5.2 动能定理及其应用 课件-2027届高考物理一轮复习

问题导入 （2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）某科研机构设计了模拟月球重力环境的实验塔，简化模型如图所示。在竖直向上的电磁力F=3×104N的驱动下，质量m=500kg的实验舱由静止开始沿塔身竖直向上做匀加速直线运动，上升h=6.25m时，立即减小电磁力，使实验舱向上做匀减速直线运动。减速过程中，舱内水平台面上的设备所受支持力为其重力的1/6，从而模拟月球重力环境。不计摩擦力与空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。求上升过程中 (1)实验舱的最大速度Vm； (2)舱内处于模拟的月球重力环境的时间t。 （1）加速阶段，由动能定理有 （2）减速阶段，由动量定理得 完成一个小目标，需要一个大智慧！ 授课教师：李长青 人教版(2019)必修 二 好学深思 · 厚积薄发 学习目标 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。 4.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题，掌握动能定理在往复运动问题中的应用。 5.2 动能定理及其应用 核心考点 动能定理的理解和基本应用 应用动能定理解决多过程问题 考情分析   2026年 2026•河北、2026•广东、2026•河北、2026•黑吉辽蒙卷 2026•湖北 题型与考向：题型与考向：高考对动能定理的考查非常频繁，题目出现的形式有选择题也有计算题，如果以计算题出现，大多涉及到多过程问题的分析与应用，难度上也比较大。 情境与立意： 从命题思路上看，试题情景为动能定理在多过程问题中的应用： 生活实践类：安全行车，生活娱乐，交通运输，体育运动(如足球、体操、跳水、攀岩、骑行等)； 典型模型类：传送带模型、板块模型、竖直面内圆周运动模型、弹簧模型等。 2025年 2025•四川、2025•浙江（2题）、2025•云南、2025•贵州、2025•湖南、2025•贵州、2025•北京、2025•广东、2025•上海 2025•天津、2025•浙江、2025•河北、2025•安徽、2025•福建、2025•湖北、2025•四川、2025•黑吉辽蒙、2025•浙江 题型与考向：题型与考向：高考对动能定理的考查非常频繁，题目出现的形式有选择题也有计算题，如果以计算题出现，大多涉及到多过程问题的分析与应用，难度上也比较大。 情境与立意： 从命题思路上看，试题情景为动能定理在多过程问题中的应用： 生活实践类：安全行车，生活娱乐，交通运输，体育运动(如足球、体操、跳水、攀岩、骑行等)； 典型模型类：传送带模型、板块模型、竖直面内圆周运动模型、弹簧模型等。 2024年 2024•贵州、2024•重庆、2024•安徽、2024•安徽、2024•江西、2024•新疆河南、2024•福建、2024•新疆河南 2024•广东、2024•天津、2024•贵州、2024•海南、2024•浙江 题型与考向：题型与考向：高考对动能定理的考查非常频繁，题目出现的形式有选择题也有计算题，如果以计算题出现，大多涉及到多过程问题的分析与应用，难度上也比较大。 情境与立意： 从命题思路上看，试题情景为动能定理在多过程问题中的应用： 生活实践类：安全行车，生活娱乐，交通运输，体育运动(如足球、体操、跳水、攀岩、骑行等)； 典型模型类：传送带模型、板块模型、竖直面内圆周运动模型、弹簧模型等。 复习回顾 适用条件：恒力、变力，直线、曲线 回归教材 学习任务一：动能定理的理解 v1 v2 x F mg FN f F合 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＝ 。 (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。 mv2 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：W合＝ΔEk＝ 。 (3)物理意义：　　　的功是物体动能变化的量度。 动能的变化 mm 合外力 W合= F合x =mx =m =mv22-mv12 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。 1．动能与动能的变化的区别 (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，而动能的变化量有正负之分。ΔEk＞0表示物体的动能增加， ΔEk＜0表示物体的动能减少。 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“＝”的意义是一 种因果关系在数值上相等的符号。 (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。 动能定理的理解 A B C 如图所示，光滑水平面与半径为R的半圆形轨道相切在B点，小球从A点出发，到达C点时刚好对轨道无压力，求小球的初速度。 v0 小球在C点速度: 从A至C，由动能定理得： 动能定理解决曲线运动问题 　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 [解析] 当物块从木板右端离开时， 对m： - fxm = mm， 对M：fxM = m，其中l = xm - xM，由于l > xM，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：m - fl = m+m， 则物块的动能一定小于m - fl，C错误、D正确。 【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:（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 （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解得：v1 = 8 m/s 速度与水平方向夹角α，满足cos α = ，解得α = 60° 【1】 如图所示，水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v匀速运动，某时刻一质量为m的物块轻放在传送带的左端。在物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程中，下列说法正确的是（　　） A.传送带对物块所做的功为mv2 B.物块对传送带所做的功为−mv2 C.摩擦产生的热量为mv2 D.电动机需要多做的功为mv2 传送带结合 AB A. 物块相对传送带静止时速度等于v，对物块由动能定理，传送带对物块做功 W＝mv2，正确； B. 