第5章 第2讲 第1课时 动能定理的理解及应用(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（江苏专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“动能定理”专题，依据高考评价体系梳理了动能概念、定理表达式及适用条件等核心考点，通过表格对比、微点判断归纳矢标性、状态量等易错点，结合经典回练（如人教必修2改编题）明确直线运动、曲线运动等常考题型，体现高考备考的针对性。 课件亮点在于“真题训练+素养提升”策略，以2025·扬州期末题为例，通过模型建构（圆周运动向心力分析）和科学推理（摩擦力做功计算）培养科学思维，结合平抛运动阻力做功等题型解析，帮助学生掌握动能定理在变力、曲线运动中的应用技巧，教师可据此精准教学，助力学生高效冲刺。

动能定理 第 2 讲 动能定理的理解及应用 (基础落实课)　　　 第1课时 课前基础先行 一、动能 定义 物体由于______而具有的能 公式 Ek=______ 矢标性 动能是_____，只有正值 状态量 动能是______量，因为v是瞬时速度 相对性 由于速度具有______性，所以动能也具有相对性 运动 mv2 标量 状态 相对 二、动能定理 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__________ 表达式 W=______________或W=Ek2-Ek1 物理意义 ________做的功是物体动能变化的量度 适用条件 (1)既适用于直线运动，也适用于__________。 (2)既适用于恒力做功，也适用于__________。 (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以___________ 动能的变化 m-m 合外力 曲线运动 变力做功 间断作用 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.动能就是运动物体所具有的能量。 ( ) 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。 ( ) 微点判断 √ × × √ 1.(人教必修2 P88T5·改编)运动员把质量为400 g的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是5 m，在最高点的速度为20 m/s。不考虑空气阻力，g取10 m/s2。请估计运动员踢球时对足球做的功 (　 ) A.0　　　　　　　　　 B.20 J C.80 J D.100 J 经典回练 √ 解析：设运动员将足球踢出的过程中对足球做的功为W，从运动员踢足球到足球上升至最大高度的过程中，根据动能定理可知WG+W= m-0，即-mgh+W=m，解得W=×0.4×202 J+0.4×10×5 J= 100 J，故选D。 2.(鲁科必修2P34T3)某同学骑自行车下坡。已知坡长500 m、高8 m，人和车的总质量为100 kg。下坡时车的初速度为4 m/s，在人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s。取重力加速度g=10 m/s2，则下坡过程中阻力做的功为 (　 ) A.-4 000 J　　　　 B.-3 800 J C.-5 000 J D.200 J 解析：自行车下坡过程中有阻力和重力做功，由动能定理得mgh+Wf=mv2-m，代入数据解得Wf=-3 800 J，选项B正确。 √ 逐点清(一)　对动能定理的理解 逐点清(二)　动能定理的应用 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 逐点清(一)　对动能定理的理解 课 堂 1.[对动能定理的理解] 关于合外力做功与物体功能变化的关系，下列说法正确的是(　 ) A.若运动物体所受的合外力为零，则物体的动能一定保持不变 B.若运动物体所受的合外力不为零，则物体的动能一定发生变化 C.若运动物体的动能保持不变，则该物体所受合外力一定为零 D.只要合外力做功，物体的动能就一定增加 题点全练 √ 解析：运动物体所受合外力为零，合外力对物体不做功，由动能定理可知，物体动能不变，故A正确；运动物体所受合外力不为零，物体运动状态一定变化，则该物体一定做变速运动，如果合外力方向与物体速度方向垂直，合外力对物体不做功，物体动能不变，故B错误；如果运动物体所受合外力与物体的速度方向垂直，合外力对物体不做功，物体动能不变，如匀速圆周运动，故C错误；合外力如果做负功，物体的动能就会减少，故D错误。 2.[动能的变化图像] (2025·南京、盐城一模)如图所示，圆筒固定在水平面 上，圆筒底面上有一与内壁接触的小物块，现给物块沿内 壁切向方向的水平初速度。若物块与所有接触面间的动摩 擦因数相等。则物块滑动时动能Ek与通过的弧长s的图像可能正确的是(　 ) √ 解析：物块紧贴圆筒内壁开始滑动，竖直方向受力平衡N竖=mg，水平方向圆筒侧面的弹力提供向心力，则有N侧=m，由于圆筒粗糙，所以物块滑动过程受到侧面和底面的滑动摩擦力作用，物块做减速运动，则有f侧=μN侧=μm，f底=μmg，可知随着物块速度的减小，侧面滑动摩擦力逐渐减小，则滑动摩擦力合力逐渐减小，相同的弧长，滑动摩擦力合力做负功越来越少，根据动能定理可知，动能减小得越来越慢，则动能与弧长的图像斜率减小。