资源简介

第2讲　动能定理及其应用
学习目标　1.理解动能、动能定理,并会应用动能定理解决相关物理问题。 2.会利用动能定理求变力做功。 3.掌握动能定理与图像结合问题的分析方法。
1.
2.
1.思考判断
(1)一定质量的物体动能变化时,速度一定变化,但速度变化时,动能不一定变化。(√)
(2)动能不变的物体一定处于平衡状态。(×)
(3)物体所受的合力为零,合力对物体做的功也一定为零。(√)
(4)物体在合力作用下做变速运动时,动能一定变化。(×)
(5)物体的动能不变,所受的合力必定为零。(×)
2.(人教版必修第二册P88T5改编)运动员把质量为500 g的足球踢出后,某人观察它在空中的飞行情况,估计上升的最大高度为10 m,在最高点的速度为20 m/s。忽略空气阻力,估算出运动员踢球时对足球做的功为(g取10 m/s2)(　　)
A.50 J　　　　 B.100 J
C.150 J D.无法确定
答案　C
考点一　动能定理的理解与基本应用
1.两个关系
(1)数量关系:合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系,但并不是说动能的变化就是合力做的功。
(2)因果关系:合力做功是引起物体动能变化的原因。
2.标量性
动能是标量,功也是标量,所以动能定理是一个标量式,不存在方向的选取问题,当然动能定理也就不存在分量的表达式。
例1 (2026·甘肃庆阳一模)某同学在拍球的过程中发现,让球由离地1 m高处静止下落并自由反弹,弹起的最大高度为80 cm。为了让球每次都恰好弹回到1 m的高度,球每次在1 m高度时应向下拍打一次球。设球在运动过程中受到的空气阻力大小恒定,球与地面碰撞后以原速率反弹,已知球的质量为900 g,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
A.球在运动过程中受到的空气阻力大小为1.5 N
B.人每次向下拍球的过程中对球做的功为1.8 J
C.从拍球到球回到释放点,球克服空气阻力所做的功为2 J
D.球每次撞击地面的过程中,地面对球做的功为11 J
答案　C
解析　球在下落到弹起到最大高度的过程中,根据动能定理有mg(h1-h2)-f(h1+h2)=0,其中h1=1 m,h2=0.8 m,解得f=1 N,故A错误;球从最高点到返回到最高点的过程中,根据动能定理有W-f·2h1=0,解得人每次向下拍球的过程中对球做的功为W=2 J,故B错误;从拍球到球回到释放点,球克服空气阻力所做的功为Wf=f·2h1=2 J,故C正确;根据动能定理,球每次撞击地面的过程中,有W'=m-m,因为球与地面碰撞后以原速率反弹,即v1=v0,所以地面对球做的功为W'=0,故D错误。
1.应用动能定理解题时应抓住“两状态,一过程”。“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况;“一过程”即明确研究过程,确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
2.动能定理的应用技巧
跟踪训练
1.(2026·山东青岛一模)一小球以初速度v0从底端滑上光滑固定斜面,当向上运动40 cm时,速度减为v0。已知小球恰好能到达斜面顶端,则斜面的长度为(　　)
A.45 cm B.50 cm
C.55 cm D.60 cm
答案　A
解析　设斜面的倾角为θ,当向上运动40 cm时,由动能定理可得-mglsin θ=m·-m,当小球恰好能到达斜面顶端时,由动能定理可得-mgLsin θ=0-m,联立可得L=45 cm,故A正确。
考点二　应用动能定理求变力做功
例2 (2026·安徽芜湖模拟)如图所示,一条长L=50 cm的细绳,上端固定在转轴的O点,下端拴一个可视为质点、质量m=1 kg的小球,小球在水平面内随转轴做圆周运动,绳子与竖直方向成37°角。若保持悬点和绳长不变,增大转轴的转速,小球再次稳定后,绳子跟竖直方向成53°角,忽略空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6。则绳子对小球做的功约为(　　)
A.3.54 J B.2.54 J
C.1.54 J D.0.54 J
答案　B
解析　令细绳与竖直方向夹角为θ,小球做圆周运动,对小球进行受力分析如图所示,则有mgtan θ=m,解得v=,当夹角分别为37°与53°时,线速度大小分别为v1= m/s,v2= m/s,根据动能定理有W-mgL(cos 37°-cos 53°)=m-m,解得W=2.54 J,故B正确。
在有变力做功的过程中,变力做功无法直接通过功的公式求解,恒力做功W恒可由公式求出,若已知物体的初、末速度,可用动能定理W变+W恒=m-m求变力的功。
跟踪训练
2.(2026·广东佛山调研)如图所示是一儿童游戏的图片,儿童站在固定竖直圆轨道的最低点,用力将一足球由静止踢出,发现足球能够沿着圆轨道通过最高点,已知轨道半径为R,足球的质量为m,重力加速度为g,不考虑摩擦和空气阻力作用,由此可判断儿童对足球做的功(　　)
A.可能等于3.6mgR B.可能等于2.4mgR
C.可能等于1.2mgR D.可能等于0.8mgR
答案　A
