第6章 第27课时 动能定理及其应用-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

判断正误 1.×2./3.× [例3]解析木块所受的合外力 F=mgsin 0-umgcos 0=4 N 木块的加速度aF经=2m/s 前2s内木块的位移 x=2a2=号X2X2m=4m 所以重力在前2s内做的功为 W=ngrsin0=2×10×4×0.6J-48J 重力在前2s内的平均功牵下=四=24W 木块在2s末的速度v=at=2×2m/s-4m/s: 2s末重力的瞬时功率 P=ngusin0=2×10×4×0.6W-48W 故选项B正确。 答案B 例4]解析由题意可 知，箱子在水平面内做 圆周运动，则摩擦力与 拉力的合力提供向心 力，受力分析如图所示， 显然绳子的拉力与摩擦 F 力不在一条直线上，A错误：箱子做圆周运动的 过程中，摩擦力的方向始终与运动方向相反，所 以摩擦力为变力，因此求摩擦力做的功时可用 微元法，即将轨迹分割成若千微元，有W, 一ng·△L1、W2=一ng·△L2、…、W,= 一g·△Lm,则W,=W十W。十…十W。= ngL(L为总路程)，L=2πR,解得W,= 一2πngR,C正确；箱子克服摩擦力做功的平 均功率为P W_2umg尽，D正确。 答案CD 考点三 [例5]解析(1)汽车匀速行驶时， F=Fr=1800N P=F&v P≈33.3m/s 则山一 (2)w-54km/h-15m/s P*=F本=2.7X10W=27kW。 答案(1)33.3m/s(2)27kW 讨论交流 解析(1)质量为m的汽车，当发动机的实际 功率等于额定功率P时速度为，加速度 为a, 则有P鱼一F=加 得P=(F十ma)u 此后由于P和F不变，随着速度增大，a逐渐 减小，当P题=F时a=0,此时速度达到最大， g=F+四 Umex-R 达到最大速度后，以最大速度匀速行驶。 （②如果公路足够长，汽车最终速度m-F 答案(1)见解析(2)F+ma) [例6]解析当列车匀 ↑/(m·s-1) 速行驶时，所受的牵引 力等于阻力，即P= fux,解得行驶过程中 列车受到的阻力为∫= P=250×10N= t/s Umix 30 2.5X10N,故A正确：以最大速度行驶时，列 车1小时内通过的路程是108km,但位移不一 定是108am,故B错误：当列车以h=15m/s行 驶时，对列车由牛顿第二定律有F1一f=na,其 中P-F1山，联立解得a=0.5m/s2,故C错：2.AB[等效转换法：甲图中因力对绳做的功等 误；作出列车运动的-t图像如图所示，列车！ 于绳对物块做的功，则物块从A到C过程中绳 加速过程中的平均速率>0十型=15m/s, 对物块做的功为W=F(loa一lac),故A正确。 2 提示：轻绳对物块的拉力一直在变化，但轻绳拉 故D错误。 力大小不变，可将变力做功问题转化为恒力做 答案A 功来处理，轻绳对物块拉力做的功和恒力F做 例]解析设水的反冲作用力的功率为P,: 的功相等。 由P=Fu可得水的反冲作用力F=卫，由u-日 图像法：乙图中，F-x图线与坐标轴固成的面 积代表功，则全过程中F做的总功为W一15× 图像可知t1一时间内，人与喷水装置的速度！ 6J十（一3）×6J=72J,故B正确。 越来越大，则水的反冲作用力越来越小，故A: 微元法：丙图中，绳长为R,若空气阻力∫大小 错误；时刻，人与喷水装置的速度达到最大值！ 不变，方向始终与运动方向相反，可用微元法得 ,开始匀速上升，水的反冲作用力F=Mg,水 小球从A运动到B过程中空气阻力做的功为 的反冲作用力的功率P=F2=Mg,故B正 确；由v-t图像可知t1时刻，人与喷水装置的 w=-f.2迟=一之Rf,故C错误。 4 速度为，设水的反冲作用力为F1,由P一 动能定理法：图丁中，F始终保持水平，当F为 Mg边，P=F1,可知F,=Mg兰，由牛颜第二 恒力时将小球从P拉到Q,F做的功是W Flsin0,而F缓慢将小球从P拉到Q,F为水平 定律有F1一Mg=Ma,可得t1时刻，v-t图像 方向的变力，F做的功不能直接用力乘以位移 切线的斜率，即人与喷水装置的加速度a一！ 计算，要根据动能定理求解力F做功，故D 二山g,故C正确：由P= W可得W=P,结3.D物体所安滑动摩擦力F=g20N由 错误。] 合P一Mg2,可知2一t3时间内，水的反冲作， 题图乙可知，推力大小一直减小，当推力大于摩 用力做的功W=Mgw2(t3一t2),故D错误。 