第6章 第2讲 动能和动能定理(教参Word版)-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮讲义

该高中物理高考复习讲义围绕动能和动能定理核心考点，系统梳理动能的定义、公式、标矢性及动能定理的内容、表达式、适用条件，构建从概念理解到规律应用的知识体系。通过知识点清单、教材改编题、高考真题精讲、考点突破策略和分层练习，帮助学生掌握动能定理在直线与曲线运动、恒力与变力做功中的应用，形成系统化复习路径。 资料注重科学思维与物理观念培养，如通过2024新课标卷弹射小车平抛题引导学生用动能公式推导速度变化，结合动能与水平位移图像问题培养科学推理能力。设置“研究对象选取”“过程分段与全程应用”等突破策略，配合基础与提升练习，确保学生高效掌握解题方法，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第2讲　动能和动能定理 [知识点一]　动能　 1．定义：物体由于　运动　而具有的能． 2．公式：Ek＝　mv2　，v为瞬时速度，动能是状态量． 3．单位：　焦耳　，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2. 4．标矢性：动能是　标量　，只有正值． 5．动能的变化量：ΔEk＝Ek2－Ek1＝　mv－mv　. [知识点二]　动能定理　 1．内容：合外力对物体所做的功等于物体　动能　的变化． 2．表达式：W＝ΔEk＝　mv－mv　. 3．物理意义：　合外力　对物体做的功是物体动能变化的量度． 4．适用条件 (1)既适用于直线运动，也适用于　曲线运动　. (2)既适用于恒力做功，也适用于　变力做功　. (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以　不同时作用　. 1．(人教版必修第二册 P88·T1改编)改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化，则下列说法正确的是(　　) A．质量不变，速度增大到原来的2倍，动能增大为原来的2倍 B．速度不变，质量增大到原来的2倍，动能增大为原来的4倍 C．质量减半，速度增大到原来的4倍，动能增大为原来的2倍 D．速度减半，质量增大到原来的4倍，动能不变 答案：D 2．(人教版必修第二册 P88·T4改编)民用航空客机的紧急出口打开时，会自动生成一个由气囊构成的斜面，模型简化如图所示．光滑斜面的竖直高度AB＝3.2 m，斜面长AC＝4.0 m，斜面与水平地面CD段间由一段小圆弧平滑连接．当物体由静止开始滑下，其与地面间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，g取10 m/s2. (1)人滑到斜面底端C时的速度大小； (2)人离开C点后还要在地面上滑行多远才能停下？ 解析：(1)在AC过程中由动能定理得mgh＝mv， 解得vC＝8 m/s. (2)设人在CD水平面上滑行的距离为s， 在AD过程中由动能定理得mgh－μmgs＝0， 解得s＝6.4 m. 答案：(1)8 m/s　(2)6.4 m 3．(人教版必修第二册P86·例T1改编)(1)试用牛顿运动定律求解教材第86页[例题1]，并与同学交流讨论． (2)教材第86页[例题1]中，假设在正常滑跑到L＝400 m时，飞机出现故障，紧急制动，制动阻力为1.2×105 N．求： ①出现故障时飞机的速度大小． ②在这种情况下，飞机场跑道的安全长度． 解析：(1)以飞机为研究对象，受到重力、支持力、牵引力和阻力作用，它做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F牵－kmg＝ma， 根据运动学公式有v2－0＝2al， 联立可得F牵＝kmg＋m， 代入数据可得F牵＝1.04×105 N. (2)①设出现故障时飞机的速度为v′，根据动能定理有F牵L－kmgL＝mv′2－0 把数值代入可得v′＝ m/s≈32 m/s. ②飞机制动后牵引力为0，故 －kmgx＝0－mv′2， 把数值代入可得x＝300 m， 则飞机场跑道的安全长度L总＝x＋L， 把数值代入可得L总＝700 m. 考点一　对动能　动能定理的理解 1．动能定理公式中“＝”体现的“三个关系” 数量关系 合力的功与物体动能的变化可以等量代换 单位关系 国际单位都是焦耳 因果关系 合力做的功是物体动能变化的原因 2.应用动能定理解题的基本思路 [典例1]　(2024·全国新课标卷，T15)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰．借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上．调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍．忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的(　　) A．0.25倍　　　　　 B．0.5倍 C．2倍 D．4倍 [解析]　C　[动能表达式为Ek＝mv2，由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上时间不变，根据x＝v水平t，可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍．] [典例2]　(2024·安徽卷，T2)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v.已知人与滑板的总质量为m，可视为质点．