動(dòng)能定理的理解及應(yīng)用（講義）（解析版）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)（新教材新高考）

第20講動(dòng)能定理的理解及應(yīng)用

目錄

01、考情透視，目標(biāo)導(dǎo)航

02、知識(shí)導(dǎo)圖，思維引航..............................................3

03、考點(diǎn)突破，考法探究..............................................3

考點(diǎn)一動(dòng)能定理的理解和基本應(yīng)用...............................................3

知識(shí)點(diǎn)1動(dòng)能............................................................3

知識(shí)點(diǎn)2動(dòng)能定理........................................................4

考向1對(duì)動(dòng)能定理的理解.................................................5

考點(diǎn)2動(dòng)能定理的基本應(yīng)用................................................5

考點(diǎn)二應(yīng)用動(dòng)能定理求變力的功..................................................7

考向洞察........................................................................7

考點(diǎn)三動(dòng)能定理與圖像結(jié)合的問題.................................................8

考向洞察........................................................................9

考向1動(dòng)能定理與v-t圖像................................................9

考向2動(dòng)能定理與Ek-x圖像...............................................9

考向3動(dòng)能定理與F-x圖像...............................................10

考向4動(dòng)能隨位移變化的圖像.............................................11

考點(diǎn)四動(dòng)能定理在多過程問題中的應(yīng)用............................................11

知識(shí)點(diǎn)1.應(yīng)用動(dòng)能定理解決多過程問題的兩種思路..........................11

知識(shí)點(diǎn)2.全過程列式時(shí)要注意............................................12

知識(shí)點(diǎn)3.多過程問題的分析方法............................................12

知識(shí)點(diǎn)4動(dòng)能定理在往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題中的應(yīng)用.................................12

考向洞察.......................................................................12

曾向1多過程直線運(yùn)動(dòng)問題................................................12

考向2多過程曲線運(yùn)動(dòng)問題...............................................14

考向3多過程直線往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題...........................................15

考向4多過程曲線往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題...........................................16

04、真題練習(xí)，命題動(dòng)向.............................................17

考情添沏?日標(biāo)旦航

2024?全國?高考物理試題

考情

2024?福建?高考物理試題

分析

2024?安徽?高考物理試題

2024?全國?新課標(biāo)IWJ考物理試題

2024?廣東?高考物理試題

復(fù)習(xí)目標(biāo)1.理解動(dòng)能、動(dòng)能定理，會(huì)用動(dòng)能定理解決一些基本問題。

目標(biāo)目標(biāo)2.能利用動(dòng)能定理求變力做的功。

目標(biāo)3.掌握解決動(dòng)能定理與圖像結(jié)合的問題的方法。

㈤2

〃1知識(shí)導(dǎo)圖?思維引航\\

而

定

選擇起動(dòng)缸明確初、

研運(yùn)動(dòng)一

而分析‘未動(dòng)能

動(dòng)能定理的理解和基本應(yīng)用究止位置

對(duì)分階段或

象動(dòng)力學(xué)全過程列

和關(guān)系動(dòng)能定理

研方程求解

究

過幾個(gè)力?是否做功？

做功

程恒力還麗正功還是

應(yīng)用動(dòng)能定理求變力的功一是變力？負(fù)功？

/+%恒=\Ek

“T圖線與橫軸圖成

(1)[rT圖像卜依據(jù)*="，

動(dòng)能定理的面積表示位移

及其應(yīng)用

動(dòng)能定理與圖像結(jié)合的問題OT圖線與橫軸圍成

(2)[,-，圖像卜依據(jù)A”“，.的面積表示速度的

變化量

Ff圖線與橫軸圍成

(3)[F-x圖像卜依據(jù)W=F*,

的面積表示功

(4)[E『￡圖像心據(jù)FAEJE*Ekf圖線的斜率表示

合外力

L應(yīng)用動(dòng)能定理解決多過程問題一

PT圖線與橫軸圍成

(5)[p-r圖像卜依據(jù)W=H

的面積表示功

考點(diǎn)突破?考法探究

考點(diǎn)一動(dòng)能定理的理解和基本應(yīng)用

知識(shí)固本

知識(shí)點(diǎn)1動(dòng)能

1.動(dòng)能

⑴定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量叫作動(dòng)能。

(2)公式：Ek=^mv\

⑶單位：焦耳,1J=1Nm=lkg-m2/s2o

(4)標(biāo)矢性：動(dòng)能是標(biāo)量，動(dòng)能與速度方向無關(guān)。

2.動(dòng)能與動(dòng)能變化的區(qū)別

(1)動(dòng)能與動(dòng)能的變化是兩個(gè)不同的概念，動(dòng)能是狀態(tài)量，動(dòng)能的變化是過程量。

(2)動(dòng)能沒有負(fù)值，而動(dòng)能變化量有正負(fù)之分。A￡k>0,表示物體的動(dòng)能增加；AEk<0,表示物體的動(dòng)能減少。

