【高考物理】2026高考導(dǎo)與練總復(fù)習(xí)物理一輪(基礎(chǔ)版)第六章第2講動能和動

能定理含答案第2講動能和動能定理

野豬是保護(hù)動物，一頭成年野豬體重可達(dá)200kg,它的奔跑速度為3m/s,試計(jì)算：

情(1)野豬的動能；

境

導(dǎo)(2)野豬覺得危險(xiǎn)來臨，就開始加速奔跑，四條腿給野豬提供的推動力的合力為100N,

思

野豬以恒力100N跑了40米，求合推力對野豬做的功；

(3)算出第(2)問中，野豬跑到40米時(shí)的速度。

*

*國小題試做

如圖所示，某人從距山腳高為X處將質(zhì)量為根的石子以速率W拋出。不計(jì)空氣阻力，重力加

速度為g。當(dāng)石子下落到距地面高為〃處時(shí)，其動能為()

19

[A]mgH-mv0

[B]mgH-^mvQ2-mgh

[C]mgH-mgh

[D]mgH+^mVQ2+mgh

【答案】B

廠聲A物體由于而具有的能

_______

防----（單位）—,1J=1N,m=lkg-m2/s2

一黑

-［標(biāo)矢性］-動能是，是狀態(tài)量

動

能L（動能的變化量）一尸

和

動

力在一個(gè)過程中對物體做的功，等于物體在

能H內(nèi)容）一

定這個(gè)過程中

理

(

一

動—［表達(dá)式）~W=Ei2_Eu=

能

定―-（物理意義卜做的功是物體動能變化的量度

理

一動能定理既適用于直線運(yùn)動，也適用于

動能定理既適用于恒力做功，也適用于

―癡I——做功

—力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作

用,也可以作用

22222

【答案】運(yùn)動|mv焦耳標(biāo)量^mv2-Knv1動能的變化-mv2-^mv1合力

曲線運(yùn)動變力分階段

考點(diǎn)一對動能定理的理解與基本應(yīng)用

1.應(yīng)用動能定理解題的基本思路

確

定

研

究

對

象

和

研

究

過

程

〕

2.注忌事項(xiàng)

⑴當(dāng)物體的運(yùn)動包含多個(gè)不同過程時(shí)，可分段應(yīng)用動能定理求解，也可以全過程應(yīng)用動能

定理求解。

（2）列動能定理方程時(shí),必須明確各個(gè)力做功的正、負(fù)，確實(shí)難以判斷的先假定為正功，最后

根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。

（3）動能是標(biāo)量，動能定理是標(biāo)量式，解題時(shí)不能分解動能。

［例1］【對動能定理的理解】關(guān)于動能定理的表達(dá)式W=42-Eki,下列說法正確的是（）

［A］公式中的W為不包含重力的其他力做的總功

［B］動能定理適用于恒力做功,但不適用于變力做功

［C］運(yùn)動物體所受合力不為零，則該物體一定做變速運(yùn)動，其動能要變化

［D］公式中的￡k2-￡ki為動能的增量，當(dāng)淤0時(shí)動能增加，當(dāng)W<0時(shí)動能減少

【答案】D

【解析】動能定理的表達(dá)式W=Ek2-Eki,W指的是合力所做的功，即各力做功的代數(shù)和，包

含重力做功，故A錯(cuò)誤;動能定理既適用于恒力做功，也適用于變力做功，故B錯(cuò)誤;運(yùn)動物

體所受合力不為零，則該物體一定做變速運(yùn)動，若合力方向始終與運(yùn)動方向垂直，合力不做

功，動能不變，例如勻速圓周運(yùn)動，故C錯(cuò)誤;公式中的&2心為動能的增量，當(dāng)W>0時(shí)，即

Ek2-Eki>0,動能增加，當(dāng)VT<0時(shí)，即Ek2-Eki<0,動能減少，故D正確。

［例2］【動能定理的簡單應(yīng)用】(2024?新課標(biāo)卷,24)將重物從高層樓房的窗外運(yùn)到地面時(shí),

為安全起見，要求下降過程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖，一種簡單的操作方法是一

人在高處控制一端系在重物上的繩子P,另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子

Q,二人配合可使重物緩慢豎直下降。若重物的質(zhì)量7?=42kg,重力加速度g取10mg,當(dāng)P

繩與豎直方向的夾角a=37。時(shí),Q繩與豎直方向的夾角￡=53。。(取sin37°=0.6)

⑴求此時(shí)P、Q繩中拉力的大?。?/p>

(2)若開始豎直下降時(shí)重物距地面的高度〃=10m,求在重物下降到地面的過程中，兩根繩子

拉力對重物做的總功。

91規(guī)范答題】

【答案】(1)1200N900N(2)-4200J

【解析】(1)重物下降的過程中受力平衡，如圖所示，對重物受力分析并進(jìn)行正交分解，設(shè)

P、Q繩中拉力的大小分別為Fn和尸T2,

豎直方向

Fncosa=mg+FT2COS.^,

水平方向Fjisina=FT2sinj§,

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得

FTI=1200N,FT2=900N。

（2）整個(gè)過程，根據(jù)動能定理得

W+mgh=0,

解得兩根繩子拉力對重物做的總功

W=-4200J.

