第15讲　动能定理及其应用 课件 -2027届高考物理一轮复习考点精讲

该高中物理高考复习课件聚焦“动能定理及其应用”专题，依据高考评价体系梳理了动能定理理解与应用、变力做功求解、图像结合三大核心考点，通过考情分析明确基础应用占50%、综合图像占30%的高频考查权重，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“真题解析+素养渗透+技巧提炼”，如2025年黑吉辽蒙卷雪块运动题，通过动能定理结合斜抛模型培养科学推理与能量观念，针对图像问题总结“面积法”“斜率法”突破策略。设易错辨析与分层训练，助力学生掌握解题技巧，教师可据此高效规划复习，提升备考针对性。

考点一　动能定理的理解与基本应用 考点二　应用动能定理求变力做功 考点三　动能定理与图像问题的结合 内 容 索 引 课时作业 第15讲　动能定理及其应用 1 1.动能 (1)Ek=_____________，单位：焦耳(J)。  1 J=1 N·m=1 kg·m2/s2。 (2)动能是标量、状态量。 2.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_______________。  (2)表达式：W=ΔEk=Ek2－Ek1=___________________。　  考点一　动能定理的理解与基本应用  mv2 动能的变化  mm 2 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.如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做功一定为零。(　 　) 3.物体做变速运动时，动能一定变化。(　 　) 4.动能不变时，合力一定为零。(　 　) √ √ ✕ ✕ 3 (1)动能定理公式中“=”体现的“三个关系”     (2)对动能定理中“力”的两点理解： ①“力”可以同时作用，也可以不同时作用。 ②“力”既可以是恒力，也可以是变力。 (3)适用范围：直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、各个力同时做功或分段做功均可用动能定理。 考向一　动能定理的理解 数量关系 合力的功与物体动能的变化可以等量代换 单位关系 国际单位都是焦耳 因果关系 合力做功是物体动能变化的原因 4 (多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平底板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上做加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H(重力加速度为g)。关于该过程，下列说法中正确的有(　 　) A.对物体，动能定理的表达式为W=mm，其中W为支持力做的功 B.对物体，动能定理的表达式为W合=0，其中W合为合力做的功 C.对物体，动能定理的表达式为W－mgH=mm，其中W为支持力做的功 D.对电梯，其所受合力做功为MM 例 1 【解析】 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg和支持力FN，这两个力做的总功才等于物体动能的增量， A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的变化量，D正确。 CD 5 (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，雪块与屋顶间的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，已知sin 37°=0.6，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0； 例 2 【解析】 雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理有mgxsin θ－ μmgcos θ·x=m－0，代入数据解得雪块到A点速度大小为 v0=5 m/s。 【答案】 5 m/s 考向二　动能定理的简单计算 6 (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。 【解析】 雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理有mgh=mm，代入数据解得雪块到地面时的速度大小v1=8 m/s；速度与水平方向夹角α，满足cos α=，解得α=60°。 【答案】 8 m/s　60° 7 考点二　应用动能定理求变力做功 如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然伸长状态，有一质量为m的小物块，以一定的初速度v从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度，不计空气阻力。在上述过程中(　 　) A.物块克服摩擦力做的功为零 B.物块克服摩擦力做的功为μmgs C.物块向左运动克服弹簧弹力所做的功为mv2 D.物块压缩弹簧后被弹回向右运动过程中，在弹簧自然伸长状态时物块速度最大 例 3 【解析】 整个过程中，物块所受的摩擦力Ff=μmg，大小恒定，摩擦力一直做负功，根据功的定义可得物块克服摩擦力做的功为W克f=μmg·2s=2μmgs，A、B错误；整个过程中，根据能量守恒定律得W克f=2μmgs=mv2；物块向左运动过程中，根据动能定理可知－μmgs－W克弹=0－mv2，解得W克弹=mv2－μmgs，联立解得W克弹=mv2，C正确；物块压缩弹簧后被弹回向右运动的过程中，在弹簧弹力等于摩擦力时物块所受合力为零，此时速度最大，D错误。 C 8 某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，从起跳至着地的整个过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.4 m，目测空中脚离地最大高度约为0.8 m。已知他的质量约为60 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做的功最接近(　 　) A.90 J B.480 J C.800 J D.1 250 J 例 4 【解析】 该同学起跳后做抛体运动，从起跳至达到最大高度的过程中，其在竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则有t==0.4 s，故竖直方向的初速度为vy=gt=4 m/s；其在水平方向做匀速直线运动，则有v0==3 m/s。