第6章 第2讲 动能定理(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“动能定理”专题，依据高考评价体系梳理了动能概念理解、定理简单应用、图像综合及多过程问题三大核心考点，结合2023广东卷、新课标卷真题分析，明确“多过程问题”占45%、“图像综合”占30%的高频考点分布，归纳出“受力分析-做功判断-动能变化”的标准解题流程。 课件亮点在于“真题溯源+分层突破+素养渗透”策略，以2023广东卷滑道问题为例，通过F-x图像面积求功、Ek-x斜率析合力等技巧，培养学生科学推理与模型建构素养。设“易错陷阱警示”和“多过程分段/全程应用对比”，帮助学生掌握动能定理应用关键，教师可据此实施精准复习，提升学生高考得分率。

第2讲　动能定理 高三一轮复习讲义 广东专版 第六章 机械能 1.理解动能的概念，理解动能定理并会应用其解决有关问题。 2.会处理动能定理与图像的综合问题。 3.能应用动能定理处理多过程问题。 学习目标 考点一　动能定理的简单应用 考点二　动能定理与图像的综合问题 考点三　应用动能定理处理多过程问题 课时测评 内容索引 动能定理的简单应用 考点一 返回 1.动能 知识梳理 m－m m 运动 焦耳 标量 2.动能定理 m－m 动能的变化 合力 曲线 变力 分阶段 正误辨析 (1)动能不变的物体一定处于平衡状态。 ( ) (2)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。 ( ) (3)物体做变速运动时，动能一定变化。 ( ) (4)物体的动能不变，所受的合力一定为零。 ( ) (5)合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少。 ( ) × √ × × √ 1.动能定理的理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程。 (2)动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力或摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。 核心突破 2.应用动能定理的解题流程 (多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为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，则在这个过程中，下列说法正确的是 A.对物体有W＝m－m，其中W为支持力做的功 B.对物体有W合＝0，其中W合为合力做的功 C.对物体有W－mgH＝m－m，其中W为支持力做的功 D.电梯所受的合力做功为M－M √ √ 例1 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(即合力做的功)才等于物体动能的变化，即W合＝W－mgH＝m－m，其中W为支持力做的功，故A、B错误，C正确；对电梯由动能定理可得，合力做功为W合'＝M －M，故D正确。 (多选)(2023·广东卷·T8)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有 A.重力做的功为360 J B.克服阻力做的功为440 J C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2 D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N √ √ 例2 √ 重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程根据动能定理可得WG－W克＝m，代入数据解得克服阻力做的功为W克＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为an＝＝9 m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝man，解得货物受到的支持力大小为F＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为 380 N，D正确。故选BCD。 针对练1.某一斜面顶端距地面的高度为h，地面上的O点在斜面顶端的正下方，斜面与水平面平滑连接。一小木块从斜面顶端由静止滑下，滑至水平面上的A点停下。已知A、O两点间的距离为x，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，斜面的倾角为θ，重力加速度为g。下列说法正确的是 A.h、x、θ和μ之间满足关系式μ＝ B.小木块到达斜面底端时速度大小v＝ C.仅增大斜面的倾角θ，小木块将停在A点的右侧 D.仅减小斜面的倾角θ，小木块将停在A点的左侧 √ 对小木块运动的整个过程，根据动能定理有mgh－μmgcos θ·－μmg(x－)＝0，解得μ＝，因此x与θ无关，不管斜面的倾角θ增大还是减小，小木块始终停在A点，A、C、D错误；小木块到达斜面底端时，由动能定理得mgh－μmgcos θ·＝mv2－0，解得v＝＝，B正确。 针对练2.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，弹簧弹力对物体所做的功为 A.m－μmg(s＋x) B.m－μmgx C.μmg(s＋x)－m D.－μmg(s＋x) √ 物体受到的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg，由动能定理可得W－μmg(s＋x)＝0－m，解得W＝μmg(s＋x)－m。故选C。 返回 动能定理与图像的综合问题 考点二 返回 1.几种典型图像中图线所围“面积”或图线斜率的含义 2.解决动能定理与图像问题的基本步骤 (多选)(2023·新课标卷·T20)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 例3 √ √ 由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，可看出 W-x图像的斜率表示拉力F。