解析　足球刚好沿圆轨道通过最高点时有mg=m,解得v=,所以足球能够沿着圆轨道通过最高点应满足v≥,设儿童对足球做的功最小为W0,对足球从最低点到最高点的过程由动能定理得W0-mg·2R=mv2,解得W0=mgR,即W≥W0=mgR,故A正确。
考点三　动能定理与图像问题的结合
常与动能定理结合的五类图像
例3 (2025·福建卷,15)如图甲,水平地面上有并排放置的A、B两个物块,两物块质量均为0.2 kg,A与地面间动摩擦因数为μ=0.25,B与地面间无摩擦,两物块在外力F的作用下向右前进,F随位移x的变化图像如图乙所示,P为圆弧轨道最低点,M为圆弧轨道最高点,圆弧轨道与水平地面平滑连接,初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)0~1 m内F做的功;
(2)x=1 m时,A与B之间的弹力大小;
(3)要保证B能到达 M 点,圆弧半径满足的条件。
答案　(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)r≤0.2 m
解析　(1)F-x图像与坐标轴所围的面积表示F所做的功,由题图乙可知0~1 m内F所做的功为
W=1.5×1 J=1.5 J。
(2)由题图乙可知,x=1 m时外力F开始变化,A、B有相同的加速度,
A与地面间的摩擦力Ff=μmg
对A、B整体,由牛顿第二定律得F-Ff=2ma
由于B与地面间无摩擦,对B由牛顿第二定律得FAB=ma
联立解得A、B间的弹力大小FAB=0.5 N。
(3)当FAB=0时,A、B分离,此时F=Ff=0.5 N,由题图乙可知,此时x=3 m
初始时水平地面上A、B与P点的长度大于4 m,对A、B从开始运动到开始分离过程,由动能定理得WF-μmgx=×2mv2
由题图乙可得WF=3.5 J
假设B可以运动到圆弧轨道最高点M,对B从两者开始分离点到运动到M点的过程,由动能定理得
-mg·2r=m-mv2
要保证B能到达M点,则到达M点的速度满足
vM≥
联立解得r≤0.2 m。
例4 (2025·云南卷,6)如图所示,质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x1,所用时间为t1;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的另一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则(　　)
A.t1t2
C.x1>x2 D.x1答案　A
解析　设MN段的长度为x0,设滑块在除MN段外通过的路程为x,整个过程由动能定理得-μ1mgx0-μ2mgx=0-m,由题意可知滑块两次在MN段的路程相等,则两次在除MN段外通过的路程也一定相等,则有x1=x2,C、D错误;滑块在MN段的加速度大小为a1=μ1g,滑块在除MN段外的加速度大小为a2=μ2g,由于第二次的释放点距离M较近,则滑块第二次在M点的速度比第一次的大,由于两次滑块通过MN的位移相同,则第二次滑块在MN段的运动时间较短,作出两次滑块运动的速度—时间图像,如图所示,由图可直观地看出,第二次运动的总时间较长,即t1总结提升　解决图像问题的基本步骤
跟踪训练
3.(2025·江苏高三押题卷)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与物体位置坐标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,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.在x=1 m时,拉力的功率为6 W
B.在x=4 m时,物体的动能为2 J
C.从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为6 J
D.从x=0运动到x=4 m的过程中,物体的动量最大为2 kg·m/s
答案　B
解析　由于拉力沿水平方向,则拉力做的功为W=Fx,可看出W-x图像的斜率表示拉力F。设在x=1 m时物体速度为v,根据动能定理有W-μmgx=mv2,解得x=1 m时物体的速度为v=2 m/s,由题图像可知x=1 m时,拉力为F==6 N,则x=1 m时,拉力的功率P=Fv=12 W,A错误;当x=4 m时,根据动能定理有W4-μmgx=Ek,解得物体的动能为Ek=2 J,B正确;从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为Wf=μmgx=8 J,C错误;根据W-x图像可知在0~2 m的过程中水平拉力F1=6 N,2~4 m的过程中水平拉力F2=3 N,由于物体受到的摩擦力恒为Ff=4 N,则物体在x=2 m处速度最大,设为v2,根据动能定理有W2-μmgx=m,解得v2=2 m/s,则从x=0运动到x=4 m的过程中,物体的动量最大为p=mv2=2 kg·m/s,D错误。
A级　基础对点练
对点练1　动能定理的理解与基本应用
1.(2025·云南卷,2)如图所示,中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发,沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h,在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　)
