第14讲　动能　动能定理 课件 -2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“动能 动能定理”专题，依据高考评价体系梳理了动能理解、定理应用、图像结合、多过程问题四大核心考点，通过近三年真题分析明确动能定理应用占比50%、图像结合占30%的高频考查方向，归纳选择、计算等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题溯源+方法建模+素养提升”策略，如以2024全国甲卷圆环问题为例，运用科学推理分析弹力变化，结合2026浙江选考多过程问题演示分段与全程动能定理应用，培养学生能量观念和模型建构能力。特设“易错警示”和“解题模板”，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准复习，提升备考效率。

第14讲　动能　动能定理 考点一　动能定理的理解 必备知识•全方位凝练 1.动能 (1)公式:Ek=mv2,单位:焦耳(J)。 (2)动能是标量,只能为0或正值,没有负值。 (3)动能是状态量,具有相对性,v为瞬时速度,且与参考系的选择有关,一般以地面为参考系。 2.动能与动能的变化量的区别 (1)动能与动能的变化量是两个不同的概念,动能是状态量,动能的变化量是过程量。 (2)动能没有负值,而动能的变化量有正负之分。ΔEk>0表示物体的动能增加,ΔEk<0表示物体的动能减少。 3.动能定理 (1)内容:力在一个过程中对物体做的功,等于物体在这个过程中动能的变化量。 (2)表达式:W=Ek2-Ek1。 (3)适用条件 ①动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动。 ②动能定理既适用于恒力做功,也适用于变力做功。 ③力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以分阶段作用。 (4)对动能定理的理解 ①做功的过程就是能量转化的过程,动能定理表达式中“=”是一种表示因果关系在数值上相等的符号。 ②动能定理中的“力”是指物体受到的所有力,既包括重力、弹力、摩擦力,也包括电场力、磁场力或其他力,功则为合力所做的总功。 [练一练] 判断下列说法对错 (1)一定质量的物体动能变化时,速度一定变化,但速度变化时,动能不一定变化。(　　) (2)动能不变的物体一定处于平衡状态。(　　) (3)如果物体所受的合外力为0,那么合外力对物体做的功一定为0。(　　) (4)物体在合外力作用下做变速运动时,动能一定变化。(　　) (5)物体的动能不变,所受的合外力必定为0。(　　) √ × √ × × 关键能力•多维度提升 典例1　高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段,列车的动能(　　) A.与它所经历的时间成正比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比 B 解析 动能Ek=mv2,与速度的二次方成正比,故C错误。速度v=at,可得Ek=ma2t2,与经历的时间的二次方成正比,故A错误。根据v2=2ax,可得Ek=max,与位移成正比,故B正确。动量p=mv,可得Ek=,与动量的二次方成正比,故D错误。 典例2　(2025云南卷)如图所示,中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发,沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h。在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　) A.4×105 J B.4×104 J C.4×103 J D.4×102 J B 解析 高中生的质量约为50 kg,根据动能定理,有W=mv2-0=4×104 J,故选B。 考点二　动能定理的基本应用 必备知识•全方位凝练 应用动能定理解题的方法 1.选取研究对象和运动过程。 2.分析物体的运动情况和初、末状态的动能。 3.分析物体受力情况和各力的做功情况。 4.分阶段或全程列动能定理方程求解。 关键能力•多维度提升 典例　(2026浙江杭州期中)北京时间2022年10月31日15时37分,梦天实验舱发射成功,此次发射任务中,航天科工203所研发的空间主动型氢原子钟和频标比对器首次进入空间站执行实验任务,为构建中国空间站高精度时间频率基准发挥重要作用。如图为“203”数字模型,固定在水平地面上。其中数字“2”与“3”均为两个半径R1=2 m的两个半圆相切叠加而成,数字“0”是一个半径为R2=4.5 m圆轨道,所有管道均平滑连接。现有一质量m=1 kg的小球以初速度v0从A点水平进入轨道,恰能通过“0”最高点E,并从F点进入数字“3”,经过G处的弯管后无机械能损失且速度反向进入上面的半圆轨道。已知水平地面CD长度为L=7.5 m,粗糙水平面CD和DF与小球的动摩擦因数μ=0.5,其余轨道均光滑且不计空气阻力,小球的直径略小于管道直径,小球直径和管道直径远小于R1和R2的大小,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)小球经过E点时的速度大小与第一次经过D点时对轨道的压力; (2)小球的初速度大小v0; (3)若要求小球不脱离轨道,水平面DF的长度的最小值s。 答案 (1)3 m/s　60 N　(2)2 m/s　(3)6.75 m 解析 (1)小球经过E点时,根据牛顿第二定律有mg=m 解得vE=3 m/s 小球从E点到D点过程,由动能定理有mg·2R2= 小球在D点有FN1-mg=m 根据牛顿第三定律有FN2=FN1 联立解得vD=15 m/s,FN2=60 N。 (2)小球从A运动到E过程,根据动能定理有 mg·4R1-mg·2R2-μmgL= 解得v0=2 m/s。 (3)由题意得,小球返回数字“0”轨道,恰好到达其下侧四分之一圆周的最高点时,水平面DF的长度有最小值,根据动能定理有 -mgR2-μmg·2s=0- 解得s=6.75 m。 考点三　动能定理与图像结合问题 必备知识•全方位凝练 动能定理与图像结合问题的分析方法 1.