動能定理及其應(yīng)用-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)（新高考）

第18講動能定理及其應(yīng)用

——劃重點之精細講義系列

■巡!航①

考點1動能定理的理解和應(yīng)用

考點2動能定理與圖象的綜合問題

考點3用動能定理解決多過程問題

而考點剖析理重點

考點1：動能定理的理解和應(yīng)用

一.動能

1.定義：物體由于運動而具有的能叫動能。

222

2.表達式：Ek=^nvo國際單位焦耳。lkg-m/s=lN-m=1Jo

3.特性

動能是標(biāo)量，只與物體的質(zhì)量和速度有關(guān)，與速度的方向無關(guān)。只有正值，

標(biāo)矢性

沒有負值

相對性選取不同的參考系，物體的速度不同，動能也不同，一般以地面為參考系

瞬時性動能具有瞬時性，與某一時刻或某一位置的速率相對應(yīng)

△劃量點（?）

①動能是狀態(tài)量。動能是表征物體運動狀態(tài)的物理量，與物體的運動狀態(tài)（或某一時刻的速度）

相對應(yīng)。

②與速度關(guān)系：物體速度變化（如速度的大小不變，方向變化），則物體的動能不一定變化。

而動能變化，則速度一定變化。

二,動能定理

1.內(nèi)容：力在一個過程中對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。

2.表達式W=E\^———mv-mvQ

其中：(1)E=-mv1＞及2=-冽v2分別表示物體的初、末動能。

k122

(2)少表示物體所受合外力做的功，或者物體所受所有外力對物體做功的代數(shù)和。

△劃重點(?)

(1)公式中/是合外力做的功，不是某個力做的功，少可能是正功，也可能是負功。

(2)Ek2、分別是末動能和初動能，耳2可能大于頤1,也可能小于以1。

(3)動能定理的研究對象是單個物體，或者是可以看成單一物體的物體系統(tǒng)。動能定理應(yīng)用

廣泛，直線運動、曲線運動、恒力做功、變力做功、同時做功、分段做功等各種情況均適用。

(4)動能定理說明了外力對物體所做的總功和動能變化間的一種因果關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，不可

理解為功轉(zhuǎn)變成了物體的動能，而是“功引起物體動能的變化”，即物體動能的變化是通過外力做功

的過程來實現(xiàn)的。

(5)動能是標(biāo)量，功也是標(biāo)量，所以動能定理是一個標(biāo)量式，不存在方向的選取問題。當(dāng)然動

能定理也就不存在分量的表達式。

▼…rv“"Ei]

劃重點產(chǎn)

三.動能定理的應(yīng)用

1.應(yīng)用動能定理解題的步驟

動能定理分析步驟

分階段或全

過程列方程

一般為單個物體①求變力做正負功寫“+W”，注意未動能題目不涉及中

或相對靜止的物求克服某個力做功寫“-W”減去初動能間量，選全過

體組成的系統(tǒng)②某些力不是全過程始終存程列式更簡單

在，則每段中各力做的功求

出，再求代數(shù)和

③恒力做功則用“Frcos?！北?/p>

示

2.動能定理與牛頓定律解題的比較

牛頓定律動能定理

相同點確定研究對象，對物體進行受力分析和運動過程分析

只能研究恒力作用下物體做直線運對于物體在恒力或變力作用下，物體做直線

適用條件

動的情況運動或曲線運動均適用

要考慮運動過程的每一個細節(jié)，結(jié)

應(yīng)用方法只考慮各力的做功情況及初、末狀態(tài)的動能

合運動學(xué)公式解題

運算方法矢量運算代數(shù)運算

(1)動能定理解題不涉及加速度、時間，不涉及矢量運算，運算簡單，不易出錯。

(2)優(yōu)先考慮動能定理的問題：不涉及加速度和時間的問題；有多個物理過程的問題；變力

做功問題；曲線運動問題，以及在處理含有產(chǎn)、I、m、v、/、瓦等物理量的問題時，優(yōu)先考慮使

用動能定理。

一含

【考向1】(2024?河南?三模)如圖所示，兩根直桿豎直固定，一條長為"的輕繩，兩端分別拴在桿

上的P、。點，在繩的中點。拴吊一個質(zhì)量為加的小球，P,。在同一水平線上，兩桿間距離為

1.53重力加速度為g,現(xiàn)用力拉著繩的右端沿右側(cè)桿緩慢向上移動苧L的距離，此過程中，拉力做

功為()

A.當(dāng)■mgLB.凈ngLC.^-mgLD.和igL

【答案】C

【詳解】繩右端向上移動日L的距離時，根據(jù)幾何關(guān)系可知，。點剛好到尸0上，根據(jù)動能定理有

W—mgh=0

解得拉力做功為

/3\2V7

W=mgh=mgL2-\^LJ=-mgL

故選Co

【考向2】(2024?北京西城?二模)如圖所示，長為乙的桿一端固定在過。點的水平轉(zhuǎn)軸上，另一端

固定質(zhì)量為加的小球。桿在電動機的驅(qū)動下在豎直平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，帶動小球以角速度3做勻速圓周運