［例3］［應(yīng)用動能定理求變力的功】（2025?江蘇南通開學(xué)考試）游樂場有一種兒童滑軌，其

豎直剖面示意圖如圖所示,48部分是半徑為R的四分之一圓弧軌道,3C為軌道水平部分,

與半徑02垂直。一質(zhì)量為相的小孩（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)由靜止滑下，滑到圓弧軌道末端

8點(diǎn)時(shí)，對軌道的正壓力大小為2.5〃吆,重力加速度為g。下列說法正確的是（）

［A］小孩到達(dá)8點(diǎn)的速度大小為退證

［B］小孩到達(dá)3點(diǎn)的速度大小為嗎更

［C］小孩從A到B克服摩擦力做的功為;mgR

［D］小孩從A到B克服摩擦力做的功為

【答案】C

【解析】根據(jù)牛頓第三定律可知，軌道對小孩的支持力等于小孩對軌道的正壓力，即

FN=25〃g,根據(jù)牛頓第二定律有R-根g="連-，可得iB=16gR,故A、B錯(cuò)誤;A到B過程，由動

R2

能定理有mgR-Wt=-mv2-0,^T^^A到B克服摩擦力做功為W=-mgR,ikC正確,D錯(cuò)誤。

2B4f

考點(diǎn)二動能定理與圖像問題的結(jié)合

幾種典型圖像中圖線所圍“面積”和圖線斜率的含義

[例4]【動能定理與v-t圖像的結(jié)合】A、B兩物體分別在水平恒力Fi和Fz的作用下沿

水平面運(yùn)動，先后撤去B、尸2后，兩物體最終停下,它們的Lt圖像如圖所示。已知兩物體

所受的滑動摩擦力大小相等，下列說法正確的是（）

[A]Fi，/2大小之比為1：2

[B]Fi對A、尸2對B做功之比為1：2

[C]A,B質(zhì)量之比為2：1

[D]全過程中A、B克服摩擦力做功之比為2：1

【答案】C

【解析】由v-f圖像可知，兩個(gè)勻減速運(yùn)動的加速度大小之比為1：2,由題可知A、B所

受摩擦力大小相等，所以A、B的質(zhì)量之比是2：1,故C正確。由圖像可知,A、B兩物

體運(yùn)動的位移相等，且勺加速運(yùn)動位移之比為1：2,勻減速運(yùn)動的位移之比為2：1,由動能

定理可得丹與摩擦力的關(guān)系/「廠4340-o,&與摩擦力的關(guān)系民2LB戶廣。-o,因此可得

丹=3用場=|尺所以FI=2F2O全過程中A、B克服摩擦力做的功相等再對A、B對B做

的功大小相等，故A、B、D錯(cuò)誤。

［例5］【動能定理與Ek-x圖像的結(jié)合】（2024.北京石景山階段檢測）將質(zhì)量為1kg的物體

從地面豎直向上拋出，一段時(shí)間后物體又落回拋出點(diǎn)。在此過程中物體所受空氣阻力大小

不變,其動能反隨距離地面高度h的變化關(guān)系如圖所示。重力加速度g取10in/s?,下列說

法正確的是（）

［A］物體能上升的最大高度為3m

［B］物體受到的空氣阻力大小為2N

［C］上升過程中物體加速度大小為10m/s2

［D］下落過程中物體克服阻力做功為24J

【答案】B

【解析】Ek』圖像的斜率大小左=/合,故上升過程有mg+Ffn=k上升=12N,解得Fm=2N,故

B正確;對上升到最高點(diǎn)的過程，由動能定理有-（mg+F.汨=O-&o,解得物體上升的最大高

度為H=||m=6m,故A錯(cuò)誤;對上升過程由牛頓第二定律有7咫+?膽=根（71,可知上升的加速

度為fli=Ym/s2=12m/sz,故C錯(cuò)誤;物體下落過程克服阻力做功為W?=F?H=2x6J=

12J,故D錯(cuò)誤。

［例6］【動能定理與PT圖像的結(jié)合】放在粗糙水平地面上的物體受到水平拉力的作用,

在。?6s內(nèi)其速度與時(shí)間的關(guān)系圖像和該拉力的功率與時(shí)間的關(guān)系圖像分別如圖甲、乙

［A］物體的質(zhì)量為0.8kg

［B］0~2s內(nèi)拉力做的功為120J

［C］物體與粗糙水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.5

[D]合力在0?6s內(nèi)做的功與0?2s內(nèi)做的功不相等

【答案】A

【解析】0?2s內(nèi),拉力做功等于P-t圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積，得W=|x60x2J=60J,2~

