动能定理及其应用-2025届高考物理一轮复习（新高考专用）（解析版）

专集22秋健定理及其瘙用（解析版）

目录

01思维导图-成竹在胸

02知识梳理-复习重点

知识点1：动能......................................................2

知识点2：动能定理..................................................2

03分成调研-提分要点

考向1动能定理的理解及其应用......................................2

角度1：用动能定理求解外力做功和初末速度...........................3

角度2：汽车制动距离问题...........................................4

考向2动能定理解决多过程问题......................................5

角度1：应用动能定理解决多过程问题.................................5

考向3动能定理与图像问题的综合应用.................................7

角度1：动能定理在图像中的应用.....................................8

角度2：动能定理解决机车启动问题..................................10

角度3：应用动能定理解决传送带问题................................11

04真题再现・洞悉高考

05分层检测-能力拔高

思维导图•成竹在胸

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知识梳理•复习重点

知识点1:动能

1.定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能；

1,

2.表达式：E,=—mv

2

3.单位：焦耳，简称焦，符号是J

4.动能具有的特点

（1）动能是标量，与速度的方向无关，不能合成或分解，且动能只有正值；

（2）动能具有瞬时性和相对性，这是由速度的瞬时性和相对性决定的，即动能与物体在任意时刻的速度是

对应的，是一个状态量；对于同一个物体，在速度不变时，相对于不同的参考系其动能是不-样的。

知识点2：动能定理

1.内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化量.

2.表达式：W=£k2—£ki=^mv2—^mvi

3.适用条件：

①既适用于直线运动，也适用于曲线运动；

②既适用于恒力做功，也适用于变力做功；

③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用.

4.应用技巧：若整个过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑.

平均速度瞬时速度

物理粗略描述某段时间内（或某段位移精确描述某一时刻（或某一位置）物体运动的

意义上）物体运动的平均快慢程度快慢程度

大小位移与_______之比当时间间隔非常小时，平均速度等于瞬时速度

方向与___的方向相同沿轨迹上该点的____且指向前进的方向

分层调研提分要点】

考向1动能定理的理解及其应用

1.对动能定理的理解

（1）动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系：

①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系.

②因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因.

（2）动能定理中涉及的物理量有RI、机、丫、卬、及等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用

动能定理.

2.运用动能定理需注意的问题

（1）应用动能定理解题时，不必深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末

的动能.

（2）若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑.但求功时，有些力不

是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公

式.

3.应用动能定理解题的基本思路

（1）选取研究对象，明确它的运动过程；

（2）分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：

|受哪||各力是|做正功还各力做功

|些力|7|否做功|一|是负功T屈I的代数和

（3）明确研究对象在过程的初末状态的动能Eki和蜕；

（4）列动能定理的方程卬合=株2—及其他必要的解题方程，进行求解.

角度1：用动能定理求解外力做功和初末速度

【典例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，从高为丸的粗糙

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"3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.gvzv?C.〃蛆〃+D.mgh-mv2