動，其中/點為最高點，C點為最低點，8、。點與。點等高。已知重力加速度為g,下列說法正確

的是()

A

A.小球在8、。兩點受到桿的作用力大于加g

B.小球在/、C兩點受到桿的作用力大小的差值為6mg

C.小球在8、。兩點受到桿的作用力大小等于小川2￡

D.小球從A點到B點的過程，桿對小球做的功等于mgL

【答案】A

【詳解】AC.當(dāng)小球在8、。兩點時，桿對小球作用力豎直方向的分力應(yīng)等于重力，水平方向分力

提供向心力，故桿對小球的作用力為

F=-J(m(o2L)2+(mg)2>mg

故A正確；C錯誤；

B.若小球在最高點，桿對小球的作用力為支持力，則在/點

2

mg—Fm=ma)L

在C點

m2

Fm~9—ma)L

所以

Al2_FN1=27Tl6)2/,

若小球在最高點，桿對小球的作用力為拉力，則在4點

2

mg+FN1=ma)L

在C點

Pm~m9=rn.a)2L

所以

FN2-FNI=2mg

故B錯誤；

D.小球從4點到3點的過程，根據(jù)動能定理，可得

W+mgL-0

解得桿對小球做的功等于

W=—mgL

故D錯誤。

故選Ao

【考向3】（2024?北京東城?二模）如圖所示，在距地面同一高度處將三個相同的小球以相同的速率

分別沿豎直向下、豎直向上、水平向右的方向拋出，不計空氣阻力，比較這三個小球從拋出到落地

的過程，下列說法正確的是（）

h

///////////////////////////////////////////.

A.重力對每個小球做的功都各不相同

B.每個小球落地時的速度都各不相同

C.每個小球在空中的運動時間都各不相同

D.每個小球落地時重力做功的瞬時功率都各不相同

【答案】C

【詳解】A.設(shè)下落高度為人，重力做功為

WG=mgh

三個小球下落高度相同，重力對每個小球做的功相同，故A錯誤；

B.三個小球從拋出到落地的過程，根據(jù)動能定理

11

mgh=—mv2——mvg

可知每個小球落地時的速度大小相同，第1個球、第2個球落地時的速度方向豎直向下，第個球落

地時的速度方向不是豎直向下，故每個小球落地時的速度不是各不相同，故B錯誤；

C.小球拋出后，加速度都是g,豎直方向都做勻變速直線運動，第1個球做豎直下拋運動，有

17

h=vot1+-gt{

第2個球做豎直上拋運動，有

1?

h--v0t2+5^2

第3個球做平拋運動，有

1

八=”%7

可得

ti<t3<t2

故每個小球在空中的運動時間都各不相同，故C正確;

D.小球落地時重力做功的瞬時功率

P=mgvcosd=mgvy

由于

vv>v

Ai=y2=y3

故

P1=P2>P3

故每個小球落地時重力做功的瞬時功率不是各不相同，故D錯誤。

故選C。

【考向4】質(zhì)量可以忽略的甲、乙兩棒一端各固定一相同小球，另一端可以繞水平轉(zhuǎn)軸在豎直平面

內(nèi)轉(zhuǎn)動，如圖所示，現(xiàn)將兩棒由水平位置無初速度釋放，轉(zhuǎn)過。角（e<90°）o已知甲棒較長，不

計一切阻力，下列說法正確的是（）

OVO'