6s內(nèi)，物體做勻速運(yùn)動，此時(shí)拉力廠與摩擦力大小相等，尸=Fw,由題圖甲、乙中數(shù)據(jù)得衣=

2N,0?2s內(nèi)由題圖甲可得位移x=：xl0x2m=10m,0?2s內(nèi)由動能定理得W-FfX=^mv2,

得〃?=0.8kg,故A正確,B錯(cuò)誤;由滑動摩擦力Ff=/iing,得〃=0.25,2?6s內(nèi)物體做勻速直線

運(yùn)動，動能不變，由動能定理得,合力在0?6s內(nèi)做的功與0?2s內(nèi)做的功相等，故C、D

錯(cuò)誤。

目課時(shí)作業(yè)

（滿分:60分）

國基礎(chǔ)對點(diǎn)練

對點(diǎn)1.對動能定理的理解與基本應(yīng)用

1.（4分）下列關(guān)于運(yùn)動物體所受的合力、合力做功和動能變化的關(guān)系，說法正確的是（）

[A]如果物體所受的合力為零，那么合力對物體做的功一定為零

[B]如果合力對物體所做的功為零，則合力一定為零

[C]物體在合力作用下做變速運(yùn)動,動能一定變化

[D]物體的動能不變，所受合力必定為零

【答案】A

【解析】如果物體所受的合力為零，根據(jù)皿=網(wǎng)可知,合力對物體做的功一定為零，選項(xiàng)A

正確;如果合力對物體所做的功為零，則合力不一■定為零，例如做勻速圓周運(yùn)動，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;

物體在合力作用下做變速運(yùn)動，動能不一定變化，例如做勻速圓周運(yùn)動，選項(xiàng)C錯(cuò)誤;物體的

動能不變,所受合力不一定為零，例如做勻速圓周運(yùn)動，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

2.（4分）（2024?安徽卷,2）某同學(xué)參加戶外拓展活動,遵照安全規(guī)范，坐在滑板上，從高為h的

粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時(shí)速度為Vo已知人與滑板的總質(zhì)量為祖,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]mgh[B]^mv2

[C]mgh+^mv2[D]mgh-^nv1

【答案】D

【解析】人與滑板在下滑的過程中,由動能定理可得〃際/7-%=①，一0,可得此過程中人與

滑板克服摩擦力做的功為題=〃氓/弓〃倘故D正確。

3.（4分）（2024.山東濟(jì)南二模）如圖所示，一個(gè)足夠大、傾角6=30。的粗糙斜面固定在水平地

面上，不可伸長的輕繩一端固定在斜面上的O點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為的小木塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）

相連?，F(xiàn)將小木塊拉起，使輕繩與斜面平行且在水平方向上伸直，由靜止釋放小木塊。已知

重力加速度為g,小木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)〃=京，空氣阻力不計(jì),則在小木塊之后的運(yùn)

動過程中，輕繩上的最大拉力為（）

9

/O—0~7

[A]mg[B]2mg[C]3mg[D]4mg

【答案】A

【解析】當(dāng)小木塊第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，輕繩上的拉力最大，設(shè)繩長為L,則有無,皿-

?2

mgsin，=根「小木塊從靜止釋放到第一次運(yùn)動到最低點(diǎn)過程，根據(jù)動能定理有

〃?gLsin0-pj"gcosOx卷二"仔,聯(lián)立解得Frmax=mg,故選A。

4.（6分）（2023?廣東卷,8）（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)

的貨物從四分之一圓弧滑道頂端P點(diǎn)靜止釋放，沿滑道運(yùn)動到圓弧末端。點(diǎn)時(shí)速度大小

為6in/so已知貨物質(zhì)量為20kg,滑道高度九為4m,且過Q點(diǎn)的切線水平，重力加速度取

10m/s2o關(guān)于貨物從P點(diǎn)運(yùn)動到Q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)對軌道的壓力大小為380N

【答案】BCD

【解析】下滑過程根據(jù)動能定理可得%-質(zhì)=扣%2,其中重力做功wG=mgh=SOOJ,代入

數(shù)據(jù)解得克服阻力做功Wf=440J,A錯(cuò)誤,B正確;經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)向心加速度大小為它,其

中R=h,解得a=9m/s2,C正確;經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可FFt_=380