根据速度的合成可知起跳时的速度为v= =5 m/s，因该同学的质量约为60 kg，根据动能定理得起跳过程该同学所做的功约为W=mv2=750 J，最接近800 J，C正确，A、B、D错误。 C 9 1.图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义 考点三　动能定理与图像问题的结合 10 2.解决图像问题的基本步骤 (1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。 (2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。 (3)将推导出的物理规律与数学上对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线与横轴所围的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求解物理量。 11 (2025·福建卷)如图甲所示，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间的动摩擦因数μ=0.25，B与地面无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F与位移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4 m。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)0~1 m内F做的功； 例 5 【解析】 由图像可知0~1 m内F做的功W=Fx=1.5×1 J=1.5 J。 【答案】 1.5 J　 甲 乙 12 (2)x=1 m时，A与B之间的弹力大小； 【解析】 对AB整体，根据牛顿第二定律有F－Ff=2ma， 其中Ff=μmg， 对B根据牛顿第二定律有FAB=ma， 联立解得FAB=0.5 N。 【答案】 0.5 N　 13 (3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。 【解析】 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'=0.5 N、x=3 m， 在该过程中，对A、B根据动能定理有WF－μmgx=×2mv2， 根据题图可得WF=1.5 J＋×2 J=3.5 J； 对于B物块，从P点到M点，根据动能定理有－mg·2rmax=mmv2， 在M点的最小速度满足mg=m， 联立可得rmax=0.2 m， 即圆弧半径满足的条件为r≤0.2 m。 【答案】 r≤0.2 m 14 课时作业 15 答案速对 第六单元 第15讲　动能定理及其应用 题号 1 2 3 4 5 答案 C B B C C 题号 6 7 8 9 10 答案 B BC D BD 见答案 1 2 3 4 5 6 7 8 10 9 16 1.(人教版必修第二册改编)运动员把一质量为500 g的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，上升的最大高度约为10 m，在最高点的速度约为20 m/s。则运动员踢球时对足球做的功约为(　 　) A.50 J B.100 J C.150 J D.无法确定 C 1 2 3 4 5 6 7 8 10 9 17 2.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. B. C. D. B 1 2 3 4 5 6 7 8 10 9 18 3.如图所示，一半圆形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO=3.6 m。质量为m=4.0 kg的小圆环(可视为质点，小圆环的直径略大于杆的直径)套在细杆上，在大小为50 N、方向始终沿圆弧的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0。已知π取3.14，重力加速度g取10 m/s2，在这一过程中摩擦力做功为(　 　) A.66.6 J B.－66.6 J C.210.6 J D.－210.6 J B 1 2 3 4 5 6 7 8 10 9 19 4.如图所示，半径R=1.6 m的半圆形轨道ABC固定在竖直平面内，C点与水平地面平滑连接。一个质量m=0.5 kg的小球经压缩的弹簧弹射出去后，通过最高点A时对轨道的压力大小等于其重力的3倍。不计一切阻力，g取10 m/s2，则弹簧对小球所做的功是(　 　) A.8 J B.16 J C.32 J D.64 J 【解析】 小球在A点时，由牛顿第二定律得FN＋mg=m，据题意知FN=3mg，解得vA=8 m/s，从小球开始运动至A点的过程，由动能定理得W弹－2mgR=m，解得W弹=32 J，C正确。 C 1 2 3 4 5 6 7 8 10 9 20 5.如图所示为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型。物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后冲至右侧斜面上的B点。实验中测量出了三个角度，即左、右斜面的倾角α和β及A、B连线与水平面的夹角θ。物块与各接触面间的动摩擦因数相同且均为μ，忽略物块在拐角处的能量损失。下列结论中，正确的是(　 　) A.μ=tan α B.μ=tan β C.μ=tan θ D.μ=tan 【解析】 设A、B间的水平距离为x，高度差为h，对从A到B的过程，由动能定理得mgh－μmgcos α·AC－μmg·CE－μmgcos β·EB=0，因为AC·cos α＋CE＋EB·cos β=x，则有mgh－μmgx=0，解得μ==tan θ，C正确。 C 1 2 3 4 5 6 7 8 10 9 21 6.小明同学利用废旧透明胶缠绕废纸做成一个纸球，让纸球从某一高度下落，如图所示，若纸球下落过程中空气阻力与速度成正比，并经过足够长时间落地，则纸球运动过程中的速度v、重力势能Ep、动能Ek、机械能E随下落时间t或下落高度h的关系图像可能正确的是(　 　) A. B.　　 C. D. 