在物体运动的过程中，根据 动能定理有W－μmgx＝Ek＝mv2，则x＝1 m时物体的速 度为v1＝2 m/s，x＝4 m 时物体的动能为Ek4＝2 J，根据 W -x图像可知，在0～2 m过程中拉力F1＝6 N，则x＝1 m时拉力的功率P ＝ F1v1＝12 W，A错误，B正确；从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为W克f＝ μmgΔx ＝ 8 J，C正确；根据W -x图像可知在2～4 m的过程中拉力F2＝ 3 N，由于物体受到的摩擦力恒为Ff＝μmg＝4 N，则物体在x＝2 m处速度最大，且根据W－μmgx＝mv2可知此时的速度v2＝2 m/s，则从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为p＝mv2＝2 kg·m/s，D错误。 针对练.(2026·湖北模拟)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为37°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小Ff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，sin 37°＝0.6，物块质量m和所受摩擦力大小Ff分别为 A.m＝0.5 kg，Ff＝0.5 N B.m＝0.5 kg，Ff＝1.0 N C.m＝1.0 kg，Ff＝0.5 N D.m＝1.0 kg，Ff＝1.0 N √ 0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgs·sin 37°－Ffs＝Ek－Ek0，结合题图(b)得mgsin 37°＋Ff＝4 N，10～20 m内物块下滑，由动能定理得＝Ek，结合题图(b)得mgsin 37°－Ff＝ 2 N，联立解得m＝0.5 kg，Ff＝1.0 N。故选B。 返回 应用动能定理处理多过程问题 考点三 返回 1.分阶段应用动能定理 (1)若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。 (2)物体在多个运动过程中受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。 2.全过程应用动能定理 (1)当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，简化运算。 (2)全过程列式时要注意 ①重力、弹簧弹力、电场力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。 ②大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。 考向1 单向运动的多过程问题 (2026·广东东莞模拟)某校科技小组在体验了如图1所示的过山车游戏项目后，为更好研究过山车运动项目中的物理规律，科技小组成员设计出如图2所示的装置。足够长的曲线轨道AB、长L1＝0.5 m的水平直轨道BC、半径R＝0.4 m的竖直圆环轨道CD、长L2＝0.4 m的水平直轨道CE、半径r1＝0.8 m的水平半圆形管道EFG、半径为r2的竖直半圆形管道GH间平滑连接，其中圆环轨道CD最低点C处的入、出口靠近且相互错开。将一可视为质点、质量为m＝0.2 kg的小球从曲线轨道AB上某处静止释放，刚好沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点D。已知小球与两段水平直轨道间动摩擦因数都为μ＝0.5，其余轨道阻力不计。两个半圆形管道的内径远小于其半径且比小球直径略大。g＝10 m/s2。求： 例4 (1)小球经过竖直圆环轨道最高点D时的速度大小； 答案：2 m/s 小球刚好沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点D时有mg＝m 解得vD＝2 m/s。 (2)小球经过水平半圆形管道上某点F时，管道对其作用力大小； 答案：2 N　 小球从D点到F点，根据动能定理有 mg×2R－μmgL2＝m－m 解得vF＝4 m/s 管道作用力的水平分力提供向心力，即 F1＝m＝4 N 管道作用力的竖直分力与重力平衡，即 F2＝mg＝2 N 根据力的合成有F＝＝2 N。 (3)若竖直半圆形管道GH的半径可在0.25 m≤r2≤0.35 m间调节，则小球从管道H点水平抛出后落到与水平管道EFG共面的水平面上时，其落地点至H点的最大水平距离是多少？ 答案： m 小球从F到H，根据动能定理有 －mg×2r2＝m－m 小球平抛运动过程中，竖直方向有2r2＝gt2 水平方向有x＝vHt 解得x＝10 m 因为0.25 m≤r2≤0.35 m，根据数学方法 可知，当r2＝0.25 m时，水平射程最大，解得xm＝ m。 考向2 往复运动的多过程问题 　　此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿第二定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。 如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R＝3.6 m，一滑块质量m＝5 kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A点由静止释放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。求在此后的运动过程中： (1)滑块在AB段上运动的总路程； 答案：8 m 例5 由题意可知mgsin θ＞μmgcos θ，故滑块最终不会停留在斜面上，由于滑块在AB段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上做往复运动。 设滑块在AB段上运动的总路程为s，滑块在AB段上所受摩擦力大小为Ff＝μFN＝μmgcos θ 从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，由动能定理得mgRcos θ－Ffs＝0 解得s＝8 m。 (2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值。 答案：102 N　70 N 滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，此时滑块所受圆弧面的支持力最大，设为Fmax 从A到C的过程，由动能定理得 mgR－FflAB＝m－0 斜面AB的长度lAB＝ 由牛顿第二定律得Fmax－mg＝m 解得Fmax＝102 N 滑块以B为最高点做往复运动的过程中，过C点时速度最小，设为v2，此时滑块所受圆弧面支持力最小，设为Fmin 从B到C，由动能定理得mgR(1－cos θ)＝m－0 由牛顿第二定律得Fmin－mg＝m 解得Fmin＝70 N 根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N。 返回 课 时 测 评 返回 题组1　动能定理的简单应用 1.如图所示，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定 A.等于拉力做的功 B.小于拉力做的功 C.等于克服摩擦力做的功 D.大于克服摩擦力做的功 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知WF＋Wf＝mv2－0，所以木箱获得的动能小于拉力做的功，故B正确，A错误；无法比较木箱获得的动能与克服摩擦力做功的大小，故C、D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.(多选)(2026·广东茂名模拟)如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得的速度为v，AB的水平距离为s。重力加速度为g。下列说法正确的是 A．重力对小车所做的功是mgh B．合力对小车做的功是mv2 C．推力对小车做的功是Fs－mgh D．小车克服阻力做的功是Fs－mgh－mv2 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 重力所做的功WG＝－mgh，所以小车克服重力所做的功是mgh，故A错误；对小车从A运动到B的过程运用动能定理得W合＝mv2，故B正确；由于推力为恒力，则推力对小车做的功WF＝Fs，故C错误；设克服阻力做的功为W克f，由动能定理可得Fs－mgh－W克f＝mv2－0，可得W克f＝Fs－mgh－mv2，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零。如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B、C处能量损失) A.等于v0 B.大于v0 C.小于v0 D.取决于斜面倾角 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 物体从D点沿DBA滑动到顶点A过程中，由动能定理可得－mghAO－μmgxDB－μmgcos α·xAB＝0－m，α为斜面倾角，由几何关系有xABcos α＝xOB，因而上式可以简化为－mghAO－μmgxOD＝0－m，可以看出，物体的初速度与斜面倾角无关。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 题组2　动能定理与图像的综合问题 4.(多选)(2026·广东佛山开学考试)从地面竖直向上抛出一小球，在距地面高度3 m内，其上升、下落过程中动能Ek随高度h变化的图像如图所示。已知小球在运动过程中受到的阻力大小恒定，重力加速度g取10 m/s2，取地面为重力势能参考平面，下列说法正确的是 A．小球抛出时的速度大小为10 m/s B．小球的质量为1.5 kg C．小球运动过程受到的阻力大小为5 N D．小球上升过程的加速度大小是下落过程的两倍 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据动能定理可知Ek-h图像的斜率绝对值表示合力 大小，则上升过程有F合＝mg＋Ff＝ N＝20 N ，下落过程有F合′＝mg－Ff＝ N＝10 N，联立 解得m＝1.5 kg，Ff＝5 N，故B、C正确；小球抛出 时，由题图可知Ek0＝m＝100 J，解得小球抛出 时的速度大小为v0＝ m/s，故A错误；根据牛顿第二定律可知，小球上升过程的加速度大小与下落过程的加速度大小之比为，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.某物体以一定初速度做平抛运动，从t＝0时刻起，物体的动能Ek随时间t变化的情况是下图中的 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 物体在重力作用下做平抛运动，加速度为g，竖直位移y＝gt2，由动能定理得mgy＝Ek－E0，得Ek＝E0＋mg2t2。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.(多选)如图是滑雪过程的简化图，第一段粗糙斜面底端连接长度忽略不计的圆弧，且B端切线水平。运动员从A点沿斜面滑下，在B点沿切线飞出，在第二段斜面上的C点着陆，不计空气阻力，用vx表示水平速度，Ek表示动能，t表示运动时间，h表示下落高度。下列图像中可能正确的有 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设AB段倾角为β，运动员在AB段的加速度为a，则下滑 过程的水平速度vx＝atcos β＝(acos β)×t，可知水平速度 与时间成正比；到达B点后，运动员做平抛运动，水平速 度不再改变，故A错误，B正确。运动员在AB段，由动能 定理可知Ek＝mgh－Ff＝h，其中Ff为阻力，恒定不变，可知在AB段动能与h成正比；到达B点后，运动员做平抛运动，设到达B点时动能为Ek0，由动能定理有Ek－Ek0＝mg(h－h0)，整理得Ek＝mg(h－h0)＋Ek0，可知动能与h的关系为一次函数，因为小于mg，所以开始阶段图像的斜率较小，故C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 题组3　应用动能定理处理多过程问题 7.