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第2讲　动能定理
【学习目标】　1.理解动能的概念，理解动能定理并会应用其解决有关问题。2.会处理动能定理与图像的综合问题。3.能应用动能定理处理多过程问题。
考点一　动能定理的简单应用
1.动能
2.动能定理
【正误辨析】
(1)动能不变的物体一定处于平衡状态。(×)
(2)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。(√)
(3)物体做变速运动时，动能一定变化。(×)
(4)物体的动能不变，所受的合力一定为零。(×)
(5)合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少。(√)
1.动能定理的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程。
(2)动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力或摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。
2.应用动能定理的解题流程
学生用书 第96页
(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是(　　)
A.对物体有W＝m－m，其中W为支持力做的功
B.对物体有W合＝0，其中W合为合力做的功
C.对物体有W－mgH＝m－m，其中W为支持力做的功
D.电梯所受的合力做功为M－M
答案：CD
解析：电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg和支持力FN，这两个力做的总功(即合力做的功)才等于物体动能的变化，即W合＝W－mgH＝m－m，其中W为支持力做的功，故A、B错误，C正确；对电梯由动能定理可得，合力做功为W合'＝M －M，故D正确。
(多选)(2023·广东卷·T8)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；下滑过程根据动能定理可得WG－W克＝m，代入数据解得克服阻力做的功为W克＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为an＝＝9 m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝man，解得货物受到的支持力大小为F＝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。故选BCD。
针对练1.某一斜面顶端距地面的高度为h，地面上的O点在斜面顶端的正下方，斜面与水平面平滑连接。一小木块从斜面顶端由静止滑下，滑至水平面上的A点停下。已知A、O两点间的距离为x，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，斜面的倾角为θ，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.h、x、θ和μ之间满足关系式μ＝
B.小木块到达斜面底端时速度大小v＝C.仅增大斜面的倾角θ，小木块将停在A点的右侧
D.仅减小斜面的倾角θ，小木块将停在A点的左侧
答案：B
解析：对小木块运动的整个过程，根据动能定理有mgh－μmgcos θ·－μmg(x－)＝0，解得μ＝，因此x与θ无关，不管斜面的倾角θ增大还是减小，小木块始终停在A点，A、C、D错误；小木块到达斜面底端时，由动能定理得mgh－μmgcos θ·＝mv2－0，解得v＝＝，B正确。
针对练2.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与一轻弹簧O端相距s，如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，弹簧弹力对物体所做的功为(　　)
A.m－μmg(s＋x)
B.m－μmgx
C.μmg(s＋x)－m
D.－μmg(s＋x)
答案：C
解析：物体受到的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg，由动能定理可得W－μmg(s＋x)＝0－m，解得W＝μmg(s＋x)－m。故选C。
学生用书 第97页
考点二　动能定理与图像的综合问题
1.几种典型图像中图线所围“面积”或图线斜率的含义
2.解决动能定理与图像问题的基本步骤
(多选)(2023·新课标卷·T20)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8 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：BC
解析：由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，可看出W-x图像的斜率表示拉力F。在物体运动的过程中，根据动能定理有W－μmgx＝Ek＝mv2，则x＝1 m时物体的速度为v1＝2 m/s，x＝4 m 时物体的动能为Ek4＝2 J，根据W -x图像可知，在0～2 m过程中拉力F1＝6 N，则x＝1 m时拉力的功率P ＝ F1v1＝12 W，A错误，B正确；从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为W克f＝ μmgΔx ＝ 8 J，C正确；根据W -x图像可知在2～4 m的过程中拉力F2＝ 3 N，由于物体受到的摩擦力恒为Ff＝μmg＝4 N，则物体在x＝2 m处速度最大，且根据W－μmgx＝mv2可知此时的速度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。