【解析】 依题意，阻力与速度成正比，即Ff=kv，由牛顿第二定律，可得mg－Ff=ma，联立解得a=g－，可知加速度随着速度的增加逐渐减小，当加速度为零时，速度达到最大，然后纸球匀速下落，v－t图线先是斜率变小的曲线，然后是与t轴平行的直线，A错误；根据重力势能的表达式Ep=mgh，可知Ep－h图线为直线，且随着下落高度的增加，重力势能一直在减小，B正确；根据Ek=(mg－Ff)h，可知Ek－h图线的斜率先变小，当二力平衡后，动能不变，斜率为零，C错误；根据ΔE=E－E0=－Ffh，解得E=E0－Ffh=E0－kvh，可知E－h图线斜率的绝对值先增大，后保持不变，D错误。 B 1 2 3 4 5 6 7 8 10 9 22 7.(多选)质量m=1 kg的物体静止放在粗糙水平地面上，对物体施加一个随位移x变化的水平外力F，物体在地面上运动。已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若F－x图像如图所示，且4~5 m内物体匀速运动，x=7 m时撤去外力，g取10 m/s2，则下列说法中，正确的是(　 　) A.物体与地面间的动摩擦因数为0.1 B.x=4 m处物体的速度最大 C.撤去外力时物体的速度为 m/s D.撤去外力后物体还能在水平地面上滑行3 s 【解析】 4~5 m内物体匀速运动，则有F1=μmg，由图像知F1=3 N，解得μ=0.3，A错误；只要F＞Ff=μmg，物体就在加速运动，所以在0~4 m内物体一直加速运动，x=4 m时物体的速度最大，B正确；F－x图像中图线与x轴所围成图形的面积表示外力F做的功，由图像可知，0~7 m内外力F做功为W= J=22 J，设撤去外力时物体的速度为v，根据动能定理得W－μmgx=mv2－0，其中x=7 m，解得v= m/s，C正确；撤去外力后物体的加速度大小为a=μg=3 m/s2，物体还能滑行的时间t= s，D错误。 BC 1 2 3 4 5 6 7 8 10 9 23 8.(2025·浙江6月选考改编)如图所示，两根相同的橡皮绳，一端连接质量为m的物块，另一端固定在水平桌面上的A、B两点。物块处于A、B连线的中点C时，橡皮绳为原长。现将物块沿AB中垂线水平拉至桌面上的O点静止释放。已知CO距离为L，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，橡皮绳始终处于弹性限度内，不计空气阻力，则释放后(　 　) A.物块从O到C速度一直增大 B.物块只受到重力、橡皮绳弹力和摩擦力的作用 C.若∠AOB=90°时每根橡皮绳的弹力为F，则物块所受合力大小为F D.若物块第一次到达C点的速度为v0，此过程中橡皮绳对物块做的功W=mμmgL D 1 2 3 4 5 6 7 8 10 9 24 【解析】 物块在水平桌面上运动，受到重力、桌面的支持力、橡皮绳的弹力以及摩擦力的作用；而运动方向受橡皮绳的弹力和摩擦力作用，其合力与物块速度方向先相同再相反，所以，物块先加速再减速，A、B错误；若∠AOB=90°时每根橡皮绳的弹力为F，两根橡皮绳弹力的合力F弹合=F，物块还受到摩擦力为f=μN=μmg，则物块所受合力为F合=F－μmg，C错误；若物块第一次到达C点的速度为v0，物块从O点运动到C点，由动能定理可知W－μmgL=m－0，解得橡皮绳对物块做的功为W=mμmgL，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 10 9 25 9.(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面后能通过的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，不计空气阻力，g取10 m/s2。根据图像可求出 (　 　) A.物体的初速度v0=3 m/s B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75 C.当θ=30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑 D.取不同的倾角θ，物体在斜面上能通过的位移x的最小值xmin=1.44 m BD 甲 乙 1 2 3 4 5 6 7 8 10 9 26 【解析】 由图像可知，当倾角为90°时，位移为1.80 m，根据竖直上抛运动公式可得=2gh，解得v0=6 m/s，A错误；当倾角为0°时，位移为2.40 m，由动能定理可得－μmgx=0－m，解得μ=0.75，B正确；当θ=30°时，物体受到的重力沿斜面向下的分力为Gx=mgsin 30°=mg，摩擦力为Ff=μmgcos 30°=，由于Gx＜Ff，所以物体到达最高点后不会沿斜面下滑，C错误；物体上滑过程，由动能定理可得－mgxsin θ－μmgxcos θ=0－m，解得x=，令tan α=μ，则x=，当θ＋α=90°时，位移x最小，最小位移xmin=1.44，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 10 9 27 10.(2025·广东卷)如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f=f0，其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。(提示：可用f－x图线下的“面积”表示f所做的功)求： 1 2 3 4 5 6 7 8 10 9 28 (1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。 【解析】 木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式v2=2ah，根据角速度和线速度的关系v=ωr，联立可得ω=。 【答案】 　 (2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。 【解析】 根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示， 可得摩擦力对木塞所做的功为Wf=－f0h， 对木塞，根据动能定理有W＋Wf－mgh－ΔpSh=mv2－0， 解得W=mah＋mghf0h＋ΔpSh。 【答案】 mah＋mghf0h＋ΔpSh 1 2 3 4 5 6 7 8 10 9 29 (3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。 【解析】 设拔塞钻对木塞的作用力为F，对木塞，根据牛顿第二定律有F－mg－f－ΔpS=ma， 速度v=at， 位移x=at2， 拔塞钻对木塞的作用力的瞬时功率P=Fv， 联立可得P=magt＋ma2t＋ΔpSat＋f0at－×t3。 【答案】 magt＋ma2t＋ΔpSat＋f0at－×t3 1 2 3 4 5 6 7 8 10 9 30 $