第六章　第27课时 动能 动能定理 动能定理与图像结合的问题 讲义 -2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习教案聚焦动能、动能定理及图像结合等核心考点，按概念理解、定理应用到综合问题的逻辑层次展开，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建能量问题的解题框架。 教案突出科学思维与能量观念培养，如通过动能定理推导变力做功方法，分析Ek-s图像斜率意义，设置分层练习与真题解析，助力学生高效突破难点，为教师把控复习节奏提供实用指导。

第27课时　动能　动能定理　动能定理与图像结合的问题 目标要求　1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题。2.能利用动能定理求变力做的功。3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法。 考点一　动能　动能定理 质量为m的某物体在光滑水平面上运动，在与运动方向相同的恒力F的作用下发生一段位移l，速度由v1增加到v2。 (1)试从动力学的角度写出位移l与速度的关系式。 (2)结合(1)，试写出经位移l过程中合力F做功的表达式。 (3)你能得到什么结论？ 答案　(1)由牛顿第二定律可得F=ma， 结合运动学公式-=2al， 可得l= (2)合力做的总功W=Fl=m-m。 (3)合力做的功等于物体动能的变化， 即W=Ek2-Ek1=ΔEk。 1.动能 (1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。 (2)公式：Ek=mv2。 (3)单位：焦耳，1 J=1 N·m=1 kg·m2/s2。 (4)标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关。 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动能的变化。 (2)表达式：W合=ΔEk=m-m。 (3)物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。 说明：(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (2)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。 例1　(2026·江苏南通市检测)“重研发、迭代快”成为新能源汽车产业发展的特点。在下列情形中，汽车的动能会变为原来的2倍是(　　) A.质量不变，速度增大到原来的2倍 B.质量减半，速度增大到原来的4倍 C.速度不变，质量增大到原来的2倍 D.速度减半，质量增大到原来的4倍 答案　C 解析　根据动能的表达式Ek=mv2可知，质量不变，速度增大到原来的2倍，则动能变为原来的4倍，A错误；质量减半，速度增大到原来的4倍，则动能变为原来的8倍，B错误；速度不变，质量增大到原来的2倍，则动能变为原来的2倍，C正确；速度减半，质量增大到原来的4倍，则动能不变，D错误。 例2　(来自教材)人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实(如图)。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个力，力的大小均为360 N，方向都与竖直方向成37°，重物离开地面25 cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深2 cm。已知重物的质量为50 kg，g取10 m/s2，cos 37°=0.8。求： (1)重物刚落地时的速度是多大； (2)重物对地面的平均冲击力是多大。 答案　(1)2.4 m/s　(2)7.7×103 N 解析　(1)两根绳子对重物的合力 F合=2Fcos 37°=2×360×0.8 N=576 N 重物从抬起到落地的过程中，重力做功为零，由动能定理得F合h=mv2 解得v==2.4 m/s (2)从重物落地至把地面砸深2 cm过程， 由动能定理得mgx-F阻x=0-mv2 解得F阻=mg+=7.7×103 N 由牛顿第三定律可知，重物对地面的平均冲击力的大小为7.7×103 N。 　应用动能定理的解题流程 考点二　应用动能定理求变力做功 例3　如图所示，长木板AB置于水平面上，板长为L，板的B端放置质量为m的小物块。现将板绕A端由静止开始在竖直平面内转动α角时，物块的速度为v，物块始终保持与板相对静止，重力加速度为g，则在上述转动过程中(　　) A.重力对物块做的功为-mgLcos α B.摩擦力对物块做的功为mgLsin α C.弹力对物块做的功为mgLsin α+mv2 D.