擦力时，物体做加速运动，当推力小于摩擦力 答案BC 时，物体做减速运动，又摩擦力大小恒定，故该 重难突破4变力做功 物体在0~4m的运动过程中，摩擦力的功率先 例1]解析将圆孤分成很多小段11、12、·、 增大后减小，故A错误：当推力等于摩擦力时， L,拉力F在每小段上做的功为W、W、…、 物体速度达到最大，此后随着物体速度减小，则 Wm,因拉力F大小不变，方向始终与小球在该 推力的功率也减小，故B错误；摩擦力做功 点的切线成37角，所以W1=FL1cos37°，W2-} W1=一Fx=一80J,故C错误；F-x图像中图 FL2cos37°，…，W,=FL cos37°，W=W1十 线与x轴所围的面积表示推力做的功，推力做的 W2十+Wn=Fcos37°(l+l2+…+1n）= 功W:=2×100×4J=200J,故D正确。] Fc0s37”·R=gxJ,同理可得克服摩擦力； 40 第27课时动能定理及其应用 微的功W,=0mg·子R=婴元J,剥柱力F微考点一 20 的功与克服摩擦力做的功之比为2，故远B。 1.(2)2mw1 答案B 例2]解析设立方体浸入的深度为x,则浮力 2.(1)动能的变化(2)号m-号 的大小为F=pgV=PgLx,可见浮力与进入水；(3)合力 中的位移成正比。由平均值法知克服浮力做的判断正误 功为W=F降XL= -L=O8L 11./2.×3.×4./ 2 -,故远B。 ·[例1]解析设在整个过程中木板对货物做功 答案B 为W,根据动能定理有W十mngLsin a= 例3]解析力F对物体做的功等于F-x图： 线与横轴所围面积的代数和，0一4s这段时间！ 乞m心，解得木板对货物微功为W=乞心一 mgLsin a,故A正确，B错误：木板转动，支持力 内力F对物体做的功为W=2X(3+4)X! 与货物运动方向成钝角，支持力对货物做负功， 2J=7J,4~5s这段时间内力F对物体做的功1 故D错误：木板对货物做功为W一W,十WN,则 为W,=-2×(5-4)×2J=-1J,全过程 摩擦力对货物做功为W,=之m一mgLsin a- 中，力F对物体做的功为W=W十W=7J一 WN,故C错误。 1J=6J,故选B。 答案A 答案B [例2]解析(1)两根绳子对重物的合力F合- 例4]解析施车对绳子做的功等于绳子对物： 2Fcos37°=2×320×0.8N=512N 体做的功，以物体为研究对象，由于整个过程中！ 重物从拾起到落地的过程中，重力做功为零，由 物体匀速运动，所以绳子的拉力大小FT=G。! 动能定理得Fh=之m时 物体上升的距离等于滑轮右侧后来的绳长OB! 减去开始时的绳长OA,即l= sin0an0,所 2F合h≈2.5m/s 解得√m 以绳子对物体微的功W=FTl=1一c0sCs,则 (2)从重物落地至把地面砸深2cm过程， s1n日 拖车对绳子做的功等于cC。 由动能定理得mgx一Fmx=0-2mw sin 郭容a=限十 -≈8.3×103N。 答案1-cos0 sin a Gs 答案(1)2.5m/s(2)8.3×103N 跟踪训练 ![例3]解析物体从斜面底端回到斜面底端根 1.D[人在下滑的过程中，由动能定理可得ngh一 据动能定理有-mmg·21cosa=E一E, W=乞m心一0，可得此过程中人与滑板克服！ 物体从斜面底端到最高点根据动能定理有 摩擦力做的功为W=n一之m心，故D: -mglsin a-umglcos a=0-Ex, 正确。] 整理得1=E】 mg4=0.5,A错误，C正确： 466 物体向下滑动时根据牛顿第二定律有 :[例2]解析(1)根据题意，小球恰好能到达圆形：第29课时机械能守恒定律及其应用 ma =mg sin a-tmg cos a, 轨道的最高点B,则mg=m紧，解得=1m/s考点 解得ar=长，B正确； :1.(1)路径高度差机械能(2)①ngh②地 物体向上滑动时根据牛顿第二定律有 (2)小球由A运动到B的过程中，根据动能定；球有关无关(3)减小增大E,1一E: 理有 -△E ma上=ng sin a+ngcos a, 解得a上=g,故a上>a下， mg·2R=2mvg-2mA2,解得=5m/s2.(1)弹性形变(2)减小增加一△E, 由于上滑过程中的未速度为零，下滑过程中的： 在A点，轨道对小球的支持力和小球的重力的3.(D动能势能保持不变(2)mg。十 初速度为零，且走过的位移大小相等，根据位移！ 合力提供小球做圆周运动的向心力，即FN一； 分m2E十E,(3)重力弹力 公式1=之a,则可得出1<1，D错误. mg=m“尺，解得F、=60N,由牛顿第三定律判断正误 1.×2.×3.√ 答案BC 得，小球对轨道的压力大小为60N。 :汇例1]解析小球从半圆形槽的最低点运动到 例4]解析(1)根据题意，钢球经B点时， (3)小球从释放到运动到A点的过程，运用动：半圆形槽右侧的过程中，小球对半圆形槽的力 由牛顿第二定律有八、十吸=”紧 能定理有mgH一ngL=之mva,代入数据！ 使半圆形槽向右运动，半圆形槽对小球的支持 力对小球做负功，小球的机械能不守恒，A、D 其中FN=3mg,解得g=2√gR 解得H=0.35m。 错误：小球从A,点向半圆形槽的最低点运动的 钢球由A到B过程中，由动能定理有 答案(1)1m/s(2)60N(3)0.35m 过程中，半圆形槽静止，则只有重力做功，小球 1 :考点二 mg(H-2R)=- 的机械能守恒，B正确：小球从A点经最低点向 :[例3]解析滑块最终要停在斜面底部，设滑， 右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组 解得H=4R。 