知識(shí)點(diǎn)2動(dòng)能定理

I.動(dòng)能定理

(1)內(nèi)容：力在一個(gè)過程中對(duì)物體做的功，等于物體在這個(gè)過程中動(dòng)能的變化。

=WJV2—2

(2)表達(dá)式：Wd=A￡](22—?vio

(3)物理意義：合力的功是物體動(dòng)能變化的量度。

說明：(1)動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參

考系。

(2)動(dòng)能是標(biāo)量，動(dòng)能定理是標(biāo)量式，解題時(shí)不能分解動(dòng)能。

3.對(duì)動(dòng)能定理的理解

(1)做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，動(dòng)能定理表達(dá)式中“=”有三層關(guān)系：

因果關(guān)系合力做功是物體動(dòng)能變化的原因

數(shù)量關(guān)系合力的功與動(dòng)能變化可以等量代換

單位關(guān)系國際單位都是焦耳

(2)動(dòng)能定理中的“力”指物體受到的所有力，既包括重力、彈力、摩擦力，也包括電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力或其他力,

功則為合力所做的總功。

3.應(yīng)用動(dòng)能定理的注意點(diǎn)

(1)動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式，式中各項(xiàng)均為標(biāo)量，因此，應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)不必關(guān)注速度的具體方向，

也不能在某個(gè)方向上列出動(dòng)能定理的表達(dá)式。

(2)注意物體所受各力做功的特點(diǎn)，如：重力做功與路徑無關(guān)，重點(diǎn)關(guān)注始末兩點(diǎn)的高度差，摩擦阻力做功

與路徑有關(guān)。

（3）動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。

（4）動(dòng)能定理既可解決直線運(yùn)動(dòng)問題，也可解決曲線運(yùn)動(dòng)問題。

考向洞察

考向1對(duì)動(dòng)能定理的理解

1.（多選）如圖所示，電梯質(zhì)量為在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體。電梯在鋼索的拉力作用下豎

直向上加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電梯的速度由V1增大到也時(shí)，上升高度為〃，重力加速度為g,則在這個(gè)過程中，下

列說法正確的是（）

A.對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為少=」機(jī)應(yīng)一Lm五其中少為支持力做的功

22

B.對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為少合=0,其中沙合為合力做的功

C.對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為〃一加近一；加討，其中少為支持力做的功

D.對(duì)電梯，其所受的合力做功為證—1回曾

22

【答案】CD

【解析】電梯上升的過程中，對(duì)物體做功的有重力加g、支持力FN，這兩個(gè)力的總功（即合力做的功）才等

于物體動(dòng)能的變化，即沙合=少一加遙一］訝，其中少為支持力做的功，故A、B錯(cuò)誤，C正確；對(duì)

電梯做功的有重力這、壓力尸N'和拉力尸，合力做功為沙臺(tái)'=*2—；"濟(jì)，故D正確。

考點(diǎn)2動(dòng)能定理的基本應(yīng)用

1.（多選）一質(zhì)量為加的物體自傾角為a的固定斜面底端沿斜面向上滑動(dòng)。該物體開始滑動(dòng)時(shí)的動(dòng)能為Ek，向

上滑動(dòng)一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能為已知sina=0.6,重力加

速度大小為go貝lj（）

A.物體向上滑動(dòng)的距離為其

2mg

B.物體向下滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為日

5

C.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于0.5

D.物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)的時(shí)間長

【答案】BC

Ek

【解析】物體從斜面底端回到斜面底端根據(jù)動(dòng)能定理有一〃加g?2/cosa=~~—Ek，

物體從斜面底端到最高點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理有

—mglsina—]umglcosa=0—E^,

Ek

整理得/=—，〃=0.5,A錯(cuò)誤，C正確；

mg

物體向下滑動(dòng)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有

ma下=?wgsin?-//mgcosa,

解得〃下=一，B正確；

5

物體向上滑動(dòng)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有

mai=mgsina+//mgcosa，

角軍得a上=g，故a上下，

由于上滑過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據(jù)位移公式/=匕出則

2

可得出f上＜7下，D錯(cuò)誤。

2.如圖所示，在水平的PQ面上有一小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），小物塊以某速度從P點(diǎn)最遠(yuǎn)能滑到傾角為Q的斜

面QA上的A點(diǎn)（水平面和斜面在。點(diǎn)通過一極短的圓弧連接）。若減小斜面的傾角9,變?yōu)樾泵妗?（如圖中

虛線所示），小物塊仍以原來的速度從尸點(diǎn)出發(fā)滑上斜面。已知小物塊與水平面和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,

N8為水平線，/C為豎直線。貝!]（）

QP

A.小物塊恰好能運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)