N,根據(jù)牛頓第三定律可知產(chǎn)a=Ft=380N,D正確。

5.（13分）（2024?湖南婁底期末）如圖所示是2023年10月31日神舟十六號載人飛船返回艙

成功返回的畫面。高度在8km時(shí)，返回艙主傘打開，此時(shí)返回艙速度為80m/s,離地1m前,

返回艙已經(jīng)勻速運(yùn)動，速度為10m/s,主傘打開后主傘所受空氣阻力與速度成正比，即尸阻

=配,已知返回艙質(zhì)量（含航天員）為m=3000kg,不考慮返回艙質(zhì)量的變化，主傘質(zhì)量忽略不

計(jì)，不計(jì)其他阻力,g取10m/s2=

（1）求主傘打開瞬間，返回艙的加速度大?。?/p>

（2）估算主傘打開到返回艙離地1m的過程中系統(tǒng)克服阻力做的功（結(jié)果保留2位有效數(shù)

字）。

【答案】（1）70m/s2（2）2.5x108j

【解析】⑴根據(jù)題意可知，返回艙勻速時(shí)，有kv2=mg,

主傘打開瞬間，根據(jù)牛頓第二定律有

kv\-mg=ma,

聯(lián)立解得＜7=70m/s2o

（2）設(shè)從主傘打開到返回艙離地1m的過程中系統(tǒng)克服阻力做功為卬膽,下落高度約為h=

8000m,

由動能定理有mgh-W之-：加%2,

8

解得W（*-2.5xl0Jo

對點(diǎn)2.動能定理與圖像問題的結(jié)合

6.（4分）（2024?江西一模）一小球以一定的初速度水平拋出,以初位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向下

為y軸正方向建立平面直角坐標(biāo)系,不計(jì)空氣阻力，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，則該小球的動能反與

下落高度y的關(guān)系，正確的是（）

[C][D]

【答案】C

【解析】根據(jù)動能定理有=?&-）?■）2,得Ek=〃?gy+，""（）2,則對應(yīng)圖像為直線且截距大

于零。故選C。

7.（4分）用傳感器研究質(zhì)量為2kg的物體由靜止開始做直線運(yùn)動的規(guī)律時(shí),在計(jì)算機(jī)上得

到0?6s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）

[A]0~6s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動，后向負(fù)方向運(yùn)動

[B]0~6s內(nèi)物體在4s時(shí)的速度最大

[C]物體在2?4s內(nèi)速度不變

[D]0-4s內(nèi)合力對物體做的功等于0?6s內(nèi)合力對物體做的功

【答案】D

【解析】ar圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積等于速度的變化量，由題給圖像可知,0?6s內(nèi)速度

變化量為正，物體速度方向不變，物體在0?5s內(nèi)一直加速,5?6s內(nèi)減速，所以5s時(shí)速度

最大,A、B錯(cuò)誤;2?4s內(nèi)物體的加速度不變，做勻加速直線運(yùn)動,C錯(cuò)誤;由題圖可知,0?4s

內(nèi)和0?6s內(nèi)速度變化量相等，物體的初速度為零，故t=4s時(shí)和t=6s時(shí)物體速度相等，由

動能定理可知，物體在0?4s內(nèi)和0?6s內(nèi)動能變化量相等，合力對物體做功也相等,D

正確。

8.（4分X2025?湖南長沙階段檢測）一物塊靜止在粗糙程度均勻的水平地面上，在0?4s內(nèi)

所受水平拉力尸隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖像如圖甲所示，在。?2s內(nèi)的速度圖像如圖乙所示,

最大靜摩擦力大于滑動摩擦力，下列說法正確的是（

6

4

2

0234t/s

乙

[A]物塊的質(zhì)量為2kg

[B]在4s內(nèi)物塊的位移為8m

[C]在4s內(nèi)拉力廠做功為18J

[D]在4s末物塊的速度大小為4m/s

【答案】B

【解析】由題圖可知,1?2s內(nèi)物塊做勻速運(yùn)動，根據(jù)平衡條件可得a=%=2N,0?1s內(nèi)

物塊做勻加速運(yùn)動，由v~t圖像可知加速度大小為〃=，=；m/s2=4m/s?,由牛頓第二定律可得

b1-居二根〃,其中bi=6N,聯(lián)立解得m=lkg,故A錯(cuò)誤;2s后由題圖甲可知水平拉力反向，物

塊速度減為零之前，摩擦力方向不變，所以物塊受到的合力為方合二/3+4=2N+2N=4N,方

向與運(yùn)動方向相反，物塊做勻減速運(yùn)動，加速度大小為6Zf=-^-=-m/s2=4m/s?,物塊句減速至

停下所用時(shí)間為七±s=ls,可知t=3s時(shí)速度減為零，由圖像知3s后尸3大小與滑動摩擦

a4

力大小相等,小于最大靜摩擦力，所以此后物塊保持靜止，結(jié)合V-t圖像與橫軸圍成的面積

表示位移，可知4s內(nèi)物塊的位移與3s內(nèi)物塊的位移相等，即X=^x4m=8m,故B正確,D

錯(cuò)誤;在4s內(nèi)，根據(jù)動能定理可得解得拉力尸做功為WF=FiX=2x8J=16J,故C

錯(cuò)誤。

國綜合提升練

9.（4分X2025?江蘇南通開學(xué)考試）2020年我國北斗三號組網(wǎng)衛(wèi)星全部發(fā)射完畢。如圖為發(fā)

