第6章 第2讲 动能　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 动能定理及其应用”专题，依据高考评价体系明确理解动能概念、用动能定理解释现象及解决问题的考查要求，通过考点内化梳理动能性质、功与能关系等基础考点，结合考教衔接归纳平抛运动、斜面、圆弧轨道等常考题型，体现高考备考的系统性和针对性。 课件亮点在于“真题训练+素养融合+方法提炼”，以2023广东卷滑道货物运动真题为例，解析动能定理在曲线运动中的应用，培养科学推理和模型建构素养。通过卡车脱节多过程问题总结“过程分段+功能关系整合”突破方法，帮助学生掌握变力做功、临界条件分析技巧，助力教师精准把握学情，提升学生高考冲刺得分率。

第六章　机械能及其守恒定律 第2讲　动能　动能定理及其应用 -- 第六章　机械能及其守恒定律 1．理解动能和动能定理。 2．能用动能定理解释生产生活中的现象。 3．能用动能定理解决相关问题。 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 C -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 BCD -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 mgL(1－cos θ) -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 D -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 －66.6 -- 第六章　机械能及其守恒定律 -- 第六章　机械能及其守恒定律 谢谢观看 -- 第六章　机械能及其守恒定律 考点一　动能　动能定理 【考点内化】 1．对动能的理解。 动能只有大小的概念，且为正值。但动能的变化却有正有负，“变化”是指末状态的物理量减去初状态的物理量。因为速度与参考系的选择有关，故对不同的参考系，动能可能有不同的量值，如不特别说明，通常选地面为参考系计算动能。动能还是状态量，对应物体运动的一个时刻。 2．功和能之间的关系。 做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功，就有多少能量发生转化或转移，反之，转化或转移了多少能量就说明做了多少功。由此可知：功是过程量，能量是状态量。 3．对动能定理的理解。 (1)动能定理适用于单个物体(或可看作单个物体的系统)。 (2)动能定理是把过程量(做功)和状态量(动能)联系在一起的物理规律，它表示了过程量等于状态改变量的关系。 (3)动能定理表达式是一个标量式，不能按运动分解来处理，要按整个运动过程处理。 【考点过关】 (单选)下列关于动能概念及动能定理表达式W＝Ek2－Ek1的说法正确的是(　　) A．速度大的物体，动能一定大 B．W＝Ek2－Ek1表示功可以变成能 C．动能的变化可以用合力做的功来量度 D．若物体速度在变化，则动能一定在变化 解析：由Ek＝mv2 知A错误；动能定理表达式W＝Ek2－Ek1表示动能的变化可用合力做的功量度，但功和能是两个不同的概念，有着本质的区别，故B错误，C正确；速度是矢量，而动能是标量，若物体速度只改变方向，不改变大小，则动能不变，故D错误。故选C。 【考教衔接】 　试在下述简化情况下，根据牛顿第二定律和运动学公式导出动能定理的表达式：粗糙水平地面上有一个物体，在一个恒定水平拉力作用下，沿直线运动。要求说明推导过程中每步的根据，以及式中各符号和最后结果中各项的物理意义。 解答：根据题意画出下图，水平地面上质量为m的物体，在一个恒定水平拉力F作用下，经位移s后速度由v1增加到v2，已知物体与水平地面间的摩擦力为f。 根据牛顿第二定律，有F－f＝ma, ① 由运动学公式v22－v12＝2as, ② 联立①②式，解得(F－f)s＝mv22－mv12, ③ ③式为动能定理的表达式，其中(F－f)s 表示合外力做的功，mv22表示末动能，mv12表示初动能。 【练习1】　中国高速列车CR450动车组在试验阶段达到453 km/h的速度，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。问： (1)在启动阶段列车的动能。 ①与它的速度成正比，对吗？为什么？ ②与它的位移成正比，对吗？为什么？ ③与它所经历的时间成正比，对吗？为什么？ (2)若要问在启动阶段列车的动能与加速度的关系，如何设问才科学？ (3)目前，你能说出动能与动量的区别吗？ (4)基于本题情境及相关问题谈谈你对动能和动能定理的认识。 解答：(1)根据动能定理的公式Fs＝Ek－0，由于高铁列车做匀加速直线运动，所以合外力F不变。①不对，与速度的二次方成正比。②对，与它的位移成正比。③不对，与时间的二次方成正比。 (2)Ek－0＝mas，经过相同位移，问动能与加速度(合外力)的关系。 (3)①动能是标量，动量是矢量；②动能是物体由于机械运动而具有的能量；动量是物体的质量和速度的乘积。③动能的变化与外力做的功相等，表明动能的变化是通过做功过程来实现的；动量的变化与外力的冲量相等，表明动量的变化是力的时间积累效应的结果。 (4)略。 考点二　动能定理的基本应用 【考点内化】 1．动能定理的两种表述。 (1)对单个物体，动能定理可表述为合外力做的功等于物体动能的变化量。表达式：W合＝ΔEk，具体为F合s＝mv22－mv12。 (2)对于几个过程中外力有所变化的物体，动能定理也可以表述为各个外力在各个阶段对物体做功的代数和等于物体动能的变化量。表达式：W1＋W2＋…＝mv22－mv12。 