B.小物塊最遠(yuǎn)能運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)上方的某點(diǎn)

C.小物塊只能運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)

D.小物塊最遠(yuǎn)能運(yùn)動(dòng)到5、C兩點(diǎn)之間的某點(diǎn)

【答案】D

【解析】小物塊從P點(diǎn)滑上斜面的運(yùn)動(dòng)過程中有重力和摩擦力做功，設(shè)小物塊能到達(dá)斜面上的最高點(diǎn)與

水平面的距離為/z,與。點(diǎn)的水平距離為x,根據(jù)動(dòng)能定理得一mg/z—sg-Xp。一〃機(jī)geos夕孫0=0-5加忌

即機(jī)g/z+〃"]g（xp°+x）=5加由，若減小傾角。時(shí)，〃不變，則x不變，故A、C錯(cuò)誤；若〃變大，則x變小,

故B錯(cuò)誤；若人變小，則x變大，故D正確。

【題后反思】應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)抓住“兩狀態(tài)，一過程”。“兩狀態(tài)”即明確研究對(duì)象的始、

末狀態(tài)的速度或動(dòng)能情況，“一過程”即明確研究過程，確定在這一過程中研究對(duì)象的受力

情況和位置變化或位移信息。

考點(diǎn)二應(yīng)用動(dòng)能定理求變力的功

「知識(shí)固本」

在有變力做功的過程中，變力做功無法直接通過功的公式求解，可用動(dòng)能定理少變+少恒近一彳求解。

22

物體初、末速度已知，恒力做功少恒可由公式求出，得到少變=；加送一；加病一少恒，就可以求出變力做的功

了。

考向洞察J]

1.（多選）人們用滑道從高處向低處運(yùn)送貨物，如圖所示，可看作質(zhì)點(diǎn)的貨物從1圓弧滑道頂端尸點(diǎn)靜止釋放,

4

沿滑道運(yùn)動(dòng)到圓弧末端0點(diǎn)時(shí)速度大小為6m/s。已知貨物質(zhì)量為20kg,滑道高度〃為4m,且過0點(diǎn)的

切線水平，重力加速度取10m/s2。關(guān)于貨物從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過程，下列說法正確的有（）

A.重力做的功為360J

B.克服阻力做的功為440J

C.經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)向心加速度大小為9m/s2

D.經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為380N

【答案】BCD

【解析】重力做的功為%=mg/7=800J,A錯(cuò)誤；下滑過程由動(dòng)能定理可得叫一%■=］咆代入數(shù)據(jù)

該

解得克服阻力做的功為畋=440J,B正確；經(jīng)過0點(diǎn)時(shí)向心加速度大小為a=—=9m/s2,C正確；經(jīng)過。

h

點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得尸N—"2g="，a，解得貨物受到的支持力大小為尸N=380N,根據(jù)牛頓第三定律

可知，貨物對(duì)軌道的壓力大小為380N,D正確。

2.質(zhì)量為小的物體以初速度為沿水平面向左開始運(yùn)動(dòng)，起始點(diǎn)N與一水平放置的輕彈簧。端相距s,輕彈

簧的另一端固定在豎直墻上，如圖5所示，已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，物體與彈簧相碰后，彈

簧的最大壓縮量為x,重力加速度為g,則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短的過程中，彈簧彈力所做的功為

()

1,

C.@mg(s+x)——mvB

D.一〃7Mg(s+x)

【答案】C

【解析】對(duì)物體由動(dòng)能定理可得JF彈一〃/wg(s+x)=0—7V3,解得少嬋=〃"zg(s+x)—7nM故C正確。

考點(diǎn)三動(dòng)能定理與圖像結(jié)合的問題

圖像與橫軸所圍“面積”或圖像斜率的含義

---------------CHHHl-u

考向洞察」

考向1動(dòng)能定理與v-t圖像

l.A、B兩物體的質(zhì)量之比加A：〃?B=1：4,它們以相同的初速度vo在水平面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到停止,

其v—t圖像如圖所示。此過程中，A、B兩物體受到的摩擦力做的功之比小A：取B和A、B兩物體受到的摩

A.B=1：2B.郎A：/B=4：1

C.尸A：FB=1：2D.FA：FB=4：1

【答案】C

【解析】根據(jù)動(dòng)能定理一沙=0—1/為2,可知A、B兩物體受到的摩擦力做的功之比為加A：/B=1：4,故

2

A、B錯(cuò)誤；根據(jù)v—f圖像可知兩物體的加速度之比為研例=2：1,

根據(jù)牛頓第二定律下=加。，可得A、B兩物體受到的摩擦力之比外：&=1：2,故C正確，D錯(cuò)誤。

考向2動(dòng)能定理與耳-x圖像

2.如圖(a)所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30。的固定斜面上滑，運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力大小/恒定，物塊動(dòng)

