动能定理及其应用-2025年高考物理一轮复习（新高考）

第18讲动能定理及其应用

——划重点之精细讲义系列

■巡!航①

考点1动能定理的理解和应用

考点2动能定理与图象的综合问题

考点3用动能定理解决多过程问题

而考点剖析理重点

考点1：动能定理的理解和应用

一.动能

1.定义：物体由于运动而具有的能叫动能。

222

2.表达式：Ek=^nvo国际单位焦耳。lkg-m/s=lN-m=1Jo

3.特性

动能是标量，只与物体的质量和速度有关，与速度的方向无关。只有正值，

标矢性

没有负值

相对性选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系

瞬时性动能具有瞬时性，与某一时刻或某一位置的速率相对应

△划量点（❶）

①动能是状态量。动能是表征物体运动状态的物理量，与物体的运动状态（或某一时刻的速度）

相对应。

②与速度关系：物体速度变化（如速度的大小不变，方向变化），则物体的动能不一定变化。

而动能变化，则速度一定变化。

二,动能定理

1.内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。

2.表达式W=E\^———mv-mvQ

其中：(1)E=-mv1＞及2=-冽v2分别表示物体的初、末动能。

k122

(2)少表示物体所受合外力做的功，或者物体所受所有外力对物体做功的代数和。

△划重点(❶)

(1)公式中/是合外力做的功，不是某个力做的功，少可能是正功，也可能是负功。

(2)Ek2、分别是末动能和初动能，耳2可能大于颐1,也可能小于以1。

(3)动能定理的研究对象是单个物体，或者是可以看成单一物体的物体系统。动能定理应用

广泛，直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、同时做功、分段做功等各种情况均适用。

(4)动能定理说明了外力对物体所做的总功和动能变化间的一种因果关系和数量关系，不可

理解为功转变成了物体的动能，而是“功引起物体动能的变化”，即物体动能的变化是通过外力做功

的过程来实现的。

(5)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。

▼…rv“"Ei]

划重点产

三.动能定理的应用

1.应用动能定理解题的步骤

动能定理分析步骤

分阶段或全

过程列方程

一般为单个物体①求变力做正负功写“+W”，注意未动能题目不涉及中

或相对静止的物求克服某个力做功写“-W”减去初动能间量，选全过

体组成的系统②某些力不是全过程始终存程列式更简单

在，则每段中各力做的功求

出，再求代数和

③恒力做功则用“Frcos。”表

示

2.动能定理与牛顿定律解题的比较

牛顿定律动能定理

相同点确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析

只能研究恒力作用下物体做直线运对于物体在恒力或变力作用下，物体做直线

适用条件

动的情况运动或曲线运动均适用

要考虑运动过程的每一个细节，结

应用方法只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能

合运动学公式解题

运算方法矢量运算代数运算

(1)动能定理解题不涉及加速度、时间，不涉及矢量运算，运算简单，不易出错。

(2)优先考虑动能定理的问题：不涉及加速度和时间的问题；有多个物理过程的问题；变力

做功问题；曲线运动问题，以及在处理含有产、I、m、v、/、瓦等物理量的问题时，优先考虑使

用动能定理。

一含

【考向1】(2024•河南•三模)如图所示，两根直杆竖直固定，一条长为"的轻绳，两端分别拴在杆

上的P、。点，在绳的中点。拴吊一个质量为加的小球，P,。在同一水平线上，两杆间距离为

1.53重力加速度为g,现用力拉着绳的右端沿右侧杆缓慢向上移动苧L的距离，此过程中，拉力做

功为()

A.当■mgLB.净ngLC.^-mgLD.和igL

【答案】C

【详解】绳右端向上移动日L的距离时，根据几何关系可知，。点刚好到尸0上，根据动能定理有

W—mgh=0

解得拉力做功为

/3\2V7

W=mgh=mgL2-\^LJ=­mgL

故选Co

【考向2】(2024•北京西城・二模)如图所示，长为乙的杆一端固定在过。点的水平转轴上，另一端

固定质量为加的小球。杆在电动机的驱动下在竖直平面内旋转，带动小球以角速度3做匀速圆周运

动，其中/点为最高点，C点为最低点，8、。点与。点等高。已知重力加速度为g,下列说法正确

的是()