2．动能定理的基本应用。 (1)在分析物体受力时，要考虑物体受到的所有力，包括重力。 (2)动能定理中的位移、速度各物理量都选地面为参考系。 【考点过关】 如图所示，一个质量为m＝2 kg的小球从高h＝0.8 m处以v0＝3 m/s的初速度水平向右抛出，g取10 m/s2。求： (1)若不计空气阻力，小球落地时的动能。 (2)若小球落地时的动能为22 J，求空气阻力对小球做的功。 解答：(1)解法如下。 解法一：把小球平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向的匀速直线运动，在竖直方向，根据vy2＝2gh，得小球落地时的竖直速度vy＝＝4 m/s， 小球落地时的合速度v＝＝5 m/s， 小球落地时的动能Ek＝mv2＝25 J。 解法二：如果不考虑小球的运动轨迹，可用动能定理列式，有 mgh＝mv2－mv02， 则小球落地时的动能 Ek＝mv2＝mv02＋mgh＝25 J。 (2)小球落地时的动能Ek′为22 J，小于不计空气阻力时落地的动能25 J，说明空气阻力对小球做了负功。根据动能定理，有 mgh＋Wf＝Ek′－mv02， 则空气阻力对小球做的功 Wf＝Ek′－mv02－mgh＝－3 J。 【考教衔接】 　(教材改编)如图所示是游乐场中的水滑梯，可视为由倾斜光滑轨道和水平阻力轨道组成，水平轨道的长为25 m。若人从水滑梯的顶端由静止滑下到最低点时的速度为14 m/s，重力加速度g＝9.8 m/s2。 (1)倾斜光滑轨道有多高？ (2)出于安全考虑，要求人不能碰撞水平轨道的末端，则人在水平轨道受到的平均阻力至少为重力的多少倍？ 解答：(1)人沿倾斜光滑轨道下滑过程中，根据动能定理， 有mgh＝mv2－0, ① 代入数据解得h＝10 m。 (2)人在水平阻力轨道滑行过程中，根据动能定理，有 －Fl＝0－mv2, ② 联立①②式，解得F＝mg＝mg， 即人在水平轨道受到的平均阻力至少为重力的。 【练习2】　(多选)(2023广东卷)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 解析：重力做的功为WG＝mgh＝800 J，故A错误；下滑过程根据动能定理可得WG－Wf＝mvQ2，代入数据解得，克服阻力做的功为Wf＝440 J，故B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝＝9 m/s2，故C正确；经过Q点时，据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，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，故D正确。故选BCD。 考点三　动能定理的综合应用 【考教衔接】 命题点1：应用动能定理解答多过程问题 　如图，在竖直面内有一光滑水平直轨道与半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道在半圆的一个端点B相切，半圆轨道的另一端点为C。在直轨道上距B为x(m)的A点，有一可看作质点、质量m＝0.1 kg的小物块处于静止状态。现用水平恒力将小物块推到B处后撤去恒力，小物块沿半圆轨道运动到C处后，恰好落回水平面上的A点，g取10 m/s2。求： (1)水平恒力对小物块做功W与x的关系式。 (2)水平恒力做功的最小值。 (3)水平恒力的最小值。 解答：(1)设小物块在C处的速度为vC，小物块离开C后做平抛运动。 在水平方向上x＝vCt， 在竖直方向上2R＝gt2， 解得vC2＝。 小物块从A到C，由动能定理，得W－mg·2R＝mvC2。 解得W＝mg＝＋0.8(J)。 (2)当W最小时，小物块刚好能够通过C点，此时，由牛顿第二定律， 得mg＝， 由C到A仍做平抛运动，vC2＝， 由以上两式解得x＝2R＝0.8 m， 恒力做功的最小值Wmin＝1 J。 (3)由W＝Fx， 得力F＝＝ N＝＋ (N)， 由数学知识可知，当＝时，即x＝1.6 m时，F最小， 最小值为1 N。 【练习3】　总质量为M的卡车沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢的质量为m，中途脱节。司机发现时，卡车已行驶了距离l，于是立即关闭发动机滑行。设卡车运动的阻力与重力成正比，卡车的牵引力是恒定的。当卡车的两部分都停止时，它们之间的距离是多少？ 解答：设阻力与重力的比例系数为k，卡车脱钩前的速度为v0，卡车牵引力为F，从脱节到停止，车头的位移为xM，末节车厢的位移为xm。 对车头部分，研究末节车厢脱节前后的全过程，根据动能定理，有 Fl－k(M－m)gxM＝0－(M－m)v02, ① 由于原先卡车匀速运动，所以F＝kMg, ② 联立①②式，解得xM＝l＋， ③ 对末节车厢，研究末节车厢脱节后的过程，根据动能定理， 有－kmgxm＝0－mv02, ④ 解得xm ＝， ⑤ 当卡车的两部分都停止时，它们之间的距离 Δx＝xM－xm＝l。 点评：(1)本题也可应用牛顿第二定律结合运动学公式求解。(2)本题还可以用功能补偿的思路来解，求解过程更简单：假设中途脱节时，司机立即发觉，并立即关闭油门，则车厢和卡车会停在同一地点。但因行驶了距离l后才发现而关闭油门，在此过程中，牵引力做功kMgl，这部分功可用来补偿卡车多行驶一段距离而克服阻力所做的功k(M－m)gΔx，即kMgl＝k(M－m)gΔx，由此解得Δx＝l。(3)本题是一题多解的经典试题，充分体现了开放性和创新性。 命题点2：应用动能定理解决实际问题 　某届冬季运动会为了保障比赛安全，设计师先利用模型调试赛道安装。