A.4×105 J B.4×104 J
C.4×103 J D.4×102 J
答案　B
解析　由于144 km/h=40 m/s,高中生的质量约为m=50 kg,则当列车加速到v=40 m/s时,高中生的动能约为Ek=mv2=4×104 J,对高中生由动能定理得W=Ek-0,解得列车对高中生所做的功约为W=4×104 J,B正确。
2.(2026·河南商丘模拟)如图所示,一名质量为m的游客从高处跳下落到沙滩上。已知该游客起跳处脚底与沙滩表面之间的高度差为H,落到沙滩上时屈膝缓冲,重心下降的高度为h,该过程沙子对游客的作用力视为不变,重力加速度为g,不计空气阻力,则该游客从接触沙子到重心停止下降过程中受到沙子竖直向上的冲力为(　　)
A.mg B.mg
C.mg D.mg
答案　A
解析　根据动能定理得mg(H+h)-h=0,则该游客从接触沙子到重心停止下降过程中受到沙子的平均冲力为=mg,故A正确。
3.(2026·福建厦门模拟)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R,bc是半径为R的四分之一的圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动,重力加速度大小为g。则小球运动到c点的速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　设小球运动到c点的速度大小为v,小球由a到c的过程,由动能定理得F·(2R+R)-mgR=mv2,又F=mg,联立可得v=,故A正确。
对点练2　应用动能定理求变力做功
4.(2026·江苏盐城高三检测)质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动,起始点A与一水平放置的轻弹簧O端相距s,轻弹簧的另一端固定在竖直墙上,如图所示,已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ,物体与弹簧相碰后,弹簧的最大压缩量为x,重力加速度为g,则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中,弹簧弹力所做的功为(　　)
A.m-μmg(s+x) 　B.m-μmgx
C.μmg(s+x)-m 　D.-μmg(s+x)
答案　C
解析　对物体由动能定理可得W弹-μmg(s+x)=0-m,解得W弹=μmg(s+x)-m,故C正确。
5.(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物,如图所示,可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg,滑道高度h为4 m,且过Q点的切线水平,重力加速度g取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的有(　　)
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
答案　BCD
解析　重力做的功为WG=mgh=800 J,A错误;货物下滑过程由动能定理可得WG-Wf=m,代入数据解得克服阻力做的功为Wf=440 J,B正确;经过Q点时向心加速度大小为a==9 m/s2,C正确;经过Q点时,根据牛顿第二定律可得FN-mg=ma,解得货物受到的支持力大小为FN=380 N,根据牛顿第三定律可知,货物对轨道的压力大小为380 N,D正确。
对点练3　动能定理与图像问题的结合
6.(2026·安徽安庆期中)质量为m=2 kg的物体在向右的水平拉力F的作用下由静止开始沿粗糙水平桌面滑动,力F的大小随物体运动位移x的变化如图所示。已知物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2。则物体运动到x=5 m时的速度为(　　)
A.0 B. m/s
C.2 m/s D. m/s
答案　D
解析　F-x图像与横轴所围的面积表示力F做的功,由题图可知0到5 m内拉力做功W= J=40 J,则物体运动到x=5 m时,由动能定理有W-Ffx=mv2,其中Ff=μmg,联立解得v= m/s,故D正确。
7.(多选)(2026·广东四校第一次联考)汽车自动驾驶系统操作一辆质量为m的汽车从静止开始以恒定加速度启动,经过一段时间汽车速度达到最大,保持匀速行驶一段时间后采取紧急制动,最后停止运动。通过电脑系统近似处理,得到该过程中汽车功率P、速度v随时间t的变化图像,如图甲、乙所示。假设汽车行驶过程中所受的阻力恒定,则以下说法正确的有(　　)
A.在0~t1时间内,汽车克服阻力做功等于P0t1
B.在t1~t2时间内,汽车克服阻力做功小于P0(t2-t1)
C.在t2时刻汽车的速度大小为
D.在t2时刻汽车的速度大小为
答案　BD
解析　在0~t1时间内,对汽车分析,根据动能定理有P0t1-Wf1=m,在此过程中汽车克服阻力做功Wf1B级　综合提升练