故选C。 3.[由动能定理分析合力做功] 如图所示，某质点沿直线运动的v⁃t图像为余弦曲线，从图中可以判断(　 ) A.在0~t1时间内，合力逐渐减小 B.在0~t2时间内，合力做正功 C.在t1~t2时间内，合力的功率先增大后减小 D.在t2~t4时间内，合力做的总功不为零 √ 解析：从v⁃t图线的斜率表示加速度可知，在0~t1时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故A错误；由动能定理知0~t2时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故B错误；t1时刻，F最大，v=0，F的功率为0，t2时刻F=0，速度最大，F的功率为0，t1~t2时间内，合外力的功率先增大后减小，故C正确；由动能定理知t2~t4时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故D错误。 1.动能与动能变化的区别 (1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。 (2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk>0，表示物体的动能增加；ΔEk<0，表示物体的动能减少。 精要点拨 2.对动能定理的理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“=”有三层关系： 因果关系 合力做功是物体动能变化的原因 数量关系 合力的功与动能变化可以等量代换 单位关系 国际单位都是焦耳 (2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力或其他力，功则为合力所做的总功。 逐点清(二)　动能定理的应用 课 堂 应用动能定理的注意点 (1)动能定理表达式是一个标量式，式中各项均为标量，因此，应用动能定理时不必关注速度的具体方向，也不能在某个方向上列出动能定理的表达式。 (2)注意物体所受各力做功的特点，如：重力做功与路径无关，重点关注始末两点的高度差，摩擦阻力做功与路径有关。 (3)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。 (4)动能定理既可解决直线运动问题，也可解决曲线运动问题。 [典例]　(2025·扬州期末)在水平桌面上用竖直挡板围成固定轨道如图甲所示，俯视图如图乙所示，半圆形轨道ABC和DEF的半径为R，在P点处有一个加速器，小滑块每次通过加速器后，速度增大为通过前的k倍。质量为m的小滑块(可视为质点)从C点处以初速度v0沿轨道内侧逆时针运动，每次经过C点时速度均为v0。已知轨道ABC处桌面粗糙，其他摩擦均不计，重力加速度为g。求： (1)小滑块经过E点时，所受挡板弹力的大小N； [答案]　　 [解析]　由题意可知小滑块经过P处后速度为v=kv0，小滑块在DEF部分做匀速圆周运动 挡板的弹力提供向心力有N= 联立可得N=。 (2)小滑块在轨道ABC处与桌面的动摩擦因数μ； [答案]　　 [解析]　小滑块在ABC处所受滑动摩擦力大小f=μmg 根据动能定理得-μmgπR=m-mv2 代入数据解得μ=。 (3)小滑块通过轨道ABC的时间t。 [答案]　 [解析]　小滑块在轨道ABC中运动可等效为匀减速直线运动 由运动学公式得πR= 代入数据解得t=。 1.[动能定理解答直线运动问题] (2025·扬州七校第一次联考)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所受摩擦力做的功为(　 ) A.-mgh-mv2 B.mgh+m C.mv2-mgh D.mgh-mv2 应用体验 √ 解析：根据动能定理可得mgh+Wf=mv2-0，解得此过程中人与滑板所受摩擦力做的功为Wf=mv2-mgh，故C正确。 2.[动能定理解答曲线运动问题] (2025·连云港期末)如图所示，将质量为m的小球从高为h处以初速度v0水平抛出，落地时速度大小为v，方向与水平面成θ角，空气阻力不能忽略，重力加速度为g。下列说法正确的是(　 ) A.重力对小球做的功为m(v2-) B.落地时小球重力的功率为mgv C.合外力对小球做的功为mv2 D.空气阻力对小球做功为m(v2-)-mgh √ 解析：根据动能定理有W合=mv2-m，其中重力做功为WG=mgh，设空气阻力做功为Wf，则W合=WG+Wf，解得Wf=W合-WG=mv2-m-mgh，故A、C错误，D正确；落地时小球重力的功率为P=mgvy=mgvsin θ，故B错误。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 1.(2025·苏州高三质检)足球运动的某次传球 过程，足球在地面位置1被踢出后落到位置 3，2为足球在空中运动达到的最高点，速度大小为vC，则 (　 ) 4A.足球在空中的最大水平速度为vC B.足球在位置1和位置3的动能相等 C.与下落过程相比，足球在上升过程中重力势能变化快 D.