VA.兩棒轉(zhuǎn)過相同角度。時,兩小球的線速度一樣大

B.兩棒轉(zhuǎn)過相同角度。時,甲棒上小球的向心加速度較大

C.兩棒轉(zhuǎn)過相同角度。時，兩棒轉(zhuǎn)動的角速度一樣大

D.兩棒轉(zhuǎn)過相同角度。時，運動時間的關(guān)系為t甲>七乙

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)動能定理有

mgLsind=—mv2

所以則甲球的速度比乙球大，故A錯誤；

B.向心加速度為

V2

根據(jù)A項可知

a=2gsin6

兩球向心加速度相等，故B錯誤；

C.根據(jù)卜=43可知角速度為

2gsin6

3=~T~

NL

可知兩棒轉(zhuǎn)過相同角度。時，乙棒轉(zhuǎn)動的角速度較大，故c錯誤；

D.根據(jù)角速度的計算公式3=（可知，兩棒轉(zhuǎn)過相同角度。時，運動時間的關(guān)系為1甲＞［乙，故D

正確；

故選D。

【考向5】（2024?河北?二模）自由滑雪大跳臺是冬奧會比賽項目，其賽道簡化為如圖所示的模型，

其中助滑區(qū)傾斜賽道與圓弧賽道BCD相切于8點，圓弧賽道半徑R=10m,起跳點。與圓心的

連線與豎直方向的夾角0=25°o質(zhì)量加=50kg（連同裝備）的運動員從助滑區(qū)的N點由靜止開始下滑,

到達起跳點。時斜向上飛離雪道，落在著陸坡上的￡點。已知/點到C點（C為圓弧賽道的最低點）

的豎直高度差〃/=30m,運動員到達圓弧上的。點時對賽道的壓力Ev=950N,D、￡兩點間的豎直高

度差〃2=12m,重力加速度g取10m/s2,sin25°=0.4,cos25°=0.9,不計空氣阻力，運動員可視為質(zhì)點。

求：

（1）運動員從/點運動到。點克服阻力做的功；

（2）起跳點D到落地點E之間的水平距離。

【詳解】（1）在。點，根據(jù)牛頓第三定律，賽道對運動員的支持力

F'N=FN

對。點，根據(jù)牛頓第二定律

2

F/^—uigcosd=---

K

可得

vD=10m/s

運動員從4點運動到。點根據(jù)動能定理

17

mgh1—mgR(l—cosd)—Wf=27n訪

解得

勿/=12000J

(2)點。到落地點E之間做斜拋運動，豎直方向

1

2

h2=—vDsindt+—gt

水平方向

x=vDcosO?t

解得

x=18m

痂考點剖析理重點

考點2：動能定理與圖象的綜合問題

1.力學(xué)中圖像所圍“面積"的意義

(1)丫一，圖：由公式X=W可知，V—/圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移。

(2)a—f圖：由公式Av=af可知，a—/圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量。

(3)/一x圖：由公式少=網(wǎng)可知，/一x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功。

(4)P—/圖：由公式少=尸/可知，P—■，圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功。

2.解決物理圖像問題的基本步驟

(1)觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義。

(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式。

(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對應(yīng)的標(biāo)準函數(shù)關(guān)系式相對比，找出圖線的斜率、截

距、圖線的交點，圖線下的面積所對應(yīng)的物理意義，分析解答問題。或者利用函數(shù)圖線上的特定值

代入函數(shù)關(guān)系式求物理量。

3.動能定理與圖像結(jié)合問題的分析方法

(1)首先看清楚所給圖像的種類(如VT圖像、圖像、EkT圖像等)。

(2)挖掘圖像的隱含條件——求出所需要的物理量，如由v-f圖像所包圍的“面積”求位移，由

F-x圖像所包圍的“面積”求功等。

(3)分析有哪些力做功，根據(jù)動能定理列方程，求出相應(yīng)的物理量。

4.解決圖象問題的突破點

①注意圖象斜率、面積和截距的物理意義。

②注意挖掘圖象中的隱含信息，往往可以找到解題突破口。

?.金

式適生遜即

【考向6】用物理圖像研究物理量之間關(guān)系是一種常用的數(shù)學(xué)物理方法。一物體在水平面上做直線

運動，其運動圖像如圖所示，其中橫軸和縱軸的截距分別為〃和〃?。下列說法正確的是()

A.若為圖像，則物體可能做變加速直線運動

B.若為a-x圖像且物體初速度為零，則物體的最大速度為g而

C.若為"-無圖像，則物體一定做勻變速直線運動

D.若為a-t圖像且物體初速度為零，則最大速度出現(xiàn)在t=與時刻

【答案】B

【詳解】A.根據(jù)運動學(xué)公式

2

x=Vot+|at

可知

X1

?=%+,就

由圖像可知，斜率不變，物體運動為勻變速直線運動，A錯誤;

B.物體初速度為零，由動能定理可知

12momn

2m0Vmax-°=,X=2恤"=--—

即

2

%nax=mn

所以物體的最大速度為

"max=Vmn

B正確；

C.若物體做勻變速直線運動，則有

V2—VQ—2ax

即對于勻變速直線運動，其"-X圖像不可能是一次函數(shù)圖像，C錯誤；

D.根據(jù)運動學(xué)公式可知

V—VQ

a=------

t

由此可知，圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度的變化量，所以物體的最大速度為

mn

Umax=Av=

出現(xiàn)在t=n時刻，D錯誤。

故選B。

【考向7】（2024?山西?二模）某次救援中，一質(zhì)量為20kg的無人船在平靜水面上從靜止開始沿直線

奔向目標(biāo)地點，加速100m后關(guān)閉發(fā)動機，繼續(xù)滑行一段距離后恰好到達救援地點，該過程中無人

船運動的速度平方廿與位移x的關(guān)系如圖所示。假設(shè)無人船運行過程中受水的阻力恒定，不計空氣

阻力，g取10m/s2。該過程中（）

0100200300

A.無人船加速的時間為20s

B.無人船平均速度的大小為15m/s

C.減速過程中，無人船受水阻力的大小為20N

D.加速過程中，牽引力對無人船做的功為4X103J

【答案】C

【詳解】A.根據(jù)

V2-0=2ax

解得加速時加速度

a-2m/s2

無人船加速的時間為

v

t=—=10s

a

故A錯誤；

B.根據(jù)

v2—0=2ax

解得減速時加速度大小為

a'=lm/s2

減速時間

v

t2=—=20s

a'

平均速度

—x300

v—--=———m/s=10m/s

t總20+10''

故B錯誤；

C.減速過程中，無人船受水阻力的大小為

f-ma'-20N

故C正確；

D.加速過程中，牽引力對無人船做的功為防根據(jù)動能定理

1

2

—mv—0—W—fx1

解得

W=6000J

故D錯誤。

故選C。

【考向8】（多選）（2024?廣西?二模）如圖甲所示，物體在水平恒力尸作用下沿粗糙水平地面由靜止

開始運動，在t=ls時刻撤去恒力尸，物體運動的u-t圖像如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2,下