重力加速度大小为g，不计空气阻力．则此过程中，人与滑板克服摩擦力做的功为(　　) A．mgh B.mv2 C．mgh＋mv2 D．mgh－mv2 [解析]　D　[人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝mv2－0， 可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－mv2.] [典例3]　(2025·黑吉辽蒙卷，13)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： (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0； (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]　(1)雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理mgx sinθ－μmg cosθ·x＝mv－0，代入数据解得雪块到A点速度大小为v0＝5 m/s； (2)雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理mgh＝mv－mv，代入数据解得雪块落到地面时速度大小v1＝8 m/s， 速度与水平方向夹角α，满足cos α＝＝＝，解得α＝60°. [答案]　(1)5 m/s　(2)8 m/s,60° 如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　　) A.　B. 　C.　D. 解析：B　[设小球A下降h过程中小球克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程中，由动能定理有3mgh－W1＝·3mv2－0，解得v＝ ，故B正确．] 　用好动能定理的“5个”突破 突破①——研究对象的选取 动能定理适用于单个物体，当题目中出现多个物体时可分别将单个物体取为研究对象，应用动能定理． 突破②——研究过程的选取 应用动能定理时，选取不同的研究过程列出的方程是不相同的．因为动能定理是个过程式，选取合适的过程往往可以大大简化运算． 突破③——受力分析 运用动能定理时，必须分析清楚物体在过程中的全部受力情况，找出哪些力不做功，哪些力做功，做多少功．从而确定出外力的总功，这是解题的关键． 突破④——位移的计算 应用动能定理时，要注意有的力做功与路程无关，只与位移有关，有的力做功却与路程有关． 突破⑤——初、末状态的确定 动能定理的计算式为标量式，v为相对同一参考系的速度，所以确定初、末状态动能时，必须相对于同一参考系而言． 考点二　动能定理基本应用 1．解题流程 2．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)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系． (3)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；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便． (4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验． [典例4]　(2025·云南卷，6)如图所示，质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1＞μ2.第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2.忽略空气阻力，则(　　) A．t1＜t2　　　　　　　　 B．t1＞t2 C．x1＞x2 D．x1＜x2 [解析]　A　[对两种运动的整个过程根据能量守恒有mv＝μ1mgxMN＋μ2mg(x1－xMN)，mv＝μ1mgxMN＋μ2mg(x2－xMN)， 可得x1＝x2，故C、D错误； 根据牛顿第二定律μmg＝ma，可得a＝μg， 由于μ1＞μ2，故滑块在MN上时的加速度大，根据前面分析可知两次运动的总位移相等，即两次运动过程中v t图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离M点的距离较近，根据公式v－v2＝2μ2gx可知第二次到达M点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的v t图像， 可得t2＞t1，故A正确，B错误；故选A.] [典例5]　藏族文化是中华文化的重要组成部分，如图甲所示为藏族文化中的转经轮，转经轮套在转轴上，轮上悬挂一吊坠，简化模型如图乙．可视为质点的吊坠质量m＝0.1 kg，绳长L＝10 cm，悬挂点P到转经轮转轴的距离为d＝4 cm，吊坠的运动可视为水平面内的匀速圆周运动(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求： (1)绳子与竖直方向夹角θ1＝37°时吊坠的线速度； (2)若转经轮加速转动，使绳子与竖直夹角由θ1＝37°变为θ2＝53°，求此过程绳子拉力对吊坠所做的功．