2023年高考物理一輪系統(tǒng)復習學思用(考點分析)-第二節(jié) 動能和動能定理

【考點分析】第二節(jié)動能和動能定理

【考點一】對于動能定理的理解

【典型例題1】關于運動物體所受的合外力、合外力做的功及動能變化的關系.下列

說法正確的是（）

A.合外力為零，則合外力做功必定為零

B.合外力做功為零，則合外力必定為零

C.合外力做功越多，則動能必定越大

D.動能不變，則物體合外力必定為零

【解析】由卬=凡8$?？芍矬w所受合外力為零，合外力做功必定為零，但合外

力做功為零，可能是a=90。，故A正確，B錯誤；

由動能定理W=A&可知，合外力做功越多，動能變化量越大，但動能不必定越大，動

能不變，合外力做功為零，但合外力不必定為零，C、D均錯誤.

【答案】A

【歸納總結】

1.動能定理反映了其他形式的能通過做功和動能之間的轉化關系，只不過在這里其他

形式的能并不出現(xiàn)，而以外力做功的形式表現(xiàn)而已.

2.W的求法：動能定理中的W表示的是合力的功，可以應用W=F/Ncosa（僅適用于

恒定的合外力）計算，還可以先求各個力的功再求其代數(shù)和W=W,+W2+...+Wn.

3.W的含義：是指包含重力在內(nèi)的任意外力的總功或合外力的功，要注意以下對應關

系:

Wft=Ek2—EkiW詼或彈=Epi—Ep2

重力（彈力）做功與重力（彈

物理意義合外力做功與物體動能變化的關系

性）勢能變化的關系

等號左邊

合外力做的功重力（彈力）做的功

意義

等號右

動能的變化重力（彈性）勢能的變化

邊意義

功能關合外力做功引起的是物體動能的變化，重力（彈力）

系實質做功引起的是重力（彈性）勢能的變化，功是能量轉

化的量度

4.在應用動能定理解題時一般要注意什么力做功，對應什么能量轉化，如合力做功對應

動能的變化，不必考慮其他形式能量的變化情況，同理重力或彈力做功對應重力或彈性勢能

的變化，不必考慮其他能量的變化情況.

【考點二】動能定理的理解及應用

【典型例題2】（2022?浙江杭州市高三（下）二模）電梯一般用電動機驅動，鋼絲繩掛在

電動機繩輪上，一端懸吊轎廂，另一端懸吊配重裝置。鋼繩和繩輪間產(chǎn)生的摩擦力能驅駛轎

廂上下運動。若電梯轎箱質量為2xl（）3kg,配重為2.4xl（）3kg。某次電梯轎箱由靜止開始

上升的u—f圖像如圖乙所示，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.電梯轎箱在第10s內(nèi)處于失重狀態(tài)

B.上升過程中，鋼繩對轎廂和對配重的拉力大小始終相等

C.在第1s內(nèi)，電動機做的機械功為2.4x104j

D.上升過程中，鋼繩對轎廂做功的最大功率為4.8xl（）4w

【解析】A.由圖可知，電梯轎箱在第10s內(nèi)做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，故A

錯誤；

B.以1-10s為例，轎廂和配重都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件可知左邊繩子的拉力與

轎隨重力相等，右邊繩子的拉力與配重的重力相等，由題意知轎廂和配重質量不等，鋼繩對

轎廂和對配重的拉力大小不相等（鋼繩和繩輪間有摩擦力，所以一根繩上的拉力不相等），故

B錯誤；

C.由圖乙可知在第1s內(nèi)，轎廂上升1m,配重下降1m,設電動機做的機械功為W,

有動能定理得W+租2g〃一町g/z=g（町+加2）/，解得W=8.4x103J,故C錯誤；

D.當鋼繩對轎鹿拉力最大，轎廂速度最大時，鋼繩對轎相做功的功率最大，可知在轎

廂加速上升階段，由牛頓第二定律得T-gg=ma,由圖乙可知a=2m/s2,最大速度為

2m/s,則鋼繩對轎廂做功的最大功率為尸=7V,聯(lián)立解得尸=4.8xl()4w故D正確。故

選D。

【答案】D

歸納總結：應用動能定理解題的步驟

①分階段

(1)選取研究對象，明確并分析運動過程

②全過程

(2)分析研究時象的受力情況和各力做功情況，確定求總功的思路，求出總功.