设经过时间t共速，物块位移 x物块＝t，传送带位移 x传送带＝vt＝2x物块；物块对传送带做功 W′＝−f·x传送带＝−2f·x物块＝−mv2，正确； C. 摩擦产生的热量 Q＝fΔx＝f(x传送带−x物块)＝f·x物块＝mv2，错误； D. 电动机多做的功转化成物块的动能和系统的内能：W电＝mv2＋Q＝mv2，错误。故选AB。 解析 D 小结：动能定理的应用技巧 1、过程：搞清楚题目中物体运动的过程，需要针对哪个过程使用动能定理 2、受力：搞清楚选择的过程中物体受力情况 ①受力几个力？ ②恒力还是变力？ ③这些力做不做功？ 3、做功：分别对过程中的力所做的功进行计算或表达，相加算出总功 ——做好了前面三件事，才去进行动能定理表达式的书写和解答 竖直面运动的物体，知一点的速度，便知所有点的速度 学习任务二：利用动能定理求变力功 【例3】如图所示，质量为m的小球在弹簧原长位置A处静止释放，下落h后到达最低点，不计空气阻力，求小球受到的弹力所做的功W。 A B h 从A至B，由动能定理得： 【例4】(2024·新课标卷)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。如图所示，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，重力加速度的大小g＝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)求此时P、Q绳中拉力的大小； (2)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，两根绳子的拉力对重物做的总功。 B ABC 学习任务三：动能定理与图像相结合的问题 A 学习任务评价三 解析 0~10 m内物块上滑,由动能定理得-mgsin 30°·s-Ffs=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+Ff)s,结合0~10 m内的图像得,斜率的绝对值|k|=mgsin 30°+Ff=4 N,10~20 m内物块下滑,由动能定理得(mgsin 30°-Ff)(s-s1)=Ek,整理得Ek=(mgsin 30°-Ff)s-(mgsin 30°-Ff)s1,结合10~20 m内的图像得,斜率k'=mgsin 30°-Ff=3 N,联立解得Ff=0.5 N,m=0.7 kg,故选A。 A.m=0.7 kg , Ff=0.5 N B.m=0.7 kg , Ff=1.0 N C.m=0.8 kg , Ff=0.5 N D.m=0.8 kg , Ff=1.0 N 1．(2024·山东聊城模拟)某同学利用如图甲所示的装置探究物块a上升的最大高度H与物块b距地面的高度h的关系，忽略一切阻力及滑轮和细绳的质量，初始时物块a静止在地面上，物块b距地面的高度为h，细绳恰好绷直，现将物块b由静止释放，b碰到地面后不再反弹，测出物块a上升的最大高度为H，此后每次释放物块b时，物块a均静止在地面上，物块b着地后均不再反弹，改变细绳的长度及物块b距地面的高度h，测量多组(H，h)的数值，然后作出H­h图像(如图乙所示)，图像的斜率为k，已知物块a、b的质量分别为m1、m2，则以下给出的四项判断中正确的是(　　) D 学习任务四：动能定理解决多过程问题 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。 (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，大大减少运算。 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。 Wf＝-Ffs 3.多过程问题的分析方法 ①.将“多过程”拆分为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。 ②.对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。 ③.根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。 ④.分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。 ⑤.联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。 　直线+斜面 【例7】(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( ) A. B.2d - C. - 2d D.3d - ABC 学习任务评价四 [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。 【例8】 (2025·江西南昌市检测)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； 　　　从A到B，由动能定理得 mgR+Wf =mv2，代入数据得Wf = -1 J (2)弹簧被压缩到最短时滑块克服弹力做的功。 　　　滑块在由B到被弹回到C的过程中，由动能定理得 -2Ff x=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。 【例9】如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，重力加速度为g，则滑块经过的总路程是( ) A.＋x0tanθ) B.＋x0tanθ) C.＋x0tanθ) D.) A 全程应用动能定理： mgx0sin θ－μmgScosθ＝ 得: S＝＋x0tan θ) 0-mv02 动能定理在往复运动问题中的应用 斜面上的往复运动 【例10】滑板运动的轨道如图，和是两段光滑圆弧形轨道， 段的圆心为点，圆心角为 ，半径与水平轨道 垂直，水平轨道段粗糙且长。某运动员从轨道上的点以 的速度水平滑出，在点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道，经 轨道后冲上轨道，到达 点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为，、两点到水平轨道的竖直高度分别为 和，且，，取 。 （1）求运动员从点运动到点时的速度大小 。 （2）求滑板与轨道段间的动摩擦因数 。 （3）通过计算说明运动员最终停在何处。 　圆弧面的往复运动 【例10】 滑板运动的轨道如图，和是两段光滑圆弧形轨道， 段的圆心为点，圆心角为 ，半径与水平轨道 垂直，水平轨道段粗糙且长。某运动员从轨道上的点以 的速度水平滑出，在点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道，经 轨道后冲上轨道，到达 点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为，、两点到水平轨道的竖直高度分别为 和，且，，取 。 （1）求运动员从点运动到点时的速度大小 。 解：（1）运动员从B切入圆周，如图， 由 【例10】 滑板运动的轨道如图，和是两段光滑圆弧形轨道， 段的圆心为点，圆心角为 ，半径与水平轨道 垂直，水平轨道段粗糙且长。某运动员从轨道上的点以 的速度水平滑出，在点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道，经 轨道后冲上轨道，到达 点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为，、两点到水平轨道的竖直高度分别为 和，且，，取 。 （2）求滑板与轨道段间的动摩擦因数 。 解：（1）运动员从B切入圆周，如图， 由 （2）运动员由B→C→D→过程：动能定理 （3）通过计算说明运动员最终停在何处。 （3）运动员从B点到停止在CD之间过程中，动能定理 故，物体经过去，回，再去，再回时，停在了离D点6.4m处 真题感悟  C 经典案例：多过程问题 设问1：小物体恰过D点，你会想到什么模型？ 设问2：利用D点的速度，你能求出C点的速度吗？ 设问3：利用平抛运动的知识，可以求出B点的速度吗 设问4：A到B，摩擦力做功如何求解呢？动能定理会应用吗？ (2023·湖北卷·14)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B 在桌面边缘，B 与半径为R 的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：(1)小物块到达D点的速度大小；(2)B和D两点的高度差；(3)小物块在A点的初速度大小。 (2023·湖北卷·14)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B 在桌面边缘，B 与半径为R 的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：(1)小物块到达D点的速度大小；(2)B和D两点的高度差；(3)小物块在A点的初速度大小。 mg=m 解(1) 得：vD＝ C到D: (2) -mg(R＋Rcos60°) cos 60°= C点: B到D: mgHBD＝mm 得:HBD＝0 ＝ =mvD2-mvC2 (2023·湖北卷·14)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B 在桌面边缘，B与半径为R 的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：(1)小物块到达D点的速度大小；(2)B和D两点的高度差；(3)小物块在A点的初速度大小。 (3) A到B: -μmg π·2R＝mm 得：vA＝ (多选)(2023·新课标卷)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，重力加速度的大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)  BC 课堂小结 变力做功 功 力 位移 动能 速度 多过程 累积问题 短暂过程 受力分析 状态分析 过程分析 谁做功 做什么功 抓住始末状态 动能定理 对象一般为单物体 适用条件：恒力、变力，直线、曲线 动能定理 关 键 步 骤 应用动能定理的解题流程 课堂练习 【1】(2025·河北石家庄市期末)如图所示，光滑水平桌面上有一能满足胡克定律的橡皮筋，一端可绕竖直轴O转动，另一端与小球相连。当小球转动稳定后，发现橡皮筋的伸长量等于原长，此时小球的动能为Ek。已知橡皮筋的劲度系数为k，小球可视为质点。橡皮筋的原长为（ ）  A.B. C. D. A 　　　设橡皮筋原长为l0，转动稳定后动能为Ek时橡皮筋伸长x， 有：kx=m，据题意 x=l0，r=l0+x，又Ek=mv2 解得：l0=，故选A。 【2】(2025·江苏南京市一模)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处处相等。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（ ） C 　　　物块紧贴圆筒内壁开始滑动，竖直方向受力平衡FN竖=mg，水平方 向圆筒侧面的弹力提供向心力，则有FN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 Ff侧=μFN侧=μm，Ff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】 如图所示，一篮球从距地面高H处由静止下落，与地面作用后再竖直向上弹回，篮球每次与地面作用都会有动能损失，损失的动能为篮球每次与地面接触前动能的10%。不计空气阻力，篮球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为( ) A.9H B.15H C.19H D.21H C mgH=Ek mgH1＝0.9Ek H1＝0.9H mgH2＝0.92Ek H2＝0.92H sn＝ H＋2×0.9H＋2×0.92H＋…＋2×0.9n－1H s1＝H s2＝H+2X0.9H s3＝H＋2×0.9H＋2×0.92H mgHn＝0.9nEk ＝H＋2H(0.9×) n趋于无穷大时 s总＝19H sn=H＋2H×(0.9＋×0.92＋…＋0.9n－1) 【4】(多选)如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角θ＝37°，质量为M的集装箱与轨道间的动摩擦因数为0.5，集装箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入箱中，之后集装箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后集装箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。下列说法正确的是( ) A.集装箱与弹簧没有接触时， 上滑与下滑的加速度大小之比为5∶2 B.集装箱与货物的质量之比为1∶4 C.若集装箱与货物的质量之比为1∶1， 则集装箱不能回到轨道顶端 D.若集装箱与货物的质量之比为1∶6， 则集装箱不能回到轨道顶端 BC a上＝gsinθ＋μgcosθ a下＝gsinθ-μgcosθ =10m/s2 =2m/s2 全程对集装箱和货物列动能定理 得:M:m=1:4 谢谢聆听