针对练.(2026·湖北模拟)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为37°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小Ff恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6，物块质量m和所受摩擦力大小Ff分别为(　　)
A.m＝0.5 kg，Ff＝0.5 N
B.m＝0.5 kg，Ff＝1.0 N
C.m＝1.0 kg，Ff＝0.5 N
D.m＝1.0 kg，Ff＝1.0 N
答案：B
解析：0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgs·sin 37°－Ffs＝Ek－Ek0，结合题图(b)得mgsin 37°＋Ff＝4 N，10～20 m内物块下滑，由动能定理得＝Ek，结合题图(b)得mgsin 37°－Ff＝2 N，联立解得m＝0.5 kg，Ff＝1.0 N。故选B。
考点三　应用动能定理处理多过程问题
1.分阶段应用动能定理
(1)若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。
(2)物体在多个运动过程中受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。
2.全过程应用动能定理
(1)当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，简化运算。
(2)全过程列式时要注意
①重力、弹簧弹力、电场力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。
②大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。
单向运动的多过程问题
(2026·广东东莞模拟)某校科技小组在体验了如图1所示的过山车游戏项目后，为更好研究过山车运动项目中的物理规律，科技小组成员设计出如图2所示的装置。足够长的曲线轨道AB、长L1＝
学生用书 第98页
0.5 m的水平直轨道BC、半径R＝0.4 m的竖直圆环轨道CD、长L2＝0.4 m的水平直轨道CE、半径r1＝0.8 m的水平半圆形管道EFG、半径为r2的竖直半圆形管道GH间平滑连接，其中圆环轨道CD最低点C处的入、出口靠近且相互错开。将一可视为质点、质量为m＝0.2 kg的小球从曲线轨道AB上某处静止释放，刚好沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点D。已知小球与两段水平直轨道间动摩擦因数都为μ＝0.5，其余轨道阻力不计。两个半圆形管道的内径远小于其半径且比小球直径略大。g＝10 m/s2。求：
(1)小球经过竖直圆环轨道最高点D时的速度大小；
(2)小球经过水平半圆形管道上某点F时，管道对其作用力大小；
(3)若竖直半圆形管道GH的半径可在0.25 m≤r2≤0.35 m间调节，则小球从管道H点水平抛出后落到与水平管道EFG共面的水平面上时，其落地点至H点的最大水平距离是多少？
答案：(1)2 m/s　(2)2 N　(3) m
解析：(1)小球刚好沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点D时有mg＝m
解得vD＝2 m/s。
(2)小球从D点到F点，根据动能定理有
mg×2R－μmgL2＝m－m
解得vF＝4 m/s
管道作用力的水平分力提供向心力，即
F1＝m＝4 N
管道作用力的竖直分力与重力平衡，即
F2＝mg＝2 N
根据力的合成有F＝＝2 N。
(3)小球从F到H，根据动能定理有
－mg×2r2＝m－m
小球平抛运动过程中，竖直方向有2r2＝gt2
水平方向有x＝vHt
解得x＝10 m
因为0.25 m≤r2≤0.35 m，根据数学方法可知，当r2＝0.25 m时，水平射程最大，解得xm＝ m。
往复运动的多过程问题
　　此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿第二定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R＝3.6 m，一滑块质量m＝5 kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A点由静止释放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。求在此后的运动过程中：
(1)滑块在AB段上运动的总路程；
(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值。
答案：(1)8 m　(2)102 N　70 N
解析：(1)由题意可知mgsin θ＞μmgcos θ，故滑块最终不会停留在斜面上，由于滑块在AB段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上做往复运动。
设滑块在AB段上运动的总路程为s，滑块在AB段上所受摩擦力大小为Ff＝μFN＝μmgcos θ
从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，由动能定理得mgRcos θ－Ffs＝0