列說法正確的是（）

A.物體在3s內(nèi)的位移久=3m

B.恒力/與滑動摩擦力大小之比為3:1

C.物體與地面間的動摩擦因數(shù)4=。.3

D.在撤去尸前后兩個階段的平均速度大小之比巧:吃=2:1

【答案】BC

【詳解】A.根據(jù)回圖象與時間軸所圍的面積表示位移，可得物體在3s內(nèi)的位移

6x3

s=---m=9m

故A錯誤；

B.物體在第1s內(nèi)和后2s內(nèi)的位移分別為

1

Si=2X6xlm=3m

6x2

s2=---m=6m

對整個過程，由動能定理得

Fsi—fs=0—0

解得

F-.戶3：1

故B正確；

C.對后2s內(nèi)物體的運動過程，由動能定理得

1

一〃7ngs2=0——9

得

v262

M=2^=2X1OX6=0-3

故C正確；

D.撤去外力前后的兩個過程為勻變速直線運動，平均速度為初末速度和的一半，故平均速度相同,

故D錯誤。

故選BC=

【考向9］（多選）如圖甲所示，傾角為30。的光滑斜面上，質(zhì)量為2kg的小物塊在平行于斜面的拉

力廠作用下由靜止沿斜面向上運動，拉力（尸）隨位移G）變化的圖像如圖乙所示。取g=10

m/s2,則在物塊沿斜面運動的過程中，下列判斷正確的是（）

A.上升過程中,當(dāng)x=7.5m時物塊的速度最大

B.上升過程中,當(dāng)x=10m時物塊的速度為0

C.上升過程中,物塊能達到的最大高度為7.5m

D.下降過程中，當(dāng)x=0時重力對物塊做功的功率為lOOV^W

【答案】AC

【詳解】A.小物塊所受重力沿斜面向下的分力大小為

mgsin30°=10N

根據(jù)圖像可知，在拉力作用下，物塊先沿斜面向上做勻加速直線運動，后向上做加速度減小的直線

運動，當(dāng)拉力大小為10N時，加速度減小為0,此時速度達到最大值，根據(jù)圖乙，結(jié)合數(shù)學(xué)函數(shù)關(guān)

系，可以解得

x=7.5m

故A正確;

B.當(dāng)x=10m時，根據(jù)動能定理有

1

Wp—mgxsin30°=—mv2

其中

(5+10)x20

%=J=150J

2

解得

v=5V2m/s

故B錯誤;

C.令物塊沿斜面運動到x=10m位置之后，能夠沿斜面繼續(xù)向上減速至0的位移為xi，則有

1

一?ng%isin30。=0——mv2

解得

%!=5m

則上升過程中，物塊能達到的最大高度為

1

H=(%+%i)sin30°=(10+5)x—m=7.5m

故C正確；

D.物塊由最高點下降至最低點過程有

1

mg(x+%i)sin30。=—mv{7

解得

V\—5V6m/s

則下降過程中，當(dāng)x=0時重力對物塊做功的功率為

P=mgi7isin30°

解得

P=50V6W

故D錯誤。

故選ACo

【考向10】(2024?四川達州?二模)如圖1所示，一傾角6=37。的斜面體固定在水平地面上(斜面

足夠長、帶一定滑輪)，物塊A放在斜面上的。點，用跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩與物塊B連接，B離

滑輪足夠遠。A、B的質(zhì)量分別為恤=2.5kg、m2=0.9kg?運動過程中A與。點的距離設(shè)為x,A

與斜面間的動摩擦因數(shù)〃與x的關(guān)系如圖2。重力加速度g取10m/s2,現(xiàn)將A、B由靜止釋放。求:

(1)當(dāng)x為多大時物塊A的速度最大;

(2)物塊A在斜面上滑行的最大位移Xm。

圖2

【詳解】(1)設(shè)物塊A的速度最大時A與斜面間的動摩擦因數(shù)〃，由牛頓第二定律得

THigsinJ—〃7Higcose—TH2g=0

解得

〃=0.3

由圖2得

3

ii=-x

i20

則當(dāng)〃=0.3時

x=2m

(2)設(shè)物塊A沿斜面向下滑到最大位移過程中，克服摩擦力做功為Wf,由功能關(guān)系得

Wf—m2gxm=0

摩擦力做功為

_0+iim^gcosd

Wf=fxm=-------------Xm

其中

3

〃=而久m

解得

xm=4m

歷考點剖析理重點

考點3：用動能定理解決多過程問題

很多動力學(xué)問題中涉及研究對象有兩個或多個連續(xù)的運動過程，在物體不同的運動階段，物體

的運動情況和受力情況都發(fā)生了變化，我們把這類問題稱為多過程問題。多運動組合問題主要是指

直線運動、平拋運動和豎直面內(nèi)圓周運動的組合問題。

1.動能定理的優(yōu)點

由于多過程問題的受力情況、運動情況比較復(fù)雜，從動力學(xué)的角度分析多過程問題往往比較復(fù)