首先看清楚所给图像的种类(如v-t图像、F-x图像、Ek-x图像等)。 2.挖掘图像的隐含条件——求出所需要的物理量,如由v-t图像所包围的“面积”求位移,由F-x图像所包围的“面积”求功,由Ek-x图像的斜率求合外力等。 3.分析有哪些力做功,根据动能定理列方程,求出相应的物理量。 关键能力•多维度提升 典例　(多选)(2025浙江象山中学期末)水平面上的甲、乙两物体,在某时刻动能相同,它们仅在摩擦力作用下逐渐停下来。如图所示,a、b分别表示甲、乙的动能E随位移x变化的关系图像,下列说法正确的是(　　) A.若甲和乙与水平面的动摩擦因数相同,则甲的质量一定比乙大 B.若甲和乙与水平面的动摩擦因数相同,则甲的质量一定比乙小 C.若甲和乙的质量相等,则甲和地面的动摩擦因数和乙相等 D.若甲和乙的质量相等,则甲和地面的动摩擦因数一定比乙大 AD 解析 根据动能定理,得-μmgx=0-E0,可知图像斜率大小等于μmg,由题图可知a图像的斜率大,若甲和乙与水平面的动摩擦因数相同,故甲的质量比乙大,故A正确,B错误;由题图可知a图像的斜率大,若甲和乙的质量相等,则甲和地面的动摩擦因数比乙大,故C错误,D正确。 考点四　动能定理解决单体多过程问题 必备知识•全方位凝练 1.解题流程 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地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。 (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。 关键能力•多维度提升 典例　(2026浙江1月选考)某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角θ=37°的直轨道AB,半径R=1 m的圆弧轨道BCD,长度L=1.25 m、倾角为θ的直轨道DE,半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成,轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5 kg滑块b,其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放,经圆弧轨道BCD滑上轨道DE,轨道DE由特殊材料制成,小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25,向下运动时动摩擦因数μ2=0.5,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1,小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生弹性碰撞。(其他轨道均光滑,小物块视为质点,不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度取10 m/s2) (1)若h=0.8 m,求小物块: ①第一次经过C点的向心加速度大小; ②在DE上经过的总路程; ③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。 (2)若h=1.6 m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块? 答案 (1)①16 m/s2　②2 m　③1∶2　(2)0.2 m 解析 (1)①对小物块a从A到第一次经过C的过程,根据机械能守恒定律有 mgh= 第一次经过C点的向心加速度大小为a==16 m/s2。 ②小物块a在DE上时,因为μ2mgcos θ<mgsin θ,所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑,之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失,最终小物块a将在B、D间往复运动,且小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等,设其在DE上经过的总路程为s,根据功能关系有 mg[h-R(1-cos θ)]=(μ1mgcos θ+μ2mgcos θ) 解得s=2 m。 ③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为 a上=gsin θ+μ1gcos θ=8 m/s2 a下=gsin θ-μ2gcos θ=2 m/s2 将小物块a在DE上的若干次运动看作是一次完整的上滑和下滑,则根据运动学公式有 a上a下 解得。 (2)对小物块a从A到F的过程,根据动能定理有 =mg[h-Lsin θ-2R(1-cos θ)]-μ1mgLcos θ 解得vF=2 m/s 设滑块长度为l时,小物块恰好不脱离滑块,且此时二者达到共同速度v,根据动量守恒定律和能量守恒定律有 mvF=2mv ·2mv2+2μ1mgl 解得l=0.2 m。 方法总结 (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末状态。 (2)重力做功与物体运动路径无关,可用WG=mgh直接求解。 (3)滑动摩擦力做功与物体运动路径有关,可用Wf=-Ffs求解,其中s为物体相对滑行的总路程。 [真题信息拓展] (2024全国甲卷)如图所示,一光滑大圆环固定在竖直平面内,质量为m的小环套在大圆环上,小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部,Q为竖直线与大圆环的切点。小环下滑过程中对大圆环的作用力大小 (　　) A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 C 解析 小环在最高点对大圆环的作用力大小等于重力,下滑过程中速度越来越大,滑到大圆环上某点时,重力的分力提供向心力,弹力为零,滑到最低点时,速度最大,弹力最大,所以小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大,C正确,A、B、D错误。 $