某项目比赛的一段赛道模型如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆弧轨道DC组成，AD与DC相切于D点，C为圆弧轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC上，从离地面高为H处由静止释放，用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN，改变H的大小，可测出相应的FN的大小，FN随H的变化关系如图乙折线PQI所示(PQ与QI两直线相连接于Q点)，重力加速度g取10 m/s2。 甲　　　　　　　　乙 (1)图线上的PQ段是对应小物块在哪段轨道上由静止释放？(无需说明理由) (2)求小物块的质量m、圆弧轨道的半径R、轨道DC所对应的圆心角θ的余弦值。 (3)求小物块与斜面AD间的动摩擦因数μ。 解答：(1)PQ段对应于小物块在DC轨道上由静止释放。 (2)当小物块在圆弧轨道DC上运动时，由动能定理， 有mgH＝mv2－0, ① 在C点，由牛顿第二定律，有FN－mg＝m， ② 由①②式可得FN＝H＋mg。 由题图乙可知，当H＝0时静止于C点， 则FN＝mg＝5 N，解得m＝0.5 kg， 由图像PQ段斜率可知＝10 N/m，解得R＝1 m， 由D点距离地面的高度HD＝R(1－cos θ)＝0.2 m，解得cos θ＝0.8。 (3)当小物块由斜面上某点滑下时，由动能定理，有 mgH－μmg cos θ＝mv2－0, ③ 联立②③式，解得FN＝H＋μmg＋mg。 结合QI曲线知＝ N/m， 解得μ＝0.262 5。 【练习4】　如图所示为学生社团创意设计的游乐轨道简化图。一辆质量m＝1.0 kg的电动游乐小车，通电后在额定功率P＝25 W的电动机牵引下从A点由静止开始沿斜坡AB向上运动，经t＝2.0 s立即关闭电动机，小车恰好到达B点，再从B点由静止开始沿斜坡BC滑下，通过微小圆弧进入长L2＝ m的水平轨道CD，再从D进入竖直圆轨道，圆弧最高点为E。已知斜坡AB、BC的倾角都为α＝30°，小车与它们间的动摩擦因数均为μ＝，与水平轨道CD及圆轨道间的摩擦力均忽略不计，小车可视为质点，g取10 m/s2。 (1)求斜坡的高度h。 (2)要使小车不离开轨道，则竖直圆轨道的半径R应该满足什么条件？ 解答：(1)小车从A运动至B，根据动能定理， 有Pt－(mg sin α＋μmg cos α)＝0－0， 代入数据解得h＝3.125 m。 (2)设小车经过C点时的速度为vC，从B运动至C，根据动能定理， 有(mg sin α－μmg cos α)＝mvC2－0， 解得vC＝5 m/s， 如果小车恰好能通过最高点E，则mg＝m mvC2＝2mgR1＋mv2，代入数据解得R1＝0.5 m。 当小车恰好只能到达与圆心等高处时，有 mvC2＝mgR2，代入数据解得R2＝1.25 m， 当圆轨道与BC相切时，R3＝＝1 m， 即圆轨道半径无法超过1 m。 综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是0<R≤0.5 m。 考点四　用动能定理求变力做功 【考点内化】 用动能定理求变力做功的方法 在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理公式W变＋W恒＝mv22－mv12求解，物体初、末速度已知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W变＝mv22－mv12－W恒，就可以求出变力做的功了。 【考教衔接】 　如图，一质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移到Q点，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ。则F做的功为_______________。 解析：由于在拉力F作用下，小球缓慢地移动，故可看作每个位置小球都处于平衡状态。对小球进行受力分析，如图所示。根据平衡条件可得F＝mg tan θ，随着θ的增大，F也增大，故F是变力，不能用功的定义式计算。 设F做的功为WF，由动能定理有WF－mgL(1－cos θ)＝0－0，所以F做的功为mgL(1－cos θ)。 【练习5】　(单选)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，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，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)(　　) A．μmgs B．μmg(s＋x) C．mv02－μmgx D．mv02－μmg(s＋x) 解析：根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝0－mv02，则W弹＝mv02－μmg(s＋x)。故选D。 【练习6】　如图所示，一半圆弧形细杆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，小环直径略大于杆的粗细)套在细杆上，在大小为50 N、沿圆的切线方向的拉力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的功为_________ J。 解析：小圆环到达B点时对细杆的压力恰好为0，则mg＝m，拉力F沿圆的切线方向，根据动能定理得F－mgr＋Wf＝mv2，又r＝3.6 m，解得摩擦力做的功为Wf＝－66.6 J。 $