雜，但是，用動能定理分析問題，是從總體上把握其運動狀態(tài)的變化，并不需要從細節(jié)上了解。因

此，動能定理的優(yōu)越性就明顯地表現(xiàn)出來了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的

功累加起來即可。

2.解題

(1)解題策略

若問題涉及時間、加速度、力等，一般要用牛頓運動定律與運動學(xué)公式結(jié)合求解。

若問題只涉及位移、速度、力等一般可用動能定理求解，用動能定理求解一般比用牛頓運動定

律求解簡單。

(2)解題關(guān)鍵

①抓住物理情景中出現(xiàn)的運動狀態(tài)和運動過程，觀察每一個過程的特征和尋找過程之間的聯(lián)系

是求解多過程問題的兩個關(guān)鍵，將物理過程分解成幾個簡單子過程。

②兩個相鄰過程連接點的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶，也是解題的關(guān)鍵.很多情況下平拋運動的

末速度的方向是解題的重要突破口。

3.涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，注意它們做功的特點：

(1)重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)；

(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積，滑動摩擦力做功與物體運動路

徑有關(guān)，其功的大小可用Wf=~Ff求解，其中s為物體滑行的路程。若題目中涉及求解物體運

動的路程或位置的變化，可利用動能定理求出摩擦力做的功，然后進一步確定物體運動的路程或位

置的變化。

(3)彈簧彈力做功與路徑無關(guān)，直接用“+W”表示。

一含

【考向11］如圖所示，某同學(xué)在滑雪場練習(xí)滑雪?；烙勺銐蜷L的水平冰面與傾角為37。的傾斜冰

面在〃處平滑連接，冰鞋與水平和傾斜冰面間的動摩擦因數(shù)均為0.25,某次練習(xí)時，該同學(xué)從4處

開始以大小為功的初速度向右自由滑行，最終在傾斜冰面上2處速度減為與MB的長度之比

為48：5,取重力加速度大小為g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,該同學(xué)自由滑行至M點的速度大

1111

A.-v0B.-v0C.-v0D.-v0

【答案】A

【詳解】在水平冰面和傾斜冰面上應(yīng)用動能定理有

1212

一林mgx]=—mv^——mvQ

17

一(zngsin37°+/zm<gcos37°)x2=0——

又

X148

x25

聯(lián)立解得

1

V=-VO

故選Ao

【考向12】（2024?黑龍江?二模）如圖所示，半徑為1m的四分之三光滑圓軌道豎直固定在水平地面

上，B點為軌道最低點，A點與圓心。等高。質(zhì)量為1kg的小球（可視為質(zhì)點）在/點正上方0.75m

處靜止釋放，下落至N點時進入圓軌道，重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力，則（）

A.小球在2點的動能為7.5JB.小球在4點受到軌道的彈力大小為10N

C.小球上升過程中距地面的最大高度為1.75mD.小球離開軌道后將落至軌道8點

【答案】D

【詳解】A.小球從釋放到最低點，根據(jù)動能定理有

mg（h+R）=石砥

解得

EkB-17.5J

故A錯誤；

B.小球從釋放到4點，根據(jù)動能定理有

1,

mgh=

在N點，根據(jù)牛頓第二定律有

N=加等

解得

N=15N

故B錯誤；

C.設(shè)小球上升過程中距地面最大高度與圓心的連線和豎直方向的夾角為仇則有

mv2

mgcosd=-

R

從5點到最高點，根據(jù)動能定理有

1

2

—mgR（l+cos0）=—mv—E^B

解得

1

cos3=—

最大高度為

h=R（1+cos。）=1.5m

故C錯誤；

D.假設(shè)小球離開軌道后將落至軌道8點，由C分析可知脫離軌道的速度為

v=V5m/s

根據(jù)斜拋的運動規(guī)律可知

1

h——vsin60°t+—gt2

x=vcos60°t

解得

x=—m=2?cos30°

2

可知小球離開軌道后將落至軌道5點，故D正確；

故選D。

【考向13】（多選）（2024?云南曲靖?二模）如圖所示，足夠長的固定木板的傾角為37。，勁度系數(shù)為

k=36N/m的輕質(zhì)彈簧一端固定在木板上P點，圖中NP間距等于彈簧的自然長度。現(xiàn)將質(zhì)量

m=1kg的可視為質(zhì)點的物塊放在木板上，穩(wěn)定后在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到某一位置B點后

釋放。已知木板P4段光滑，N0段粗糙，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)〃=看物塊在8點釋放后向上

運動，第一次到達4點時速度大小為為=3V^m/s,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6a（）