【答案】D

【详解】人在下滑的过程中，由动能定理可得m叫=］碇2一。

可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为叫

故选D。

【变式1-1］（2024•黑龙江哈尔滨•模拟预测）哈尔滨冰雪大世界的超长冰滑梯长度可达500m,垂直落差

可达20m,滑完全程大约需要40s时间，能给游客带来超强体验，深受游客喜爱。若忽略一切阻力，则游客

到达滑梯底端时的速度大约是（）

A.10m/sB.20m/sC.30m/sD.40m/s

【答案】B

【详解】由动能定理得机=，解得v=J2g/i=j2xl0x20m/s=20m/s,故选B。

【变式1-2］（2024•山东•模拟预测）如图，水平地面与圆心为。、半径H=0.4m的固定竖直圆弧轨道相

切于A点，该轨道的圆心角为53。，B为圆弧轨道的最高点。一质量，〃=0.5kg的物块静止于水平地面上的C

点处，C、A之间的距离L=0.68m。现对物块施加一水平向右的恒力，当物块到达B点时撤去该力。已知

物块经过8点后再经过f=0.4s后落到地面上，物块可视为质点，忽略空气阻力及一切摩擦，重力加速度g取

2

10m/s,sin53°=0.8,cos53°=0.6o求：

O

(1)物块落地点与8点之间的水平距离；

(2)恒力尸的大小。

【答案】(l)d=0.48m(2)F=1.8N

【详解】(1)物块通过3点后在竖直方向上做竖直上抛运动，有氏-氏8553。=-丫”皿53。1+：8产

解得曝=2m/s

物块B在水平方向上做匀速运动，有"=VBCOS53。J,解得d=0.48m

(2)由C点至8点对物块由动能定理有尸(L+Rsin53。)-根g(R-Rcos53o)=：〃址，解得尸=L8N

角度2：汽车制动距离问题

【典例2】(23-24高三下止海宝山惭•段练习)冰壶比赛场地如图所示，运动员在投掷线A2处以速度vo=2m/s

沿虚线将冰壶投出，冰壶投出后，运动员从某处开始用冰刷在冰壶前方连续擦冰，距离为s,冰壶滑行24.8m

后停止，运动员不擦冰时冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.01,擦冰后冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.004,

重力加速度大小g取10m/s2o求：

(1)擦冰的距离s；

(2)从何处开始擦冰可使冰壶滑行最长时间，并求此最长时间。

起滑架投掷线

【答案】(1)8m；(2)见解析

【详解】(1)冰壶从投掷线开始到最终停止运动，根据动能定理有-g(So-S)-〃2Mgs=0-；机喏

解得s=8m

(2)作出冰壶运动的速度时间图像

由图可知，越晚擦冰，冰壶运动总时间越长，所以在最后8m位移阶段擦冰，

根据牛顿第二定律有4mg=ma2,s=名

解得》2=20S

根据速度时间关系有丫=%马，So-s=gb4

解得4=12s

所以，m=?1+芍=32s

【变式2-1】汽车在公路上紧急刹车时，车后会留下一条长长的轮胎印，这个轮胎印的长度就是汽车的刹车

距离，测试两辆汽车在同一水平路山上的刹车距离，假设所用轮胎型号相同，刹车距离长的汽车一定

A.惯性大B.惯性小C.初速度大D.受到的阻力小

【答案】C

【详解】令轮胎和地面的动摩擦因数为〃，刹车过程中，由动能定理可知，-卬ngs=G-Ek

即jUmgs=；mv~

2

由公式可得s=

24g

根据表达式可知，位移的大小与汽车的质量无关；两车与路面的动摩擦因数相同，所以初速度越大，刹车

距离长

A.惯性大与分析不符，故A错误；

B.惯性小与分析不符，故B错误；

C.初速度大与分析相符，故C正确；

D.受到的阻力小与分析不符，故D错误.

【变式2-2］（多选）汽车在出厂前要进行性能测试。某次测试中，测试人员驾驶着汽车在一个空旷的水平

场地上沿直线以恒定的速度％匀速行驶，突然发现正前方的道路出现故障，为了躲避故障，测试人员采取

了一些应急措施。设汽车与路面间的滑动摩擦因数为〃，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,

则关于测试人员采取的应急措施说法正确的是（）

A.若直线刹车，则至少应该在道路故障前普的距离处采取刹车措施

B.若以原有速率转弯，转弯半径越大，汽车受到的侧向摩擦力越大

C.若以原有速率转弯，转弯的最小半径为加

D.以原速率转弯要比以直线刹车更安全一些

【答案】AC

【详解】A.若采取直线刹车措施，根据动能定理有gx=；相说

解得刹车的最大距离为％=故A正确；

B.汽车做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，根据耳=竺金,可知转弯半径越大，汽车受到的摩擦力越小，

r

故B错误；

C.当摩擦力达到最大时，〃mg=,解得，％加="，故C正确；

r,nin4g

D.由于%“＞无，所以直线刹车更安全些，故D错误。

故选ACo

考向2动能定理解决多过程问题

1.解题的基本思路

（1）选取研究对象，明确它的运动过程；

（2）分析受力情况和各力的做功情况；

（3）明确研究对象在过程的初末状态的动能及1和Ek2；

（4）列动能定理的方程卬合=反2—Eki及其他必要的解题方程，进行求解.