块经过的总路程为x,对滑块运动的全程应用 成的系统只有重力做功，机械能守恒，C正确。 (2)根据题意，对钢球由A到D过程，由动能定 动能定理得 答案BC 理有 ng(4R-Lsinθ)-kngL=0 mgtosin 0-pmgcos-0m, 考点二 :[例2]解析设小球到达最高点时速度大小为 解得L=sin0十k 4R ! 解得x= 1( 2gc0s十tan0),选项A正确。 ,以初始位置所在水平面为参考平面，根据机 答案(1)4R(2)L=n干k 4R 答案A 赖能守恒定律有号ma2=名mw+mgh :[例4]解析（1)滑块第一次到达圆轨道最高！ 考点二 点的过程中，由动能定理有 h=L-d-d--L-d [例5]解析 根据动能定理-W=0一m2, mgLsin 0-umgLcos 0-mg 2R=- 2m,2 代入数据联立解得v=√瓦m/s,小球在最高点 可知A、B两物体受到的摩擦力做的功之比为！ -0 时根据牛顿第二定律有F十mg=严a解得 WA:Wg=1:4,故A、B错误；根据v-t图像 在最高点，对滑块由牛顿第二定律有 细线拉力大小为F=2N,故远C。 可知两物体的加速度大小之比为aA：ag= mg十FN=mR 答案C 2:1,根据牛顿第二定律F=ma,可得A、B两 拓展解析(1)细线绷直的瞬间，小球机械能不 物体受到的摩擦力之比FA:FB=1:2,故C! 解得FN=45ng 守恒，其余过程小球机械能守恒。 正确，D错误。 由牛顿第三定律可知，滑块第一次到达圆轨道最！ (2)从释放，点到细线恰好仲直时，对小球由机械 答案C 高，点时对轨道的压力大小为FN'=FN=45mg。 例6]解析(1)由题图乙知，在OA段拉力做 (2)滑块第一次在CD段向上滑行的过程中，由 能守板定律得mgL=之m-之m2,解得 功为 动能定理有 y1一3m/s。细线绷直时沿细线方向的速度突 W=2ng×2-0.5ng×1=3.5mg mg(L-L sin 0-umg(L+L cos 0=0-0 变为零，小球只剩下沿细线切线方向的速度，从 滑动摩擦力F;-一mg=-0.25mg 解得滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离 细线绷直到最高点，对小球由机械能守恒定律 滑动摩擦力做的功为W,=F,·xaA=一ng 为L1=25R。 滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得 (3)滑块第二次到达圆轨道最高点的过程中，由 mg(Lsin 30d)m(cos 30) W+W=2mvA2-0 动能定理有 合m,解得4=罗 m/s,因h> 代入数据解得va=5√2m/s。 mg sin cos 0-mg √g(L一2)=1m/s,故小球能到达最高，点。 (2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得 -0 -mgL.sin30=0-zmu以 解得=√6gF 在最高点，对小球：F十mg=m。2a解得 设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为· Fr=3.5N。 解得L-5m $,由动能定理有 答案(1)见解析(2)能3.5N 所以滑块沿斜面AB向上运动的最远距离为 ng(L1一s1)sin0-ng(L1十s1)cos0=0-01[例3]解析(1)运动员到达C点时，根据机械 L=5mo 解得=5R 答案(1)5√2m/s(2)5m 滑块第三次到达圆轨道最高，点的过程中，由动！ 能守恒定律可得mgH=之mu2 第28课时动能定理在多过程 能定理有 在C点根据牛顿第二定律有 问题中的应用 mgs;sin0-0-mg·2R=n西： 1 F、一mg=m冠 考点一 0 2HY [例1]解析设小球受到的阻力大小恒为F, 解得u,2=一2gR 联立可得FN=mg1+R) 小球上升至最高点过程，由动能定理得一mgH: 所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点，！ 根据牛顿第三定律可得运动员滑到C点时对 一F,H=0-气m%2,小球上升至离地高度 假设其运动的过程中不脱轨且上升的最大高度 为h,由动能定理可得ngs1sin0-ngs1cos0 处时速度设为v1,由动能定理得一mgh一Fh= 轨莲的压力大小为m(1+）,方向竖直 mgh=0 向下 m2-m62,又由题有mu2=2ngh, 解得h=R (2)运动员从A到D根据机械能守恒定律可得 小球上升至最高点后又下降至离地高度h处时！ 所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有！ 