(3)明確過程始、末狀態(tài)的動能氣］和Ek2-

(4)列方程W=Ek2一氣］，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解.

【考點三】應用動能定理求解變力做功

【典型例題3】(2022?安徽合肥市高三(下)二模)如圖甲所示，輕彈簧一端固定在豎直

墻壁上，另一端與物塊P栓接?，F(xiàn)用外力將尸緩慢壓至。點，此時彈簧的壓縮量為3/o,撤

去外力后P向右運動；換用質量較小的物塊Q完成同樣的過程。在兩物塊第一次向右運動

至最遠的過程中，它們的加速度“與位移x的關系如圖乙所示。已知兩物塊與水平地面間的

動摩擦因數(shù)相同。下列說法正確的是()

圖甲

A.釋放瞬間Q的加速度是尸的3倍

B.P的質量是。的2倍

C.尸的最大動能是。的4倍

D.。向右運動的最大距離是P的2倍

【解析】B.設彈簧的勁度系數(shù)為％,物塊與地面的動摩擦因數(shù)為〃，當速度達到最

大時，加速度為零，對兩物塊由平衡條件得卬%g=h2/°,〃〃2潺=左4，聯(lián)立可得

mp-2mQ,故B正確;

A.釋放物塊瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得k-3lo-jumpg=mpap.

k-3l()-/JmQg=mQaQ,解得?！?必，跑」結合A選項，可得生?=’,故A錯

mpmQa。1

誤:

C.設開始彈簧的彈性勢能為與，從釋放到最大動能處由動能定理得

耳/>=g/⑶。了一g%(4)2一卬%?2/(,=4孀-〃勺?2/0

%=gk(3/()尸-；"(2/°了—,h=7":一,4)

結合機P=2mQ可知

Ekp44線°,故C錯誤：

D.根據(jù)動能定理得Ep=/jmpg-xP,Ep=/JmQg-xQ,結合mp=2mQ，可得q=2xP,

故D正確。故選BD。

【答案】BD

【歸納總結】利用動能定理求解變力做功時，首先要注意哪些力是變力，哪些力是恒

力，找出恒力做的功和變力做的功，然后再利用動能定理解題.

【考點四】動能定理與a-t圖象結合

【典型例題4】用傳感器研究質量為2kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在

計算機上得到0?6s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關系如圖所示.下列說法正確的是()

B.0?6s內(nèi)物體在4s時的速度最大

C.物體在2?4s內(nèi)的速度不變

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

【解析】物體6s末的速度V6=Jx(2+5)x2m/s—*1x2m/s=6m/s,結合題圖可知0~6

s內(nèi)物體一直向正方向運動，A項錯誤；由題圖可知物體在5s末速度最大，Vm=/x(2+5)x

2m/s=7m/s,B項錯誤；由題圖可知物體在2?4s內(nèi)加速度不變，做勻加速直線運動,

速

度變大，C項錯誤；在。?4s內(nèi)由動能定理可知，卬24=斗"小一0,又V4=3x(2+4)x2m/s

=6m/s,得Wg=36J,0?6s內(nèi)合力對物體做的功：也；6=%加-0,又4=6m/s,

得卬介6=36J,則W-4=WC6，D項正確.