角度1:应用动能定理解决多过程问题

【典例31（2024•甘肃平凉•三模）如图所示，固定在竖直面内的光滑圆弧轨道尸。在。点与水平面相切，

其圆心为。、半径为R,圆弧对应的圆心角夕=53。。一可视为质点的质量为根的小物块从S点以水平初速

度％）抛出，恰好在尸点沿切线方向进入圆弧轨道，最后滑上水平面在C点停下来。已知小物块与水平面

间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,不计空气阻力，sin53°=0.8,求：

（1）S、P两点间的竖直高度；

（2）。、C两点间的距离。

【答案】⑴*2R25/

(2)---1-----

5〃18〃g

【详解】⑴小物块从S到尸做平抛运动，恰好在尸点沿切线方向进入圆弧轨道，此时有tane=2

%

4

解得小物块在P点的竖直分速度为匕=§%

竖直方向有2g/?=d

解得S、P两点间的竖直高度为人=里=%

2g9g

（2）小物块在尸点的速度为昨='=：%

cos6*3

小物块从尸点到C点过程，根据动能定理可得，rngR（l-cos6＞）-jumgs=0-mvp

解得。、C两点间的距离为5=至+?企

5〃18〃g

【变式3-1］（多选）（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甲、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（）

A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止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H乙无关D.甲最终停止位置与。处相距区

【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.设斜面倾角为仇乙下滑过程有equlgsina；

sinU2

在水平面运动一段时间f2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3,乙运动的时间为，=4+t2+t3

由于〃与打乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；

D.乙下滑过程有mgH乙=1mvl

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g=2〃gx

联立可得尤=生，即发生碰撞后甲最终停止位置与。处相距区，故D正确。

故选ABD„

【不是说3-2］（多选）在足够长的光滑斜面底端，有一质量为根的小滑块可视为质点，受平行斜面向上的

恒力/作用，由静止开始沿斜面向上运动，经过一段时间3位移为X。此时撤去恒力，滑块经相同的时间

f恰返回至斜面底端，取沿斜面向上的方向为坐标轴x的正方向，斜面底端为坐标原点，滑块运动的位移-

时间图像如图所示，图中曲线对应抛物线，已知滑块始终在斜面上运动，则（）

A.位移最大值x祖为行B.撤去尸时滑块的速度为亍

C.恒力F对滑块做的功为警D.滑块返回至斜面底端的动能为弊

【答案】ABD

【详解】A.设存在恒力产时的加速度大小为由撤去产后加速度大小为42,根据匀变速直线运动规律，上升

过程有尤=；1产

.撤去/瞬间速度V="