速度设为，此过程由动能定理得一mgh一 脱轨，之后仅在AB段与圆形轨道间来回滑动， mg(H-h)=- 最终停在B点，设滑块在AB段滑行的路程为： 解得n=√2g(H一h) F(2H-h)=2m2-2m,,又由题有2X s2,由动能定理有ngh一ngs2cos0=0 离开D,点时速度方向与水平方向的夹角为 整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为 30°，则运动员做斜抛运动，可得运动员滑离D 之2=ngh,以上各式联立解得h二，故 s=L十2s1十s2 点后到达最高点时的速率为 选D。 联立解得s-137.5R。 答案D 答案(1)45mg(2)25R(3)137.5R ,=ncos30°=V6g(H-h 2 467第六章机械能守恒定律 ◆跟踪训练 1.某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在 A.甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中 滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑， 力F做的为W=F(loA-lc) 至底端时速度为v,己知人与滑板的总质量为， B.乙图中，全过程中F做的总功为72J 可视为质点，重力加速度大小为g,不计空气阻 C.丙图中，绳长为R,若空气阻力∫大小不变，小 力，则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为 球从A运动到B过程中空气阻力做的功W= 1 A.mgh B. R/ 2m3 D.图丁中，F始终保持水平，无论是F缓慢将小 Cmgh十m Dmgh-之mo2 球从P拉到Q,还是F为恒力将小球从P拉 到Q,F做的功都是W=Flsin 0 2.(多选)力F对物体所做的功可由公式W=Flcos a ;3.(2026·山西省怀仁一中期中)如图甲所示，质量 求得，公式中力F必须是恒力，而实际问题中，有 很多情况是变力在对物体做功。如图，对于甲、： 为4kg的物体在水平推力作用下开始运动，推力 乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列 大小F随位移大小x变化的图像如图乙所示，物体 说法正确的是 ( 与水平地面间的动摩擦因数=0.5，g取10m/s2, 不计空气阻力，则该物体在0~4m的运动过 F/N 程中 1001F/N x/m 甲 x/m Z42E222425226 甲 O A.摩擦力的功率一直增大 B.推力的功率一直增大 Q F C.摩擦力做功为80J 丙 D.推力做功为200J 第27课时 动能定理及其应用 【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。 考点一动能定理的理解和基本应用 1.动能 (2)表达式：W合=△Ek= (1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。 (3)物理意义： 的功是物体动能变化的 (2)公式：Ek= 量度。 (3)单位：焦耳，1J=1N·m=1kg·m2/s2。 说明：(1)动能定理中的位移和速度必须是相对 (4)标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关。 于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止 2.动能定理 的物体为参考系。 (1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物 (2)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能 体在这个过程中 分解动能。 91 精品教辅·智慧人生 高三总复习·物理 [判断正误] 听课记录] 1.一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。 ( 2.物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定 变化。 3.物体的动能不变，所受的合外力必定为零。 ( 4.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。 [例1](2026·广东佛山模 拟)使用如图所示的卸货装 [例3]（多选）(2021·全国甲卷·20)一质量为m 置从高处卸下货物时，先将 的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上 质量为m的货物放置在倾 滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek,向上滑 自动液压杆 角为α、长为L的粗糙木板上端，货物开始加速下 动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑 滑的同时，自动液压杆启动并逐渐缩短，液压杆 动，到达斜面底端时动能为 5 。