8.(2026·山东菏泽高三期中)如图甲所示,地面上固定一倾角α=37°的斜面。质量为m的物块以初速度v0沿斜面上滑,其动能Ek与离出发点位移x的关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列判断正确的是(　　)
A.物块的质量m=0.5 kg
B.物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25
C.物块的初速度v0=2 m/s
D.物块在运动过程中的最大重力势能Ep=20 J
答案　B
解析　上滑过程,根据动能定理得-(mgsin 37°+μmgcos 37°)x=0-Ek1,下滑过程,根据动能定理得(mgsin 37°-μmgcos 37°)x=Ek2,由题图乙可知,x=1 m,Ek1=40 J,Ek2=20 J,联立解得m=5 kg,μ=0.25,故A错误,B正确;物块的初动能为Ek1=m,解得v0=4 m/s,故C错误;当物块上滑到最高点时,重力势能最大,此时离地面的高度为h=xsin 37°=0.6 m,物块在运动过程中的最大重力势能Ep=mgh=30 J,故D错误。
9.(2026·云南曲靖一模)南城门是曲靖市的标志性建筑之一,如图甲所示其门洞正上方为拱形结构,可简化为半圆形模型,其圆心为O,半径为R。假如一同学在墙角对地面上一质量为m的足球做功后,该足球在竖直平面内沿门洞内侧恰能通过高为H的最高点。已知足球运动过程中受到墙壁和空气的平均阻力为f,运动示意图如图乙所示,则该同学对足球做的功是(　　)
A.(mg-f)H
B.mgH+f
C.mgH+mgR+f
D.mgH-f
答案　C
解析　设足球恰能通过门洞最高点的速度为v,根据牛顿第二定律可得mg=m,足球从静止到门洞最高点,根据动能定理可得W-mgH-f=mv2-0,联立可得该同学对足球做的功W=mgH+mgR+f,故C正确。
10.(2026·山东聊城高三期末)如图甲所示,电动机通过绕轻质定滑轮的轻细绳与放在倾角为θ=30°的足够长斜面上的物体相连,启动电动机后物体沿斜面上升,在0~6 s时间内物体运动的v-t图像如图乙所示,其中除1~5 s时间段图像为曲线外,其余时间段图像均为直线,1 s后电动机的输出功率保持不变。已知物体的质量为2 kg,不计一切摩擦,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)0~1 s内电动机做的功;
(2)0~6 s内物体沿斜面向上运动的距离。
答案　(1)50 J　(2)45 m
解析　(1)在0~1 s内,物体位移大小为
x1=v1t1=2.5 m
设0~1 s内电动机做的功为W1,由动能定理得
W1-mgsin 30°·x1=m
解得W1=50 J。
(2)在0~1 s内,物体的加速度大小为
a==5 m/s2
设0~1 s内细绳拉力的大小为F1,由牛顿第二定律得
F1-mgsin 30°=ma
由题意知1 s后电动机输出功率为P=F1v1
当物体达到最大速度后,根据平衡条件可得细绳的拉力大小为F2=mgsin 30°
根据功率的公式可得vm=
设1~5 s内物体沿斜面向上运动的距离为x2,
对物体由动能定理得
Pt2-mgx2sin 30°=m-m
解得x2=32.5 m,vm=10 m/s
5~6 s内物体沿斜面向上运动的距离为
x3=vmt'=10 m
所以在0~6 s内物体沿斜面向上运动的距离为
x=x1+x2+x3=45 m。
C级　培优加强练
11.“动能回收”是指电动车在刹车或下坡过程中把机械能转化为电能的装置。电动车以1.0×105 J的初动能沿倾角为15°的平直斜坡运动。第一次关闭发动机,让车自由滑行,其动能—位移关系如图直线①所示;第二次关闭发动机同时开启“动能回收”装置,其动能—位移关系如图线②所示。假设机械能回收效率为90%,电动车开启动能回收装置行驶200 m的过程中:
(1)所受的合力如何变化;
(2)求共回收的电能;
(3)若电动车质量为2吨,求行驶到150 m处电能的回收功率。
答案　(1)合力逐渐减小到零　(2)1.224×105 J (3)3 600 W
解析　(1)开启“动能回收”装置,其Ek-x关系为图线②,根据图线②可知速度减小的越来越慢,即加速度逐渐减小到零,根据牛顿第二定律可知,电动车受到的合力逐渐减小到零。
(2)在电动车自由滑行时,有
WG+Wf=ΔEk=(200-100)×103 J=1×105 J
开启“动能回收”装置后,有WG+Wf+WF=ΔEk'=(64-100)×103 J=-3.6×104 J
则共回收的电能为
E=-WF×90%=1.224×105 J。
(3)根据图线①可知电动车自由滑行过程中受到的合力为F=500 N
150 m处电动车已做匀速运动,此时其动能为
Ek=64×103 J=6.4×104 J
结合动能Ek=mv2,解得v=8 m/s
此时电能的回收功率为P=Fv×90%
代入数据可得P=3 600 W。(共54张PPT)
第2讲　动能定理及其应用
第五章　机械能守恒定律
1.理解动能、动能定理,并会应用动能定理解决相关物理问题。 2.会利用动能定理求变力做功。 3.掌握动能定理与图像结合问题的分析方法。
学习目标
目 录
CONTENTS
夯实必备知识
01
研透核心考点
02
提升素养能力
03
夯实必备知识
1
运动
1.