射衛(wèi)星的示意圖，先將衛(wèi)星發(fā)射到半徑為n=r的圓軌道上做勻速圓周運(yùn)動，到A點(diǎn)時(shí)使衛(wèi)

星加速進(jìn)入橢圓軌道，到橢圓軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)B點(diǎn)時(shí),再次使衛(wèi)星加速進(jìn)入半徑為r2=2r的圓

軌道做勻速圓周運(yùn)動。已知衛(wèi)星在橢圓軌道上時(shí)到地心的距離與速度的乘積為定值，衛(wèi)星

在橢圓軌道上A點(diǎn)時(shí)的速度為匕衛(wèi)星的質(zhì)量為見地球的質(zhì)量為加地，引力常量為G,則發(fā)動

機(jī)在A點(diǎn)對衛(wèi)星做的功與在B點(diǎn)對衛(wèi)星做的功之差為（不計(jì)衛(wèi)星的質(zhì)量變化X）

3Gm,,m

地

[A]-mv2-[B]-mv2-^

4r4r

3Gm,jn3Gm,JYI

地地

[C]-mv2-[D]]mv24

44r4r

【答案】A

Gm,,m

地

【解析】根據(jù)萬有引力提供向心力可得:皿，解得衛(wèi)星在軌道半徑為一的圓軌道上

丁2r

/Gm

運(yùn)動的線速度大小也=［丁々同理可得在半徑為2「的圓軌道上做圓周運(yùn)動的線速度大小

/Gm

“2=J設(shè)衛(wèi)星在橢圓軌道上5點(diǎn)的速度為VB,根據(jù)題意有ur=V3x2r,可知在A點(diǎn)時(shí)發(fā)動

機(jī)對衛(wèi)星做功卬尸/：/-1%2,在3點(diǎn)時(shí)發(fā)動機(jī)對衛(wèi)星做的功為跖=初方2-1皿()2,因此有

3Gm,,m

1地

W\-W2=^mv--?，故選Ao

4r

10.(13分)(2024?四川南充三模)為測試質(zhì)量m=\kg的電動玩具車的性能，玩具車置于足夠

大的水平面上，某時(shí)刻開始，玩具車從靜止開始以恒定的輸出功率做加速直線運(yùn)動，運(yùn)動過

程中所受阻力恒為車重的巳,玩具車的牽引力尸與速率的倒數(shù)關(guān)系圖像如圖中實(shí)線所示,g

取10m/s2o

(1)求玩具車的最大速度Vm以及玩具車的輸出功率P\

(2)玩具車運(yùn)動10s恰好達(dá)到最大速度，求玩具車在這段時(shí)間運(yùn)動的距離X。

【答案】(1)1m/s2W(2)9.75m

【解析】(1)根據(jù)圖像得二=1,

“m

故Vm=lm/s,

根據(jù)P=Fy,得F=《,

結(jié)合圖像得，斜率即為玩具車的輸出功率,

即r的2w。

(2)居=/g,

根據(jù)動能定理得尸廣知二家巧，，

代入數(shù)據(jù)解得x=9.75mo

第3講小專題:動能定理在多過程和往復(fù)運(yùn)動中的應(yīng)用

考點(diǎn)一動能定理在多過程問題中的應(yīng)用

1.應(yīng)用動能定理解決多過程問題的兩種思路

(1)分階段應(yīng)用動能定理。

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

②物體在多個(gè)運(yùn)動過程中，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)用動能定理，可以研究其中一個(gè)或幾個(gè)分過程，結(jié)合動能定理，各個(gè)

擊破。

(2)全過程(多個(gè)過程)應(yīng)用動能定理。

當(dāng)物體運(yùn)動過程包含幾個(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)動過程看作一個(gè)整體，巧妙運(yùn)用動能定理來研究，從而避開每個(gè)運(yùn)動過程的具體細(xì)節(jié)，大

大減少運(yùn)算。

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。

［例1］【動能定理在多段直線運(yùn)動過程中的應(yīng)用】(2024?福建福州模擬)人們有時(shí)用“打

夯”的方式把松散的地面夯實(shí)。設(shè)某次打夯符合以下模型:如圖，兩人同時(shí)通過繩子對質(zhì)量

為m的重物分別施加大小均為F=mg(g為重力加速度的大小)、方向都與豎直方向成37。

的力，重物離開地面高度h后人停止施力，最后重物自由下落砸入地面的深度為*取

sin37°=0.6,cos37°=0.8o不計(jì)空氣阻力，則()