2

撒去/后有-x=vf—--a2t,解得的=3%

撤去产后，滑块继续向上运动，则%—=工"1〃=二无，Xm=TX'A正确；

2a2633

i2x

B.根据冗=彳M，解得以=—，B正确；

2t

.v1

CD.撤去F后滑块到达最高点的时间才=一

%3

,4

故与最大距离对应的时间北=%+£=-f

故滑块滑到底端时的速度v=a2（2t-tj=2ait

又因为丫=印=生，整个过程中，重力做功为零，由动能定理可得卬=,机产=4，C错误，D正确。

t2t2

故选ABD。

1.运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化。当物体的运动过程包含几个运动性

质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程。

2.当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能

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做的功等于力的大

小与路程的乘积。

考向3动能定理与图像问题的综合应用

1.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；

（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；

2.四类图像围成面积的含义

v-t图像由公式X=W,可知，V4图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移

a-t图像由公式△v=af,可知，a-t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量

F-t图像由公式W=Fx,可知，Rf图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功

P-t图像由公式可知，P-t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功

角度1：动能定理在图像中的应用

【典例4】质量为机的汽车在水平地面上运动时受到的阻力大小恒为了,其VT图像如图所示，已知汽车先

是以恒定牵引力运动，达到额定功率后以额定功率运动，则下列说法正确的是（）

V

1,2-1

0t2t3t

彳~/内，汽车的功率为［机力+/匕

A.。~乙内，汽车的牵引力大小为“z?B.2

C.f2T3内，牵引力做的功为也仅—2）

D.4〜与内，汽车前进的位移大小为」L4

f

【答案】C

【详解】A.由题图知汽车在。内的加速度为

由牛顿第二定律得居-7=”,则牵引力大小招=mY+f＞选项A错误；

B./「白内汽车的额定功率为尸=「、=［m乜+/］】

L，选项B错误；

C.〜/3内汽车做匀速直线运动，牵引力大小鸟一f,所以牵引力做的功为皿=%值一2），选项C正确;

_、吗+4"-＞＞匕,选项

D.%内由动能定理知产&-'1）_於解得s

f

D错误。

故选C。

【变式4-1］（2024•山东•模拟预测）某动车组由位于第1节、第5节的2辆动力机车和6辆拖车构成，

其中两动力机车输出功率始终相同，图（a所示为一辆动力机车输出功率随时间变化的关系图像，图（b）

所示为动车组速率随时间变化的关系图像。每节车在运动过程中所受阻力均为力质量均为加。则（）

o'~1To'二一

图（a）图（b）

A.。~4时间内，动车组运动的距离为生夏誓B.。时刻，第7节车对第8节车的拉力为?

16/4匕

C.时间内，动车组的平均速率为等土竿D.动车组能达到的最大速度为臭

“口一①-J

【答案】B

【详解】A.PT图线与坐标轴围成的面积表示牵引力做的功，0~。时间内，2辆动力机车向外做的总功为

^=2x1^=^

该过程动车组动能的增加量为AEkl=8x；机片=4〃以

0~4时间内由动能定理有叱-8笈=AEkl

可得。~4时间内，动车组运动的距离玉=吗驾，故A错误；

B.%时刻，动力机车输出的总功率为2《，总牵引力尸=组，则动力机车的加速度％=

匕8m6mvi

设第7节车对第8节车的拉力为耳，由牛顿第二定律有外-/=根％,可得耳=/,故B正确;

4匕

C.L~时间内，2辆动力机车向外做的总功为叱=2*g仍+£)(f3T2)=(6+£)亿—2)

动车组动能的增加量八"2

由动能定理有吗-8笈2=A稣2

，口T一口、一-43m—(4+5)(4一打)一4,nv3+4mvl

可得动车组1S动的距禺々=—~~42~~吉------

,(P,+PA(t,-Zo)-4mv?+4mv?

动车组的平均速度D=L_2八：/_1------L,故c错误；

8〃Z3T2)