mv2
焦耳
标量
m-m
动能的变化
2.
m-m
合力
曲线
变力
分阶段
1.思考判断
(1)一定质量的物体动能变化时,速度一定变化,但速度变化时,动能不一定变化。( )
(2)动能不变的物体一定处于平衡状态。( )
(3)物体所受的合力为零,合力对物体做的功也一定为零。( )
(4)物体在合力作用下做变速运动时,动能一定变化。( )
(5)物体的动能不变,所受的合力必定为零。( )
√
×
√
×
×
C
2.(人教版必修第二册P88T5改编)运动员把质量为500 g的足球踢出后,某人观察它在空中的飞行情况,估计上升的最大高度为10 m,在最高点的速度为20 m/s。忽略空气阻力,估算出运动员踢球时对足球做的功为(g取10 m/s2)(　　)
A.50 J　　　　 B.100 J
C.150 J D.无法确定
研透核心考点
2
考点二　应用动能定理求变力做功
考点一　动能定理的理解与基本应用
考点三　动能定理与图像问题的结合
考点一　动能定理的理解与基本应用
1.两个关系
(1)数量关系:合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系,但并不是说动能的变化就是合力做的功。
(2)因果关系:合力做功是引起物体动能变化的原因。
2.标量性
动能是标量,功也是标量,所以动能定理是一个标量式,不存在方向的选取问题,当然动能定理也就不存在分量的表达式。
例1 (2026·甘肃庆阳一模)某同学在拍球的过程中发现,让球由离地1 m高处静止下落并自由反弹,弹起的最大高度为80 cm。为了让球每次都恰好弹回到1 m的高度,球每次在1 m高度时应向下拍打一次球。设球在运动过程中受到的空气阻力大小恒定,球与地面碰撞后以原速率反弹,已知球的质量为900 g,重力加速度g=
10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
A.球在运动过程中受到的空气阻力大小为1.5 N
B.人每次向下拍球的过程中对球做的功为1.8 J
C.从拍球到球回到释放点,球克服空气阻力所做的功为2 J
D.球每次撞击地面的过程中,地面对球做的功为11 J
C
解析　球在下落到弹起到最大高度的过程中,根据动能定理有mg(h1-h2)-f(h1+h2)
=0,其中h1=1 m,h2=0.8 m,解得f=1 N,故A错误;球从最高点到返回到最高点的过程中,根据动能定理有W-f·2h1=0,解得人每次向下拍球的过程中对球做的功为W=2 J,故B错误;从拍球到球回到释放点,球克服空气阻力所做的功为Wf=f·2h1=2 J,故C正确;根据动能定理,球每次撞击地面的过程中,有W'=m-m,因为球与地面碰撞后以原速率反弹,即v1=v0,所以地面对球做的功为W'=0,故D错误。
1.应用动能定理解题时应抓住“两状态,一过程”。“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况;“一过程”即明确研究过程,确定在这一过程中研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
2.动能定理的应用技巧
1.(2026·山东青岛一模)一小球以初速度v0从底端滑上光滑固定斜面,当向上运动
40 cm时,速度减为v0。已知小球恰好能到达斜面顶端,则斜面的长度为(　　)
跟踪训练
A.45 cm B.50 cm
C.55 cm D.60 cm
A
解析　设斜面的倾角为θ,当向上运动40 cm时,由动能定理可得-mglsin θ=
m·-m,当小球恰好能到达斜面顶端时,由动能定理可得-mgLsin θ=
0-m,联立可得L=45 cm,故A正确。
考点二　应用动能定理求变力做功
例2 (2026·安徽芜湖模拟)如图所示,一条长L=50 cm的细绳,上端固定在转轴的O点,下端拴一个可视为质点、质量m=1 kg的小球,小球在水平面内随转轴做圆周运动,绳子与竖直方向成37°角。若保持悬点和绳长不变,增大转轴的转速,小球再次稳定后,绳子跟竖直方向成53°角,忽略空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6。则绳子对小球做的功约为(　　)
A.3.54 J B.2.54 J
C.1.54 J D.0.54 J
B
解析　令细绳与竖直方向夹角为θ,小球做圆周运动,对小球进行受力分析如图所示,则有mgtan θ=m,解得v=,当夹角分别为37°与53°时,线速度大小分别为v1= m/s,v2= m/s,根据动能定理有W-mgL(cos 37°-cos 53°)=m-m,解得W=
2.54 J,故B正确。
在有变力做功的过程中,变力做功无法直接通过功的公式求解,恒力做功W恒可由公式求出,若已知物体的初、末速度,可用动能定理W变+W恒=m-m求变力的功。
2.(2026·广东佛山调研)如图所示是一儿童游戏的图片,儿童站在固定竖直圆轨道的最低点,用力将一足球由静止踢出,发现足球能够沿着圆轨道通过最高点,已知轨道半径为R,足球的质量为m,重力加速度为g,不考虑摩擦和空气阻力作用,由此可判断儿童对足球做的功(　　)
跟踪训练
A.可能等于3.6mgR B.可能等于2.4mgR
C.可能等于1.2mgR D.可能等于0.8mgR