［A］重物在空中上升的時(shí)間一定大于在空中下落的時(shí)間

［B］重物克服地面阻力做的功等于人對重物做的功

［C］重物剛落地時(shí)的速度大小為/訴

［D］地面對重物的平均阻力大小為25〃陪

【答案】A

【解析】設(shè)停止施力瞬間重物的速度大小為0,從開始施加力到停止施力的過程根據(jù)動

能定理有(2Fcos37°-加g)/7=］wj,解得vi=J1.2g《設(shè)重物剛落地時(shí)的速度大小為功,從停

止施力到重物剛落地的過程，根據(jù)動能定理有優(yōu)8〃=］“1722-12%2,解得V2=j3.2gh,重物在

空中運(yùn)動過程，開始在拉力作用下做勻加速運(yùn)動，速度大小達(dá)到VI時(shí)停止施力，物體向上做

句減速運(yùn)動直至速度為零，之后再向下做勻加速直線運(yùn)動直至速度大小為V2,由此可知上

升過程中的平均速度大小為區(qū)甘，下降到地面過程中的平均速度大小為52旁，又由于上

升、下降位移大小相等，則重物在空中上升的時(shí)間一定大于在空中下落的時(shí)間，故A正確,C

錯(cuò)誤;重物在整個(gè)運(yùn)動過程中，根據(jù)動能定理有W人+WG-W阻=0,則重物克服地面阻力做的

功大于人對重物做的功，故B錯(cuò)誤;根據(jù)動能定理有2FCOS37°4+77*，/阻巳=°，解得F阻

=17〃zg,故D錯(cuò)誤。

［變式］若已知兩人同時(shí)通過繩子對質(zhì)量為m的重物各施加一個(gè)大小均為尸=500N的恒

力,方向都與豎直方向成0=37。,重物與地面的平均沖擊力為戶L05xl()4N。重物離開地面

X后人停止施力，最后重物自由下落把地面夯實(shí)〃深度,g取lOmH。若H=.(50kgS於60

kg,k=25kg.m),求重物夯實(shí)的最大深度

【答案】4cm

［解析】對全過程列動能定理有

2FcosO'H+mg'h-f'h=Q,

將公差代入上式得

m

八25

277cos6'—+mg'h-f'h=0,

聯(lián)立解得

h=---°°°-----(50kg<m<60kg),

2v

-10m+10500m匕一~匕，

由數(shù)學(xué)知識得，當(dāng)m=50kg時(shí)，有/zm=4cmo

［例2］【動能定理在圓周、平拋運(yùn)動過程中的應(yīng)用】(2023?湖北卷,14)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2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩

端A、8在桌面邊緣,B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道面在同一豎直平面內(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A點(diǎn)切入擋板內(nèi)側(cè)，從

B點(diǎn)飛出桌面后，在C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道既內(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摩擦因數(shù)為三重力加速度大小為g,忽略空氣阻力，小物塊可視

為質(zhì)點(diǎn)。求：

(1)小物塊到達(dá)。點(diǎn)的速度大小；

(2*和。兩點(diǎn)的高度差；

(3)小物塊在A點(diǎn)的初速度大小。

【答案】(1)阿(2)0(3)屬R

【解析】(由題知，小物塊恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)￡),則在。點(diǎn)有

1)mrR^-=mg,

解得VD=y/~gRo

⑵由題知，小物塊從。點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道而1內(nèi)側(cè)，則在C點(diǎn)有

cos60°=—,

vc

小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動能定理有

1717

-mg(R+Rcos600)=-mvD--mvc,

則小物塊從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有

1212

r_r乙,

mgHBD=-mvD/--mvB

聯(lián)立解得VB=J^,HBD=0。

(3)小物塊從A到5的過程中，根據(jù)動能定理有

11

z7Z7

-jumgs=-mvB--mvA,5=7i-2R,

解得VA=y/3gRo

考點(diǎn)二動能定理在往復(fù)運(yùn)動問題中的應(yīng)用

[例3](2025?安徽滁州階段檢測)如圖，斜面長為乙=16m,傾角6=30。,斜面底端有垂直于

斜面的擋板,質(zhì)量為2kg的物體自斜面頂端以初速度vo=18m/s沿斜面勻速下滑，與擋板相

碰后以原速率反彈，再沿斜面上滑。(g取10m/s2)

