第6章 第2讲 动能定理(word教师用书)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义

该高中物理讲义聚焦动能定理核心考点，涵盖概念理解、简单应用、图像综合及多过程问题，按“基础认知-方法提炼-综合突破”逻辑架构知识点，通过考点梳理、正误辨析、解题流程指导及高考真题训练，帮助学生系统构建动能定理应用体系，突破解题难点。 讲义突出科学思维与模型建构，如结合2023广东卷、新课标卷真题解析动能定理与图像综合问题，设计分层练习（针对练、多过程综合题），培养学生分析推理能力，助力高效复习，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第2讲　动能定理 【学习目标】　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。 考点一　动能定理的简单应用 1.动能 2.动能定理 【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。 2.应用动能定理的解题流程 学生用书⬇第96页 (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 答案：CD 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(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 答案：BCD 解析：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 答案：B 解析：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) 答案：C 解析：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。 学生用书⬇第97页 考点二　动能定理与图像的综合问题 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 答案：BC 解析：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 答案：B 解析：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。 考点三　应用动能定理处理多过程问题 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。 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＝ 学生用书⬇第98页 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： (1)小球经过竖直圆环轨道最高点D时的速度大小； (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； (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：(1)2 m/s　(2)2 N　(3) m 解析：(1)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)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。 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； (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：(1)8 m　(2)102 N　70 N 解析：(1)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)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。 学科网（北京）股份有限公司 $