A
解析　足球刚好沿圆轨道通过最高点时有mg=m,解得v=,所以足球能够沿着圆轨道通过最高点应满足v≥,设儿童对足球做的功最小为W0,对足球从最低点到最高点的过程由动能定理得W0-mg·2R=mv2,解得W0=mgR,即W≥W0=mgR,故A正确。
常与动能定理结合的五类图像
考点三　动能定理与图像问题的结合
例3 (2025·福建卷,15)如图甲,水平地面上有并排放置的A、B两个物块,两物块质量均为0.2 kg,A与地面间动摩擦因数为μ=0.25,B与地面间无摩擦,两物块在外力F的作用下向右前进,F随位移x的变化图像如图乙所示,P为圆弧轨道最低点,M为圆弧轨道最高点,圆弧轨道与水平地面平滑连接,初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)0~1 m内F做的功;
解析　F-x图像与坐标轴所围的面积表示F所做的功,由题图乙可知0~1 m内F所做的功为
W=1.5×1 J=1.5 J。
答案　1.5 J
(2)x=1 m时,A与B之间的弹力大小;
解析　由题图乙可知,x=1 m时外力F开始变化,A、B有相同的加速度,
A与地面间的摩擦力Ff=μmg
对A、B整体,由牛顿第二定律得F-Ff=2ma
由于B与地面间无摩擦,对B由牛顿第二定律得FAB=ma
联立解得A、B间的弹力大小FAB=0.5 N。
答案　0.5 N
(3)要保证B能到达 M 点,圆弧半径满足的条件。
解析　当FAB=0时,A、B分离,
此时F=Ff=0.5 N,由题图乙可知,
此时x=3 m
初始时水平地面上A、B与P点的长度大于4 m,对A、B从开始运动到开始分离过程,由动能定理得WF-μmgx=×2mv2
由题图乙可得WF=3.5 J
假设B可以运动到圆弧轨道最高点M,对B从两者开始分离点到运动到M点的过程,由动能定理得
-mg·2r=m-mv2
要保证B能到达M点,则到达M点的速度满足
vM≥
联立解得r≤0.2 m。
答案　r≤0.2 m
例4 (2025·云南卷,6)如图所示,质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x1,所用时间为t1;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的另一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则(　　)
A.t1t2
C.x1>x2 D.x1A
解析　设MN段的长度为x0,设滑块在除MN段外通过的路程为x,整个过程由动能定理得-μ1mgx0-μ2mgx=0-m,由题意可知滑块两次在MN段的路程相等,则两次在除MN段外通过的路程也一定相等,则有x1=x2,C、D错误;滑块在MN段的加速度大小为a1=μ1g,滑块在除MN段外的加速度大小为a2=μ2g,由于第二次的释放点距离M较近,则滑块第二次在M点的速度比第一次的大,由于
两次滑块通过MN的位移相同,则第二次滑块在MN段的运
动时间较短,作出两次滑块运动的速度—时间图像,如图所
示,由图可直观地看出,第二次运动的总时间较长,即t1A正确,B错误。
总结提升　解决图像问题的基本步骤
3.(2025·江苏高三押题卷)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与物体位置坐标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,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
跟踪训练
A.在x=1 m时,拉力的功率为6 W
B.在x=4 m时,物体的动能为2 J
C.从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为6 J
D.从x=0运动到x=4 m的过程中,物体的动量最大为2 kg·m/s
B
解析　由于拉力沿水平方向,则拉力做的功为W=Fx,可看出W-x图像的斜率表示拉力F。设在x=1 m时物体速度为v,根据动能定理有W-μmgx=mv2,解得x=1 m时物体的速度为v=2 m/s,由题图像可知x=1 m时,拉力为F==6 N,则x=1 m时,拉力的功率P=Fv=12 W,A错误;当x=4 m时,根据动能定理有W4-μmgx=Ek,解得物体的动能为Ek=2 J,B正确;从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力做的功为Wf=μmgx=8 J,C错误;根据W-x图像可知在0~2 m的过程中水平拉力F1=6 N,2~4 m的过程中水平拉力F2=3 N,由于物体受到的摩擦力恒为Ff=4 N,则物体在x=2 m处速度最大,设为v2,根据动能定理有W2-μmgx=m,解得v2=2 m/s,则
从x=0运动到x=4 m的过程中,物体的动量最大为p=mv2
=2 kg·m/s,D错误。
提升素养能力
3
A级　基础对点练
B
对点练1　动能定理的理解与基本应用