(1)求物體與斜面間摩擦力大小；

(2)求物體與斜面間的動摩擦因數(shù)；

(3)若題干部分條件改為斜面足夠長,物體仍沿距斜面底端L=16m處下滑，物體與斜面間的

動摩擦因數(shù)為乎,其他條件不變，求物體在斜面上滑行的總路程。

6

【答案】(1)10N(2)y(3)96.8m

【解析】(1)由于物體沿斜面勻速下滑，如圖，對物體受力分析可知m<gsin0=Ff,

解得物體與斜面間摩擦力的大小為Ff=10No

(2)由滑動摩擦力的計(jì)算公式可知玲=嗎,

F^j=mgcos6,

解得/z=tan

(3)由〃'=咚，可得

O

mgsin0=10N>/z'根geos0=5N,

物體重力沿斜面的分力大于物體與斜面間的最大靜摩擦力，故物體最終停在斜面的底端,

設(shè)物體在斜面上運(yùn)動的總路程為s,根據(jù)動能定理可知

1

z7

-/z'mgcos0'S+mgLsin0=O--mvo,

解得s=96.8mo

此類問題多涉及滑動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)動定律及運(yùn)動學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無法解出。由于動能定理只涉及物體的

初末狀態(tài)而不計(jì)運(yùn)動過程的細(xì)節(jié)，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化。

昌課時(shí)作業(yè)

（滿分:70分）

黨基礎(chǔ)對點(diǎn)練

對點(diǎn)1.動能定理在多過程問題中的應(yīng)用

1.（4分）（2024?浙江開學(xué)考）某飛機(jī)從靜止開始沿跑道直線加速起飛,若這個(gè)過程可看作兩

個(gè)階段，第一階段以恒定功率尸從靜止開始運(yùn)動，加速到速度120Vlkm/h,第二階段以恒

定功率2P運(yùn)動到起飛，起飛速度為360km/h,兩個(gè)階段運(yùn)動時(shí)間相等,運(yùn)動過程阻力恒定，

則該飛機(jī)起飛過程第一階段和第二階段位移大小之比為（）

[A]2：1[B]1：2[C]1：3[D]3：1

【答案】B

【解析】第一階段，由動能定理得尸上居修=扣次2,第二階段,由動能定理得

2尸加2?一I?/,聯(lián)立可得4：X2=l-2,故選B。

2.（4分）（2025?江蘇南通開學(xué)考試）如圖所示為一滑草場。某條滑道由上下兩段高均為h、

與水平面夾角分別為45。和37。的滑道組成,載人滑草車與草地各處間的動摩擦因數(shù)均為〃。

質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜

止于滑道的底端（不計(jì)載人滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，重力加速度大小為g,取

sin37°=0.6,cos37°=0.8）o貝!]（）

I

[A]動摩擦因數(shù)〃=3

[B]載人滑草車最大速度為彥

[C]載人滑草車克服摩擦力做功為mgh

[D]載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為|g

【答案】B

【解析】全過程由動能定理可知mg-2h-/Limgcos45。?忑焉;-〃加geos37°?/&；=0,解得〃=*A

錯(cuò)誤;滑草車到達(dá)前一段滑道末端時(shí)速度最大,對前一段滑道，根據(jù)動能定理有

mgh-jumgeos45°解得v=J警故載人滑草車最大速度為J號々B正確;由動能定

理得W克=0,載人滑草車克服摩擦力做功為2mgli,C錯(cuò)誤;根據(jù)牛頓第二定律得

jumgeos37°一根gsin37°=ma,解得a=^g,D錯(cuò)誤。

3.（14分）（2024?四川成都三模）如圖所示，一個(gè)固定在豎直平面上的光滑半圓形管道,管道里

有一個(gè)直徑略小于管道內(nèi)徑的小球，小球在管道內(nèi)做圓周運(yùn)動，從B點(diǎn)脫離后做平拋運(yùn)動,

經(jīng)過0.3s后又恰好與傾角為45。的斜面垂直相碰。已知半圓形管道的半徑為R=1m,小球

可看作質(zhì)點(diǎn)且其質(zhì)量為m=1kg,g取10m/s?。求：

（1）小球在斜面上的相碰點(diǎn)C與B點(diǎn)的水平距離；

⑵小球經(jīng)過管道的A點(diǎn)時(shí)，對管道的作用力。

【答案】（1）0.9m（2）59N,方向豎直向下

【解析】（1）小球從5點(diǎn)脫離后做平拋運(yùn)動，則在。點(diǎn)的豎直分速度為ucy招仁3m/s,因小

球恰好與斜面垂直相碰，則平拋運(yùn)動水平初速度為

VB=vcytm45°=3m/s,

小球在斜面上的相碰點(diǎn)。與5點(diǎn)的水平距離為

戶VBUO.9mo

（2）對小球從A到B的過程應(yīng)用動能定理有

11

77￡

~mg-2R^-mvB/--mvA,

得VA=7m/s,

由F^-mg=m^-,

得FN=59NO

由牛頓第三定律知,小球?qū)艿赖淖饔昧Υ笮?9N,方向豎直向下。

對點(diǎn)2.動能定理在往復(fù)運(yùn)動問題中的應(yīng)用

4.（6分X2025?陜西西安開學(xué)考）（多選）如圖甲所示，小明先用B=13N水平向右的力將一質(zhì)