A.施力前彈簧壓縮量為得m

B.外力做的功為13.5J

C.物塊第一次向下運動到/點時的速度大小為3m/s

D.物塊在/點上方運動的總路程為4.5m

【答案】CD

【詳解】A.施力前，對物塊，根據(jù)平衡條件

F彈=mgsin37°

根據(jù)胡克定律

F彈=kx

聯(lián)立，解得

1

x=-m

6

故A錯誤；

B.當(dāng)物塊由8到2的過程中，根據(jù)能量守恒

11

—fcx2+W=-mvQ+mgxsin37°

解得

W=14J

故B錯誤；

C.設(shè)物塊從/點向上滑行的最大距離為口，根據(jù)動能定理可知，上滑過程有

1

一mgsisin37°—〃7ngs/os37°=0——mPg7

下滑過程有

12

7ngs對口37°—〃mgsicos37°=—mv{—0

聯(lián)立，解得

Si=1.5m

%=3m/s

故C正確；

D.物塊最終在4點下方做往復(fù)運動，最高點為4,根據(jù)動能定理有

1

/imgscos37°=—mv^7

解得

s=4.5m

故D正確。

故選CDo

【考向14】（多選）（2024?河北?三模）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一固定光滑軌道，其中是長

度為R的水平軌道，8cDE是圓心為。、半徑為7?的［圓弧軌道，兩軌道相切于5點。一可視為質(zhì)

4-

點的小球從/點以某速度處（大小未知）水平向左運動，重力加速度大小為g。下列說法正確的是

D

A.當(dāng)%=j5gR時，小球剛好過最高點D點

B.當(dāng)%=,3gA時，小球不會脫離圓弧軌道

C.若小球能通過E點，則見越大，小球在5點與￡點所受的彈力之差越大

D.小球從￡點運動到/點的最長時間為（遙-句）

【答案】AD

【詳解】A.由題知，小球剛好過最高點。點，則由圓周運動知

詒

mg=rn—

R

在4到。過程中，由動能定理可知

11

—mvj）——mvQ=—2mgR

聯(lián)立解得

v0=y/5gR

A正確；

B.當(dāng)%=J9時，設(shè)上升高度為心假設(shè)小球不會脫離圓弧軌道，則必須滿足hWR,由動能定理

知

1

0——mvo7=—mgh

代入得

3

h=-R

假設(shè)不成立，故當(dāng)歷=商^時，小球會脫離圓弧軌道，B錯誤；

C.3到￡運動過程中，由動能定理知

11

—7—7=—mgR

在B點時，小球所受彈力為

FB=mg+m^-

K

在E點時，小球所受彈力為

F=m—

EFR

則小球在B點與E點所受的彈力之差為

FB-PE=37ng

故小球在8點與￡點所受的彈力之差不變，C錯誤;

D.在。到E過程中，由動能定理知

11

—mv^7——mvp7=mgR

代入得

vE=yp3gR

從E到/運動過程中，小球做豎直下拋運動，則

1

2

vEt+-gt=R

代入得

t=（V5—V3）

D正確；

故選ADo

【考向15】（2023?四川達州?一模）滑滑板是一項青少年酷愛的運動，依靠自身的體能，快速的運動

藝術(shù)。一青少年在一次訓(xùn)練中的運動可簡化為以下運動：如圖所示，青少年先在距地面高h=3.2m

的高臺上加速滑跑，到達高臺邊緣。點時以%=3m/s的速度水平滑出高臺，然后在空中調(diào)整姿勢,

恰好落在光滑圓弧軌道的N點并沿切線方向滑入軌道（圓弧軌道與地面相切于8點），離開C

點滑入傾斜粗糙軌道CP（軌道CP與圓弧軌道相切），滑到傾斜軌道上N點（圖中未標(biāo)出）速度為零。

已知將滑板和人整體視為質(zhì)點，Na=53。，邙=37。,不計空氣阻力，滑板與傾斜軌道間的動摩擦

因數(shù)〃=0.25,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6?求

（1）圓弧軌道48C的半徑R；

（2）N點離地面的高度〃（結(jié)果保留兩位小數(shù)）。

【答案】(1)6m；(2)3.04m

【詳解】(1)做出滑板進入圓弧軌道4點時的速度方向如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可知，速度的偏向角大小等于a,則有