解得s＝8 m。
(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，此时滑块所受圆弧面的支持力最大，设为Fmax
从A到C的过程，由动能定理得
mgR－FflAB＝m－0
斜面AB的长度lAB＝
由牛顿第二定律得Fmax－mg＝m
解得Fmax＝102 N
滑块以B为最高点做往复运动的过程中，过C点时速度最小，设为v2，此时滑块所受圆弧面支持力最小，设为Fmin
从B到C，由动能定理得mgR(1－cos θ)＝m－0
由牛顿第二定律得Fmin－mg＝m
解得Fmin＝70 N
根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N。
课时测评27　动能定理
(时间：30分钟　满分：50分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－9，每题4分，共36分)
题组1　动能定理的简单应用
1.如图所示，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定(　　)
A.等于拉力做的功
B.小于拉力做的功
C.等于克服摩擦力做的功
D.大于克服摩擦力做的功
答案：B
解析：木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知WF＋Wf＝mv2－0，所以木箱获得的动能小于拉力做的功，故B正确，A错误；无法比较木箱获得的动能与克服摩擦力做功的大小，故C、D错误。故选B。
2.(2026·安徽合肥六校期末)如图所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，重力加速度为g，则空气阻力的大小等于(　　)
A.mg B.mg
C.mg D.mg
答案：A
解析：由动能定理，上升过程有－mgh－Ffh＝0－m，下落过程有mgh－Ffh＝m，联立解得Ff＝mg。故选A。
3.如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零。如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B、C处能量损失)(　　)
A.等于v0 B.大于v0
C.小于v0 D.取决于斜面倾角
答案：A
解析：物体从D点沿DBA滑动到顶点A过程中，由动能定理可得－mghAO－μmgxDB－μmgcos α·xAB＝0－m，α为斜面倾角，由几何关系有xABcos α＝xOB，因而上式可以简化为－mghAO－μmgxOD＝0－m，可以看出，物体的初速度与斜面倾角无关。故选A。
题组2　动能定理与图像的综合问题
4.(2026·安徽合肥模拟)如图1所示，在水平地面上放置一木块，木块在水平推力F作用下从静止开始运动，推力F的大小随位移x变化的图像如图2所示。已知木块质量为m＝5 kg，木块与地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　)
A.木块运动0～5 m的过程中，所用时间为1.2 s
B.木块运动0～10 m的过程中，其克服摩擦力所做的功为40 J
C.木块的位移为10 m时，其速率为5 m/s
D.木块运动0～10 m的过程中，推力F对木块做的功为170 J
答案：C
解析：木块运动0～5 m的过程中，木块的加速度大小为a＝＝3 m/s2，所用的时间为t＝＝ s，故A错误；木块运动0～10 m的过程中，其克服摩擦力所做的功W克＝μmgx2＝50 J，故B错误；木块运动0～10 m的过程中，推力F对木块做的功为W＝ J＝175 J，故D错误；木块运动0～10 m的过程中，由动能定理得W－W克＝mv2－0，解得v＝5 m/s，故C正确。
5.(2026·江苏泰州二模)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，皮球从抛出到落回抛出点过程中，其运动的动能Ek与上升高度h之间关系的图像可能正确的是(　　)
答案：A
解析：根据动能定理有W合＝F合x＝ΔEk，可知Ek -h图像切线斜率的绝对值等于合力大小。上行过程的合力大小为F合＝mg＋Ff＝mg＋kv，可知上行过程随着速度的减小，合力大小逐渐减小，则Ek -h图像切线斜率的绝对值逐渐减小；下行过程的合力大小为F合'＝mg－Ff＝mg－kv，可知下行过程随着速度的增大，合力大小逐渐减小，则Ek -h图像切线斜率的绝对值逐渐减小。由于空气阻力总是做负功，所以经过同一位置时，上行时的动能总是比下行时的动能大。故选A。
6.(多选)如图是滑雪过程的简化图，第一段粗糙斜面底端连接长度忽略不计的圆弧，且B端切线水平。运动员从A点沿斜面滑下，在B点沿切线飞出，在第二段斜面上的C点着陆，不计空气阻力，用vx表示水平速度，Ek表示动能，t表示运动时间，h表示下落高度。下列图像中可能正确的有(　　)
答案：BC
解析：设AB段倾角为β，运动员在AB段的加速度为a，则下滑过程的水平速度vx＝atcos β＝(acos β)×t，可知水平速度与时间成正比；到达B点后，运动员做平抛运动，水平速度不再改变，故A错误，B正确。运动员在AB段，由动能定理可知Ek＝mgh－Ff＝h，其中Ff为阻力，恒定不变，可知在AB段动能与h成正比；到达B点后，运动员做平抛运动，设到达B点时动能为Ek0，由动能定理有Ek－Ek0＝mg(h－h0)，整理得Ek＝mg(h－h0)＋Ek0，可知动能与h的关系为一次函数，因为小于mg，所以开始阶段图像的斜率较小，故C正确，D错误。
题组3　应用动能定理处理多过程问题
7.如图为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则(　　)
A.动摩擦因数μ＝
B.载人滑草车最大速度为
C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
答案：B
解析：全过程由动能定理得mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，A错误；滑草车到达上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh－μmgcos 45°·＝mv2，解得v＝，故载人滑草车最大速度为，B正确；对全过程由动能定理得mg·2h－W克＝0，解得载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，C错误；在下段滑道上对载人滑草车，根据牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得a＝g，D错误。
8.如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，其长度d＝0.5 m，盆边缘的高度为h＝0.3 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.1。g＝10 m/s2。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的位置到B的距离为(　　)
A.0.50 m B.0.25 m
C.0.10 m D.0
答案：D
解析：小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，整个过程由动能定理有mgh－μmgs＝0，解得s＝＝ m＝3 m，而d＝0.5 m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距离为0，故D正确。
9.(多选)(2026·山西太原模拟)如图甲所示，一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)以一定的初速度v0从斜面底端沿斜面向上运动。现以斜面底端为坐标原点，沿斜面向上建立坐标轴x，选择地面为参考平面，物块上升过程中的动能和重力势能随坐标x的变化图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，sin 37 °＝0.6，下列说法正确的是(　　)
A.物块的初速度大小v0＝8 m/s
B.斜面的倾角θ＝37°
C.物块与斜面间的动摩擦因数为
D.物块返回斜面底端时的动能为8 J
答案：AD
解析：由题图乙可知，物块的初动能Ek0＝m＝32 J，解得v0＝8 m/s，故A正确；设斜面的倾角为θ，物块上滑的最大距离xm＝4 m，由动能定理有－mgxmsin θ－μmgcos θ×xm＝0－Ek0，物块上滑距离x1＝ m时，因动能和重力势能相等，有Ek1＝mgx1sin θ，由动能定理有－mgx1sin θ－μmgcos θ×x1＝Ek1－Ek0，联立解得θ＝30°，μ＝，故B、C错误；物块从开始到再次返回斜面底端的过程，由动能定理有－2μmgcos θ×xm＝Ek2－Ek0，解得Ek2＝8 J，故D正确。
10.(14分)如图所示，质量为m＝4 kg的滑块(可视为质点)放在光滑平台上，向左缓慢推动滑块压缩轻弹簧至P点，释放后滑块以一定速度从A点水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，同一竖直平面内的光滑半圆轨道DE与水平面CD相切于D点。已知圆弧轨道BC的半径R1＝3 m，AB两点的高度差h＝0.8 m，光滑圆弧轨道BC对应的圆心角为53°，滑块与CD部分的动摩擦因数μ＝0.1，LCD＝2 m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)弹簧对滑块做的功；
(2)滑块到达圆弧末端C时受到的支持力；
(3)滑块冲上半圆轨道后中途不会脱离半圆轨道，轨道DE的半径R2满足的条件。
答案：(1)18 J　(2) N，方向竖直向上
(3)0＜R2≤0.9 m或R2≥ m
解析：(1)滑块从A到B做平抛运动，竖直方向有＝2gh
解得vy＝4 m/s
滑块恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，则有tan 53°＝
解得vA＝3 m/s
根据动能定理可得弹簧对滑块做的功为
W弹＝m
解得W弹＝18 J。
(2)滑块从B点到C点由动能定理得
mgR1＝m－m
又vB＝＝5 m/s
解得vC＝7 m/s
在C点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m
解得FN＝ N，方向竖直向上。
(3)滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动，分两种情况：
①滑块到达与圆心等高处时速度恰好为零，由动能定理得－μmgLCD－mgR2＝0－m
解得R2＝ m。
②滑块恰好能够到达半圆轨道最高点，由动能定理得－μmgLCD－mg·2R2＝m－m
在最高点，重力恰好提供向心力，有mg＝m
联立解得R2＝0.9 m
综上，若滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道，轨道DE的半径R2应满足0＜R2≤0.9 m或R2≥ m。(共62张PPT)
第2讲　动能定理
高三总复习讲义　新高考
第六章 机械能
1.理解动能的概念，理解动能定理并会应用其解决有关问题。
2.会处理动能定理与图像的综合问题。
3.能应用动能定理处理多过程问题。
学习目标
考点一　动能定理的简单应用
考点二　动能定理与图像的综合问题
考点三　应用动能定理处理多过程问题
课时测评
内容索引
动能定理的简单应用
考点一
1.动能
知识梳理
m－m
m
运动
焦耳
标量
2.动能定理
m－m
动能的变化
合力
曲线
变力
分阶段
正误辨析
(1)动能不变的物体一定处于平衡状态。 ( )
(2)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。 ( )
(3)物体做变速运动时，动能一定变化。 ( )
(4)物体的动能不变，所受的合力一定为零。 ( )
(5)合力对物体做正功，物体的动能增加；合力对物体做负功，物体的动能减少。 ( )
×
√
×
×
√
1.动能定理的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程。
(2)动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力或摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力。
核心突破
2.应用动能定理的解题流程
(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是
A.对物体有W＝m－m，其中W为支持力做的功
B.对物体有W合＝0，其中W合为合力做的功
C.对物体有W－mgH＝m－m，其中W为支持力做的功
D.电梯所受的合力做功为M－M
√
√
例1
电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg和支持力FN，这两个力做的总功(即合力做的功)才等于物体动能的变化，即W合＝W－mgH＝m－m，其中W为支持力做的功，故A、B错误，C正确；对电梯由动能定理可得，合力做功为W合'＝M －M，故D正确。
(多选)(2023·广东卷·T8)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
√
√
例2
√
重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程根据动能定理可得WG－W克＝m，代入数据解得克服阻力做的功为W克＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为an＝＝9 m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得F－mg＝man，解得货物受到的支持力大小为F＝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。故选BCD。
针对练1.某一斜面顶端距地面的高度为h，地面上的O点在斜面顶端的正下方，斜面与水平面平滑连接。一小木块从斜面顶端由静止滑下，滑至水平面上的A点停下。已知A、O两点间的距离为x，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，斜面的倾角为θ，重力加速度为g。下列说法正确的是
A.h、x、θ和μ之间满足关系式μ＝
B.小木块到达斜面底端时速度大小v＝
C.仅增大斜面的倾角θ，小木块将停在A点的右侧
D.仅减小斜面的倾角θ，小木块将停在A点的左侧
√
对小木块运动的整个过程，根据动能定理有mgh－μmgcos θ·－μmg(x－)＝0，解得μ＝，因此x与θ无关，不管斜面的倾角θ增大还是减小，小木块始终停在A点，A、C、D错误；小木块到达斜面底端时，由动能定理得mgh－μmgcos θ·＝mv2－0，解得v＝＝，B正确。
针对练2.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与一轻弹簧O端相距s，如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，弹簧弹力对物体所做的功为
A.m－μmg(s＋x)
B.m－μmgx
C.μmg(s＋x)－m
D.－μmg(s＋x)
√
物体受到的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg，由动能定理可得W－μmg(s＋x)＝0－m，解得W＝μmg(s＋x)－m。故选C。
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动能定理与图像的综合问题
考点二
1.几种典型图像中图线所围“面积”或图线斜率的含义
2.解决动能定理与图像问题的基本步骤
(多选)(2023·新课标卷·T20)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8 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
例3
√
√
由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，可看出
W-x图像的斜率表示拉力F。在物体运动的过程中，根据
动能定理有W－μmgx＝Ek＝mv2，则x＝1 m时物体的速
度为v1＝2 m/s，x＝4 m 时物体的动能为Ek4＝2 J，根据
W -x图像可知，在0～2 m过程中拉力F1＝6 N，则x＝1 m时拉力的功率P ＝ F1v1＝12 W，A错误，B正确；从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为W克f＝ μmgΔx ＝ 8 J，C正确；根据W -x图像可知在2～4 m的过程中拉力F2＝ 3 N，由于物体受到的摩擦力恒为Ff＝μmg＝4 N，则物体在x＝2 m处速度最大，且根据W－μmgx＝mv2可知此时的速度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。
针对练.(2026·湖北模拟)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为37°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小Ff恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6，物块质量m和所受摩擦力大小Ff分别为
A.m＝0.5 kg，Ff＝0.5 N
B.m＝0.5 kg，Ff＝1.0 N
C.m＝1.0 kg，Ff＝0.5 N
D.m＝1.0 kg，Ff＝1.0 N
√
0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgs·sin 37°－Ffs＝Ek－Ek0，结合题图(b)得mgsin 37°＋Ff＝4 N，10～20 m内物块下滑，由动能定理得＝Ek，结合题图(b)得mgsin 37°－Ff＝
2 N，联立解得m＝0.5 kg，Ff＝1.0 N。故选B。
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应用动能定理处理多过程问题
考点三
1.分阶段应用动能定理
(1)若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。
(2)物体在多个运动过程中受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。
2.全过程应用动能定理
(1)当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，简化运算。
(2)全过程列式时要注意
①重力、弹簧弹力、电场力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。
②大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。
考向1 单向运动的多过程问题
(2026·广东东莞模拟)某校科技小组在体验了如图1所示的过山车游戏项目后，为更好研究过山车运动项目中的物理规律，科技小组成员设计出如图2所示的装置。足够长的曲线轨道AB、长L1＝0.5 m的水平直轨道BC、半径R＝0.4 m的竖直圆环轨道CD、长L2＝0.4 m的水平直轨道CE、半径r1＝0.8 m的水平半圆形管道EFG、半径为r2的竖直半圆形管道GH间平滑连接，其中圆环轨道CD最低点C处的入、出口靠近且相互错开。将一可视为质点、质量为m＝0.2 kg的小球从曲线轨道AB上某处静止释放，刚好沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点D。已知小球与两段水平直轨道间动摩擦因数都为μ＝0.5，其余轨道阻力不计。两个半圆形管道的内径远小于其半径且比小球直径略大。g＝10 m/s2。求：
例4
(1)小球经过竖直圆环轨道最高点D时的速度大小；
答案：2 m/s
小球刚好沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点D时有mg＝m
解得vD＝2 m/s。
(2)小球经过水平半圆形管道上某点F时，管道对其作用力大小；
答案：2 N　
小球从D点到F点，根据动能定理有
mg×2R－μmgL2＝m－m
解得vF＝4 m/s
管道作用力的水平分力提供向心力，即
F1＝m＝4 N
管道作用力的竖直分力与重力平衡，即
F2＝mg＝2 N
根据力的合成有F＝＝2 N。
(3)若竖直半圆形管道GH的半径可在0.25 m≤r2≤0.35 m间调节，则小球从管道H点水平抛出后落到与水平管道EFG共面的水平面上时，其落地点至H点的最大水平距离是多少？
答案： m
小球从F到H，根据动能定理有
－mg×2r2＝m－m
小球平抛运动过程中，竖直方向有2r2＝gt2
水平方向有x＝vHt
解得x＝10 m
因为0.25 m≤r2≤0.35 m，根据数学方法
可知，当r2＝0.25 m时，水平射程最大，解得xm＝ m。
考向2 往复运动的多过程问题
　　此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿第二定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R＝3.6 m，一滑块质量m＝5 kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A点由静止释放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。求在此后的运动过程中：
(1)滑块在AB段上运动的总路程；
答案：8 m
例5
由题意可知mgsin θ＞μmgcos θ，故滑块最终不会停留在斜面上，由于滑块在AB段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上做往复运动。
设滑块在AB段上运动的总路程为s，滑块在AB段上所受摩擦力大小为Ff＝μFN＝μmgcos θ
从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，由动能定理得mgRcos θ－Ffs＝0
解得s＝8 m。
(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值。
答案：102 N　70 N
滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，此时滑块所受圆弧面的支持力最大，设为Fmax
从A到C的过程，由动能定理得
mgR－FflAB＝m－0
斜面AB的长度lAB＝
由牛顿第二定律得Fmax－mg＝m
解得Fmax＝102 N
滑块以B为最高点做往复运动的过程中，过C点时速度最小，设为v2，此时滑块所受圆弧面支持力最小，设为Fmin
从B到C，由动能定理得mgR(1－cos θ)＝m－0
由牛顿第二定律得Fmin－mg＝m
解得Fmin＝70 N
根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N。
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题组1　动能定理的简单应用
1.如图所示，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定
A.等于拉力做的功
B.小于拉力做的功
C.等于克服摩擦力做的功
D.大于克服摩擦力做的功
√
木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知WF＋Wf＝mv2－0，所以木箱获得的动能小于拉力做的功，故B正确，A错误；无法比较木箱获得的动能与克服摩擦力做功的大小，故C、D错误。故选B。
2.(2026·安徽合肥六校期末)如图所示，将质量为m的小球以速度v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，重力加速度为g，则空气阻力的大小等于
A.mg
B.mg
C.mg
D.mg
√
由动能定理，上升过程有－mgh－Ffh＝0－m，下落过程有mgh－Ffh＝m，联立解得Ff＝mg。故选A。
3.如图所示，DO是水平面，AB是斜面，初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零。如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B、C处能量损失)
A.等于v0
B.大于v0
C.小于v0
D.取决于斜面倾角
√
物体从D点沿DBA滑动到顶点A过程中，由动能定理可得－mghAO－μmgxDB－μmgcos α·xAB＝0－m，α为斜面倾角，由几何关系有xABcos α＝xOB，因而上式可以简化为－mghAO－μmgxOD＝0－m，可以看出，物体的初速度与斜面倾角无关。故选A。
题组2　动能定理与图像的综合问题
4.(2026·安徽合肥模拟)如图1所示，在水平地面上放置一木块，木块在水平推力F作用下从静止开始运动，推力F的大小随位移x变化的图像如图2所示。已知木块质量为m＝5 kg，木块与地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是
A.木块运动0～5 m的过程中，所用时间为1.2 s
B.木块运动0～10 m的过程中，其克服摩擦力所做的功为40 J
C.木块的位移为10 m时，其速率为5 m/s
D.木块运动0～10 m的过程中，推力F对木块做的功为170 J
√
木块运动0～5 m的过程中，木块的加速度大小为a＝＝3 m/s2，所用的时间为t＝＝ s，故A错误；木块运动0～10 m的过程中，其克服摩擦力所做的功W克＝μmgx2＝50 J，故B错误；木块运动0～10 m的过程中，推力F对木块做的功为W＝ J＝175 J，故D错误；木块运动0～10 m的过程中，由动能定理得W－W克＝mv2－0，解得v＝5 m/s，故C正确。
5.(2026·江苏泰州二模)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，皮球从抛出到落回抛出点过程中，其运动的动能Ek与上升高度h之间关系的图像可能正确的是
√
根据动能定理有W合＝F合x＝ΔEk，可知Ek -h图像切线斜率的绝对值等于合力大小。上行过程的合力大小为F合＝mg＋Ff＝mg＋kv，可知上行过程随着速度的减小，合力大小逐渐减小，则Ek -h图像切线斜率的绝对值逐渐减小；下行过程的合力大小为F合'＝mg－Ff＝mg－kv，可知下行过程随着速度的增大，合力大小逐渐减小，则Ek -h图像切线斜率的绝对值逐渐减小。由于空气阻力总是做负功，所以经过同一位置时，上行时的动能总是比下行时的动能大。故选A。
6.(多选)如图是滑雪过程的简化图，第一段粗糙斜面底端连接长度忽略不计的圆弧，且B端切线水平。运动员从A点沿斜面滑下，在B点沿切线飞出，在第二段斜面上的C点着陆，不计空气阻力，用vx表示水平速度，Ek表示动能，t表示运动时间，h表示下落高度。下列图像中可能正确的有
√
√
设AB段倾角为β，运动员在AB段的加速度为a，则下滑
过程的水平速度vx＝atcos β＝(acos β)×t，可知水平速度
与时间成正比；到达B点后，运动员做平抛运动，水平速
度不再改变，故A错误，B正确。运动员在AB段，由动能
定理可知Ek＝mgh－Ff＝h，其中Ff为阻力，恒定不变，可知在AB段动能与h成正比；到达B点后，运动员做平抛运动，设到达B点时动能为Ek0，由动能定理有Ek－Ek0＝mg(h－h0)，整理得Ek＝mg(h－h0)＋Ek0，可知动能与h的关系为一次函数，因为小于mg，所以开始阶段图像的斜率较小，故C正确，D错误。
题组3　应用动能定理处理多过程问题
7.如图为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8)。则
A.动摩擦因数μ＝
B.载人滑草车最大速度为
C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
√
全过程由动能定理得mg·2h－μmgcos 45°·－
μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，A错误；滑草车
到达上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh
－μmgcos 45°·＝mv2，解得v＝，故载人滑草车最大速度为，B正确；对全过程由动能定理得mg·2h－W克＝0，解得载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，C错误；在下段滑道上对载人滑草车，根据牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma，解得a＝g，D错误。
8.如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，其长度d＝0.5 m，盆边缘的高度为h＝
0.3 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.1。g＝10 m/s2。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的位置到B的距离为
A.0.50 m
B.0.25 m
C.0.10 m
D.0
√
小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，整个过程由动能定理有mgh－μmgs＝0，解得s＝＝ m＝3 m，而d＝0.5 m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距离为0，故D正确。
9.(多选)(2026·山西太原模拟)如图甲所示，一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)以一定的初速度v0从斜面底端沿斜面向上运动。现以斜面底端为坐标原点，沿斜面向上建立坐标轴x，选择地面为参考平面，物块上升过程中的动能和重力势能随坐标x的变化图像如图乙所示。重力加速度g取
10 m/s2，sin 37 °＝0.6，下列说法正确的是
A.物块的初速度大小v0＝8 m/s
B.斜面的倾角θ＝37°
C.物块与斜面间的动摩擦因数为
D.物块返回斜面底端时的动能为8 J
√
√
由题图乙可知，物块的初动能Ek0＝m＝32 J，解得v0＝8 m/s，故A正确；设斜面的倾角为θ，物块上滑的最大距离xm＝4 m，由动能定理有－mgxmsin θ－μmgcos θ×xm＝0－Ek0，物块上滑距离x1＝ m时，因动能和重力势能相等，有Ek1＝mgx1sin θ，由动能定理有－mgx1sin θ－μmgcos θ×x1＝Ek1－Ek0，联立解得θ＝30°，μ＝，故B、C错误；物块从开始到再次返回斜面底端的过程，由动能定理有－2μmgcos θ×xm＝Ek2－Ek0，解得Ek2＝
8 J，故D正确。
10.(14分)如图所示，质量为m＝4 kg的滑块(可视为质点)放在光滑平台上，向左缓慢推动滑块压缩轻弹簧至P点，释放后滑块以一定速度从A点水平飞出后，恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，同一竖直平面内的光滑半圆轨道DE与水平面CD相切于D点。已知圆弧轨道BC的半径R1＝3 m，AB两点的高度差h＝0.8 m，光滑圆弧轨道BC对应的圆心角为53°，滑块与CD部分的动摩擦因数μ＝0.1，LCD＝2 m，重力加速度g＝10 m/s2，
sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)弹簧对滑块做的功；
答案：18 J
滑块从A到B做平抛运动，竖直方向有＝2gh
解得vy＝4 m/s
滑块恰好从B点无碰撞滑入竖直平面内的光滑圆弧轨道BC，则有tan 53°＝
解得vA＝3 m/s
根据动能定理可得弹簧对滑块做的功为W弹＝m
解得W弹＝18 J。
(2)滑块到达圆弧末端C时受到的支持力；
答案： N，方向竖直向上
滑块从B点到C点由动能定理得
mgR1＝m－m
又vB＝＝5 m/s
解得vC＝7 m/s
在C点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m
解得FN＝ N，方向竖直向上。
(3)滑块冲上半圆轨道后中途不会脱离半圆轨道，轨道DE的半径R2满足的条件。
答案：0＜R2≤0.9 m或R2≥ m
滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道运动，分两种情况：
①滑块到达与圆心等高处时速度恰好为零，由动能定理得－μmgLCD－mgR2＝0－m
解得R2＝ m。
②滑块恰好能够到达半圆轨道最高点，由动能定理得－μmgLCD－mg·2R2＝m－m
在最高点，重力恰好提供向心力，
有mg＝m
联立解得R2＝0.9 m
综上，若滑块冲上半圆轨道后不会脱离轨道，轨道DE的半径R2应满足0＜R2≤0.9 m或R2≥ m。
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第2讲　动能定理

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