D.结合功率知识可知，动车组的最大速度%=等=白，故D错误。

盯4/

故选B。

【变式4-2](2024•福建福州•模拟预测)如图甲所示，传送带与水平地面的夹角。=37。，传送带逆时针

转动。t=O时，将一质量加=2kg的物体轻放在传送带上端A点，r=ls时物体到达传送带底端B点，在此

过程中物体的动量p随时间t的变化关系如图乙所示。重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。

求：

(1)物体与传送带之间的动摩擦因数；

(2)物体从A点运动到8点的过程中机械能的变化量。

【详解】(1)由乙图可知，0.5s末时物体的速度v="=Wm/s=5m/s

m2

物体的加速度％=：=^m/s2=10m/s2

msin

对物体受力分析可知，gd+jumgcosd=max,解得〃=0.5

(2)0.5~ls这段时间物体的加速度，mgsind-ptmgcos0=ma2,解得

物体到达传送带底端时，物体的速度v'="+%，=(5+2x0.5)m/s=6m/s

物体从A到8通过的位移工=,可+,(丫+丫')，=,*5*0.5111+,*(5+6)*0.5111=4111

2222

A到B的竖直高度/z=%sin9=4mx0.6=2.4m

2

物体克服摩擦力所做的功即为机械能的减少量，根据动能定理可知，mgh+Wf=\mv,解得%=-12J

2

角度2:动能定理解决机车启动问题

【典例5】(2024•吉林•一模)遥控小汽车在驱动电机提供的尸=10N作用下从A处由静止开始在水平面

上运动，运动中发现前方8处有一障碍物，立即关闭驱动电机，小汽车恰好不撞上障碍物。已知小汽车质

量为〃z=lkg,A、2之间距离为x=20m,小汽车受到的阻力是其重力的0.5倍，取重力加速度g=lOm/s?。

(1)求小汽车从开始运动到关闭驱动电机的时间；

(2)若小汽车从4点由静止开始以额定功率启动，经=4.0s后关闭驱动电机，小汽车也恰好不与障碍物相撞,

求小汽车电机的额定功率。

【答案】(l)2s(2)25W

【详解】(1)设小汽车关闭驱动电机前后的加速度大小分别为《、出，根据牛顿第二定律有

F-0.5mg=max,0.5mg=ma2

22

解得ax-5m/s,a2=5m/s

设小汽车从开始运动到关闭驱动电机的时间为加速阶段根据运动学公式有丫=。/,%

2

减速阶段由运动学公式有白=尤2,又无=玉+々，联立解得f=2s

2a2

(2)小汽车从A点由静止开始以额定功率启动，设额定功率为生，对全程根据动能定理有居麓)-。$mgx=。

解得七=25W

【变式5-1](2024•新疆•一模)泥地越野是一项极具挑战性的活动，因为在泥地中运动时，车辆容易打

滑或陷入泥中，所以需要特别的技巧和设备来应对。已知越野车的质量为L5t,发动机的输出功率为30kW,

越野车在平直的泥地上行驶的最大速度为72km/h,越野车行驶时受到的阻力恒定。越野车以a=lm/s2的加

速度从静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率后，保持额定功率继续运动。

(1)求越野车在泥地上行驶时受到的阻力大小了；

(2)求越野车做匀加速直线运动的过程能持续的时间力；

(3)若越野车做变加速运动至最大速度所用的时间为t2,求该过程中越野车的位移x与时间f2的关系式。

【答案】⑴1.5X1()3N⑵10S⑶x=(20f2T50)m

【详解】(1)越野车以最大速度匀速行驶时，功率为P=f=F,解得了=L5X103N

(2)由牛顿第二定律有尸-/=〃也

当a=lm/s2时，牵引力为尸=3X1()3N

pV,

则越野车匀加速到最大速度时有"=­=10m/s,则运动时间:=—=10s

Fa

(3)根据动能定理可得P2-笈=/加一；〃/，所以彳=(2佻-150)111

【变式5-2](2024•山东滨州•二寇)一平直道路穿过村庄，连续安装有8个减速带，相邻减速带间的距

离均为/(每个减速带宽度远小于/,可忽略不计)。有一质量为机的小车(可视为质点)以恒定功率P行

驶，小车与路面间的阻力大小恒为人到达第1个减速带前速度为%。已知小车每次通过减速带时因颠簸所

损失的机械能与其行驶速度有关，测量发现小车在通过第4个减速带后，通过相邻两减速带的时间均为f,

通过第8个减速带后的速度为华,若小车通过前4个减速带时因颠簸损失的总机械能是其通过后4个减速

带时因颠簸所损失总机械能的L5倍。则小车从第1个减速带到第4个减速带所用时间为()