板对物块做的功为mv2 答案　C 解析　重力对物块做的功为WG=-mgLsin α，故A错误；小物块始终保持与板相对静止，在这个过程中物块所受的为静摩擦力，静摩擦力的方向总是与速度的方向垂直，则摩擦力对物块做的功为零，故B错误；根据动能定理可知W-mgLsin α=mv2，解得弹力对物块做的功为W=mgLsin α+mv2，故C正确；根据动能定理可知，合力对物块做的功为mv2，板对物块做的功为mgLsin α+mv2，故D错误。 例4　如图，质量为m=1 kg的小滑块(视为质点)在半径为R=0.3 m的四分之一圆弧的最高点A，由静止开始释放，它运动到B点时速度为v=2 m/s。滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ=37°、长L=1 m的斜面CD上，斜面底部D点与水平地面平滑相连，地面上一根水平轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点。认为滑块在C、D两处换向时速度大小均不变，滑块恰好被弹簧弹回到C点。g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力。 (1)求AB段圆弧摩擦力做的功； (2)弹簧被压缩到最短时滑块克服弹力做的功。 答案　(1)-1 J　(2)7 J 解析　(1)从A到B，由动能定理得mgR+Wf=mv2，代入数据得Wf=-1 J (2)滑块在由B到被弹回到C的过程中，由动能定理得-2Ffx=0-mv2 解得Ffx=1 J 滑块在由B到弹簧被压缩到最短过程中由动能定理得mgLsin θ-Ffx-W克弹=0-mv2 解得W克弹=7 J。 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W变+W恒=m-m，若物体初、末速度已知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，则W变=m-m-W恒。 考点三　动能定理与图像结合的问题 几种图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义 例5　(2025·江苏无锡市三校联考)图甲为某跳台滑雪运动员从跳台M(长度可忽略不计)处沿水平方向飞出、经2 s在斜坡N处着陆的示意图，图乙为运动员从M到N飞行时的动能Ek随飞行时间t变化的关系图像。不计空气阻力作用，重力加速度 g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.斜坡的倾角为45° B.运动员在M处的速度大小为12 m/s C.运动员运动到N处时重力的瞬时功率为1.0×104 W D.运动员在1.2 s末时离坡面的距离最大 答案　A 解析　设运动员在M处的速度大小为v0，根据题图乙可得m=3×103 J，m-m=mgh，h=gt2，联立解得v0=10 m/s，m=60 kg；运动员运动到N处时竖直分速度vy=gt=20 m/s，重力的瞬时功率为P=mgvy=1.2×104 W，B、C错误；t=2 s时，运动员落在斜坡上，斜坡的倾角θ满足tan θ==1，解得θ=45°，故A正确；运动员离坡面距离最远时，速度方向与坡面平行，有tan θ==1，解得t'=1 s，故D错误。 例6　(2021·湖北卷·4)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f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，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为(　　) A.m=0.7 kg，f=0.5 N B.m=0.7 kg，f=1.0 N C.m=0.8 kg，f=0.5 N D.m=0.8 kg，f=1.0 N 答案　A 解析　0~10 m内物块上滑，由动能定理得 -mgsin 30°·s-fs=Ek-Ek0， 整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+f)s， 结合0~10 m内的Ek-s图像得，斜率的绝对值 |k|=mgsin 30°+f=4 N， 10~20 m内物块下滑，由动能定理得 (mgsin 30°-f)(s-s1)=Ek， 整理得Ek=(mgsin 30°-f)s-(mgsin 30°-f)s1， 结合10~20 m内的Ek-s图像得， 斜率k'=mgsin 30°-f=3 N， 联立解得f=0.5 N，m=0.7 kg，故选A。 课时精练 [分值：56分] 　[1~5题，每题4分] 1.如图，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.