如图为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8)。则 A.动摩擦因数μ＝ B.载人滑草车最大速度为 C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 全过程由动能定理得mg·2h－μmgcos 45°·－ μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，A错误；滑草车 到达上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh －μmgcos 45°·＝mv2，解得v＝，故载人滑草车最大速度为，B正确；对全过程由动能定理得mg·2h－W克＝0，解得载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，C错误；在下段滑道上对载人滑草车，根据牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得a＝g，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.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水平，其长度d＝0.5 m，盆边缘的高度为h＝ 0.3 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑。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为μ＝0.1。g＝10 m/s2。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的位置到B的距离为 A.0.50 m B.0.25 m C.0.10 m D.0 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，整个过程由动能定理有mgh－μmgs＝0，解得s＝＝ m＝3 m，而d＝0.5 m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距离为0，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.(2026·广东深圳联考)物体沿直线运动的v -t关系图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做的功为W，则 A．从第1 s末到第3 s末合力做功为4W B．从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W C．从第5 s末到第7 s末合力做功为－W D．从0时刻到第7 s末合力做功为W √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 物体在第1 s末到第3 s末做匀速直线运动，合力为零，做功为零，故A错误；设第1 s内物体动能变化量为ΔEk1，则从第3 s末到第5 s末动能的变化量为－ΔEk1，则合力做的功等于－W，故B错误；从第5 s末到第7 s末动能的变化量为ΔEk1，则合力做功为W，故C错误；从0时刻到第7 s末动能的变化量为ΔEk1，则合力做功为W，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.(14分)如图所示，质量为m＝4 kg的滑块(可视为质点)放在光滑平台上，向左缓慢推动滑块压缩轻弹簧至P点，释放后滑块以一定速度从A点水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，同一竖直平面内的光滑半圆轨道DE与水平面CD相切于D点。已知圆弧轨道BC的半径R1＝3 m，AB两点的高度差h＝0.8 m，光滑圆弧轨道BC对应的圆心角为53°，滑块与CD部分的动摩擦因数μ＝0.1，LCD＝2 m，重力加速度g＝10 m/s2， sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)弹簧对滑块做的功； 答案：18 J 滑块从A到B做平抛运动，竖直方向有＝2gh 解得vy＝4 m/s 滑块恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，则有tan 53°＝ 解得vA＝3 m/s 根据动能定理可得弹簧对滑块做的功为W弹＝m 解得W弹＝18 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)滑块到达圆弧末端C时受到的支持力； 答案： N，方向竖直向上 滑块从B点到C点由动能定理得 mgR1＝m－m 又vB＝＝5 m/s 解得vC＝7 m/s 在C点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m 解得FN＝ N，方向竖直向上。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)滑块冲上半圆轨道后中途不会脱离半圆轨道，轨道DE的半径R2满足的条件。 答案：0＜R2≤0.9 m或R2≥ m 滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动，分两种情况： ①滑块到达与圆心等高处时速度恰好为零，由动能定理得－μmgLCD－mgR2＝0－m 解得R2＝ m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 ②滑块恰好能够到达半圆轨道最高点，由动能定理得－μmgLCD－mg·2R2＝m－m 在最高点，重力恰好提供向心力， 有mg＝m 联立解得R2＝0.9 m 综上，若滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道，轨道DE的半径R2应满足0＜R2≤0.9 m或R2≥ m。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 第2讲　动能定理 $