量為2kg的木箱向右移動4m的距離后,木箱在另一水平推力6作用下，又勻速運(yùn)動4m

的距離到達(dá)斜面底端，撤去外力，之后沖上傾角為37。的斜面，木箱的動能隨運(yùn)動距離變化

的圖像如圖乙所示。已知木箱與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5,關(guān)于木箱的運(yùn)動，下列說法正

確的是（）

[A]F2的大小為4N

[B]木箱能到達(dá)斜面的最大高度為1.8m

[C]木箱返回水平面后向左運(yùn)動的最大距離為1.8m

[D]整個(gè)運(yùn)動過程中，克服摩擦力所做的功為36J

【答案】AC

【解析】木箱在前4根內(nèi)，根據(jù)動能定理可得（/廠品）為=4,4~8加過程中,木箱動能不變,

所以產(chǎn)2=BI,代入數(shù)據(jù)解得尸2=PH=4N,故A正確;木箱沖上斜面后做勻減速運(yùn)動，根據(jù)動能

定理有-（“zgsin9+f.tmgcos0）&=0-Ek,解得&=1.8m,所以木箱在斜面上能到達(dá)的最大高度

為〃=X2sin0=1.08m,故B錯(cuò)誤;木箱從沖上斜面到最終停下來，根據(jù)動能定理可得7mgeos

92%2-尬1彳3=0-a,解得X3=L8m,故C正確;對整個(gè)運(yùn)動過程,由動能定理有克

尸0,所以W克萬68J,故D錯(cuò)誤。

5.（6分X2024?江西贛州模擬X多選）將一小球從地面處豎直向上拋出淇動能隨時(shí)間的變化

如圖。已知小球受到的空氣阻力與速率成正比。已知小球的質(zhì)量為九最終小球的動能為

Eo,重力加速度為g,小球到達(dá)地面時(shí)恰好達(dá)到最大速度，則小球在整個(gè)運(yùn)動過程中（）

[A]上升過程中克服阻力做功大于下落過程克服阻力做功

[B]下落過程中加速度一直增大

[C]上升過程中速度為楞時(shí)，加速度為3g

[D]從地面上升一半高度的過程中克服阻力做功小于竽

【答案】AC

【解析】上升過程中的平均速率大于下落過程的平均速率，所以上升過程的阻力大于下

落過程的阻力，上升和下落過程位移相等，所以上升過程中克服阻力做功大于下落過程中

克服阻力做功，故A正確;根據(jù)牛頓第二定律mg-居=加°,下落過程中速度增大，阻力增大，加

速度減小，故B錯(cuò)誤；小球到達(dá)地面時(shí)恰好達(dá)到最大速度，則到達(dá)地面時(shí)mg=kv0,又

比=如孫2,上升過程中速度為時(shí),由牛頓第二定律，可得〃?g+h=〃?ai,聯(lián)立解得°i=3g,

故C正確;全程列動能定理，克服阻力做功為皿=16瓦-瓦,上升過程中克服阻力做功大于下

落過程中克服阻力做功，則上升過程克服阻力做功M>?,而上升前一半高度克服阻力做

功大于上升后一半高度克服阻力做功，則上升前一半高度克服阻力做功肌〉詈，從地面上

升一半高度的過程中克服阻力做功大于竺色，故D錯(cuò)誤。

4

6.(14分)(2024.貴州畢節(jié)模擬)如圖所示,裝置由A3、BC、CO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AB,CD段是光滑的，水平軌道BC的長度s=5m,軌道

CD足夠長且傾角9=37°,A、D兩點(diǎn)離軌道BC的高度分別為歷=4.30m、fe=1.35m?有一

質(zhì)量為m的小滑塊自A點(diǎn)由靜止釋放。已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,

重力加速度g取10mH,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

(1)小滑塊第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大?。?/p>

(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C點(diǎn)的距離。

【答案】(1)3m/s(2)2s(3)3.6m

【解析】(1)對小滑塊ATBTCTD過程，由動能定理得〃7g

解得VD=3m/so

(2)小滑塊在A—B—C過程中,

2

由動能定理得mghi~/Limgs=^mvc,

解得vc=6m/so

由C到D過程根據(jù)牛頓第二定律得

mgsin370=ma,

解得小滑塊沿8段上滑的加速度大小

a=gsin37°=6m/s2,

小滑塊沿CD段上滑到最高點(diǎn)的時(shí)間6="=1s,

a

由于C￡＞斜面光滑,由對稱性可知小滑塊從最高點(diǎn)滑回C點(diǎn)的時(shí)間t2=tl=lS,

故小滑塊第一次與第二次通過。點(diǎn)的時(shí)間間隔

?=介+熱=2So

（3）小滑塊最終靜止在BC上，對全過程，運(yùn)用動能定理得mgh\-jumgsi=O,

解得51=8.6m,

小滑塊最終停止的位置與C