第六章机械能守恒定律第2节 动能定理及其应用——2027届高三物理一轮复习课件

该高中物理高考复习课件聚焦“动能定理及其应用”专题，依据高考评价体系梳理了动能定理的理解应用、与图像结合、多过程问题、往复运动问题四大核心考点，通过近五年真题分析明确多过程问题（占35%）、图像结合（占30%）等高频考查方向，归纳变力做功、系统动能定理等常考题型，构建完整备考体系。 课件亮点在于“真题溯源+方法建模+素养提升”策略，如以2023全国乙卷物块木板模型为例，强化“两状态一过程”解题流程，培养科学思维与科学推理能力。针对F-x图像问题，提炼“面积法求功”技巧，特设易错警示（如参考系统一），助力学生掌握得分关键，教师可据此精准突破考点，实现高效复习。

第6章 机械能守恒定律 第2节 动能定理及其应用 1 考点一 动能定理的理解和应用 考点二 动能定理与图像问题的结合 考点三 动能定理在多过程问题中的应用 考点四 动能定理在往复运动问题中的应用 2 考点一 动能定理的理解和应用 3 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：_ ______，单位：焦耳。 。 （3）动能是标量、状态量。 4 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____________。 （2）表达式： _ _____________。 （3）物理意义：______做的功是物体动能变化的量度。 3.应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程”，“两状态”即明确研究对象的始、末状态 的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力情 况和位置变化或位移信息。 动能的变化 合力 5 4.应用动能定理的解题流程 6 5.注意事项 （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）当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解，也可以全过程应 用动能定理求解。 （3）动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。 7 【视角1】　动能定理的理解 例1 (多选)(2023·全国乙)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时( ) BD A.木板的动能一定等于fl B.木板的动能一定小于fl C.物块的动能一定大于m - fl D.物块的动能一定小于m - fl 8 [解析] 当物块从木板右端离开时，对m有 - fxm = mm，对M有fxM = m，其中l = xm - xM，由于l > xM，则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A错误、B正确；根据以上分析，联立有m - fl = m+m，则物块的动能一定小于m - fl，C错误、D正确。 9 【视角2】　动能定理的简单应用 例2 (2025·黑吉辽蒙)如图，一雪块从倾角θ = 37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x = 2.5 m，A点距地面的高度h = 1.95 m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ = 0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin 37° = 0.6，重力加速度大小g = 10 m/s2。求: 10 （1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0； [解析]雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理mgxsin θ - μmgcos θ·x = m - 0 代入数据解得雪块到A点速度大小为v0 = 5 m/s 11 （2）雪块落地时的速度大小v1及其速度方向与水平方向的夹角α。 [解析]雪块离开屋顶后，做斜向下抛运动，由动能定理mgh = mm 代入数据解得雪块到地面速度大小v1 = 8 m/s 速度与水平方向夹角α，满足cos α = ，解得α = 60° 12 【视角3】　动能定理求变力做功 例3 一质量为m的物块静止在水平地面上A点，现对物块施加一水平向右的变力F，且F与速度v满足关系F = k(其中k为定值)，作用时间t后撤去外力F，最后物块停在C点。已知物块与地面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则AC间距离为( ) B A. B. C.kt – μmg D. - μgt2 [解析] 由题中F = k可知P = F·v = k，故功为WF = P·t = kt，摩擦力做功为Wf = - μmg·sAC，根据动能定理有kt - μmgsAC = 0，解得sAC = ，故选B。 13 【视角4】　系统动能定理 例4 (多选)如图甲所示，质量为0.4 kg的物块A锁定在足够高的水平桌面上O点，轻质细绳通过光滑定滑轮与物块B相连，物块A与定滑轮之间的距离足够长。某时刻由静止释放物块A，物块A从O点开始沿x轴运动，已知从O点开始物块A与桌面间的动摩擦因数μ随位移x变化的图像如图乙所示，物块A的质量是物块B的四倍，取重力加速度g = 10 m/s2，下列说法正确的是( ) AC A.物块A的最大位移为2.5 m B.当x = 2.5 m时，物块A的速度最大 C.物块A、B组成的系统的最大动能为0.625 J D.