第6章 2.第2节 动能定理及其应用（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考物理大一轮复习练案

该高中物理高考复习课件聚焦“动能定理及其应用”核心考点，依据高考评价体系明确理解应用和图像结合两大考查方向，通过近三年高考真题（如2025云南、2023辽宁卷）分析，归纳出基本计算（占比约50%）和图像综合（占比约40%）的高频题型，构建针对性复习框架。 课件亮点在于“真题精讲+素养渗透+技巧提炼”，如以2025浙江题为例，通过受力分析和动能定理推导橡皮绳做功，培养学生能量观念和科学推理素养。特设“易错点警示”（如忽略摩擦力做功）和“图像分析模板”，助力学生掌握解题关键，教师可依托此课件实现考点精准突破，提升复习效率。

第2节 动能定理及其应用 返回目录  动能定理的理解和基本应用T1、2、3、6、7　     动能定理与图像结合的问题T4、 5、8、9 返回目录 1.★★(2025云南,2,4分)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　     高考真题 返回目录 解析    根据题意,对座椅上的一高中生进行受力分析,高中生受到重力和座椅对他的作 用力,高中生沿水平轨道由静止逐渐加速到144 km/h,根据动能定理,列车对高中生所做 的功W= mv2-0,假设这名高中生的质量m=50 kg,速度v=144 km/h=40 m/s,代入数据,解 得列车对高中生所做的功W=4×104 J,B正确。 返回目录 2.★★(2023辽宁,3,4分)如图(a),从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同 小物块甲、乙同时从M点由静止释放,沿不同轨道滑到N点,其速率v与时间t的关系如图 (b)所示。由图可知,两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中 ( ) A.甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大 B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小 C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变 D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大 　    B　     返回目录 解析　对下滑过程中的物块受力分析,结合牛顿第二定律有a=g sin θ,θ为斜面的倾角, 由题图(a)知Ⅰ轨道倾角逐渐变小,物块在Ⅰ轨道上运动时加速度逐渐变小,对应的是题 图(b)中的图线乙,Ⅱ轨道倾角不变,物块在Ⅱ轨道上运动时加速度不变,对应的是题图 (b)中的图线甲,A、D错误;在同一时刻v甲<v乙,两物块质量相等,所以Ek甲<Ek乙,B正确;乙沿 Ⅰ下滑时竖直方向的速度在M和N点均为零,在M、N之间竖直方向的速度不为零,所以 重力的功率不是一直不变,C错误。 返回目录 3.★★(2025浙江6月,6,3分)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AB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,重力加速度为g,则释放 后 ( ) A.物块做简谐运动 　    D　     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为W= m +μmgL 返回目录 解析　对物块受力分析可知,物块受重力、支持力、橡皮绳的弹力以及摩擦力的作用, B错误;在物块的运动方向上,物块受橡皮绳弹力和摩擦力的作用,因摩擦力与运动方向 相反且大小不变,则物块所受的合力大小关于位移大小不成正比,物块不做简谐运动 【点拨:物块做简谐运动时,回复力的大小与位移大小成正比,方向与位移的方向相 反】,A错误;若∠AOB=90°时每根橡皮绳的弹力为F,则两根橡皮绳弹力的合力大小为 F1= = F,又物块所受滑动摩擦力的大小为Ff=μFN,FN=mg,所以物块所受合力的 大小为F合= F-μmg,C错误;若物块第一次到达C点时的速度为v0,则对物块从O点运动 到C点的过程,由动能定理得W-μmgL= m ,则橡皮绳对物块做的功为W=μmgL+ m , D正确。 