6”2上B.6/一皿一"c.6”出一型

A.._±M_M

18PP9PP18尸PD6r9PP

【答案】C

【详解】因小车在通过第4个减速带后，通过相邻两减速带的时间均为t,通过第8个减速带后的速度为丹金,

可知通过第4个减速带后面的其它减速带后时的速度均为序,设通过减速带之前时的速度为v,则每通过两

相邻减速带之间的间隔过程中由动能定理P7-：mv2-1加(斗)2

可知通过后4个减速带时，每通过一个减速带损失能量为AE=g加/-g皿与『=H-力

则通过前4个减速带时因颠簸损失的总机械能AE'=1.5x4AE=6Pt-6fl

则小车从第1个减速带到第4个减速带由动能定理W-3/Z-AE'

解得f=6/网仁堂

18尸P

故选C。

角度3：应用动能定理解决传送带问题

【典例6】(2024•江西九江•一模)如图所示，水平传送带顺时针转动，速率恒为v。,，可看成质点的物体

质量为优,静止放在传送带的左端，与传送带间的动摩擦因数为〃；一个质量也为长为L的盒子，左端

有个开口，恰好可以让物体水平进入，物体进入后开口封闭，物体与盒子间没有摩擦，盒子放在特殊的水

平面上，盒子所受水平面的阻力与盒子速率成正比，即满足/(左是常量)，物体与盒子的所有碰撞均

无机械能损失。

(1)为使物体离开传送带的速率也为vo,求传送带左右两端的最短距离；

(2)满足第一问的前提下，假设物体与盒子的左、右壁一共恰好碰撞了12次，求常量鼠

-------L-------H

(•)oaG)/////////////////////)///////////

【答案】(1)x=/-；(2)无=答

24g6L

【详解】(1)由题意，根据动能定理"叫x=

解得彳=旦

24g

(2)物体进入后先与右壁碰撞，碰后物体静止，盒子以物体的速度向右减速运动，然后盒子左壁再与静止

物体碰撞，物体以碰前盒子的速度运动，盒子静止……整个过程如果不考虑中间盒子停止的时间，那么盒子

一直在做减速运动。

对盒子利用动量定理，以初速度方向为正方向，在4时间内，速度变化有E加=〃公1，

在整个过程中，速度变化量为有日=%%

由题意

解得太=若

OL

【变式6-1](2024•陕西西安•三模)如图甲所示，足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一

根轻弹簧两端分别与物块和竖直墙面连接，将物块在传送带左端无初速度释放，此时弹簧恰处于原长且为

水平。物块向右运动的过程中，受到的摩擦力大小与物块位移的关系如图乙所示，已知物块质量为瓶，物

块与传送带间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，X。为已知量，则（）

A

-

5)0__________八-I/H

(•)—>(•)/彳

0xQ2X0x

图甲图乙

A.O~xo过程，物块所受摩擦力方向向左B.弹簧的劲度系数为

C.传送带的速度为D.物块不能运动到3无。处

【答案】B

【详解】AB.在0~无。过程，物块向右做加速运动，受到向右的滑动摩擦力，同时弹簧弹力逐渐增大，当位

移为初时，摩擦力发生突变，瞬间减小后，随着x正比例增大，根据胡克定律可知弹簧弹力也随尤正比例

增大，则当位移为祀时，物块刚好达到与传送带共速，之后随着传送带继续向右运动，在苫~2«过程物块始

终相对传送带静止，弹力和静摩擦力同时增大且平衡，物块做匀速直线运动，当广2%。时，弹簧弹力大小增

,u,m2

大至与滑动摩擦力大小相等，则入2%=〃mg,所以左一,故A错误，B正确；

C.在0~x0过程，弹簧弹力从。线性增大到日0,则此过程的平均弹力大小为尸="处=殳

22

设传送带的速度为V,此过程对物块，根据动能定理有〃加8・%-齐5=；机y，解得v=J笞包,故C错

误；

D.对物块，从位移为2xo至IJ3初，根据动能定理有〃加g《3尤0-2尤0）+3（2%）2-：左（3%）2=^mv'2-^mv2

解得v'=J嬴，由此可知，物块能运动到3配处，故D错误。

故选B。

【变式6-2]（2024•云南•模拟预测）如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速传动的水

平传送带平滑连接于N点，圆弧轨道半径为R。质量为相的小滑块自圆弧轨道最高点M由静止释放，滑块

2

在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道，第一次上升的最高点距N点高度为重力加速度为g。则以