【答案】D

【考點五】動能定理與Ek-x圖象結合

【典型例題5】(2021?陜西質檢)質量均為1/的甲、乙兩輛汽車同時同地出發(fā)，沿同

一方向做直線運動，兩車的動能反隨位移x的變化圖像如圖所示，下列說法正確的是()

A.甲的加速度大小為2m/s2

B.乙的加速度大小為1.5m/s2

C.甲、乙在x=6m處的速度大小為2小m/s

D.甲、乙在x=9m處相遇

【解析】根據(jù)動能定理，對甲有一Fwx=Ek一瓜0,由題圖可知甲車圖線的斜率為一下

巾=-2000N,則尸甲=2000N,對乙有Fz,x=Ek—0,由題圖可知乙車圖線的斜率為尸乙=

1000N,根據(jù)牛頓第二定律F方="7。可知，av---=2m/s2,a^=^=lm/s2,故A正確，

B錯誤；

甲、乙圖線在x=6m處交于一點，動能均為舔=%"，=600(1),解得v=2小m/s,故C

正確；

設甲、乙相遇時位移為x,初始時甲的速度vo=6m/s,則尸⑹一］中產(chǎn)，對乙有

乙產(chǎn)，聯(lián)立解得x=8m,故D錯誤。

【答案】AC

【考點六】動能定理與F-X圖象結合

【典型例題6】如圖甲所示，在傾角為30。的足夠長的光滑斜面A8的A處連接一粗

糙水平面0A,。4長為4m.有一質量為〃7的滑塊，從。處由靜止開始受一水平向右的力

F作用.F在水平面上按圖乙所示的規(guī)律變化.滑塊與0A間的動摩擦因數(shù)〃=0.25,g取

10m/s2,試求：

F/N

2mg

mg

O11234

-On.cbmgI—x7m

-mg

-2mg

甲乙

(1)滑塊運動到A處的速度大??；

(2)不計滑塊在A處的速率變化，滑塊沿斜面向上運動的最遠距離是多少.

【解析】(1)由題圖乙知，在OA段拉力做功為卬=(2/ngx2-0.5"[gxl)J=3.5M?g(J)

滑動摩擦力F(=—fimg=-0.25mg,W(=FcxoA=-mg(J'),

滑塊在OA上運動的全過程，由動能定理得W+Wf=；,〃w2—0

代入數(shù)據(jù)解得VA=5rm/s.

(2)對于滑塊沖上斜面的過程，由動能定理得一，岫山30。=0—

解得L—5m

所以滑塊沿斜面AB向上運動的最遠距離為L=5m.

【答案】(1)56m/s(2)5m

【考點七】動能定理與〃一x圖象結合

【典型例題7】(2021?四川成都市三模)如圖(a),表面由特殊材質制成、傾角37。、

長為2m的斜面右端靠著豎直擋板放置在光滑水平地面上，一小物塊從斜面頂端由靜止下滑。

圖(b)是物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)〃隨物塊到斜面頂端的距離x變化的函數(shù)圖線(傾斜直

線)。已知物塊質量為1kg,重力加速度大小為lOm/s?,sin37°=0.6>cos370=0.8.>下

圖(a)圖(b)