A

A.小球在8、。两点受到杆的作用力大于加g

B.小球在/、C两点受到杆的作用力大小的差值为6mg

C.小球在8、。两点受到杆的作用力大小等于小川2£

D.小球从A点到B点的过程，杆对小球做的功等于mgL

【答案】A

【详解】AC.当小球在8、。两点时，杆对小球作用力竖直方向的分力应等于重力，水平方向分力

提供向心力，故杆对小球的作用力为

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

故A正确；C错误；

B.若小球在最高点，杆对小球的作用力为支持力，则在/点

2

mg—Fm=ma)L

在C点

m2

Fm~9—ma)L

所以

Al2_FN1=27Tl6)2/,

若小球在最高点，杆对小球的作用力为拉力，则在4点

2

mg+FN1=ma)L

在C点

Pm~m9=rn.a)2L

所以

FN2-FNI=2mg

故B错误；

D.小球从4点到3点的过程，根据动能定理，可得

W+mgL-0

解得杆对小球做的功等于

W=—mgL

故D错误。

故选Ao

【考向3】（2024•北京东城・二模）如图所示，在距地面同一高度处将三个相同的小球以相同的速率

分别沿竖直向下、竖直向上、水平向右的方向抛出，不计空气阻力，比较这三个小球从抛出到落地

的过程，下列说法正确的是（）

h

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

A.重力对每个小球做的功都各不相同

B.每个小球落地时的速度都各不相同

C.每个小球在空中的运动时间都各不相同

D.每个小球落地时重力做功的瞬时功率都各不相同

【答案】C

【详解】A.设下落高度为人，重力做功为

WG=mgh

三个小球下落高度相同，重力对每个小球做的功相同，故A错误；

B.三个小球从抛出到落地的过程，根据动能定理

11

mgh=—mv2——mvg

可知每个小球落地时的速度大小相同，第1个球、第2个球落地时的速度方向竖直向下，第个球落

地时的速度方向不是竖直向下，故每个小球落地时的速度不是各不相同，故B错误；

C.小球抛出后，加速度都是g,竖直方向都做匀变速直线运动，第1个球做竖直下抛运动，有

17

h=vot1+-gt{

第2个球做竖直上抛运动，有

1?

h--v0t2+5^2

第3个球做平抛运动，有

1

八=”%7

可得

ti<t3<t2

故每个小球在空中的运动时间都各不相同，故C正确;

D.小球落地时重力做功的瞬时功率

P=mgvcosd=mgvy

由于

vv>v

Ai=y2=y3

故

P1=P2>P3

故每个小球落地时重力做功的瞬时功率不是各不相同，故D错误。

故选C。

【考向4】质量可以忽略的甲、乙两棒一端各固定一相同小球，另一端可以绕水平转轴在竖直平面

内转动，如图所示，现将两棒由水平位置无初速度释放，转过。角（e<90°）o已知甲棒较长，不

计一切阻力，下列说法正确的是（）

OVO'