返回目录 4.★★★(多选)(2025江西,9,6分)每逢端午节,江西各地常会举办热闹非凡的赛龙舟活 动。利用与某龙舟同方向匀速直线飞行的无人机跟踪拍摄,发现在某段时间内该龙舟 做匀加速和匀减速交替的周期性直线运动。若以无人机为参考系,该龙舟在0.4 s时间 内速度由0增加到0.6 m/s(划桨阶段),再经历0.6 s时间速度减为0(未划桨阶段),则关于这 段时间内该龙舟的位置x、速度v、加速度a、动能Ek与时间t的关系,下列图像可能正确 的是( )  　      　    AB　     返回目录 解析　龙舟相对无人机做匀加速和匀减速交替的周期性直线运动,龙舟在0~0.4 s内的 加速度不变,速度由0增加到0.6 m/s,在0.4~1.0 s内的加速度不变,速度由0.6 m/s减到0,B 正确,C错误。0~0.4 s内,龙舟相对无人机速度增大,x-t图线斜率变大,0.4~1.0 s内龙舟相 对无人机速度减小,x-t图线斜率变小,A正确。龙舟相对无人机的动能Ek= mv2,在0~ 0.4 s内有Ek= ma2t2,则0~0.4 s内Ek-t图线应为开口向上的抛物线,D错误。 返回目录 5.★★★(多选)(2023新课标,20,6分)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 　    BC　     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 返回目录 解析　根据W=Fx及题意可知,W-x图线的斜率表示水平拉力,则在0~2 m内,拉力F1=  N=6 N,则物体做匀加速直线运动,加速度a1= =2 m/s2,故由x1= a1 知,物体运动 到x=1 m所用的时间t1=1 s,则v1=a1t1=2 m/s,P1=F1v1=12 W,A错误;在0~4 m内,根据动能定 理可得W4-μmgx4=Ek,解得Ek=2 J,B正确;从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为Wf =μmgx2=8 J,C正确;物体在2~4 m内,拉力F2=  N=3 N,加速度a2= =-1 m/s2,则 物体做匀减速直线运动,故物体在x=2 m时的速度最大,故动量最大,在0~2 m内,根据动 能定理有(F1-μmg)x2= m ,结合p2=mv2,联立解得p2=2  kg·m/s,D错误。 返回目录 6.★★★(2026届四川广安中学模拟)如图所示,有一根长为L、质量为M的均匀链条AB 静止在动摩擦因数μ=0.2的粗糙水平桌面上,其长度的 悬于桌边外,如果在链条的A端 施加一个拉力使链条AB以0.4g(g为重力加速度)的加速度运动,直到把悬着的部分拉回 桌面。设拉动过程中链条与桌边始终保持接触,则拉力需做功 ( )   A. 　　　    B.  　    C　     高考模拟 C. 　　　    D.  返回目录 解析　根据运动学公式可得,悬着的部分拉回桌面时,链条的速度满足v2-0=2ax=0.4gL; 链条上升的过程中所受摩擦力与位移x的关系如图所示,设拉力F做的功为W,对整个过 程根据动能定理可得W-   - Mg× L= Mv2,联立解得W= ,C正确。   返回目录 7.★★★(2025届甘肃金昌三模)一质量为m的小球从离地足够高的位置由静止开始释 放,已知小球下落过程中受到一个始终垂直于速度方向的外力,且外力F的大小与小球 速率v的关系为F=kv(k>0且为常数),重力加速度为g,则小球下落的最大高度h与此时小 球的速率v分别为 ( ) A.h= ,v= 　　　    B.h= ,v=  C.h= ,v= 　　　    D.h= ,v=  　    A　     返回目录 解析    【关键:小球在最低点时,竖直方向速度为零,故此时速度沿水平方向,可得外力F 的方向竖直向上】小球运动到最低点时,受向上的外力F和向下的重力mg,其中F=kv,设 小球运动轨迹最低点的曲率半径为R,根据牛顿第二定律可得kv-mg=m ,即mv2-kRv+ mgR=0,小球在最低点的速度v具有唯一解,则有Δ=(kR)2-4m2gR=0,可得R= ,v= ; 小球下落过程,根据动能定理可得mgh= mv2,解得h= ,A正确。 