A.物塊下滑過程中，斜面對地面的壓力不變

B.物塊下滑過程中，斜面對擋板的作用力逐漸增大

C.物塊剛釋放時的加速度大小為2.8m/s2

D.物塊滑到斜面底端時的速度大小為2cm/s

【解析】A.對兩物體進行受力分析，因為動摩擦因數(shù)"在變，且動摩擦因數(shù)“在隨

到斜面頂端的距離增大，所以隨著小物塊下滑，沿斜面的摩擦力增大，所以小物塊沿斜面的

加速度會減小，故小物塊沿豎直方向上的加速度也會減小，故對地面的壓力會發(fā)生變化，A

錯誤；

B.對兩物體進行受力分析，因為動摩擦因數(shù)“在變，且動摩擦因數(shù)“在增大，所以隨

著小物塊下滑，沿斜面的摩擦力增大，所以小物塊沿斜面的加速度會減小，故小物塊沿水平

方向上的加速度也會減小，所以可知，斜面對擋板的作用力逐漸減小，B錯誤；

C.剛釋放時，由牛頓第二定律可得，〃gsin37-/jmgcos37，解得a=2.8m/s2；

D.由動能定理可得mgssin37+叱=而摩擦力做功為叱=-R〃?gcos37-s,

代入數(shù)據(jù)，解得速度為u=2&m/s,故選CD。

【答案】CD

【考點八】動能定理與P-x圖象結合

【典型例題81（2021?北京二模）利用如圖1所示的實驗粗略測量人吹氣產(chǎn)生的壓強。

兩端開口的細玻璃管水平放置，內(nèi)部截面積為S。管內(nèi)塞有潮濕的小棉球，其質量為〃?，與

B端的距離為底實驗者從玻璃管的A端均勻吹氣，棉球從B端飛出，落地點為C。測得C

點與B端的水平距離為/,棉球下落高度為/?。多次改變x,測出對應的/,畫出/一x的圖

像如圖2所示，圖線的斜率為h不計棉球與管壁的摩擦，不計空氣阻力。下列選項正確的

是（）

圖1圖2

A.實驗中小棉球在玻璃管中運動時在水平方向受力平衡

B.若僅增大吹氣的壓強，重新進行實驗，圖像斜率將增大

C.由題中數(shù)據(jù)可知小棉球的水平位移/與棉球下落高度為h無關

D.考慮到實驗時棉球與管壁間有摩擦，由于人吹氣使小棉球兩側產(chǎn)生的壓強差將小于

king

而

【解析】A.由于小棉球在管中開始由靜止向右運動。所以受到左右兩側的氣體壓力

不平衡，故A錯誤；

BD.設玻璃管內(nèi)氣體壓強始終為P,不計小棉球和管壁的摩擦，對小棉球從靜止到B

點的運動過程，有動能定理得（。一兄）片，帶入％=/后，可得

I2=^P~Pn）Shx=kx,即4（P_q>Sk=卜,解得尸―4=皿，可得僅增大吹氣的

mgmg4sh

壓強，重新進行實驗，圖像斜率”將增大，故B正確，D錯誤；

C.棉球從8端飛出后做平拋運動，根據(jù)平拋運動公式得/=,h=；g/,可得

/=%楞，水平位移和棉球下落高度有關，故C錯誤。故選B。

【答案】B

【考點九】應用動能定理求解多過程問題

【典型例題9]（2022?天津市南開區(qū)高三（上）期末）如圖所示，豎直平面內(nèi)一傾角

6=37°的粗糙傾斜直軌道AB與光滑圓弧軌道8C相切于8點，8C長度可忽略，且與傳

送帶水平段平滑連接于C點。一質量m=0.2kg的小滑塊從4點靜止釋放，經(jīng)B點最后從C

點水平滑上傳送帶。已知A點離地高度〃=1.2m,AB長L,=L25m,滑塊與A3間的動

摩擦因數(shù)4=0.25,與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃2=02，8長度。2=3m,圓弧軌道半

徑E=0.5m。若滑塊可視為質點，不計空氣阻力，gfOm/s?,sin370=0.6,

cos370=0.8o求:

'/////////////////////////////////////////////,

(1)小滑塊經(jīng)過C點時對軌道的壓力；

(2)當傳送帶以順時針方向匕=4m/s的速度轉動時，小滑塊從水平傳送帶右端D點水平

拋出后，落地點到。點的水平距離。

【解析】(1)根據(jù)題意，滑塊由A運動B的過程，

應用動能定理機8乙sin370-〃|，〃gcos37"Z1=g/m^-0

代入數(shù)據(jù)解得以=J15m/s

由于BC長度可忽略，則％=以=J15m/s

2

滑塊在C點，受軌道的支持力舔和本身重力儂，根據(jù)牛頓第二定律綜-mg=機匕

R

代入數(shù)據(jù)解得”=6N

根據(jù)牛頓第三定律，小滑塊經(jīng)過。點時對軌道的壓力等于軌道對滑塊的支持力6N。

(2)假設滑塊劃上傳送帶之后全程加速，根據(jù)牛頓第二定律外mg=ma

代入數(shù)據(jù)解得a=2m/s2

設滑塊到達傳送帶右端的速度為v，根據(jù)公式v2-v>2aLl

代入數(shù)據(jù)解得v=V22m/s>4m/s

則滑塊未達到傳送帶右端就和傳送帶共速，則滑塊以傳送帶的速度從D點水平拋出，

豎直方向，由丁BC長度可忽略，則"—L|Sin37°=；g/

代入數(shù)據(jù)解得f=0.3s

水平方向，落地點到D點的水平距離x-vt=4x0.3m=1.2m

【答案】(1)6N；(2)1.2m

【歸納總結】如果物體在幾個力(其中一個力未知)的作用下，運動的位移和其動能變

化已知時，可用動能定理求解此未知力，當所研究的問題中涉及不止一個物體或不止一個運

動過程時，可以根據(jù)解決問題的方便選取不同的物體或過程應用運能定理列方程，可以對整

個過程，也可以選取其中幾個過程分別列方程.