VA.两棒转过相同角度。时,两小球的线速度一样大

B.两棒转过相同角度。时,甲棒上小球的向心加速度较大

C.两棒转过相同角度。时，两棒转动的角速度一样大

D.两棒转过相同角度。时，运动时间的关系为t甲>七乙

【答案】D

【详解】A.根据动能定理有

mgLsind=—mv2

所以则甲球的速度比乙球大，故A错误；

B.向心加速度为

V2

根据A项可知

a=2gsin6

两球向心加速度相等，故B错误；

C.根据卜=43可知角速度为

2gsin6

3=~T~

NL

可知两棒转过相同角度。时，乙棒转动的角速度较大，故c错误；

D.根据角速度的计算公式3=（可知，两棒转过相同角度。时，运动时间的关系为1甲＞［乙，故D

正确；

故选D。

【考向5】（2024・河北•二模）自由滑雪大跳台是冬奥会比赛项目，其赛道简化为如图所示的模型，

其中助滑区倾斜赛道与圆弧赛道BCD相切于8点，圆弧赛道半径R=10m,起跳点。与圆心的

连线与竖直方向的夹角0=25°o质量加=50kg（连同装备）的运动员从助滑区的N点由静止开始下滑,

到达起跳点。时斜向上飞离雪道，落在着陆坡上的£点。已知/点到C点（C为圆弧赛道的最低点）

的竖直高度差〃/=30m,运动员到达圆弧上的。点时对赛道的压力Ev=950N,D、£两点间的竖直高

度差〃2=12m,重力加速度g取10m/s2,sin25°=0.4,cos25°=0.9,不计空气阻力，运动员可视为质点。

求：

（1）运动员从/点运动到。点克服阻力做的功；

（2）起跳点D到落地点E之间的水平距离。

【详解】（1）在。点，根据牛顿第三定律，赛道对运动员的支持力

F'N=FN

对。点，根据牛顿第二定律

2

F/^—uigcosd=---

K

可得

vD=10m/s

运动员从4点运动到。点根据动能定理

17

mgh1—mgR(l—cosd)—Wf=27n访

解得

勿/=12000J

(2)点。到落地点E之间做斜抛运动，竖直方向

1

2

h2=—vDsindt+—gt

水平方向

x=vDcosO•t

解得

x=18m

痂考点剖析理重点

考点2：动能定理与图象的综合问题

1.力学中图像所围“面积"的意义

(1)丫一，图：由公式X=W可知，V—/图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。

(2)a—f图：由公式Av=af可知，a—/图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。

(3)/一x图：由公式少=网可知，/一x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。

(4)P—/图：由公式少=尸/可知，P—■，图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。

2.解决物理图像问题的基本步骤

(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。

(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。

(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截

距、图线的交点，图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题。或者利用函数图线上的特定值

代入函数关系式求物理量。

3.动能定理与图像结合问题的分析方法

(1)首先看清楚所给图像的种类(如VT图像、图像、EkT图像等)。

(2)挖掘图像的隐含条件——求出所需要的物理量，如由v-f图像所包围的“面积”求位移，由

F-x图像所包围的“面积”求功等。

(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。

4.解决图象问题的突破点

①注意图象斜率、面积和截距的物理意义。

②注意挖掘图象中的隐含信息，往往可以找到解题突破口。

•.金

式适生逊即

【考向6】用物理图像研究物理量之间关系是一种常用的数学物理方法。一物体在水平面上做直线

运动，其运动图像如图所示，其中横轴和纵轴的截距分别为〃和〃?。下列说法正确的是()

A.若为图像，则物体可能做变加速直线运动

B.若为a-x图像且物体初速度为零，则物体的最大速度为g而

C.若为"-无图像，则物体一定做匀变速直线运动

D.若为a-t图像且物体初速度为零，则最大速度出现在t=与时刻

【答案】B

【详解】A.根据运动学公式

2

x=Vot+|at

可知

X1

?=%+,就

由图像可知，斜率不变，物体运动为匀变速直线运动，A错误;

B.物体初速度为零，由动能定理可知

12momn

2m0Vmax-°=,X=2恤"=--—

即

2

%nax=mn

所以物体的最大速度为

"max=Vmn

B正确；

C.若物体做匀变速直线运动，则有

V2—VQ—2ax

即对于匀变速直线运动，其"-X图像不可能是一次函数图像，C错误；

D.根据运动学公式可知

V—VQ

a=------

t

由此可知，图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，所以物体的最大速度为

mn

Umax=Av=

出现在t=n时刻，D错误。

故选B。

【考向7】（2024•山西•二模）某次救援中，一质量为20kg的无人船在平静水面上从静止开始沿直线

奔向目标地点，加速100m后关闭发动机，继续滑行一段距离后恰好到达救援地点，该过程中无人

船运动的速度平方廿与位移x的关系如图所示。假设无人船运行过程中受水的阻力恒定，不计空气

阻力，g取10m/s2。该过程中（）

0100200300

A.无人船加速的时间为20s

B.无人船平均速度的大小为15m/s

C.减速过程中，无人船受水阻力的大小为20N

D.加速过程中，牵引力对无人船做的功为4X103J

【答案】C

【详解】A.根据

V2-0=2ax

解得加速时加速度

a-2m/s2

无人船加速的时间为

v

t=—=10s

a

故A错误；

B.根据

v2—0=2ax

解得减速时加速度大小为

a'=lm/s2

减速时间

v

t2=—=20s

a'