返回目录 8.★★★(多选)(2026届湖南永州一模)如图甲所示,倾角为37°的斜面固定在水平地面 上,一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长,上滑过程中木块的机 械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示,重力加速度为g,取sin 37°=0.6,cos 37°= 0.8,则下列说法正确的是 ( ) A.木块的重力大小为  　    BD　     B.木块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C.木块在斜面上运动的总时间为  D.木块返回斜面底端时的动能为E0 返回目录 解析　机械能减小量等于克服阻力做的功,可得5E0-3E0=μmg cos θ·x0,动能变化量等于 合力做的功,可得5E0=(mg sin θ+μmg cos θ)x0,联立解得G=mg= ,μ=0.5,A错误,B正确。 木块上滑时的加速度大小a1=g sin θ+μg cos θ=g,下滑时的加速度大小a2=g sin θ-μg cos θ =0.2g,可得上滑的时间t1= = 、下滑的时间t2= = ,在斜面上运动的总 时间t=t1+t2=( + ) ,C错误。上滑时损失的机械能为2E0,返回时损失的机械能仍 为2E0,则返回斜面底端时的动能为5E0-4E0=E0,D正确。 返回目录 一题多解 状态法求解重力   返回目录 9.★★★(2025届山东潍坊三模)某次训练投掷中,运动员将质量m=4 kg的铅球以初速度 v0斜向上抛出,忽略空气阻力,重力加速度g=10 m/s2。已知铅球在t1=0.5 s时动能达到最 小值Ekmin=150 J。以抛出点所在水平面为零势能面,下列反映铅球在空中运动过程中动 能Ek、重力势能Ep随时间t或高度h变化关系的图像正确的是 ( )  　      　    C　     返回目录 解析    设抛出时的水平速度为v0x,可得 m =Ekmin=150 J【点拨:铅球上升到最高点时速 度最小,此时的速度等于初速度在水平方向的分速度】,解得v0x=5  m/s,抛出时的竖直 速度v0y=gt1=5 m/s,初动能Ek0= m( + )=200 J,根据动能定理可得Ek=Ek0-mgh,h的最大 值hm= g =1.25 m,C正确。由于h=v0yt- gt2,可得Ek=Ek0-mg ,可得Ek-t图线不 是直线,A错误。重力势能Ep=mgh=mg ,可得Ep-t图线不是直线,Ep-h图线是一 条直线,但h的最大值为1.25 m【点拨:Ep-h图线是倾斜直线且上升时和下降时的图线重 合】,B、D错误。 返回目录  电场中等势面上动能定理的应用 (2026届辽宁鞍山一模)如图所示,光滑圆弧轨道ABC半径为R,O1为圆心,在O1点固定一 个点电荷+Q,AO1水平,B为最低点,θ=37°。C点右侧有一光滑圆弧轨道与ABC相切于C 点,O2为右侧圆弧轨道圆心。现有一个带电荷量为+q的小球(图中未画出)从A点无初速 度滑下,到B点处时对轨道的压力为自身重力的4倍,经过C点右侧瞬间对轨道的压力刚 好为零。由此可求得右侧圆弧轨道的半径R2为(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) ( ) 　    D　     创新风向·模块融合 A.2R　　　    B. 　　　    C. 　　　    D.  返回目录 解题导引　小球从A点经B点运动至C点的过程中,圆弧轨道ABC处于同一个等势面上, 小球受到的电场力与速度时刻垂直,故电场力对小球不做功。 解析　在B点,根据牛顿第三定律可得,轨道对小球的支持力FNB=4mg,根据牛顿第二定 律有FNB-F-mg=m ,从A到B的过程中,根据动能定理可得mgR= m -0,联立解得小球受 到的电场力F=mg。小球经过C点右侧瞬间,根据牛顿第三定律可得,轨道对小球的支持 力等于零,根据牛顿第二定律可得mg cos θ+F=m ,从B到C的过程中,根据动能定理可 得-mgR(1-cos θ)= m - m ,联立可得R2= ,D正确。 返回目录 $