已知sina= 装置最终完全缩回到地面以下，货物以较小的速 0.6,重力加速度大小为g。则 ( 度。水平向右滑出木板，完成卸货。已知重力加 A.物体向上滑动的距离为 Ek 速度大小为g。下列说法正确的是 ( 2mg A木板对货物做功为2mn2-mgLsin a B,物体向下滑动时的加速度大小为等 C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5 B.木板对货物做功为2mU D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时 间长 1 C.摩擦力对货物做功为2m2 mgLsin a [听课记录] D.支持力对货物不做功 [听课记录] /总结提升/+++++ 应用动能定理的解题流程 确 [例2]（来自教材）人们有时 运动选择起 动能 明确初、 用“打夯”的方式把松散的地 研 分析止位置 分析 末动能 分阶段或 面夯实（如图）。设某次打夯 对 动力学 全过程列 符合以下模型：两人同时通过 关系 动能定理 外 方程求解 绳子对重物各施加一个力，力的大小均为320N, 究 几个力？ 是否做功？ 受力 做功 方向都与竖直方向成37°，重物离开地面30cm 恒力还 正功还是 程 分析 情况 是变力？ 负功？ 后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深 2cm。已知重物的质量为50kg,g取10m/s2, [例4]过山车是一项惊险刺激的娱乐项目，如图 c0s37°=0.8。求： 甲所示。图乙为类似的模型，由三段玻璃细管平 (1)重物刚落地时的速度是多大： 滑连接而成：中间为光滑圆形轨道，左侧AC段 (2)地面对重物的平均阻力是多大。 是光滑圆弧轨道，右侧CD段为粗糙直轨道。可 精品教辅·智慧人生 92 第六章机械能守恒定律 视为质点的钢球自A点由静止释放，沿斜轨道运 听课记录] 动后经过圆轨道最高点B,继续运动到圆轨道最 低点C后，沿CD段轨道恰能运动到D点。已知 圆形轨道半径为R,CD段倾角为0，钢球质量为 m,在经过圆轨道最高点B时对上管壁的压力大 小为3mg,g为重力加速度，钢球在CD段运动时 受到的摩擦阻力为其重力的k倍。求： 一钢球 +/总结提升/+++++++++++++++ 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变十 W=2m2-mm2,若物体初、末速度已 1 1 (1)钢球释放点A距离点C的高度差H: 知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，则 (2)CD段长度L的表达式。 W失=m2-m2-w 考点二 动能定理与图像结合的问题 图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义 [例6](2026·江苏南通高三月考)如图甲所示， ()v-t图像人依据x=t -图线与横轴围成 在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处平 的面积表示位移 滑连接一粗糙水平面OA,OA长为4m。有一质 量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向 a-t图线与横轴围成 右的力F作用。F只在水平面上按图乙所示的 (2)a-1图像依据△u=at 的面积表示速度的变 规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数：= 化量 0.25,g取10m/s2,求： (3)F-x图像 依据W=Fx F-x图线与横轴围成 B 的面积表示功 2mg mg 234 (4)E-x图像依据Fx=E,-Ew E,-x图线的斜率表示 0 -0.5mg -mg x/m 合外力 -2mg 甲 (5)P-图像人依据w=P1 P-图线与横轴围成 的面积表示功 (1)滑块运动到A处的速度大小。 (2)不计滑块在A处的速率变化，滑块沿斜面 [例5](2026·江苏南通市检 4 测)A、B两物体的质量之比 AB向上运动的最远距离是多少？ mA:mB=1:4,它们以相同 [听课记录] 的初速度0在水平面上做匀 减速直线运动，直到停止，其 21 v-1图像如图所示。此过程中，A、B两物体受到 的摩擦力做的功之比WA：WB和A、B两物体受 到的摩擦力之比FA:FB分别是 ( A.WA WB=1 2 B.WA WB=4:1 C.FA:FB=1:2 D.FA:FB=4:1 [听课记录] 温馨提示 请做课时分层检测（二十七） 93 精品教辅·智慧人生