平均速度

—x300

v—--=———m/s=10m/s

t总20+10''

故B错误；

C.减速过程中，无人船受水阻力的大小为

f-ma'-20N

故C正确；

D.加速过程中，牵引力对无人船做的功为防根据动能定理

1

2

—mv—0—W—fx1

解得

W=6000J

故D错误。

故选C。

【考向8】（多选）（2024•广西•二模）如图甲所示，物体在水平恒力尸作用下沿粗糙水平地面由静止

开始运动，在t=ls时刻撤去恒力尸，物体运动的u-t图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2,下

列说法正确的是（）

A.物体在3s内的位移久=3m

B.恒力/与滑动摩擦力大小之比为3:1

C.物体与地面间的动摩擦因数4=。.3

D.在撤去尸前后两个阶段的平均速度大小之比巧:吃=2:1

【答案】BC

【详解】A.根据回图象与时间轴所围的面积表示位移，可得物体在3s内的位移

6x3

s=---m=9m

故A错误；

B.物体在第1s内和后2s内的位移分别为

1

Si=2X6xlm=3m

6x2

s2=---m=6m

对整个过程，由动能定理得

Fsi—fs=0—0

解得

F-.户3：1

故B正确；

C.对后2s内物体的运动过程，由动能定理得

1

一〃7ngs2=0——9

得

v262

M=2^=2X1OX6=0-3

故C正确；

D.撤去外力前后的两个过程为匀变速直线运动，平均速度为初末速度和的一半，故平均速度相同,

故D错误。

故选BC=

【考向9］（多选）如图甲所示，倾角为30。的光滑斜面上，质量为2kg的小物块在平行于斜面的拉

力厂作用下由静止沿斜面向上运动，拉力（尸）随位移G）变化的图像如图乙所示。取g=10

m/s2,则在物块沿斜面运动的过程中，下列判断正确的是（）

A.上升过程中,当x=7.5m时物块的速度最大

B.上升过程中,当x=10m时物块的速度为0

C.上升过程中,物块能达到的最大高度为7.5m

D.下降过程中，当x=0时重力对物块做功的功率为lOOV^W

【答案】AC

【详解】A.小物块所受重力沿斜面向下的分力大小为

mgsin30°=10N

根据图像可知，在拉力作用下，物块先沿斜面向上做匀加速直线运动，后向上做加速度减小的直线

运动，当拉力大小为10N时，加速度减小为0,此时速度达到最大值，根据图乙，结合数学函数关

系，可以解得

x=7.5m

故A正确;

B.当x=10m时，根据动能定理有

1

Wp—mgxsin30°=—mv2

其中

(5+10)x20

%=J=150J

2

解得

v=5V2m/s

故B错误;

C.令物块沿斜面运动到x=10m位置之后，能够沿斜面继续向上减速至0的位移为xi，则有

1

一?ng%isin30。=0——mv2

解得

%!=5m

则上升过程中，物块能达到的最大高度为

1

H=(%+%i)sin30°=(10+5)x—m=7.5m

故C正确；

D.物块由最高点下降至最低点过程有

1

mg(x+%i)sin30。=—mv{7

解得

V\—5V6m/s

则下降过程中，当x=0时重力对物块做功的功率为

P=mgi7isin30°

解得

P=50V6W

故D错误。

故选ACo

【考向10】(2024・四川达州•二模)如图1所示，一倾角6=37。的斜面体固定在水平地面上(斜面

足够长、带一定滑轮)，物块A放在斜面上的。点，用跨过轻质定滑轮的轻绳与物块B连接，B离

滑轮足够远。A、B的质量分别为恤=2.5kg、m2=0.9kg„运动过程中A与。点的距离设为x,A

与斜面间的动摩擦因数〃与x的关系如图2。重力加速度g取10m/s2,现将A、B由静止释放。求:

(1)当x为多大时物块A的速度最大;

(2)物块A在斜面上滑行的最大位移Xm。

图2

【详解】(1)设物块A的速度最大时A与斜面间的动摩擦因数〃，由牛顿第二定律得

THigsinJ—〃7Higcose—TH2g=0

解得

〃=0.3

由图2得

3

ii=­x

i20

则当〃=0.3时

x=2m

(2)设物块A沿斜面向下滑到最大位移过程中，克服摩擦力做功为Wf,由功能关系得

Wf—m2gxm=0

摩擦力做功为

_0+iim^gcosd

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

其中

3

〃=而久m

解得

xm=4m

历考点剖析理重点

考点3：用动能定理解决多过程问题

很多动力学问题中涉及研究对象有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体

的运动情况和受力情况都发生了变化，我们把这类问题称为多过程问题。多运动组合问题主要是指

直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题。

1.动能定理的优点

由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复

杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解。因

此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的

功累加起来即可。

2.解题

(1)解题策略

若问题涉及时间、加速度、力等，一般要用牛顿运动定律与运动学公式结合求解。

若问题只涉及位移、速度、力等一般可用动能定理求解，用动能定理求解一般比用牛顿运动定

律求解简单。

(2)解题关键

①抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，观察每一个过程的特征和寻找过程之间的联系

是求解多过程问题的两个关键，将物理过程分解成几个简单子过程。

②两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键.很多情况下平抛运动的

末速度的方向是解题的重要突破口。

3.涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，注意它们做功的特点：

(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；

(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积，滑动摩擦力做功与物体运动路

径有关，其功的大小可用Wf=~Ff求解，其中s为物体滑行的路程。若题目中涉及求解物体运

动的路程或位置的变化，可利用动能定理求出摩擦力做的功，然后进一步确定物体运动的路程或位

置的变化。

(3)弹簧弹力做功与路径无关，直接用“+W”表示。

一含

【考向11］如图所示，某同学在滑雪场练习滑雪。滑道由足够长的水平冰面与倾角为37。的倾斜冰

面在〃处平滑连接，冰鞋与水平和倾斜冰面间的动摩擦因数均为0.25,某次练习时，该同学从4处

开始以大小为功的初速度向右自由滑行，最终在倾斜冰面上2处速度减为与MB的长度之比

为48：5,取重力加速度大小为g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,该同学自由滑行至M点的速度大

1111

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

【答案】A

【详解】在水平冰面和倾斜冰面上应用动能定理有

1212

一林mgx]=—mv^——mvQ

17

一(zngsin37°+/zm<gcos37°)x2=0——

又

X148

x25

联立解得

1

V=-VO

故选Ao

【考向12】（2024•黑龙江•二模）如图所示，半径为1m的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水平地面