整个过程物块B减少的重力势能为1.25 J 14 [解析] 由乙图可知μ = 0.2x，所以物块A受到的摩擦力f = 0.2Mgx = 0.8x，当物块A的速度为零时位移最大，对整个系统由动能定理得 - fx+mgx = 0，M = 4m，解得x = 2.5 m，所以物块A的最大位移为2.5 m，故A正确，B错误；整个系统的加速度等于零时，动能最大，则f = mg；根据A项分析可得x1 = 1.25 m时系统的动能最大，由动能定理得 - fx1+mgx1 = Ekm，解得Ekm = 0.625 J，故C正确；物块B减少的重力势能为ΔEp = mgx = 2.5 J，故D错误。 15 考点二 动能定理与图像问题的结合 16 图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义 17 【视角1】　Ek - x图像 例1 从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为( ) C A.2 kg B.1.5 kg C.1 kg D.0.5 kg 18 [解析] 法一:特殊值法 画出运动示意图。 设该外力的大小为F，据动能定理知A→B(上升过程): - (mg+F)h = EkB - EkA，B→A(下落过程):(mg - F)h = EkA' - EkB'，整理以上两式并代入数据得物体的质量m = 1 kg，选项C正确。 19 法二:写表达式根据斜率求解 上升过程: - (mg+F)h = Ek - Ek0，则Ek = - (mg+F)h+Ek0，下落过程:(mg - F)h = Ek' - Ek0'，则Ek' = (mg - F)h+Ek0'， 结合题图可知mg+F = N = 12 N，mg - F = N = 8 N，联立可得m = 1 kg，选项C正确。 20 【视角2】　F - x图像 例2 (多选)如图甲所示，倾角为30°的光滑斜面上，质量为2 kg的小物块在平行于斜面的拉力F作用下由静止沿斜面向上运动，拉力(F)随位移(x)变化的图像如图乙所示。取g = 10 m/s2，则在物块沿斜面运动的过程中，下列判断正确的是( ) AC A.上升过程中，当x = 7.5 m时物块的速度最大 B.上升过程中，当x = 10 m时物块的速度为0 C.上升过程中，物块能达到的最大高度为7.5 m D.下降过程中，当x = 0时重力对物块做功的功率为100 W 21 [解析] 小物块所受重力沿斜面向下的分力大小为mgsin 30° = 10 N，根据图像可知，在拉力作用下，物块先沿斜面向上做匀加速直线运动，后向上做加速度减小的直线运动，当拉力大小为10 N时，加速度减小为0，此时速度达到最大值，根据图乙，结合数学函数关系，可以解得x = 7.5 m，故A正确；当x = 10 m时，根据动能定理有WF - mgxsin 30° = mv2，其中WF = J = 150 J，解得v = 5 m/s，故B错误；令物块沿斜面运动到x = 10 m位置之后，能够沿斜面继续向上减速至0的位移为x1，则有 - mgx1sin 30° = 0 - mv2，解得x1 = 5 m，则上升过程中，物块能达到的最大高度为H = sin 30° = × m = 7.5 m，故C正确；物块由最高点下降至最低点过程有mgsin 30° = m，解得v1 = 5 m/s，则下降过程中，当x = 0时重力对物块做功的功率为P = mgv1sin 30°，解得P = 50 W，故D错误。 22 【视角3】　a - x图像 例3 如图所示，轻弹簧上端固定在内壁光滑玻璃管顶部，下端拴接质量为m的小球，玻璃管与水平方向夹角为30°，玻璃管内径略大于小球直径，现将小球由弹簧原长处由静止释放，小球运动过程中的加速度a与弹簧伸长量x的关系如图所示，其中图线与x轴交点坐标x0为已知，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则( ) C A.小球运动到最低点时，所受弹簧弹力大小为2mg B.弹簧的劲度系数为 C.小球沿管壁向下运动过程中动能最大值为 D.弹簧拉伸量为x0时，弹性势能为 23 [解析] 根据kx0 = mgsin 30°，得弹簧的劲度系数为k = ，故B错误；小球运动到最低点时，根据动能定理mgsin 30°x = kx2，得x = 2x0，所受弹簧弹力大小为F = kx = mg，故A错误；当弹簧伸长量为x0时，动能最大，根据动能定理mgsin 30°x0 - km - 0 = Ekm，得Ekm = ，故C正确；弹簧拉伸量为x0时，弹性势能为Ep = k，故D错误。 24 考点三 动能定理在多过程问题中的应用 25 1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路 （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。 26 （2）全过程（多个过程）应用动能定理 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，大大简化运算。 2.全过程列式时要注意 （1）重力、弹簧弹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。 27 【视角1】　直线+斜面 例1 (多选)如图所示，截面是高为h的等腰直角三角形光滑斜面固定在粗糙水平面上，底端用小圆弧与水平地面平滑连接，在距斜面底端为d的位置有一竖直墙壁、小物块自斜面顶端由静止 ABC A. B.2d - C. - 2d D.3d - 释放，小物块与水平地面之间的动摩擦因数为μ，若小物块与墙壁发生碰撞后以原速率反弹，且最多只与墙壁发生一次碰撞，不计碰撞过程中能量损失。