能反與運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系如圖(b)所示。重力加速度大小取10m/s2,物塊質(zhì)量加和所受摩擦力大小/分別為

()

A.冽=0.7kg,/=0.5N

B.機(jī)=0.7kg,/=1.0N

C.機(jī)=0.8kg,/=0.5N

D.加=0.8kg,/=1.0N

【答案】A

【解析】0?10m內(nèi)物塊上滑，由動(dòng)能定理得

—mgsin300-s—fi=E^—屈)，

整理得&=&()—Ogsin300+f)s9

結(jié)合0?10m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對(duì)值

|A:|=mgsin300+/=4N,

10?20m內(nèi)物塊下滑，由動(dòng)能定理得

(mgsin300—7)(s一門)=為，

整理得&=(初gsin30°~f)s—(mgsin30。一力$1，

結(jié)合10?20m內(nèi)的圖像得，

斜率k,=mgsin30°—/=3N,

聯(lián)立解得了=0.5N,加=0.7kg,故選A。

考向3動(dòng)能定理與F-x圖像

3.一質(zhì)量為4kg的物體，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力尸作用做勻速直線運(yùn)動(dòng)。物體運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間

后拉力逐漸減小，當(dāng)拉力減小到零時(shí)，物體剛好停止運(yùn)動(dòng)。如圖所示為拉力廠隨位移x變化的關(guān)系圖像，

重力加速度大小取10m/s2,則可以求得()

A.物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度為4m/s

B.整個(gè)過程拉力對(duì)物體所做的功為4J

C.整個(gè)過程摩擦力對(duì)物體所做的功為一8J

D.整個(gè)過程合外力對(duì)物體所做的功為一4J

【答案】D

(2+4)x4

【解析】F-x圖線與橫軸所圍區(qū)域的面積表示拉力對(duì)物體所做的功，所以版=------:——J=12J,

2

故B錯(cuò)誤；0?2m階段，根據(jù)平衡條件可得F=K=4N,所以整個(gè)過程中摩擦力對(duì)物體做的功為質(zhì)=—

FfX=-4x4J=-16J,故C錯(cuò)誤；整個(gè)過程中合外力所做的功為印備=版+%=12J+(-16J)=-4J,故

D正確；根據(jù)動(dòng)能定理可得少合=0-解得v()=J^m/s,故A錯(cuò)誤。

考向4動(dòng)能隨位移變化的圖像

4.某滑雪賽道如圖所示，滑雪運(yùn)動(dòng)員從靜止開始沿斜面下滑，經(jīng)圓弧滑道起跳。將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)摩

擦力及空氣阻力，此過程中，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能瓦與水平位移x的關(guān)系圖像正確的是()

【答案】A

【解析】設(shè)斜面傾角為仇不計(jì)摩擦力和空氣阻力，運(yùn)動(dòng)員在沿斜面下滑過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有&=

Ek

mgxtand,即一=wgtan仇下滑過程中開始階段傾角。不變，&一》圖像為一條直線；經(jīng)過圓弧軌道過程中,

x

6先減小后增大，即圖像斜率先減小后增大，故A正確。

考點(diǎn)四動(dòng)能定理在多過程問題中的應(yīng)用

知識(shí)點(diǎn)1.應(yīng)用動(dòng)能定理解決多過程問題的兩種思路

(1)分階段應(yīng)用動(dòng)能定理

①若題目需要求某一中間物理量，應(yīng)分階段應(yīng)用動(dòng)能定理。

②物體在多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，受到的彈力、摩擦力等力若發(fā)生了變化，力在各個(gè)過程中做功情況也不同，不

宜全過程應(yīng)用動(dòng)能定理，可以研究其中一個(gè)或幾個(gè)分過程，結(jié)合動(dòng)能定理，各個(gè)擊破。

(2)全過程(多個(gè)過程)應(yīng)用動(dòng)能定理

當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)過程包含幾個(gè)不同的物理過程，又不需要研究過程的中間狀態(tài)時(shí)，可以把幾個(gè)運(yùn)動(dòng)過程看作一

個(gè)整體，巧妙運(yùn)用動(dòng)能定理來研究，從而避開每個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的具體細(xì)節(jié)，大大減少運(yùn)算。

知識(shí)點(diǎn)2.全過程列式時(shí)要注意

(1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)。

(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的數(shù)值等于力的大小與路程的乘積。

知識(shí)點(diǎn)3.多過程問題的分析方法

(1)將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點(diǎn)”連接。

(2)對(duì)各“銜接點(diǎn)”進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，必要時(shí)畫出受力圖和過程示意圖。

(3)根據(jù)“子過程”和“銜接點(diǎn)”的模型特點(diǎn)選擇合理的物理規(guī)律列方程。

(4)分析“銜接點(diǎn)”速度、加速度等的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時(shí)間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的輔助方程。

