为a,细绳转折处O点的拉力大小为F,桌面剩余细绳的动能为Ek、动量为p,如图乙所示。则从初态到细绳全部离开桌面的过程中,下列说法正确的是(　　) A.当x=时,拉力F有最大值 B.当x=时,动量p有最大值 C.当x=时,加速度a有最大值 D.当x=时,动能Ek有最大值 D 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 对整段细绳由牛顿第二定律可得xg=ma,隔离桌面部分由牛顿第二定律可得F=ma,联立可得a=g,F=mg,故当x=L时,a有最大值;当x=时,F有最大值,A、C错误。由机械能守恒定律得xg·mv2,可得v=x,所以p=mx,故当x=时,动量p有最大值,B错误。根据Ek=v2=x2,由数学知识可得,当x=时,动能Ek有最大值,D正确。 考点一 考点二 考点三 考点四 例9　如图所示,半圆竖直轨道与水平面平滑连接于B点,半圆轨道的圆心为O,半径为R,C为其最高点。BD段为双轨道,D点以上只有内轨道,D点与圆心的连线与水平方向夹角为θ,一小球从水平面上的A点以一定的初速度向右运动,能沿圆弧轨道恰好到达C点。不计一切摩擦。则(　　) A.小球到达C点时速度大小为 B.小球到达C点后会向左做平抛运动 C.小球在A点的初动能等于mgR D.若小球到达D点时对内外轨道均无弹力,则sin θ= D 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 由于D点以上只有内轨道,小球沿圆弧轨道恰好到达C点,可知,小球到达C点时速度为0,小球到达C点后不会向左做平抛运动,故A、B错误;小球从A点到达C点过程,根据机械能守恒定律有-mg·2R=0-Ek0,解得Ek0=2mgR,故C错误;若小球到达D点时对内外轨道均无弹力,根据牛顿第二定律有mgsin θ=m,小球从A点到达D点过程,根据机械能守恒定律有-mg(R+Rsin θ)=-Ek0,解得sin θ=,故D正确。 考点一 考点二 考点三 考点四 命题角度2多个物体系统机械能守恒 (1)适用条件:①分析机械能是否守恒时,必须明确要研究的系统;②系统机械能守恒时,机械能一般在系统内物体间转移,其中的单个物体机械能通常不守恒;③对于绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等情况,除非题目特别说明,否则机械能必定不守恒。 (2)一般用“转化观点ΔEp=-ΔEk”或“转移观点ΔEA增=ΔEB减”列方程求解。 考点一 考点二 考点三 考点四 例10　如图所示,在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数k=500 N/m的轻质弹簧相连,A放在水平地面上,B在弹簧上且处于静止状态。B、C物体通过轻质细绳绕过轻质定滑轮相连,C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C,ab段的细绳竖直、cd段的细绳松弛,现无初速释放C,C沿斜面下滑s= m时,细绳绷直且cd段与斜面平行,随后C继续沿斜面向下运动,在C整个下滑过程中,A始终没有离开地面,C一直在斜面上。已知B的质量为mB=1.0 kg,C的质量为mC=4.0 kg,斜面倾角α=30°,重力加速度g取10 m/s2,细绳与滑轮之间的摩擦不计,不计空气阻力。求: 考点一 考点二 考点三 考点四 (1)细绳刚绷直(无拉力)时C的速度v1;(用根式表示) (2)B的最大速度vm; (3)对弹簧和物体构成的系统,当弹簧的形变量为x时,弹簧的弹性势能Ep=kx2(k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量)。为使A不离开地面,求A的质量范围。 考点一 考点二 考点三 考点四 答案 (1) m/s　(2)1.0 m/s (3)mA≥6.0 kg 解析 (1)C沿斜面下滑s,由动能定理有mCgssin α=mC 解得v1= m/s。 (2)细绳绷直瞬间,B、C系统动量守恒,则有mCv1=v 解得v= m/s 开始释放C时,B受力平衡,设此时弹簧的压缩量为x1,则有kx1=mBg 代入数据得x1==2 cm 考点一 考点二 考点三 考点四 B、C的加速度为0时,B的速度最大。设此时弹簧的伸长量为x2,根据牛顿第二定律,对B有FT-mBg-kx2=0 对C有mCgsin α=FT 联立得x2=2 cm x1=x2,两个状态弹簧的弹性势能相等,从细绳刚绷直到B、C速度最大的过程中,由机械能守恒定律有 mCgsin α(x1+x2)-mBg(x1+x2)=(mB+mC)(mB+mC)v2 代入数据解得vm=1.0 m/s。 考点一 考点二 考点三 考点四 (3)设弹簧的伸长量为x时,B、C的速度为零,此时弹簧弹力最大。