则物块最终静止时距斜面底端的距离可能为( ) 28 [解析] 设s是物块在水平面上运动的总路程，根据动能定理有mgh - μmgs = 0，解得s = ，若物块不与墙壁相碰，A正确:若只发生一次碰撞，但未再次滑上斜面时，物块最终静止时距斜面底端的距离为2d - ，B正确:若碰后能再次滑上斜面，物块最终静止时距斜面底端的距离为 - 2d，C正确。 29 【视角2】　直线+圆周运动 例2 如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R = 0.3 m的固定在水平面上竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L = 2 m，θ = 53°，小球质量为m = 0.5 kg，D点与A孔的水平距离s = 2 m，g取10 m/s2。(sin 53° = 0.8，cos 53° = 0.6) 30 （1）求摆线能承受的最大拉力为多大； [解析]当摆球由C运动到D，根据动能定理有mg(L - Lcos θ) = m，得vD = 4 m/s，在D点，由牛顿第二定律可得FTm - mg = m，可得FTm = 9 N （2）要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围。 [解析]要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得 对DA段: - μ1mgs = 0 - m，可得μ1 = 0.4 小球不脱离圆轨道分两种情况: 31 ①若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心所在高度以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零， 对DA段:由动能定理可得 - μ2mgs = mm，在轨道中由动能定理可得 - mgR = 0 - m，可求得μ2 = 0.25 ②若小球进入A孔的速度较大，能过圆轨道的最高点，那么也不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在最高点，由牛顿第二定律可得mg = m， 由动能定理可得 - μ3mgs - 2mgR = mv2 - m，解得μ3 = 0.025 综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.25 ≤ μ ≤ 0.4或者μ ≤ 0.025。 32 考点四 动能定理在往复运动问题中的应用 33 1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程 中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定。 2.解题策略：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，运用牛顿运动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简化解题过程。 34 【视角1】　斜面上的往复运动 例1 如图所示，固定于水平面上的斜面足够长，其倾角为α，质量为m的滑块距挡板P的距离为s0，以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受的摩擦力小于滑块的重力沿斜面方向的分力。若滑块每次与挡板相碰均无动能损失，重力加速度为g，求滑块在斜面上通过的总路程。 35 [解析] 在整个过程中，滑块受重力、摩擦力和斜面支持力作用，其中支持力不做功，滑块在斜面上通过的总路程记为L，对全过程由动能定理得 mgs0sin α - μmgLcos α = 0 - m 解得L = 36 【视角2】　圆弧面的往复运动 例2 如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角∠BOC为θ = 37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R = 1.0 m，斜面长L = 4.0 m，现有一个质量m = 1.0 kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速下滑，物体P与斜面AB之间的动摩擦因数为μ = 0.25，g取10 m/s2.求: 37 （1）物体P第一次通过C点时的速度大小； [解析]物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理 mgLsin 37°+mgR(1 - cos 37°) - μmgLcos 37° = m 代入数据得vC = 6 m/s 38 （2）物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动，不计空气阻力，则最高点E和D点之间的高度差为多大? [解析]对P从C到E由动能定理 - mg(R+h) = - m 代入数据得E与D间高度差h = 0.8 m 39 （3）物体P从空中又返回到圆轨道和斜面，做往复运动，在整个过程中，物体P对轨道上C点的最小压力是多大? [解析]物体P在斜面AB上最大静摩擦力Ffmax = μmgcos 37° < mgsin 37° 物体P最后在B与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，设速度为v， 由B到C根据动能定理mgR(1 - cos 37°) = mv2 代入数据得v = 2 m/s 对物块在C点FN - mg = m 代入数据FN = 14 N 根据牛顿第三定律物体P对轨道上C点的最小压力为14 N 40 $