(5)聯(lián)立方程組，分析求解，對(duì)結(jié)果進(jìn)行必要的驗(yàn)證或討論。

知識(shí)點(diǎn)4動(dòng)能定理在往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題中的應(yīng)用

1.往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題：在有些問題中物體的運(yùn)動(dòng)過程具有重復(fù)性、往返性，而在這一過程中，描述

運(yùn)動(dòng)的物理量多數(shù)是變化的，而重復(fù)的次數(shù)又往往是無限的或者難以確定的。

2.解題策略：此類問題多涉及滑動(dòng)摩擦力或其他阻力做功，其做功特點(diǎn)與路程有關(guān)，求解這類

問題時(shí)若運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無法解出。由于動(dòng)能定理只涉及物

體的初、末狀態(tài)而不計(jì)運(yùn)動(dòng)過程的細(xì)節(jié)，所以用動(dòng)能定理分析這類問題可使解題過程簡(jiǎn)化。

考向洞察

考向1多過程直線運(yùn)動(dòng)問題

1.如圖所示的裝置由43、BC、CE三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道42、CE

是光滑的，水平軌道3c的長度s=5m,軌道CE足夠長且傾角6=37。，。為軌道CE上一點(diǎn)，/、。兩點(diǎn)

離軌道的高度分別為〃i=4.3m、/?2=L35m?，F(xiàn)讓質(zhì)量為a可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊從/點(diǎn)由靜止釋放。

已知小滑塊與軌道2C間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5,重力加速度g取10m/s2,sin37o=0.6,cos37o=0.8,求：

(1)小滑塊第一次到達(dá)。點(diǎn)時(shí)的速度大小V。；

(2)小滑塊第一次與第二次通過C點(diǎn)的時(shí)間間隔；

(3)小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離。

【答案】(1)3m/s(2)2s(3)1.4m

【解析】(1)小滑塊在過程中，應(yīng)用動(dòng)能定理得加g(〃i—〃2)—7gs=5〃?V￡(2—0,

代入數(shù)據(jù)解得VD=3m/so

(2)小滑塊在A—B—C過程中，由動(dòng)能定理得機(jī)g〃i—〃加gs=5mv/-0,代入數(shù)據(jù)解得vc=6m/s,

小滑塊沿CE段上滑時(shí)，由牛頓第二定律得mgsin0=ma,解得a=gsin6=6m/s2o

則小滑塊從C點(diǎn)沿CE段上滑到最高點(diǎn)所用的時(shí)間人=豈=1s,小滑塊沿CE段上滑和下滑的受力情況不變,

a

由對(duì)稱性可知，小滑塊從最高點(diǎn)滑回C點(diǎn)所用的時(shí)間Z2=ls,故小滑塊第一次與第二次通過C點(diǎn)的時(shí)間間

=

隔t2^So

⑶設(shè)小滑塊在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為S總，對(duì)小滑塊從靜止釋放到最終停止的全過程，由動(dòng)能定理得

mgh]—從mgs總=0,解得s總=8.6m,故小滑塊最終停止的位置與5點(diǎn)的距離為2s—s總1.4mo

2.如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧左端固定，右端與靜止在。點(diǎn)質(zhì)量為“=1kg的小物塊接觸而不連接,

此時(shí)彈簧無形變?，F(xiàn)對(duì)小物塊施加尸=10N的水平向左的恒力，使其由靜止開始向左運(yùn)動(dòng)。小物塊在向左

運(yùn)動(dòng)到/點(diǎn)前某處速度最大時(shí)，彈簧的彈力為6N,運(yùn)動(dòng)到/點(diǎn)時(shí)撤去推力尸，小物塊最終運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)靜止。

圖中04=0.8m,OB—02m,重力加速度取g=10m/s?。求小物塊：

/7

AOB

(1)與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃；

(2)向右運(yùn)動(dòng)過程中經(jīng)過O點(diǎn)的速度大?。?/p>

(3)向左運(yùn)動(dòng)的過程中彈簧的最大壓縮量。

【答案】(1)0.4(2)1.26m/s(3)0.9m

【解析】⑴小物塊速度達(dá)到最大時(shí)，加速度為零，則：尸一〃mg一/彈=0

解得〃=0.4。

(2)設(shè)向右運(yùn)動(dòng)通過O點(diǎn)時(shí)的速度為vo-從O—B,

由動(dòng)能定理得

—FfXOB=Q----

2

Ff=jumg=4N

解得m/s=1.26m/so

(3)設(shè)彈簧最大壓縮量為Xmax，對(duì)小物塊運(yùn)動(dòng)的全過程，根據(jù)動(dòng)能定理得：及04—Ff(2Xmax+xoB)=()

代入數(shù)值得xmax=0.9m?