对B、C及弹簧构成的系统,从细绳绷直到B、C速度为零,由机械能守恒定律有 kx2-(mB+mC)v2+(mCgsin α)(x1+x)-mBg(x1+x) 代入数据解得x=12 cm 要使A不离开地面,对A有 kx≤mAg 解得mA≥6.0 kg。 考点一 考点二 考点三 考点四 例11　(2025广东深圳模拟)抛石机是古代交战的一种兵器,巧妙利用了动能和势能的转化。为了研究方便,简化为如图所示的物理模型,轻杆两端分别固定质量为m0、m的小球A、B,m0=24m。轻杆可绕水平转轴O自由转动,O到水平地面的高度为H(H>L),A、B到O点的距离分别为L、4L。现将轻杆拉到水平并从静止释放,当轻杆运动到竖直时B脱离轻杆做平抛运动,两小球均可视为质点,不计转轴摩擦及空气阻力,重力加速度为g。求: (1)B脱离轻杆时,A和B的总动能; (2)B做平抛运动的水平射程。 考点一 考点二 考点三 考点四 答案 (1)20mgL (2)4 解析 (1)对A、B所组成的系统,以轻杆水平时所在平面为零势能面,由机械能守恒定律有0=-m0gL+mg·4L+m0 又Ek总=m0 解得Ek总=20mgL。 考点一 考点二 考点三 考点四 (2)轻杆运动到竖直时,设B、A的速度分别为v1、v2,轻杆转动的角速度为ω,对B有v1=ω·4L 对A有v2=ωL B做平抛运动过程中,设运动时间为t,竖直方向分运动为自由落体运动,有 H+4L=gt2 水平方向分运动为匀速直线运动,有x=v1t 解得x=4。 考点一 考点二 考点三 考点四 多题归一 连接体系统模型 求解这类问题的关键是找出两物体的速度关系。 共速率 模型 分清两物体位移大小与高度变化关系 共角速 度模型 两物体角速度相同,线速度大小与半径成正比 考点一 考点二 考点三 考点四 关联速 度模型 此类问题注意速度的分解,找出两物体速度关系,当某物体位移最大时,速度可能为0 考点一 考点二 考点三 考点四 考点四　功能关系与能量守恒定律的理解及应用 1.几种常见的功能关系 考点一 考点二 考点三 考点四 2.应用能量守恒定律的两点注意 (1)含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统,优先选用能量守恒定律。 (2)确定初、末状态,分析状态变化过程中的能量变化,利用ΔE减=ΔE增列式求解。 考点一 考点二 考点三 考点四 例12　(2025四川卷)如图所示,倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上,安装在其顶端的电动机通过不可伸长的轻绳与小车相连,小车上静置一物块。小车与物块质量均为m,两者之间的动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间,小车与物块的速度刚好相同,大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行,小车和斜面均足够长,重力加速度大小为g,忽略其他摩擦。则这段时间内(　　) A.物块的位移大小为 B.物块机械能增量为 C.小车的位移大小为 D.小车机械能增量为 C 考点一 考点二 考点三 考点四 解析 对物块受力分析,物块的加速度a=g,物块的位移大小x=,A错误;物块的机械能增量ΔE=+mgxsin 30°=,B错误;物块从静止加速到v0所用时间t=,小车从静止加速到v0,有Pt-mgx2sin 30°-μmgcos 30°·x2=,可得x2=,C正确;小车机械能增量ΔE'=+mgx2sin 30°=,D错误。 考点一 考点二 考点三 考点四 例13　(2025北京丰台一模)“能量回收”装置可使电动车在减速或下坡过程中把机械能转化为电能。质量m=2×103 kg的电动车以Ek0=1×105 J的初动能沿平直斜坡向下运动。第一次关闭电动机,电动车自由滑行,动能位移关系如图线①所示;第二次关闭电动机的同时,开启电磁制动的“能量回收”装置。电动车动能位移关系如图线②所示,行驶200 m的过程中,回收了E电=1.088×105 J的电能。求: (1)图线①所对应的过程,电动车所受合力F合的大小; (2)图线②所对应的过程中,电动车行驶到150 m处受 到的电磁制动力F的大小及电磁制动功率P; (3)图线②所对应的全过程,机械能转化为电能的效率η。 考点一 考点二 考点三 考点四 答案 (1)500 N　(2)500 N　4 000 W (3)80% 解析 (1)根据功能关系有ΔEk=F合Δx,得F合=,由图像可知F合=500 N。 (2)在x=150 m处,电动车处于平衡状态,故此时由发电产生的电磁制动力大小为F=500 N 此时电动车的动能Ek1=mv2,又Ek=0.64×105 J 得v=8 m/s 电磁制动功率为P=Fv=4 000 W。 (3)图线②相对于图线①全过程减少的机械能为E机=Ekmax-Ekmin=1.36×105 J 机械能转化为电能的效率为η=×100%=80%。 考点一 考点二 考点三 考点四 $