1.(2025·云南卷,2)如图所示,中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发,沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h,在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　)
A.4×105 J B.4×104 J
C.4×103 J D.4×102 J
解析　由于144 km/h=40 m/s,高中生的质量约为m=50 kg,则当列车加速到v=
40 m/s时,高中生的动能约为Ek=mv2=4×104 J,对高中生由动能定理得W=Ek-0,解得列车对高中生所做的功约为W=4×104 J,B正确。
A
2.(2026·河南商丘模拟)如图所示,一名质量为m的游客从高处跳下落到沙滩上。已知该游客起跳处脚底与沙滩表面之间的高度差为H,落到沙滩上时屈膝缓冲,重心下降的高度为h,该过程沙子对游客的作用力视为不变,重力加速度为g,不计空气阻力,则该游客从接触沙子到重心停止下降过程中受到沙子竖直向上的冲力为(　　)
A.mg B.mg
C.mg D.mg
解析　根据动能定理得mg(H+h)-h=0,则该游客从接触沙子到重心停止下降过程中受到沙子的平均冲力为=mg,故A正确。
A
3.(2026·福建厦门模拟)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R,bc是半径为R的四分之一的圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动,重力加速度大小为g。则小球运动到c点的速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
解析　设小球运动到c点的速度大小为v,小球由a到c的过程,由动能定理得F·(2R+R)-mgR=mv2,又F=mg,联立可得v=,故A正确。
C
对点练2　应用动能定理求变力做功
4.(2026·江苏盐城高三检测)质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动,起始点A与一水平放置的轻弹簧O端相距s,轻弹簧的另一端固定在竖直墙上,如图所示,已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ,物体与弹簧相碰后,弹簧的最大压缩量为x,重力加速度为g,则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中,弹簧弹力所做的功为(　　)
A.m-μmg(s+x) 　B.m-μmgx
C.μmg(s+x)-m 　D.-μmg(s+x)
解析　对物体由动能定理可得W弹-μmg(s+x)=0-m,解得W弹=μmg(s+x)-m,故C正确。
BCD
5.(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物,如图所示,可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg,滑道高度h为4 m,且过Q点的切线水平,重力加速度g取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的有(　　 )
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
解析　重力做的功为WG=mgh=800 J,A错误;货物下滑过程由动能定理可得WG-Wf=m,代入数据解得克服阻力做的功为Wf=440 J,B正确;经过Q点时向心加速度大小为a==9 m/s2,C正确;经过Q点时,根据牛顿第二定律可得FN-mg=ma,解得货物受到的支持力大小为FN=380 N,根据牛顿第三定律可知,货物对轨道的压力大小为380 N,D正确。
D
对点练3　动能定理与图像问题的结合
6.(2026·安徽安庆期中)质量为m=2 kg的物体在向右的水平拉力F的作用下由静止开始沿粗糙水平桌面滑动,力F的大小随物体运动位移x的变化如图所示。已知物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2。则物体运动到x=5 m时的速度为(　　)
A.0 B. m/s
C.2 m/s D. m/s
解析　F-x图像与横轴所围的面积表示力F做的功,由题图可知0到5 m内拉力做功W= J=40 J,则物体运动到x=5 m时,由动能定理有W-Ffx=
mv2,其中Ff=μmg,联立解得v= m/s,故D正确。
BD
7.(多选)(2026·广东四校第一次联考)汽车自动驾驶系统操作一辆质量为m的汽车从静止开始以恒定加速度启动,经过一段时间汽车速度达到最大,保持匀速行驶一段时间后采取紧急制动,最后停止运动。通过电脑系统近似处理,得到该过程中汽车功率P、速度v随时间t的变化图像,如图甲、乙所示。假设汽车行驶过程中所受的阻力恒定,则以下说法正确的有(　　)
A.在0~t1时间内,汽车克服阻力做功等于P0t1
B.在t1~t2时间内,汽车克服阻力做功小于P0(t2-t1)
C.在t2时刻汽车的速度大小为
D.在t2时刻汽车的速度大小为