考向2多過程曲線運(yùn)動(dòng)問題

1.(2023?湖北高考)如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2A內(nèi)表

面光滑，擋板的兩端/、3在桌面邊緣，2與半徑為R的固定光滑圓弧軌道^^在同一豎直平面內(nèi)，過C

點(diǎn)的軌道半徑與豎直方向的夾角為60。。小物塊以某一水平初速度由4點(diǎn)切入擋板內(nèi)側(cè)，從3點(diǎn)飛出桌面后,

在C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道^內(nèi)側(cè)，并恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)。。小物塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因

數(shù)為工，重力加速度大小為g,忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。求：

2兀

(1)小物塊到達(dá)。點(diǎn)的速度大?。?/p>

(2)8和。兩點(diǎn)的高度差；

(3)小物塊在/點(diǎn)的初速度大小。

【答案】⑴面(2)0⑶屈

【解析】(1)由題意知，小物塊恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)。，則在。點(diǎn)有W——=冽g,解得VD=疝。

R

r-----VR

(2)由題意知，小物塊從C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道CDE內(nèi)側(cè)，則在。點(diǎn)有cos60。=一,小物塊從。到

VC

。的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有一加g(R+7?cos60。)=丁小—丁恪，則小物塊從B到。的過程中，根據(jù)動(dòng)能

22

定理有mgHBD=-^mvD--mv5，聯(lián)立解得切=?^，HBD=0o

(3)小物塊從Z到B的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有一〃加gs=5冽v/—yv/，s=a2R

解得VA=y/3gRo

2.如圖所示，小明設(shè)計(jì)的游戲裝置，由光滑平臺(tái)、傾斜粗糙直軌道/8、豎直圓管道CZ)即。(管道內(nèi)徑遠(yuǎn)

小于管道半徑)、水平粗糙直軌道平滑連接組成。其中平臺(tái)左側(cè)固定一彈簧，傾斜直軌道N8與圓管道相切

于3點(diǎn)，水平直軌道與圓管道相切于。點(diǎn)(C和。略錯(cuò)開)。小滑塊與傾斜直軌道N2及水平直軌道間的動(dòng)摩

擦因數(shù)均為〃=0.5,斜軌道傾角6=37。，N2長度/=0.4m。小滑塊從3點(diǎn)進(jìn)入管道內(nèi)，當(dāng)小滑塊沿管

道內(nèi)靠近圓心。的內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)有摩擦，沿管道外側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)無摩擦，管道半徑為R=0.2m。第一次壓縮彈簧

后釋放小滑塊，/點(diǎn)上方擋片可以讓小滑塊無速度損失進(jìn)入段,恰好可以運(yùn)動(dòng)到與管道圓心等高的。點(diǎn)。

第二次壓縮彈簧使彈簧彈性勢(shì)能為0.36J時(shí)釋放小滑塊，小滑塊運(yùn)動(dòng)到圓管道最高處E的速度為1m/so已

知小滑塊質(zhì)量加=0.1kg,可視為質(zhì)點(diǎn)，sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s?。

(1)求第一次壓縮彈簧釋放小滑塊后，第一次運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；

(2)求第二次壓縮彈簧釋放小滑塊后，運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過程，小滑塊在圓管道內(nèi)所受摩擦力做的功；

(3)若第三次壓縮彈簧使彈簧彈性勢(shì)能為0.48J時(shí)釋放小滑塊，通過計(jì)算判斷小滑塊在圓管道內(nèi)運(yùn)動(dòng)是否受

到摩擦力作用。小滑塊在水平直軌道上距離。為x處的速度為v,求v與x之間的關(guān)系式。

【答案】：(1)3N,方向豎直向下⑵一0.03J(3)不受v=J12_10xm/s

【解析】：(1)從C到。過程，對(duì)小滑塊由動(dòng)能定理得一mgR=O—在C點(diǎn)由牛頓第二定律有/一mg

=m上,聯(lián)立解得尸N=3N由牛頓第三定律可知，小滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為3N,方

R

向豎直向下。

(2)從釋放小滑塊到E點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理有水彈+zwg/sin6-/Limglcos6-mgR(l+cos&)+收=1小一0,W

彈=Ep=0.36J,解得叫=—0.03J。

(3)當(dāng)滑塊以為通過最高點(diǎn)時(shí)恰好對(duì)管道無壓力作用，設(shè)此時(shí)對(duì)應(yīng)的彈簧彈性勢(shì)能為小0,由牛頓第二定律有

V02

m——mg,

R

從開始到E點(diǎn)由動(dòng)能定理有航+"?g/sin3—fimglcosO—mgRQ+cos6*)=1???vo2—0,解得/=%)=().38J,