(不计空气阻力) 　(1)根据几何关系可得吊坠做圆周运动的半径，对吊坠利用牛顿第二定律可得吊坠线速度大小． (2)绳子与竖直方向夹角增大后，根据几何关系可得吊坠半径，利用牛顿第二定律可得吊坠线速度大小，吊坠上升过程由动能定理可得绳子拉力做功． [解析]　(1)对吊坠受力分析，绳子竖直方向的分力等于吊坠的重力，水平分力为吊坠做圆周运动提供向心力，则mgtan θ1＝m， 其中r1＝d＋Lsin θ1， 解得v1＝ m/s. (2)转经轮加速转动后mgtan θ2＝m， 其中r2＝d＋Lsin θ2， 解得v2＝ m/s， 根据动能定理W－(mgLcos 37°－mgLcos 53°)＝mv－mv，解得W＝0.062 5 J [答案]　(1) m/s；(2)0.062 5 J 如图所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量m＝1 kg的小物块在9 N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动．已知xAB＝5 m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，当小物块运动到B点时撤去力F，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)小物块到达B点时速度的大小； (2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小． 解析：(1)从A到B过程，根据动能定理可得 (F－μmg)xAB＝mv， 解得小物块到达B点时速度的大小为 vB＝4 m/s. (2)从B到D过程，根据动能定理可得 －mg·2R＝mv－mv， 在D点由牛顿第二定律可得 FN＋mg＝m， 联立解得小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小为FN＝150 N. 答案：(1)4 m/s　(2)150 N 动能定理中的图像问题 1．解决图像问题的基本步骤 第一步 观察题目给出的图像、弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义 第二步 根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式 第三步 根据函数关系式找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量. 2.四类图像所围“面积”的意义 [典例1]　如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，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(　　) [解析]　A　[由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑水平距离x时根据动能定理有mgxtan θ－μmgcos θ·＝Ek，整理可得(mgtan θ－μmg)x＝Ek，即在斜面上运动时动能与x成线性关系；当小物块在水平面运动时有μmgx＝Ek, 即在水平面运动时动能与x也成线性关系；综上分析可知A正确．故选A.] [典例2]　(多选)(2023·新课标卷，20)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 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 [审题指导]　解决本题的切入点为正确解读图像，知道图线斜率的大小反映拉力的大小是解题的关键，再将物体的运动过程分为两个阶段进行分析，0～2 m内物体做匀加速直线运动，2～4 m内物体做匀减速直线运动． [解析]　BC　[由图像可得，Wx图像的斜率就是拉力F,0～2 m过程中拉力大小为6 N,2～4 m过程中拉力大小为3 N，由牛顿第二定律可知，a1＝＝2 m/s2，a2＝＝－1 m/s2，故0～2 m过程中，物体做匀加速运动，2～4 m过程中，物体做匀减速运动．A.在x＝1 m时，由公式v＝2a1x1，解得v1＝2 m/s，此时拉力的功率P＝Fv＝12 W，故A错误；B.在x＝4 m时，物体的动能Ek＝W总－fx4＝18－16＝2 J，故B正确；C.从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功Wf＝fx2＝8 J，故C正确；D.从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体在x＝2 m时速度最大，由v＝2a1x2，解得v2＝2 m/s，此时物体的动量p2＝mv2＝2 kg·m/s，故D错误．故选BC.] [典例3]　(多选)水平面上质量为m＝6 kg的物体，在大小为12 N的水平拉力F的作用下做匀速直线运动，从x＝2.5 m位置处拉力F逐渐减小，力F随位移x变化规律如图所示，当x＝7 m时拉力减为零，物体也恰好停下，g取10 m/s2，下列结论正确的是(　　) A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2 B．合外力对物体所做的功为－27 J C．物体匀速运动时的速度为3 m/s D．物体在减速阶段所受合外力的冲量为12 N·s [解析]　ABC　[物体做匀速运动时，由平衡条件得Ff＝F＝12 N，μ＝＝＝0.2，故A正确；图像与坐标轴围成的“面积”表示拉力做的功，则由图像可知WF＝12×2.5 J＋×(7－2.5)×12 J＝57 J，滑动摩擦力做的功为Wf＝－μmgx＝－0.2×6×10×7 J＝－84 J，所以合外力做的功为W合＝－84 J＋57 J＝－27 J，故B正确；由动能定理得W合＝0－mv，解得v0＝3 m/s，故C正确；由动量定理得I＝0－mv0＝－6×3 N·s＝－18 N·s，故D错误．] 学科网（北京）股份有限公司 $