上，B点为轨道最低点，A点与圆心。等高。质量为1kg的小球（可视为质点）在/点正上方0.75m

处静止释放，下落至N点时进入圆轨道，重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力，则（）

A.小球在2点的动能为7.5JB.小球在4点受到轨道的弹力大小为10N

C.小球上升过程中距地面的最大高度为1.75mD.小球离开轨道后将落至轨道8点

【答案】D

【详解】A.小球从释放到最低点，根据动能定理有

mg（h+R）=石砥

解得

EkB-17.5J

故A错误；

B.小球从释放到4点，根据动能定理有

1,

mgh=

在N点，根据牛顿第二定律有

N=加等

解得

N=15N

故B错误；

C.设小球上升过程中距地面最大高度与圆心的连线和竖直方向的夹角为仇则有

mv2

mgcosd=-

R

从5点到最高点，根据动能定理有

1

2

—mgR（l+cos0）=—mv—E^B

解得

1

cos3=—

最大高度为

h=R（1+cos。）=1.5m

故C错误；

D.假设小球离开轨道后将落至轨道8点，由C分析可知脱离轨道的速度为

v=V5m/s

根据斜抛的运动规律可知

1

h——vsin60°t+—gt2

x=vcos60°t

解得

x=—m=2?cos30°

2

可知小球离开轨道后将落至轨道5点，故D正确；

故选D。

【考向13】（多选）（2024・云南曲靖•二模）如图所示，足够长的固定木板的倾角为37。，劲度系数为

k=36N/m的轻质弹簧一端固定在木板上P点，图中NP间距等于弹簧的自然长度。现将质量

m=1kg的可视为质点的物块放在木板上，稳定后在外力作用下将弹簧缓慢压缩到某一位置B点后

释放。已知木板P4段光滑，N0段粗糙，物块与木板间的动摩擦因数〃=看物块在8点释放后向上

运动，第一次到达4点时速度大小为为=3V^m/s,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6a（）

A.施力前弹簧压缩量为得m

B.外力做的功为13.5J

C.物块第一次向下运动到/点时的速度大小为3m/s

D.物块在/点上方运动的总路程为4.5m

【答案】CD

【详解】A.施力前，对物块，根据平衡条件

F弹=mgsin37°

根据胡克定律

F弹=kx

联立，解得

1

x=­m

6

故A错误；

B.当物块由8到2的过程中，根据能量守恒

11

—fcx2+W=-mvQ+mgxsin37°

解得

W=14J

故B错误；

C.设物块从/点向上滑行的最大距离为口，根据动能定理可知，上滑过程有

1

一mgsisin37°—〃7ngs/os37°=0——mPg7

下滑过程有

12

7ngs对口37°—〃mgsicos37°=—mv{—0

联立，解得

Si=1.5m

%=3m/s

故C正确；

D.物块最终在4点下方做往复运动，最高点为4,根据动能定理有

1

/imgscos37°=—mv^7

解得

s=4.5m

故D正确。

故选CDo

【考向14】（多选）（2024・河北•三模）如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中是长

度为R的水平轨道，8cDE是圆心为。、半径为7?的［圆弧轨道，两轨道相切于5点。一可视为质

4-

点的小球从/点以某速度处（大小未知）水平向左运动，重力加速度大小为g。下列说法正确的是

D

A.当%=j5gR时，小球刚好过最高点D点

B.当%=,3gA时，小球不会脱离圆弧轨道

C.若小球能通过E点，则见越大，小球在5点与£点所受的弹力之差越大

D.小球从£点运动到/点的最长时间为（遥-句）

【答案】AD

【详解】A.由题知，小球刚好过最高点。点，则由圆周运动知

诒

mg=rn—

R

在4到。过程中，由动能定理可知

11

—mvj）——mvQ=—2mgR

联立解得

v0=y/5gR

A正确；

B.当%=J9时，设上升高度为心假设小球不会脱离圆弧轨道，则必须满足hWR,由动能定理

知

1

0——mvo7=—mgh

代入得

3

h=-R

假设不成立，故当历=商^时，小球会脱离圆弧轨道，B错误；

C.3到£运动过程中，由动能定理知

11

—7—7=—mgR

在B点时，小球所受弹力为

FB=mg+m^-

K

在E点时，小球所受弹力为

F=m—

EFR

则小球在B点与E点所受的弹力之差为

FB-PE=37ng

故小球在8点与£点所受的弹力之差不变，C错误;