等于拉力所做的功 B.小于拉力所做的功 C.等于克服摩擦力所做的功 D.大于克服摩擦力所做的功 答案　B 解析　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，所以动能小于拉力做的功，故B正确，A错误；无法比较动能与克服摩擦力做功的大小，C、D错误。 2.(2025·云南卷·2)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 答案　B 解析　高中生的质量约为50 kg，根据动能定理有W=mv2=4.0×104 J，故选B。 3.(2025·江苏扬州市检测)某同学想测试自己的弹跳力，在教室门口竖直向上跳起，手指刚好碰到门窗上沿，已知该同学身高1.75 m，体重约为60 kg，门窗上沿离地2.6 m，忽略空气阻力，则他双脚离地时的动能约为(　　) A.240 J B.510 J C.1 035 J D.1 560 J 答案　A 解析　人手臂抬高后指尖离头顶的距离约为0.45 m，人向上运动的高度 h=2.6 m-1.75 m-0.45 m=0.4 m 由动能定理-mgh=0-Ek 解得Ek=240 J，故选A。 4.(2021·山东卷·3)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. 答案　B 解析　在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理-Ff·2πL=0-m，可得摩擦力的大小Ff=，故选B。 5.(2021·河北卷·6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　) A. B. C. D.2 答案　A 解析　小球下落的高度为h=πR-R+R=R，小球下落过程中，根据动能定理有mgh=mv2，综上有v=，故选A。 6.(8分)(2024·新课标卷·24)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m=42 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α=37°时，Q绳与竖直方向的夹角β=53°(sin 37°=0.6)。 (1)(5分)求此时P、Q绳中拉力的大小； (2)(3分)若开始竖直下降时重物距地面的高度h=10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。 答案　(1)1 200 N　900 N　(2)-4 200 J 解析　(1)设此时P、Q绳中拉力的大小分别为FT1和FT2，由平衡条件可得 竖直方向FT1cos α=mg+FT2cos β 水平方向FT1sin α=FT2sin β 联立解得FT1=1 200 N，FT2=900 N (2)整个过程根据动能定理得W+mgh=0 解得两根绳子拉力对重物做的总功为 W=-4 200 J。 　[7~9题，每题4分] 7.(2025·江苏淮安市检测)如图所示，一小物块由静止开始沿固定斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的图像是(　　) 答案　A 解析　设O点到斜面底端的水平距离为x，斜面的倾角为θ，小物块滑至斜面某处(发生的水平位移为x<x1)时的末动能为Ek，由动能定理，mgxtan θ-μ1mgcos θ=Ek-0，即Ek=mgxtan θ-μ1mgx，故小物块沿斜面下滑时Ek与x(x<x1)成正比。当小物块在水平地面上运动时，由动能定理得mgx1tan θ-μ1mgx1-μ2mg(x-x1)=Ek。故选A。 8.(2025·江苏南京市检测)如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙固定斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为v0，下列说法中正确的是(　　) A.A、B、C三者的加速度相同 B.A和C同时滑到斜面底端 C.滑到斜面底端时，B和C的动能一样 D.滑到斜面底端时，A、C所受重力的功率大小关系为：PC>PA 答案　D 解析　设斜面倾角为θ，A、B、C三个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，为Ff=μmgcos θ，A和B所受滑动摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma，可知aA=aB=gsin θ-μgcos θ，C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以它们的加速度不相同，C沿斜面方向的平均加速度大于A、B的加速度，A、C沿斜面方向的位移相同，根据运动学规律，沿斜面方向y=at2，可知C相对A先到达斜面底端，沿斜面方向，A、C都做初速度为零的加速直线运动，根据v2=2ay，知C到达斜面底端时沿斜面向下方向的速度大于A，所以滑到斜面底端时，A、C所受重力的功率大小关系为PC>PA，故A、B错误，D正确；重力做功相同，A、B克服摩擦力做功相同，均小于C克服摩擦力做功，而B、C有相同大小的初速度，根据动能定理mgh-W克f=mv2-m，由此可知滑到斜面底端时，B滑块的动能大于C的动能，故C错误。 