解析　在0~t1时间内,对汽车分析,根据动能定理有P0t1-Wf1=m,在此过程中汽车克服阻力做功Wf1m-m,所以在此过程中汽车克服阻力做功Wf2(t3-t2),联立以上两式可知,t2时刻汽车的速度
大小为v2=,故C错误,D正确。
B
8.(2026·山东菏泽高三期中)如图甲所示,地面上固定一倾角α=37°的斜面。质量为m的物块以初速度v0沿斜面上滑,其动能Ek与离出发点位移x的关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列判断正确的是(　　)
A.物块的质量m=0.5 kg
B.物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25
C.物块的初速度v0=2 m/s
D.物块在运动过程中的最大重力势能Ep=20 J
B级　综合提升练
解析　上滑过程,根据动能定理得-(mgsin 37°+μmgcos 37°)x=0-Ek1,下滑过程,根据动能定理得(mgsin 37°-μmgcos 37°)x=Ek2,由题图乙可知,x=1 m,Ek1=40 J,Ek2=20 J,联立解得m=5 kg,μ=0.25,故A错误,B正确;物块的初动能为Ek1=m,解得v0=
4 m/s,故C错误;当物块上滑到最高点时,重力势能最大,
此时离地面的高度为h=xsin 37°=0.6 m,物块在运动过
程中的最大重力势能Ep=mgh=30 J,故D错误。
C
9.(2026·云南曲靖一模)南城门是曲靖市的标志性建筑之一,如图甲所示其门洞正上方为拱形结构,可简化为半圆形模型,其圆心为O,半径为R。假如一同学在墙角对地面上一质量为m的足球做功后,该足球在竖直平面内沿门洞内侧恰能通过高为H的最高点。已知足球运动过程中受到墙壁和空气的平均阻力为f,运动示意图如图乙所示,则该同学对足球做的功是(　　)
A.(mg-f)H
B.mgH+f
C.mgH+mgR+f
D.mgH-f
解析　设足球恰能通过门洞最高点的速度为v,根据牛顿第二定律可得mg=m,足球从静止到门洞最高点,根据动能定理可得W-mgH-f=mv2-0,联立可得该同学对足球做的功W=mgH+mgR+f,故C正确。
10.(2026·山东聊城高三期末)如图甲所示,电动机通过绕轻质定滑轮的轻细绳与放在倾角为θ=30°的足够长斜面上的物体相连,启动电动机后物体沿斜面上升,在0~
6 s时间内物体运动的v-t图像如图乙所示,其中除1~5 s时间段图像为曲线外,其余时间段图像均为直线,1 s后电动机的输出功率保持不变。已知物体的质量为2 kg,不计一切摩擦,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)0~1 s内电动机做的功;
(2)0~6 s内物体沿斜面向上运动的距离。
答案　(1)50 J　(2)45 m
解析　(1)在0~1 s内,物体位移大小为
x1=v1t1=2.5 m
设0~1 s内电动机做的功为W1,由动能定理得
W1-mgsin 30°·x1=m
解得W1=50 J。
(2)在0~1 s内,物体的加速度大小为
a==5 m/s2
设0~1 s内细绳拉力的大小为F1,由牛顿第二定律得
F1-mgsin 30°=ma
由题意知1 s后电动机输出功率为P=F1v1
当物体达到最大速度后,根据平衡条件可得细绳的拉力大小为F2=mgsin 30°
根据功率的公式可得vm=
设1~5 s内物体沿斜面向上运动的距离为x2,
对物体由动能定理得
Pt2-mgx2sin 30°=m-m
解得x2=32.5 m,vm=10 m/s
5~6 s内物体沿斜面向上运动的距离为
x3=vmt'=10 m
所以在0~6 s内物体沿斜面向上运动的距离为
x=x1+x2+x3=45 m。
11.“动能回收”是指电动车在刹车或下坡过程中把机械能转化为电能的装置。电动车以1.0×105 J的初动能沿倾角为15°的平直斜坡运动。第一次关闭发动机,让车自由滑行,其动能—位移关系如图直线①所示;第二次关闭发动机同时开启“动能回收”装置,其动能—位移关系如图线②所示。假设机械能回收效率为90%,电动车开启动能回收装置行驶200 m的过程中:
(1)所受的合力如何变化;
(2)求共回收的电能;
(3)若电动车质量为2吨,求行驶到150 m处电能的回收功率。
C级　培优加强练
答案　(1)合力逐渐减小到零　(2)1.224×105 J (3)3 600 W
解析　(1)开启“动能回收”装置,其Ek-x关系为图线②,
根据图线②可知速度减小的越来越慢,即加速度逐渐减
小到零,根据牛顿第二定律可知,电动车受到的合力逐渐
减小到零。
(2)在电动车自由滑行时,有
WG+Wf=ΔEk=(200-100)×103 J=1×105 J
开启“动能回收”装置后,有WG+Wf+WF=ΔEk'=(64-100)×103 J=-3.6×104 J
则共回收的电能为
E=-WF×90%=1.224×105 J。
(3)根据图线①可知电动车自由滑行过程中受到的合力为F=500 N
150 m处电动车已做匀速运动,此时其动能为
Ek=64×103 J=6.4×104 J
结合动能Ek=mv2,解得v=8 m/s
此时电能的回收功率为P=Fv×90%
代入数据可得P=3 600 W。
本节内容结束
THANKS

展开更多......

收起↑