彈性勢(shì)能為0.48J大于Ep0,小滑塊在圓管道內(nèi)不受到摩擦力作用。

從開始到離。距離為x處，由動(dòng)能定理有W-\-mglsm0—/.imglcos0-\-mgR(\~cos3')—/j.mgx=-^mv2—0,其中

%=0.48J,解得v=J12—10xm/so

考向3多過程直線往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題

3.如圖所示，在地面上豎直固定了刻度尺和輕質(zhì)彈簧，彈簧處于原長時(shí)上端與刻度尺上的/點(diǎn)等高，質(zhì)量加

=0.5kg的籃球靜止在彈簧正上方，底端距/點(diǎn)的高度生=1.10m,籃球靜止釋放測(cè)得第一次撞擊彈簧時(shí),

彈簧的最大形變量制=0.15m,第一次反彈至最高點(diǎn)，籃球底端距/點(diǎn)的高度〃2=0.873m,籃球多次反彈

后靜止在彈簧的上端，此時(shí)彈簧的形變量M=0.01m,彈性勢(shì)能為穌=0.025J。若籃球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的空氣阻

力大小恒定，忽略籃球與彈簧碰撞時(shí)的機(jī)械能損失和籃球的形變，彈簧形變?cè)趶椥韵薅确秶鷥?nèi)。求：(g取

10m/s2)

(1)彈簧的勁度系數(shù)；

(2)籃球在運(yùn)動(dòng)過程中受到的空氣阻力；

(3)籃球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中通過的路程；

(4)籃球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中速度最大的位置。

【答案】⑴500N/m(2)0.5N(3)l1.05m(4)第一次下落至4點(diǎn)下方0.009m處速度最大

【解析】(1)籃球靜止在彈簧上時(shí)，

有mg—kx2—0,解得左=500N/m。

(2)籃球從開始運(yùn)動(dòng)到第一次上升到最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理得加g(/n一色)一次回+%+2閃)=0

代入數(shù)值解得戶0.5N。

(3)設(shè)籃球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中通過的總路程為s,

整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，空氣阻力一直與運(yùn)動(dòng)方向相反，

根據(jù)動(dòng)能定理有%G+%+少彈=0

重力做功價(jià)="g("+x2)=5.55J

彈力做功少彈=一穌=-0.025J

則空氣阻力做功叫=一於=-5.525J

解得s=11.05m。

(4)籃球在首次下落過程中，合力為零處速度最大

速度最大時(shí)彈簧形變量為X3

mg—f—kx3=0

在4點(diǎn)下方，離/點(diǎn)M=0.009tn。

考向4多過程曲線往復(fù)運(yùn)動(dòng)問題

4.如圖所示，質(zhì)量”=0.1kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從距地面高〃=5m處由靜止開始自由下落，到達(dá)地面恰

能沿凹陷于地面的半圓形槽的右端切入，半圓形槽半徑R=0.4m。小球到達(dá)槽最低點(diǎn)時(shí)速率為lOm/s,并

繼續(xù)沿槽壁運(yùn)動(dòng)直到從槽左端邊緣豎直向上飛出……，如此反復(fù)，設(shè)小球在槽壁運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦力大小

恒定不變，不計(jì)空氣阻力及小球與槽壁口接觸時(shí)的機(jī)械能損失(取g=10m/s2)。求：

(1)小球第一次飛離槽后上升的高度41；

(2)小球最多能飛出槽外的次數(shù)。

【答案】(1)4.2m(2)6次

【解析】(1)由于小球在槽壁運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦力大小恒定不變，由對(duì)稱性可知，小球在槽右半部分與左

半部分運(yùn)動(dòng)時(shí)克服摩擦力做的功相等，設(shè)為肌。

小球從開始下落至到達(dá)槽最低點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得mg(7/+R)—%=；加正，解得%=0.4J

小球由槽最低點(diǎn)到第一次上升到最大高度的過程，由動(dòng)能定理得一7咫01+尺）一即f=0-］丫2,解得耳=4.2mo

（2）設(shè)小球能飛出槽外〃次，對(duì)整個(gè)過程，由動(dòng)能定理得機(jī)g“一代2收=0

解得〃=6.25,〃只能取整數(shù)，故小球最多能飛出槽外6次。

1.（2024?全國?高考真題）福建艦是我國自主設(shè)計(jì)建造的首艘彈射型航空母艦。借助配重小車可以進(jìn)行彈射

測(cè)試，測(cè)試時(shí)配重小車被彈射器從甲板上水平彈出后，落到海面上。調(diào)整彈射裝置，使小車水平離開甲板

時(shí)的動(dòng)能變?yōu)檎{(diào)整前的4倍。忽略空氣阻力，則小車在海面上的落點(diǎn)與其離開甲板處的水平距離為調(diào)整前

的（）

A.0.25倍B.0.5倍C.2倍D.4倍

【答案】C

【詳解】動(dòng)能表達(dá)式為：紜=；機(jī)必

由題意可知小車水平離開甲板時(shí)的動(dòng)能變?yōu)檎{(diào)整前的4倍，則離開甲板時(shí)速度變?yōu)檎{(diào)整前的2倍；小車離