9.(2025·江苏南京市检测)如图所示，一段轻绳跨过距地面高度为H的两个定滑轮，一端连接小车P，另一端连接质量为m的物块Q，小车最初在左边滑轮的正下方A点，以速度v从A点沿水平面匀速向左运动，运动了距离H到达B点(绳子足够长)，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.物块在上升过程中的加速度向下 B.车过B点时，物块Q的速度为v C.车过B点时，左边轻绳绕定滑轮转动的角速度为 D.此过程轻绳上的拉力对物块Q所做的功为(-1)mgH 答案　C 解析　将小车的速度分解为沿绳子方向的速度以及垂直绳子方向的速度，如图设绳子与水平方向的夹角为θ，小车沿绳方向的分速度与物块速度大小相等，则v'=vcos θ，小车向左运动的过程中θ逐渐减小，cos θ逐渐增大，故物块做加速运动，加速度的方向向上，故A错误；当小车运动到B点时tan θ==1，所以θ=45°，则物块速度为v'=vcos θ=v，故B错误；当小车运动到B点时，绳与水平方向夹角θ=45°，左侧的绳子的长度是L=H，由图可知，垂直于绳子方向的分速度为v⊥=vsin θ=v，所以左边绳子绕定滑轮转动的角速度为ω==，故C正确；设此过程中绳子上的拉力对物块Q所做的功为W，由动能定理得W-mg(H-H)=mv'2-0，解得W=(-1)mgH+mv2，故D错误。 10.(12分)为了确保汽车每次能安全顺利地通过一段陡峭的上坡路，小明通过观察汽车在上坡时的加速度情况对其进行分析。已知汽车总质量m=1 500 kg，汽车发动机的额定功率P=132 kW，坡面与水平面夹角为θ=37°，汽车在坡面受到的阻力恒为车重力的0.4倍，坡面足够长。某次该汽车以加速度大小a=1 m/s2启动沿坡面向上做匀加速直线运动，当功率达到额定功率后保持功率不变直到汽车获得最大速度时，汽车总位移为x=40 m。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，求： (1)(5分)汽车保持匀加速直线运动的最长时间； (2)(7分)汽车从开始启动到速度达到最大值所用的时间(结果保留整数)。 答案　(1)8 s　(2)9 s 解析　(1)设汽车的牵引力为F，根据牛顿第二定律可得F-0.4mg-mgsin θ=ma 解得F=1.65×104 N 匀加速直线运动过程的最大速度为 v1==8 m/s 故汽车保持匀加速直线运动的最长时间为 t1==8 s (2)汽车做匀加速直线运动的位移为 x1=a=32 m 故保持恒定功率加速阶段的位移为 x2=x-x1=8 m 又P=(0.4mg+mgsin θ)vm 解得汽车最大速度为vm=8.8 m/s 根据动能定理可得 Pt2-(0.4mg+mgsin θ)x2=m-m 解得t2≈0.99 s 故汽车从开始启动到速度达到最大值所用的时间为t=t1+t2≈9 s。 　[4分] 11.(2025·江苏淮安市检测)某同学设计了一种验证动能守恒的实验方案。如图所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O'点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放，在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A'，小球2向右摆动至最高点D。测得小球1、2的质量分别为m、M，弦长AB=l1、A'B=l2、CD=l3。为验证碰撞前后系统动能守恒，试推导m、M、ll、l2、l3应满足的关系式为(　　) A.m=m+M B.ml1=ml2+Ml3 C.m=m+M D.m=-m+M 答案　C 解析　如图， 设绳长为l，根据几何关系可知，小球从A点运动到B点，下降的高度为h1=l(1-cos θ) 根据几何关系及三角函数可知 cos θ=cos (2·)=1-2sin 2 =1-2()2=1- 可得h1= 同理可得从B点到A'点，C点到D点，上升的高度分别为h2= h3= 根据动能定理有mgh1=m -mgh2=0-m -Mgh3=0-M 若要证明碰撞过程中动能守恒， 即m=m+M 则只需证明mgh1=mgh2+Mgh3 整理得m=m+M，故选C。 学科网（北京）股份有限公司 $