%

—=tan53°

%

解得滑板少年進入圓弧軌道N點時豎直方向的速度

vy=4m/s

則可知此時滑板少年距地面的高度

v2

h=h--^-=2.4m

02g

而根據(jù)幾何關(guān)系可得

R-Rcos53°=h0

解得

R=6m

(2)設(shè)到達C點時的速度為女,而到達4點時的速度為

Vo

以=而忑*=5m/s

從/到C由動能定理有

1717

mgh0—mgR(l—cos37°)=—

解得

vc=7m/s

設(shè)從。到N的豎直高度為后，則從。到N由動能定理有

hi1

—^,mgcos37°?.--mgh1=0——7

o111J/乙

解得

hi=1.8375m

則可得N點離地面的高度

H=h1+/?(l-cos37°)?3.04m

【考向16】(2024?江蘇南通?二模)如圖所示，一軌道由半徑R=0.8m的四分之一光滑豎直圓弧軌道

和長度可以調(diào)節(jié)的水平粗糙直軌道3c在3點平滑連接而成。一質(zhì)量爪=0.2kg的小球從4點由

靜止釋放，經(jīng)過圓弧軌道和直軌道后，從C點水平飛離軌道，落到地面上的尸點，小球經(jīng)過5c段

所受阻力為其重力的0.2倍，P、C兩點間的高度差八=3.2m。不計空氣阻力，取重力加速度g=10m

/s2o

(1)求小球運動至圓弧軌道8點時，軌道對小球的支持力大小FN；

(2)為使小球落點P與2點的水平距離最大，求3C段的長度LBC；

(3)若撤去軌道3C,小球仍從/點由靜止釋放，小球落到地面上后彈起，與地面多次碰撞后靜止。

假設(shè)小球每次與地面碰撞機械能損失75%,碰撞前后速度方向與地面的夾角相等。求地面上小球第1

次和第2次落點的距離Ax。

【答案】(1)FN=6N；(2)LBC=3.36m；(3)Ax=1.6m

【詳解】(1)N至8過程，動能定理

1,

z

mgR——mvB—0

解得

vB=4m/s

小球在B點

了就

F-mg=m—

NK

解得

FN=6N

(2)6至。過程，動能定理

11

22

-kmgLBC=-mvc--mvB

平拋的水平距離

x=vct

豎直方向

h=3gt2B至p的水平距離

2

L=LBC+x=4--vc+~vc

當(dāng)文=1.6m/s時P至B的水平距離最大

LBC=3.36m

（3）由于小球每次碰撞機械能損失75%,由&=如小，則碰撞后的速度為碰撞前速度的也碰撞前

后速度方向與地面的夾角相等，則碰撞后豎直、水平方向的分速度為碰撞前豎直、水平方向分速度

的《從8至地面豎直方向的速度大小

%=gt

第一次碰撞后上升到最高點的時間

t

小球第1次和第2次落點的距離

v

△%=2—Bti

解得

△%=1.6m

一第1真題探遍規(guī)范維

【真題1】（2024?安徽?高考真題）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〃

的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時速度為v.已知人與滑板的總質(zhì)量為相，可視為質(zhì)點.重力

加速度大小為g,不計空氣阻力.則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為（）

111

A.mghB.-mv2C.mgh+-mv2D.mgh—^mv2

【答案】D

【詳解】人在下滑的過程中，由動能定理可得

1

mgh—Wf--mv2—0

可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為

1

2

Wf—mgh——mv

故選D。

【真題2］（2024?江西?高考真題）兩個質(zhì)量相同的衛(wèi)星繞月球做勻速圓周運動，半徑分別為勺、2，

則動能和周期的比值為（）

A-ki72rl駟=且宜rl

0?F-rT

、Ek2r"2k222

^kl_I27\

J&2一“72

【答案】A

【詳解】兩個質(zhì)量相同的衛(wèi)星繞月球做勻速圓周運動，則月球?qū)πl(wèi)星的萬有引力提供向心力，設(shè)月

球的質(zhì)量為衛(wèi)星的質(zhì)量為加，則半徑為心的衛(wèi)星有

Mmv?4n2

G--=m-=m-5-ri

rl勺Tl

半徑為々的衛(wèi)星有

Mm詔4n2

G—m—=?71—5~廠2

老廠2*

再根據(jù)動能Ek=|mv2,可得兩衛(wèi)星動能和周期的比值分別為

Ekir271Jri

二=無，片不

故選Ao

【真題3］（2024?北京?高考真題）水平傳送帶勻速運動，將一物體無初速度地放置在傳送帶上，最

終物體隨傳送帶一起勻速運動。下列說法正確的是（）

A.剛開始物體相對傳送帶向前運動

B.物體勻速運動過程中，受到靜摩擦力

C.物體加速運動過程中，摩擦力對物體做負功

D.傳送帶運動速度越大，物體加速運動的時間越長

【答案】D

【詳解】A.剛開始時，物體速度小于傳送帶速度，則物體相對傳送帶向后運動，A錯誤；

B.勻速運動過程中，物體與傳送帶之間無相對運動趨勢，則物體不受摩擦力作用，B錯誤；

C.物體加速，由動能定理可知，摩擦力對物體做正功，C錯誤；

D.設(shè)物體與傳送帶間動摩擦因數(shù)為〃，物體相對傳送帶運動時

Ring

a=-----=ng

m

做勻加速運動時，物體速度小于傳送帶速度則一直加速，由"=就可知，傳送帶速度越大，物體加

速運動的時間越長，D正確。

故選Do

【真題4】（2024?全國?高考真題）福建艦是我國自主設(shè)計建造的首艘彈射型航空母艦。借助配重小

車可以進行彈射測試，測試時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的動能變?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】動能表達式為