下说法正确的是（）

A.传送带匀速传动的速度大小为JggR

B.经过足够长的时间，小滑块最终静止于N点

C.小滑块第二次上升的最高点距N点高度为

D.小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量大于

【答案】D

【详解】A.小滑块在圆弧轨道下滑，由mgR=g机次，解得到达N点时速度为师=也法

小滑块在传送带上先向右减速运动，减速到0,在传送带上向左先加速，和传送带共速后匀速运动，返回时

第一次上升的最高点距N点高度为由机gxgRngmv"可得传送带匀速传动的速度v=J?，故A

错误；

BC.之后小滑块一直重复运动，小滑块在传送带上先向右减速运动，减速到0,返回时在传送带上向左先

2

加速，和传送带共速后匀速运动，所以滑块不会静止，返回时上升的最高点距N点高度始终为故BC

错误；

D.小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量等于损失的重力势能和维持传送带匀速运动补充

的能量，损失的重力势能为:根gR，所以小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量大于，

故D正确。

故选Do

真题再现•洞悉高考

1.（2024•贵州•高考真题）质量为1kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。

现给物块施加一沿x轴正方向的水平力足其大小随位置无变化的关系如图所示，则物块运动到x=3m处,

尸做功的瞬时功率为（）

“F/N

3-----------：

2----------———

1-

01—i~~$―31

123x/m

A.8WB.16WC.24WD.36W

【答案】A

【详解】根据图像可知物块运动到x=3m处，尸做的总功为叫=3x2J+2xlJ=8J

该过程根据动能定理得饵=]"/

解得物块运动到x=3m处时的速度为v=4m/s

故此时尸做功的瞬时功率为「=八=8亚

故选A。

2.（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。="=〃g

m

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

时间越长，D正确。

故选D。

3.（2024•新疆河南•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】动能表达式为纥=;机田

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=M

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Co

4.（2023•浙江•高考真题）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动

时的加速度大小。、速度大小V、动能以和机械能后随运动时间/的变化关系中，正确的是（）

A.B.C.D.

O---------------*tO*t0>t\--------------->t

【答案】D

【详解】A.由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，

故A错误；

B.铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有%=3

则抛出后速度大小为v=Jv；+（gf）2,可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误；

C.铅球抛出后的动能线=5加=；加［片+他。［，可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误；

D.铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D正确。

故选D。

【点睛】

5.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4与水平位移x的关系图像正确的是（）

【详解】设斜面倾角为仇不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有

E

Ek=mgxtan0,—=mgtan0

下滑过程中开始阶段倾角e不变，EF图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中e先减小后增大，即图像斜率

先减小后增大。

故选Ao

6.（多选）一物块以初速度%自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能心

随位移x的变化关系如图所示，图中方、线1、线2均已知。根据图中信息可以求出的物理量有（）

B.物体所受滑动摩擦力的大小

D.沿斜面上滑的时间

【答案】BD

【详解】ABC.由动能定义式得，片，则可求解质量〃?；上滑时，由动能定理线-於口=-（叫$皿6+/）》

下滑时，由动能定理4=（mgsine-7）（无0-©回为上滑的最远距离；

由图像的斜率可知“gsin8+/=曳，mgsin0-7=刍士

x0%

1EE

两式相加可得gsin6=T（」k+二1）

2mx0xQ

相减可知区

2元（）

即可求解gsin。和所受滑动摩擦力了的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正

确；

D.根据牛顿第二定律和运动学关系得"7gsine+/=〃"，y为

a

故