【考點十】動能定理與曲線運動的綜合應用

【典型例題10](2021?山西運城市月考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光

滑圓弧軌道ABC和水平軌道必在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，。為圓心，OA和。8

之間的夾角為a,sina=*—質量為，"的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通

過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一

水平恒力的作用，已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球對軌道的壓力恰

好為零.重力加速度大小為g.求：

(1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大小;

(2)小球到達B點時對圓弧軌道的壓力大小.

【解析】(1)設水平恒力的大小為國，小球所受重力和水平恒力的合力的大小為F,

小球到達C點時速度的大小為vc，

則白=tana,F二腎,

mgcosa

由牛頓第二定律得/=否，

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得F0=lmg,心=寫.

(2)設小球到達B點時速度的大小為小球由B到C的過程中由動能定理可得

代入數(shù)據(jù)解得丫8=沏

2

小球在B點時有F^—F=nr^y

解得FN=^mg

由牛頓第三定律可知，小球在B點時對圓弧軌道的壓力大小為FN』號ng.

【答案】（igmg⑵冬”g

【歸納總結】動能定理在處理變力、曲線運動的問題時，具有獨特的優(yōu)勢，所以有很

多考題將動能定理與圓周運動、平拋運動的知識綜合起來考查.解決此類問題的關鍵是利用

“程序法''將"大過程''分成幾個“小階段”或“狀態(tài)”，然后再分別應用相關知識列出方程聯(lián)立求

解.

【考點十一】運用動能定理巧解往復運動問題

【典型例題11】如圖所示，豎直固定放置的粗糙斜面AB的下端與光滑的圓弧軌道

8c。在B點相切，圓弧軌道的半徑為R,圓心。與A、力在同一水平面上，C點為圓弧軌

道最低點，/CO8=6=30。.現(xiàn)使一質量為機的小物塊從。點無初速度地釋放，小物塊與粗

糙斜面AB間的動摩擦因數(shù)〃<tan仇則關于小物塊的運動情況，下列說法正確的是（）

A.小物塊可能運動到4

B.小物塊經(jīng)過較長時間后會停在C點

C.小物塊通過圓弧軌道最低點C時，對C點的最大壓力大小為3mg

D.小物塊通過圓弧軌道最低點C時，對C點的最小壓力大小為（3-6），咫

【解析】物塊從D點無初速度滑下后，由于克服摩擦力做功，所以物塊在斜面上運

動時機械能不斷減小，在斜面上升的最大高度越來越小，不可能運動到A點，又知道"<tan

仇即布gsinG/""gcos仇最終在與8點對稱的E點之間來回運動，A、B錯誤；

物塊笫一次運動到C時速度最大，對軌道的壓力最大，物塊從D第一次運動到C過程,

由動能定理得：成?設此時軌道對物塊的支持力為Fi，由牛頓第二定律得：Fi-

7

mg=臉,聯(lián)立解得：Ft=3mS,由牛頓第三定律知物塊對C點的最大壓力為3也?，故C正

確：

當最后穩(wěn)定后，物塊在8E之間運動時，設物塊經(jīng)過C點的速度為也，由動能定理得：

mgR（｝—cos0）=1/nv?,設軌道對物塊的支持力為尸2，由牛頓第二定律得：尸2-〃陪=，端，聯(lián)

立解得：尸2=（3-0）〃吆，由牛頓第三定律可知，物塊對C點的最小壓力為（3-6卜火，

D正確.

【答案】CD

【考點十二】動能定理解決平拋、圓周運動相結合的問題

【典型例題121（2021?廣東省深圳市外國語學校）如圖所示，長