開甲板后做平拋運(yùn)動(dòng)，從離開甲板到到達(dá)海面上時(shí)間不變，根據(jù)：x=

可知小車在海面上的落點(diǎn)與其離開甲板處的水平距離為調(diào)整前的2倍。

故選C。

2.（2024?福建?高考真題）先后兩次從高為s=1.4111高處斜向上拋出質(zhì)量為〃7=（）.21^同一物體落于2、Q2,

測(cè)得。8.4m,。2=9.8m,兩軌跡交于尸點(diǎn)，兩條軌跡最高點(diǎn)等高且距水平地面高為3.2m,下列說法正

A.第一次拋出上升時(shí)間，下降時(shí)間比值為5:4

B.第一次過P點(diǎn)比第二次機(jī)械能少1.3J

C.落地瞬間，第一次，第二次動(dòng)能之比為72:85

D.第二次拋出時(shí)速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第一次大

【答案】B

【詳解】A.第一次拋出上升的高度為：4=3.2m-1.4m=1.8m

故上升時(shí)間為：5=營=0任

號(hào)=0.8s

最高點(diǎn)距水平地面高為〃0=3.2m,故下降的時(shí)間為:‘下1=

故一次拋出上升時(shí)間，下降時(shí)間比值為3:4,故A錯(cuò)誤;

B.兩條軌跡最高點(diǎn)等高，故可知兩次從拋出到落地的時(shí)間相等為：A=Wi+*=L4s

故可得第一次，第二次拋出時(shí)水平方向的分速度分別為

vxl==6m/s

匕2=^-=7m/s

由于兩條軌跡最高點(diǎn)等高，故拋出時(shí)豎直方向的分速度相等為：vy=gZ±1=6m/s

22

由于物體在空中機(jī)械能守恒，故第一次過P點(diǎn)比第二次機(jī)械能少：A￡=|mvi2-1/Wvxl=1.3J

故B正確；

C.從拋出到落地瞬間根據(jù)動(dòng)能定理:

1

昂=紜。1+mgh°H=g7"（匕1+V；）+mghOH=0J

E22

a=Eg+mgh。H=；”?（v,2+v?）+mghOH=11.3J

故落地瞬間，第一次，第二次動(dòng)能之比為100:113,故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)前面分析可知兩次拋出時(shí)豎直方向的分速度相同，兩次落地時(shí)物體在豎直方向的分速度也相同，由

于第一次的水平分速度較小，物體在水平方向速度不變，故可知第一次拋出時(shí)速度與水平方向的夾角較大,

第一次落地時(shí)速度與水平方向的夾角也較大，故可知第一次拋出時(shí)速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第

二次大，故D錯(cuò)誤。

故選Bo

3.（2024?安徽?高考真題）某同學(xué)參加戶外拓展活動(dòng)，遵照安全規(guī)范，坐在滑板上，從高為〃的粗糙斜坡頂

端由靜止下滑，至底端時(shí)速度為v.已知人與滑板的總質(zhì)量為處可視為質(zhì)點(diǎn).重力加速度大小為g,不計(jì)

空氣阻力.則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為（）

A.mghB.gwv?C.mgh+^mv2D.mgh--^mv2

【答案】D

2

【詳解】人在下滑的過程中，由動(dòng)能定理可得：mgh-W（=^mv-0

可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為：%=mgh-^mv2

故選D。

4.（2024?廣東?高考真題）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)相同滑塊，分別從%、H乙

高度同時(shí)由靜止開始下滑。斜坡與水平面在。處平滑相接，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，乙在水平

面上追上甲時(shí)發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有（）

B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度

C.乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與以乙無關(guān)

D.甲最終停止位置與。處相距生

【答案】ABD

【詳解】A.兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時(shí)由靜止開始下滑，則相對(duì)速度為0,故A正確；

B.兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運(yùn)動(dòng)，由于兩滑塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速

度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；

C.設(shè)斜面傾角為0,乙下滑過程有：/=；gsin"；

在水平面運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間打后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運(yùn)動(dòng)不乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t=tl+t2+t3

由于力與"乙有關(guān)，則總時(shí)間與"乙有關(guān)，故C錯(cuò)誤；

D.乙下滑過程有：

由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時(shí)乙最終停止的位置相同；則

如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運(yùn)動(dòng)到停止有：昧=2〃gx

聯(lián)立可得：^=—

即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與。處相距生。故D正確。

故選ABD。

5.（2023?全國?高考真題）無風(fēng)時(shí)，雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會(huì)以恒