若在位置2以大小为vC的速度水平向左抛出，足球将沿原轨迹返回位置1 √ 6 7 1 2 3 4 5 解析：由题图可知，由于足球运动轨迹不对称，足球在运动过程中空气阻力不可忽略，则足球在水平方向上一直做减速运动，即足球在位置1时的水平速度是最大的，故A项错误；由于足球在运动过程中空气阻力不可忽略，空气阻力做负功，则足球在位置1的动能大于在位置3的动能，故B项错误；足球从位置1到位置2，在竖直方向，空气阻力向下，与重力方向相同，从位置2到位置3，在竖直方向，空气阻力向上，与重力方向相反，可知从位置1到位置2竖直方向的加速度大于从位置2到位置3竖直方向的加速度，由h=at2可知，从位置1到位置2的时间小于从位置2到位置3的时间，则与下落过程相比，足球在上升过程中重力势能变化快，故C项正确；由于有空气阻力的作用，在位置2以大小为vC的速度水平向左抛出，足球不能沿原轨迹返回位置1，故D项错误。 1 5 6 7 2 3 4 2.(2025·镇江高三阶段检测)一木块静止在光滑水平面上，现有一个水平飞来的子弹射入此木块并深入2 cm后相对于木块静止，同一时间内木块被带动向前运动了1 cm，则子弹损失的动能与木块获得的动能之比为 (　 ) A.3∶2 B.3∶1 C.2∶1 D.2∶3 √ 1 5 6 7 2 3 4 解析：在射入的过程中，子弹相对木块运动的位移x1=2 cm，木块向前运动的位移为x2=1 cm，子弹的位移为x=x1+x2=3 cm，根据动能定理，对子弹，有-fx=Δ，对木块，有fx2=Δ，子弹损失的动能大小为=fx，木块获得的动能=fx2，则子弹损失的动能与木块获得的动能之比为∶=3∶1，故选B。 1 5 6 7 2 3 4 3.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从弹簧的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. √ 1 5 6 7 2 3 4 解析：设小球A下降h的过程中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，由动能定理，有3mgh-W1=·3mv2-0，联立以上两式解得v=，故B正确。 1 5 6 7 2 3 4 4.质量为m、长为L的匀质木板以速度v0向右 运动，水平地面O点左侧是光滑的，右侧是 粗糙的，与木板的动摩擦系数为μ，当木板全部进入时刚好静止，则木板的初速度v0是 (　 ) A. B.2 C. D.3 √ 1 5 6 7 2 3 4 解析：木板受到的摩擦力与进入粗糙地面的质量成正比，因木板是匀质的，故质量与长度成正比，故摩擦力与位移为线性关系，可以用平均摩擦力来求摩擦力做功，根据动能定理得-μmgL=0-m，解得v0=。 1 5 6 7 2 3 4 5.(2025·南通适应调研)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 √ 1 5 6 7 2 3 4 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。 1 5 6 7 2 3 4 6.(2025·靖江高级中学月考)将质量为1 kg的物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回抛出点。在此过程中物体所受空气阻力大小不变，其动能Ek随距离地面高度h的变化关系如图所示。取重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是 (　 ) A.物体能上升的最大高度为3 m B.物体受到的空气阻力大小为2 N C.上升过程中物体加速度大小为10 m/s2 D.下落过程中物体克服阻力做功为24 J √ 1 5 6 7 2 3 4 解析：根据动能定理可得F合·Δh=ΔEk，解得Ek⁃h图像的斜率大小k=F合，故上升过程有mg+f== N=12 N，下降过程有mg-f== N =8 N，联立解得f=2 N，故B正确；对上升到最高点的过程由动能定理得-(mg+f)H=0-Ek0，解得物体上升的最大高度为H= m=6 m，故A错误；对上升过程由牛顿第二定律有mg+f=ma1，可知上升过程的加速度为a1= m/s2=12m/s2，故C错误；物体下落过程克服阻力做功为Wf克=fH =2×6 J=12 J，故D错误。 1 5 6 7 2 3 4 7.(8分)(2025·盐城期中)如图所示，滑跃式起飞是一种航母舰载机的起飞方式。飞机跑道的前一段是水平的，跑道尾段略微向上翘起。假设质量为m的飞机滑跃式起飞过程是两段连续的匀加速直线运动，前一段的加速时间为t1、位移为x1，后一段的加速度为a2、位移为x2，不计一切阻力。求飞机： 1 5 6 7 2 3 4 (1)前一段加速度的大小a1；(3分) 答案：　 解析：前一段飞机做匀加速直线运动x1=a，解得a1=。 1 5 6 7 2 3 4 (2)后一段动能的变化量ΔEk。(5分) 答案：ma2x2 解析：后一段飞机做匀加速直线运动，所受合力为F=ma2 根据动能定理可得动能的变化量Fx2=ΔEk 解得ΔEk=ma2x2。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $