动能定理的理解及应用（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习（新教材新高考）

第20讲动能定理的理解及应用

目录

01、考情透视，目标导航

02、知识导图，思维引航..............................................3

03、考点突破，考法探究..............................................3

考点一动能定理的理解和基本应用...............................................3

知识点1动能............................................................3

知识点2动能定理........................................................4

考向1对动能定理的理解.................................................5

考点2动能定理的基本应用................................................5

考点二应用动能定理求变力的功..................................................7

考向洞察........................................................................7

考点三动能定理与图像结合的问题.................................................8

考向洞察........................................................................9

考向1动能定理与v-t图像................................................9

考向2动能定理与Ek-x图像...............................................9

考向3动能定理与F-x图像...............................................10

考向4动能随位移变化的图像.............................................11

考点四动能定理在多过程问题中的应用............................................11

知识点1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路..........................11

知识点2.全过程列式时要注意............................................12

知识点3.多过程问题的分析方法............................................12

知识点4动能定理在往复运动问题中的应用.................................12

考向洞察.......................................................................12

曾向1多过程直线运动问题................................................12

考向2多过程曲线运动问题...............................................14

考向3多过程直线往复运动问题...........................................15

考向4多过程曲线往复运动问题...........................................16

04、真题练习，命题动向.............................................17

考情添沏•日标旦航

2024•全国•高考物理试题

考情

2024•福建・高考物理试题

分析

2024•安徽•高考物理试题

2024•全国•新课标IWJ考物理试题

2024•广东・高考物理试题

复习目标1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题。

目标目标2.能利用动能定理求变力做的功。

目标3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法。

㈤2

〃1知识导图•思维引航\\

而

定

选择起动缸明确初、

研运动一

而分析‘未动能

动能定理的理解和基本应用究止位置

对分阶段或

象动力学全过程列

和关系动能定理

研方程求解

究

过几个力?是否做功？

做功

程恒力还丽正功还是

应用动能定理求变力的功一是变力？负功？

/+%恒=\Ek

“T图线与横轴图成

(1)[rT图像卜依据*="，

动能定理的面积表示位移

及其应用

动能定理与图像结合的问题OT图线与横轴围成

(2)[,-，图像卜依据A”“，.的面积表示速度的

变化量

Ff图线与横轴围成

(3)[F-x图像卜依据W=F*,

的面积表示功

(4)[E『£图像心据FAEJE*Ekf图线的斜率表示

合外力

L应用动能定理解决多过程问题一

PT图线与横轴围成

(5)[p-r图像卜依据W=H

的面积表示功

考点突破•考法探究

考点一动能定理的理解和基本应用

知识固本

知识点1动能

1.动能

⑴定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。

(2)公式：Ek=^mv\

⑶单位：焦耳,1J=1Nm=lkg-m2/s2o

(4)标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关。

2.动能与动能变化的区别

(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。

(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。A£k>0,表示物体的动能增加；AEk<0,表示物体的动能减少。

知识点2动能定理

I.动能定理

(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。

=WJV2—2

(2)表达式：Wd=A£](22—«vio

(3)物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。

说明：(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参

考系。

(2)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。

3.对动能定理的理解

(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“=”有三层关系：

因果关系合力做功是物体动能变化的原因

数量关系合力的功与动能变化可以等量代换

单位关系国际单位都是焦耳

(2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力或其他力,

功则为合力所做的总功。

3.应用动能定理的注意点

(1)动能定理表达式是一个标量式，式中各项均为标量，因此，应用动能定理时不必关注速度的具体方向，

也不能在某个方向上列出动能定理的表达式。

(2)注意物体所受各力做功的特点，如：重力做功与路径无关，重点关注始末两点的高度差，摩擦阻力做功

与路径有关。

（3）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。

（4）动能定理既可解决直线运动问题，也可解决曲线运动问题。

考向洞察

考向1对动能定理的理解

1.（多选）如图所示，电梯质量为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增大到也时，上升高度为〃，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，动能定理的表达式为少=」机应一Lm五其中少为支持力做的功

22

B.对物体，动能定理的表达式为少合=0,其中沙合为合力做的功

C.对物体，动能定理的表达式为〃一加近一；加讨，其中少为支持力做的功

D.对电梯，其所受的合力做功为证—1回曾

22

【答案】CD

【解析】电梯上升的过程中，对物体做功的有重力加g、支持力FN，这两个力的总功（即合力做的功）才等

于物体动能的变化，即沙合=少一加遥一］讶，其中少为支持力做的功，故A、B错误，C正确；对

电梯做功的有重力这、压力尸N'和拉力尸，合力做功为沙台'=*2—；"济，故D正确。

考点2动能定理的基本应用

1.（多选）一质量为加的物体自倾角为a的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向

上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为已知sina=0.6,重力加

速度大小为go贝lj（）

A.物体向上滑动的距离为其

2mg

B.物体向下滑动时的加速度大小为日

5

C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5

D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长

【答案】BC

Ek

【解析】物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有一〃加g・2/cosa=~~—Ek，

物体从斜面底端到最高点根据动能定理有

—mglsina—]umglcosa=0—E^,

Ek

整理得/=—，〃=0.5,A错误，C正确；

mg

物体向下滑动时根据牛顿第二定律有

ma下=?wgsin«­//mgcosa,

解得〃下=一，B正确；

5

物体向上滑动时根据牛顿第二定律有

mai=mgsina+//mgcosa，

角军得a上=g，故a上下，

由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式/=匕出则

2

可得出f上＜7下，D错误。

2.如图所示，在水平的PQ面上有一小物块（可视为质点），小物块以某速度从P点最远能滑到倾角为Q的斜

面QA上的A点（水平面和斜面在。点通过一极短的圆弧连接）。若减小斜面的倾角9,变为斜面。8（如图中

虚线所示），小物块仍以原来的速度从尸点出发滑上斜面。已知小物块与水平面和斜面间的动摩擦因数相同,

N8为水平线，/C为竖直线。贝!]（）

QP

A.小物块恰好能运动到B点

B.小物块最远能运动到B点上方的某点

C.小物块只能运动到。点

D.小物块最远能运动到5、C两点之间的某点

【答案】D

【解析】小物块从P点滑上斜面的运动过程中有重力和摩擦力做功，设小物块能到达斜面上的最高点与

水平面的距离为/z,与。点的水平距离为x,根据动能定理得一mg/z—sg-Xp。一〃机geos夕孙0=0-5加忌

即机g/z+〃"]g（xp°+x）=5加由，若减小倾角。时，〃不变，则x不变，故A、C错误；若〃变大，则x变小,

故B错误；若人变小，则x变大，故D正确。

【题后反思】应用动能定理解题应抓住“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。

考点二应用动能定理求变力的功

「知识固本」

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，可用动能定理少变+少恒近一彳求解。

22

物体初、末速度已知，恒力做功少恒可由公式求出，得到少变=；加送一；加病一少恒，就可以求出变力做的功

了。

考向洞察J]

1.（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1圆弧滑道顶端尸点静止释放,

4

沿滑道运动到圆弧末端0点时速度大小为6m/s。已知货物质量为20kg,滑道高度〃为4m,且过0点的

切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从P点运动到。点的过程，下列说法正确的有（）

A.重力做的功为360J

B.克服阻力做的功为440J

C.经过。点时向心加速度大小为9m/s2

D.经过。点时对轨道的压力大小为380N

【答案】BCD

【解析】重力做的功为%=mg/7=800J,A错误；下滑过程由动能定理可得叫一%■=］咆代入数据

该

解得克服阻力做的功为畋=440J,B正确；经过0点时向心加速度大小为a=—=9m/s2,C正确；经过。

h

点时，根据牛顿第二定律可得尸N—"2g="，a，解得货物受到的支持力大小为尸N=380N,根据牛顿第三定律

可知，货物对轨道的压力大小为380N,D正确。

2.质量为小的物体以初速度为沿水平面向左开始运动，起始点N与一水平放置的轻弹簧。端相距s,轻弹

簧的另一端固定在竖直墙上，如图5所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为〃，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

()

1,

C.@mg(s+x)——mvB

D.一〃7Mg(s+x)

【答案】C

【解析】对物体由动能定理可得JF弹一〃/wg(s+x)=0—7V3,解得少婵=〃"zg(s+x)—7nM故C正确。

考点三动能定理与图像结合的问题

图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义

---------------CHHHl-u

考向洞察」

考向1动能定理与v-t图像

l.A、B两物体的质量之比加A：〃?B=1：4,它们以相同的初速度vo在水平面上做匀减速直线运动，直到停止,

其v—t图像如图所示。此过程中，A、B两物体受到的摩擦力做的功之比小A：取B和A、B两物体受到的摩

A.B=1：2B.郎A：/B=4：1

C.尸A：FB=1：2D.FA：FB=4：1

【答案】C

【解析】根据动能定理一沙=0—1/为2,可知A、B两物体受到的摩擦力做的功之比为加A：/B=1：4,故

2

A、B错误；根据v—f图像可知两物体的加速度之比为研例=2：1,

根据牛顿第二定律下=加。，可得A、B两物体受到的摩擦力之比外：&=1：2,故C正确，D错误。

考向2动能定理与耳-x图像

2.如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30。的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小/恒定，物块动

能反与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10m/s2,物块质量加和所受摩擦力大小/分别为

()

A.冽=0.7kg,/=0.5N

B.机=0.7kg,/=1.0N

C.机=0.8kg,/=0.5N

D.加=0.8kg,/=1.0N

【答案】A

【解析】0〜10m内物块上滑，由动能定理得

—mgsin300-s—fi=E^—屈)，

整理得&=&()—Ogsin300+f)s9

结合0〜10m内的图像得，斜率的绝对值

|A:|=mgsin300+/=4N,

10〜20m内物块下滑，由动能定理得

(mgsin300—7)(s一门)=为，

整理得&=(初gsin30°~f)s—(mgsin30。一力$1，

结合10〜20m内的图像得，

斜率k,=mgsin30°—/=3N,

联立解得了=0.5N,加=0.7kg,故选A。

考向3动能定理与F-x图像

3.一质量为4kg的物体，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力尸作用做匀速直线运动。物体运动一段时间

后拉力逐渐减小，当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。如图所示为拉力厂随位移x变化的关系图像，

重力加速度大小取10m/s2,则可以求得()

A.物体做匀速直线运动的速度为4m/s

B.整个过程拉力对物体所做的功为4J

C.整个过程摩擦力对物体所做的功为一8J

D.整个过程合外力对物体所做的功为一4J

【答案】D

(2+4)x4

【解析】F-x图线与横轴所围区域的面积表示拉力对物体所做的功，所以版=------:——J=12J,

2

故B错误；0〜2m阶段，根据平衡条件可得F=K=4N,所以整个过程中摩擦力对物体做的功为质=—

FfX=-4x4J=-16J,故C错误；整个过程中合外力所做的功为印备=版+%=12J+(-16J)=-4J,故

D正确；根据动能定理可得少合=0-解得v()=J^m/s,故A错误。

考向4动能随位移变化的图像

4.某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩

擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能瓦与水平位移x的关系图像正确的是()

【答案】A

【解析】设斜面倾角为仇不计摩擦力和空气阻力，运动员在沿斜面下滑过程中，根据动能定理有&=

Ek

mgxtand,即一=wgtan仇下滑过程中开始阶段倾角。不变，&一》图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中,

x

6先减小后增大，即图像斜率先减小后增大，故A正确。

考点四动能定理在多过程问题中的应用

知识点1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路

(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(多个过程)应用动能定理

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，大大减少运算。

知识点2.全过程列式时要注意

(1)重力、弹簧弹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。

知识点3.多过程问题的分析方法

(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。

(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。

(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。

(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。

(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。

知识点4动能定理在往复运动问题中的应用

1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述

运动的物理量多数是变化的，而重复的次数又往往是无限的或者难以确定的。

2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功特点与路程有关，求解这类

问题时若运用牛顿运动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、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。

考向洞察

考向1多过程直线运动问题

1.如图所示的装置由43、BC、CE三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道42、CE

是光滑的，水平轨道3c的长度s=5m,轨道CE足够长且倾角6=37。，。为轨道CE上一点，/、。两点

离轨道的高度分别为〃i=4.3m、/?2=L35m。现让质量为a可视为质点的小滑块从/点由静止释放。

已知小滑块与轨道2C间的动摩擦因数〃=0.5,重力加速度g取10m/s2,sin37o=0.6,cos37o=0.8,求：

(1)小滑块第一次到达。点时的速度大小V。；

(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；

(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。

【答案】(1)3m/s(2)2s(3)1.4m

【解析】(1)小滑块在过程中，应用动能定理得加g(〃i—〃2)—7gs=5〃?V£(2—0,

代入数据解得VD=3m/so

(2)小滑块在A—B—C过程中，由动能定理得机g〃i—〃加gs=5mv/-0,代入数据解得vc=6m/s,

小滑块沿CE段上滑时，由牛顿第二定律得mgsin0=ma,解得a=gsin6=6m/s2o

则小滑块从C点沿CE段上滑到最高点所用的时间人=岂=1s,小滑块沿CE段上滑和下滑的受力情况不变,

a

由对称性可知，小滑块从最高点滑回C点所用的时间Z2=ls,故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间

=

隔t2^So

⑶设小滑块在水平轨道上运动的总路程为S总，对小滑块从静止释放到最终停止的全过程，由动能定理得

mgh]—从mgs总=0,解得s总=8.6m,故小滑块最终停止的位置与5点的距离为2s—s总1.4mo

2.如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在。点质量为“=1kg的小物块接触而不连接,

此时弹簧无形变。现对小物块施加尸=10N的水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左

运动到/点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6N,运动到/点时撤去推力尸，小物块最终运动到B点静止。

图中04=0.8m,OB—02m,重力加速度取g=10m/s?。求小物块：

/7

AOB

(1)与桌面间的动摩擦因数〃；

(2)向右运动过程中经过O点的速度大小；

(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。

【答案】(1)0.4(2)1.26m/s(3)0.9m

【解析】⑴小物块速度达到最大时，加速度为零，则：尸一〃mg一/弹=0

解得〃=0.4。

(2)设向右运动通过O点时的速度为vo-从O—B,

由动能定理得

—FfXOB=Q----

2

Ff=jumg=4N

解得m/s=1.26m/so

(3)设弹簧最大压缩量为Xmax，对小物块运动的全过程，根据动能定理得：及04—Ff(2Xmax+xoB)=()

代入数值得xmax=0.9m»

考向2多过程曲线运动问题

1.(2023・湖北高考)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2A内表

面光滑，挡板的两端/、3在桌面边缘，2与半径为R的固定光滑圆弧轨道^^在同一竖直平面内，过C

点的轨道半径与竖直方向的夹角为60。。小物块以某一水平初速度由4点切入挡板内侧，从3点飞出桌面后,

在C点沿圆弧切线方向进入轨道^内侧，并恰好能到达轨道的最高点。。小物块与桌面之间的动摩擦因

数为工，重力加速度大小为g,忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：

2兀

(1)小物块到达。点的速度大小；

(2)8和。两点的高度差；

(3)小物块在/点的初速度大小。

【答案】⑴面(2)0⑶屈

【解析】(1)由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点。，则在。点有W——=冽g,解得VD=疝。

R

r-----VR

(2)由题意知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，则在。点有cos60。=一,小物块从。到

VC

。的过程中，根据动能定理有一加g(R+7?cos60。)=丁小—丁恪，则小物块从B到。的过程中，根据动能

22

定理有mgHBD=-^mvD--mv5，联立解得切=«^，HBD=0o

(3)小物块从Z到B的过程中，根据动能定理有一〃加gs=5冽v/—yv/，s=a2R

解得VA=y/3gRo

2.如图所示，小明设计的游戏装置，由光滑平台、倾斜粗糙直轨道/8、竖直圆管道CZ)即。(管道内径远

小于管道半径)、水平粗糙直轨道平滑连接组成。其中平台左侧固定一弹簧，倾斜直轨道N8与圆管道相切

于3点，水平直轨道与圆管道相切于。点(C和。略错开)。小滑块与倾斜直轨道N2及水平直轨道间的动摩

擦因数均为〃=0.5,斜轨道倾角6=37。，N2长度/=0.4m。小滑块从3点进入管道内，当小滑块沿管

道内靠近圆心。的内侧运动时有摩擦，沿管道外侧运动时无摩擦，管道半径为R=0.2m。第一次压缩弹簧

后释放小滑块，/点上方挡片可以让小滑块无速度损失进入段,恰好可以运动到与管道圆心等高的。点。

第二次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.36J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为1m/so已

知小滑块质量加=0.1kg,可视为质点，sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s?。

(1)求第一次压缩弹簧释放小滑块后，第一次运动到C点时对轨道的压力；

(2)求第二次压缩弹簧释放小滑块后，运动到E点的过程，小滑块在圆管道内所受摩擦力做的功；

(3)若第三次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.48J时释放小滑块，通过计算判断小滑块在圆管道内运动是否受

到摩擦力作用。小滑块在水平直轨道上距离。为x处的速度为v,求v与x之间的关系式。

【答案】：(1)3N,方向竖直向下⑵一0.03J(3)不受v=J12_10xm/s

【解析】：(1)从C到。过程，对小滑块由动能定理得一mgR=O—在C点由牛顿第二定律有/一mg

=m上,联立解得尸N=3N由牛顿第三定律可知，小滑块第一次运动到C点时对轨道的压力大小为3N,方

R

向竖直向下。

(2)从释放小滑块到E点过程，由动能定理有水弹+zwg/sin6-/Limglcos6-mgR(l+cos&)+收=1小一0,W

弹=Ep=0.36J,解得叫=—0.03J。

(3)当滑块以为通过最高点时恰好对管道无压力作用，设此时对应的弹簧弹性势能为小0,由牛顿第二定律有

V02

m——mg,

R

从开始到E点由动能定理有航+"?g/sin3—fimglcosO—mgRQ+cos6*)=1???vo2—0,解得/=%)=().38J,

弹性势能为0.48J大于Ep0,小滑块在圆管道内不受到摩擦力作用。

从开始到离。距离为x处，由动能定理有W-\-mglsm0—/.imglcos0-\-mgR(\~cos3')—/j.mgx=-^mv2—0,其中

%=0.48J,解得v=J12—10xm/so

考向3多过程直线往复运动问题

3.如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧处于原长时上端与刻度尺上的/点等高，质量加

=0.5kg的篮球静止在弹簧正上方，底端距/点的高度生=1.10m,篮球静止释放测得第一次撞击弹簧时,

弹簧的最大形变量制=0.15m,第一次反弹至最高点，篮球底端距/点的高度〃2=0.873m,篮球多次反弹

后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量M=0.01m,弹性势能为稣=0.025J。若篮球运动时受到的空气阻

力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的机械能损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。求：(g取

10m/s2)

(1)弹簧的劲度系数；

(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力；

(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；

(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。

【答案】⑴500N/m(2)0.5N(3)l1.05m(4)第一次下落至4点下方0.009m处速度最大

【解析】(1)篮球静止在弹簧上时，

有mg—kx2—0,解得左=500N/m。

(2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点，由动能定理得加g(/n一色)一次回+%+2闪)=0

代入数值解得户0.5N。

(3)设篮球在整个运动过程中通过的总路程为s,

整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反，

根据动能定理有%G+%+少弹=0

重力做功价="g("+x2)=5.55J

弹力做功少弹=一稣=-0.025J

则空气阻力做功叫=一於=-5.525J

解得s=11.05m。

(4)篮球在首次下落过程中，合力为零处速度最大

速度最大时弹簧形变量为X3

mg—f—kx3=0

在4点下方，离/点M=0.009tn。

考向4多过程曲线往复运动问题

4.如图所示，质量”=0.1kg的可视为质点的小球从距地面高〃=5m处由静止开始自由下落，到达地面恰

能沿凹陷于地面的半圆形槽的右端切入，半圆形槽半径R=0.4m。小球到达槽最低点时速率为lOm/s,并

继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘竖直向上飞出……，如此反复，设小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小

恒定不变，不计空气阻力及小球与槽壁口接触时的机械能损失(取g=10m/s2)。求：

(1)小球第一次飞离槽后上升的高度41；

(2)小球最多能飞出槽外的次数。

【答案】(1)4.2m(2)6次

【解析】(1)由于小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，由对称性可知，小球在槽右半部分与左

半部分运动时克服摩擦力做的功相等，设为肌。

小球从开始下落至到达槽最低点的过程中，由动能定理得mg(7/+R)—%=；加正，解得%=0.4J

小球由槽最低点到第一次上升到最大高度的过程，由动能定理得一7咫01+尺）一即f=0-］丫2,解得耳=4.2mo

（2）设小球能飞出槽外〃次，对整个过程，由动能定理得机g“一代2收=0

解得〃=6.25,〃只能取整数，故小球最多能飞出槽外6次。

1.（2024•全国•高考真题）福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射

测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板

时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前

的（）

A.0.25倍B.0.5倍C.2倍D.4倍

【答案】C

【详解】动能表达式为：纭=；机必

由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时速度变为调整前的2倍；小车离

开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上时间不变，根据：x=

可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍。

故选C。

2.（2024・福建・高考真题）先后两次从高为s=1.4111高处斜向上抛出质量为〃7=（）.21^同一物体落于2、Q2,

测得。8.4m,。2=9.8m,两轨迹交于尸点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为3.2m,下列说法正

A.第一次抛出上升时间，下降时间比值为5:4

B.第一次过P点比第二次机械能少1.3J

C.落地瞬间，第一次，第二次动能之比为72:85

D.第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大

【答案】B

【详解】A.第一次抛出上升的高度为：4=3.2m-1.4m=1.8m

故上升时间为：5=营=0任

号=0.8s

最高点距水平地面高为〃0=3.2m,故下降的时间为:‘下1=

故一次抛出上升时间，下降时间比值为3:4,故A错误;

B.两条轨迹最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为：A=Wi+*=L4s

故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为

vxl==6m/s

匕2=^-=7m/s

由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等为：vy=gZ±1=6m/s

22

由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少：A£=|mvi2-1/Wvxl=1.3J

故B正确；

C.从抛出到落地瞬间根据动能定理:

1

昂=纭。1+mgh°H=g7"（匕1+V；）+mghOH=0J

E22

a=Eg+mgh。H=；”?（v,2+v„）+mghOH=11.3J

故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为100:113,故C错误；

D.根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由

于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大,

第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第

二次大，故D错误。

故选Bo

3.（2024•安徽•高考真题）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为〃的粗糙斜坡顶

端由静止下滑，至底端时速度为v.已知人与滑板的总质量为处可视为质点.重力加速度大小为g,不计

空气阻力.则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（）

A.mghB.gwv?C.mgh+^mv2D.mgh--^mv2

【答案】D

2

【详解】人在下滑的过程中，由动能定理可得：mgh-W（=^mv-0

可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为：%=mgh-^mv2

故选D。

4.（2024•广东•高考真题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从%、H乙

高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在。处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为〃，乙在水平

面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（）

B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度

C.乙的运动时间与以乙无关

D.甲最终停止位置与。处相距生

【答案】ABD

【详解】A.两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0,故A正确；

B.两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速

度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；

C.设斜面倾角为0,乙下滑过程有：/=；gsin"；

在水平面运动一段时间打后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动不乙运动的时间为：t=tl+t2+t3

由于力与"乙有关，则总时间与"乙有关，故C错误；

D.乙下滑过程有：

由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则

如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有：昧=2〃gx

联立可得：^=—

即发生碰撞后甲最终停止位置与。处相距生。故D正确。

故选ABD。

5.（2023•全国•高考真题）无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