D.在。到E过程中，由动能定理知

11

—mv^7——mvp7=mgR

代入得

vE=yp3gR

从E到/运动过程中，小球做竖直下抛运动，则

1

2

vEt+-gt=R

代入得

t=（V5—V3）

D正确；

故选ADo

【考向15】（2023・四川达州•一模）滑滑板是一项青少年酷爱的运动，依靠自身的体能，快速的运动

艺术。一青少年在一次训练中的运动可简化为以下运动：如图所示，青少年先在距地面高h=3.2m

的高台上加速滑跑，到达高台边缘。点时以%=3m/s的速度水平滑出高台，然后在空中调整姿势,

恰好落在光滑圆弧轨道的N点并沿切线方向滑入轨道（圆弧轨道与地面相切于8点），离开C

点滑入倾斜粗糙轨道CP（轨道CP与圆弧轨道相切），滑到倾斜轨道上N点（图中未标出）速度为零。

已知将滑板和人整体视为质点，Na=53。，邙=37。,不计空气阻力，滑板与倾斜轨道间的动摩擦

因数〃=0.25,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6„求

（1）圆弧轨道48C的半径R；

（2）N点离地面的高度〃（结果保留两位小数）。

【答案】(1)6m；(2)3.04m

【详解】(1)做出滑板进入圆弧轨道4点时的速度方向如图所示

根据几何关系可知，速度的偏向角大小等于a,则有

%

—=tan53°

%

解得滑板少年进入圆弧轨道N点时竖直方向的速度

vy=4m/s

则可知此时滑板少年距地面的高度

v2

h=h--^-=2.4m

02g

而根据几何关系可得

R-Rcos53°=h0

解得

R=6m

(2)设到达C点时的速度为女,而到达4点时的速度为

Vo

以=而忑*=5m/s

从/到C由动能定理有

1717

mgh0—mgR(l—cos37°)=—

解得

vc=7m/s

设从。到N的竖直高度为后，则从。到N由动能定理有

hi1

—^,mgcos37°•.--mgh1=0——7

o111J/乙

解得

hi=1.8375m

则可得N点离地面的高度

H=h1+/?(l-cos37°)«3.04m

【考向16】(2024•江苏南通•二模)如图所示，一轨道由半径R=0.8m的四分之一光滑竖直圆弧轨道

和长度可以调节的水平粗糙直轨道3c在3点平滑连接而成。一质量爪=0.2kg的小球从4点由

静止释放，经过圆弧轨道和直轨道后，从C点水平飞离轨道，落到地面上的尸点，小球经过5c段

所受阻力为其重力的0.2倍，P、C两点间的高度差八=3.2m。不计空气阻力，取重力加速度g=10m

/s2o

(1)求小球运动至圆弧轨道8点时，轨道对小球的支持力大小FN；

(2)为使小球落点P与2点的水平距离最大，求3C段的长度LBC；

(3)若撤去轨道3C,小球仍从/点由静止释放，小球落到地面上后弹起，与地面多次碰撞后静止。

假设小球每次与地面碰撞机械能损失75%,碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求地面上小球第1

次和第2次落点的距离Ax。

【答案】(1)FN=6N；(2)LBC=3.36m；(3)Ax=1.6m

【详解】(1)N至8过程，动能定理

1,

z

mgR——mvB—0

解得

vB=4m/s

小球在B点

了就

F-mg=m—

NK

解得

FN=6N

(2)6至。过程，动能定理

11

22

-kmgLBC=-mvc--mvB

平抛的水平距离

x=vct

竖直方向

h=3gt2B至p的水平距离

2

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

当文=1.6m/s时P至B的水平距离最大

LBC=3.36m

（3）由于小球每次碰撞机械能损失75%,由&=如小，则碰撞后的速度为碰撞前速度的也碰撞前

后速度方向与地面的夹角相等，则碰撞后竖直、水平方向的分速度为碰撞前竖直、水平方向分速度

的《从8至地面竖直方向的速度大小

%=gt

第一次碰撞后上升到最高点的时间

t

小球第1次和第2次落点的距离

v

△%=2—Bti

解得

△%=1.6m

一第1真题探遍规范维

【真题1】（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相，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（）