12

Ek=~mvi

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

小車離開甲板后做平拋運動，從離開甲板到到達海面上時間不變，根據(jù)

x=vt

可知小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調(diào)整前的2倍。

故選C。

【真題5】（2024?福建?高考真題）先后兩次從高為?！?1.4m高處斜向上拋出質(zhì)量為爪=0.2kg同一

物體落于Qi、＜22＞測得。Qi=8.4m,。＜?2=9.8m,兩軌跡交于P點，兩條軌跡最高點等高且距水平

地面高為3.2m,下列說法正確的是（）

A.第一次拋出上升時間，下降時間比值為77:4

B.第一次過P點比第二次機械能少1.3J

C.落地瞬間，第一次，第二次動能之比為72:85

D.第二次拋出時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

=3.2m—1.4m=1.8m

故上升時間為

最高點距水平地面高為％=3.2m,故下降的時間為

t下1=---=0.8s

Jg

故一次拋出上升時間，下降時間比值為3:4,故A錯誤；

B.兩條軌跡最高點等高，故可知兩次從拋出到落地的時間相等為

t=t上1+力下1=1.4s

故可得第一次，第二次拋出時水平方向的分速度分別為

o（2i

Vxi=-=6m/s

OQ2

vX2=—=7m/s

由于兩條軌跡最高點等高，故拋出時豎直方向的分速度相等為

vy=gt上1=6m/s

由于物體在空中機械能守恒，故第一次過P點比第二次機械能少

11

9z9

△E=—mvx2――mvxl=1.3J

故B正確；

C.從拋出到落地瞬間根據(jù)動能定理

]

22

Eki=Ekoi+mgh0H=-m（vxl+vy）+mgh0H=10J

22

Ek2=Ek02+mgh0H=-m（vx2+vy）+mgh0H=11.3J

故落地瞬間，第一次，第二次動能之比為100:113,故C錯誤；

D.根據(jù)前面分析可知兩次拋出時豎直方向的分速度相同，兩次落地時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速度與水平

方向的夾角較大，第一次落地時速度與水平方向的夾角也較大，故可知第一次拋出時速度方向與落

地瞬間速度方向夾角比第二次大，故D錯誤。

故選B。

【真題6]（多選）（2023?廣東?高考真題）人們用滑道從高處向低處運送貨物.如圖所示，可看作質(zhì)

點的貨物從;圓弧滑道頂端P點靜止釋放，沿滑道運動到圓弧末端Q點時速度大小為6m/s。已知貨物

質(zhì)量為20kg,滑道高度八為4m,且過Q點的切線水平，重力加速度取10m/s2。關(guān)于貨物從P點運動

到Q點的過程，下列說法正確的有（）

A.重力做的功為360JB.克服阻力做的功為440J

C.經(jīng)過Q點時向心加速度大小為9m/s2D.經(jīng)過Q點時對軌道的壓力大小為380N

【答案】BCD

【詳解】A.重力做的功為

WG—mgh-800J

A錯誤；

B.下滑過程據(jù)動能定理可得

1,

WG-Wf=-mv^

代入數(shù)據(jù)解得，克服阻力做的功為

Wf=440J

B正確；

C.經(jīng)過Q點時向心加速度大小為

VQ

a=—=9m/s2

h

C正確；

D.經(jīng)過Q點時，據(jù)牛頓第二定律可得

F—mg=ma

解得貨物受到的支持力大小為

F=380N

據(jù)牛頓第三定律可知，貨物對軌道的壓力大小為380N,D正確。

故選BCDo

【真題7】（2023?重慶?高考真題）機械臂廣泛應(yīng)用于機械裝配。若某質(zhì)量為加的工件（視為質(zhì)點）

被機械臂抓取后，在豎直平面內(nèi)由靜止開始斜向上做加速度大小為。的勻加速直線運動，運動方向

與豎直方向夾角為0,提升高度為人，如圖所示。求：

（1）提升高度為內(nèi)時，工件的速度大?。?/p>

(2)在此過程中，工件運動的時間及合力對工件做的功。

【答案】(1)當(dāng)；(2)

Vcos0

【詳解】(1)根據(jù)勻變速直線運動位移與速度關(guān)系有

9h

"。=2。痂

解得

2ah

Vo=

cosO

(2)根據(jù)速度公式有

v0=at

解得

2h

t=

acosd

根據(jù)動能定理有

17

W合=-mvo

解得

mah

W^=--

口COS0

【真題8】(2024?全國?高考真題)將重物從高層樓房的窗外運到地面時，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

繩子尸，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子。，二人配合可使重物緩慢豎直下降。若

重物的質(zhì)量爪=42kg,重力加速度大小g=10m/s2,當(dāng)P繩與豎直方向的夾角a=37。時，。繩與

豎直方向的夾角A=53°,(sin37°=0.6)

(1)求此時P、0繩中拉力的大小;

(2)若開始豎直下降時重物距地面的高度h=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。

a

Q\

【答案】(1)1200N,900N；(2)-4200J

【詳解】(1)重物下降的過程中受力平衡，設(shè)此時P、。繩中拉力的大小分別為4和72,豎直方向

T1cosa=mg+72cos￡

水平方向

Tisina=T2sin/3

聯(lián)立代入數(shù)值得

7\=1200N,T2=900N

(2)整個過程根據(jù)動能定理得

W+mgh=0

解得兩根繩子拉力對重物做的總功為

VIZ=-4200J

臼

一、單選題

1.(2024?遼寧沈陽?三模)我國首顆超百Gbps容量的高通量地球靜止軌道通信衛(wèi)星一“中星26號”

與某一橢圓軌道偵察衛(wèi)星的運動軌跡如圖所示，/、3分別為偵察衛(wèi)星的近地點和遠地點。兩衛(wèi)星的

運行周期相同，。點是兩軌道交點，8c連線過地心，下列說法正確