111

A.mghB.-mv2C.mgh+-mv2D.mgh—^mv2

【答案】D

【详解】人在下滑的过程中，由动能定理可得

1

mgh—Wf--mv2—0

可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为

1

2

Wf—mgh——mv

故选D。

【真题2］（2024•江西・高考真题）两个质量相同的卫星绕月球做匀速圆周运动，半径分别为勺、2，

则动能和周期的比值为（）

A-ki72rl驷=且宜rl

0•F-rT

、Ek2r"2k222

^kl_I27\

J&2一“72

【答案】A

【详解】两个质量相同的卫星绕月球做匀速圆周运动，则月球对卫星的万有引力提供向心力，设月

球的质量为卫星的质量为加，则半径为心的卫星有

Mmv?4n2

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

rl勺Tl

半径为々的卫星有

Mm诏4n2

G—m—=?71—5~厂2

老厂2*

再根据动能Ek=|mv2,可得两卫星动能和周期的比值分别为

Ekir271Jri

二=无，片不

故选Ao

【真题3］（2024・北京・高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最

终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（）

A.刚开始物体相对传送带向前运动

B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力

C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功

D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长

【答案】D

【详解】A.刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；

B.匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误；

C.物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；

D.设物体与传送带间动摩擦因数为〃，物体相对传送带运动时

Ring

a=-----=ng

m

做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由"=就可知，传送带速度越大，物体加

速运动的时间越长，D正确。

故选Do

【真题4】（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

12

Ek=~mvi

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=vt

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。

【真题5】（2024•福建・高考真题）先后两次从高为。”=1.4m高处斜向上抛出质量为爪=0.2kg同一

物体落于Qi、＜22＞测得。Qi=8.4m,。＜?2=9.8m,两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平

地面高为3.2m,下列说法正确的是（）

A.第一次抛出上升时间，下降时间比值为77:4

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

=3.2m—1.4m=1.8m

故上升时间为

最高点距水平地面高为％=3.2m,故下降的时间为

t下1=---=0.8s

Jg

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

t=t上1+力下1=1.4s

故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为

o（2i

Vxi=-=6m/s

OQ2

vX2=—=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=gt上1=6m/s

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

11

9z9

△E=—mvx2――mvxl=1.3J

故B正确；

C.从抛出到落地瞬间根据动能定理

]

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B。

【真题6]（多选）（2023•广东•高考真题）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6m/s。已知货物

质量为20kg,滑道高度八为4m,且过Q点的切线水平，重力加速度取10m/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360JB.克服阻力做的功为440J

C.经过Q点时向心加速度大小为9m/s2D.经过Q点时对轨道的压力大小为380N

【答案】BCD

【详解】A.重力做的功为

WG—mgh-800J

A错误；

B.下滑过程据动能定理可得

1,

WG-Wf=-mv^

代入数据解得，克服阻力做的功为

Wf=440J

B正确；

C.经过Q点时向心加速度大小为

VQ

a=—=9m/s2

h

C正确；

D.经过Q点时，据牛顿第二定律可得

F—mg=ma

解得货物受到的支持力大小为

F=380N

据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380N,D正确。

故选BCDo

【真题7】（2023・重庆・高考真题）机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为加的工件（视为质点）

被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为。的匀加速直线运动，运动方向

与竖直方向夹角为0,提升高度为人，如图所示。求：

（1）提升高度为内时，工件的速度大小；

(2)在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。

【答案】(1)当；(2)

Vcos0

【详解】(1)根据匀变速直线运动位移与速度关系有

9h

"。=2。痂

解得

2ah

Vo=

cosO

(2)根据速度公式有

v0=at

解得

2h

t=

acosd

根据动能定理有

17

W合=-mvo

解得

mah

W^=--

口COS0

【真题8】(2024•全国•高考真题)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过

程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的

绳子尸，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子。，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若

重物的质量爪=42kg,重力加速度大小g=10m/s2,当P绳与竖直方向的夹角a=37。时，。绳与

竖直方向的夹角A=53°,(sin37°=0.6)

(1)求此时P、0绳中拉力的大小;

(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h=10m,求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力

对重物做的总功。

a

Q\

【答案】(1)1200N,900N；(2)-4200J

【详解】(1)重物下降的过程中受力平衡，设此时P、。绳中拉力的大小分别为4和72,竖直方向

T1cosa=mg+72cos£

水平方向

Tisina=T2sin/3

联立代入数值得

7\=1200N,T2=900N

(2)整个过程根据动能定理得

W+mgh=0

解得两根绳子拉力对重物做的总功为

VIZ=-4200J

臼

一、单选题

1.(2024•辽宁沈阳•三模)我国首颗超百Gbps容量的高通量地球静止轨道通信卫星一“中星26号”

与某一椭圆轨道侦察卫星的运动轨迹如图所示，/、3分别为侦察卫星的近地点和远地点。两卫星的

运行周期相同，。点是两轨道交点，8c连线过地心，下列说法正确