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2025年高考物理一轮复习讲义学案 第六章 机械能 第二讲 动能和动能定理
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这是一份2025年高考物理一轮复习讲义学案 第六章 机械能 第二讲 动能和动能定理，共18页。
考点1 动能定理的理解和基本应用
1.动能
2.动能定理
如图，一架喷气式飞机，质量m为7.0×104kg，起飞过程中从静止开始滑跑.当位移l达到2.5×103m时，速度达到起飞速度80m/s.在此过程中，飞机受到的平均阻力是飞机所受重力的150，g取10m/s2.
（1）飞机起飞时的动能是 2.24×108 J.
（2）此过程飞机的动能变化量是 2.24×108 J.
（3）飞机的平均牵引力是 1.036×105 N.
解析 （1）Ek＝12mv2＝2.24×108J
（2）ΔEk＝Ek－Ek0＝2.24×108J
（3）在此过程中对飞机由动能定理可知F牵l－150mgl＝12mv2－0，解得飞机的平均牵引力F牵＝1.036×105N.
命题点1 动能定理的理解
1.[直线运动中动能定理的理解]如图，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 ）
A.小于拉力所做的功
B.等于拉力所做的功
C.等于克服摩擦力所做的功
D.大于克服摩擦力所做的功
解析 由动能定理有WF-Wf＝Ek-0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，故A正确.
2.[曲线运动中动能定理的理解]滑雪运动深受人民群众喜爱.如图所示，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（ C ）
A.所受合力始终为零
B.所受摩擦力大小不变
C.合力做功一定为零
D.机械能始终保持不变
解析 运动员做匀速圆周运动，所受合力指向圆心，故A错误；由动能定理可知，合力做功一定为零，故C正确；运动员所受滑动摩擦力大小随运动员对滑道压力大小的变化而变化，故B错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，故D错误.
命题拓展
命题条件不变，一题多设问
运动员沿AB下滑过程中（ C ）
A.重力做的功大于摩擦力做的功
B.运动员的动能变化量大于摩擦力做的功
C.支持力不做功
D.运动员的加速度为零
解析 运动员下滑过程中速率不变，由动能定理可知重力做的功等于摩擦力做的功，故A错误；运动员的动能没有变化，动能变化量小于摩擦力做的功，故B错误；运动员做圆周运动，支持力不做功，故C正确；运动员做匀速圆周运动，加速度不为零，故D错误.
命题点2 动能定理的简单计算
3.[动能定理在选择题中的简单计算/2024河北石家庄模拟]“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m的发光物体（可看作质点）放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心A，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点转动，角速度从0增大至ω的过程中，发光物体始终相对碟子静止.已知发光物体与碟子间的动摩擦因数为μ、重力加速度为g，此过程发光物体所受的摩擦力（ D ）
A.方向始终指向A点B.大小始终为μmg
C.做的功为12mωrD.做的功为12mω2r2
解析 角速度从0增大至ω的过程中，发光物体的线速度逐渐增大，可知发光物体
有切向加速度，摩擦力等于发光物体所受的合力，提供发光物体切向加速度和向心
加速度，可知摩擦力方向不是始终指向A点，故A错误；角速度从0增大至ω的过程
中，发光物体未发生滑移，所受摩擦力小于等于最大静摩擦力，发光物体做圆周运
动所需的向心力在增大，切线方向的合力在变化，故发光物体所受摩擦力大小不是
始终为μmg，故B错误；根据动能定理有摩擦力做的功为W＝12mv2-0＝12mω2r2，故C
错误，D正确.
4.[动能定理在计算题中的简单计算/2024陕西西安模拟]如图，用打夯方式夯实地面的过程可简化为：两人通过绳子对重物同时施加大小相等、方向与竖直方向成37°角的力F，使重物恰好脱离水平地面并保持静止，然后突然一起发力使重物升高0.4m后立即停止施力，重物继续上升0.05m，最后重物自由下落把地面砸深0.05m.已知重物的质量为40kg，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.忽略空气阻力，求：
（1）F的大小；
（2）从两人停止施力到重物恰好接触地面的时间；
（3）地面对重物的平均阻力的大小.
答案 （1）250N （2）0.4s （3）4000N
解析 （1）重物处于平衡状态，则有
2Fcs37°＝mg
代入数据解得F＝250N.
（2）设停止施力时，重物的速度为v，发力使重物上升的高度为h1，停止发力后重物继续上升的高度为h2，从两人停止施力到重物恰好接触地面所经历的时间为t，则有
v2＝2gh2
vt－12gt2＝－h1
联立解得t＝0.4s.
（3）设地面对重物的平均阻力为f，重物落地后把地面砸深h3，重物从最高点到最低点的过程，由动能定理有
mg（h1＋h2＋h3）－fh3＝0
解得f＝4000N.
方法点拨
动能定理的使用及注意事项
命题点3 利用动能定理求变力做功
5.[动能定理求变化的摩擦力做功]如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平.一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道.质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小.用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功.则（ C ）
A.W＝12mgR，质点恰好可以到达Q点
B.W＞12mgR，质点不能到达Q点
C.W＝12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D.W＜12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
解析 根据牛顿第二定律得4mg-mg＝mvN2R，解得质点运动至半圆形轨道最低点时的速度vN＝3gR，从质点由静止释放到运动至最低点N，根据动能定理得mg·2R-W＝12mvN2-0，解得W＝12mgR. 从P到N和从N到Q，分析可知相同高度处，从N到Q过程的速率较小，支持力较小，对应的滑动摩擦力较小，故从N到Q过程中质点克服摩擦力做的功W'较小，即W＞W'.从N到Q利用动能定理得EkQ-12mvN2＝-mgR-W'，解得EkQ＝12mvN2-mgR-W'＝12mgR-W'＞0，所以质点到达Q点后，还能继续上升一段距离，故C正确，A、B、D错误.
6.[动能定理求变化的弹力做功]如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为（重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧在弹性限度内）（ B ）
A.2ghB.ghC.gh2D.0
解析 小球A下降h过程，根据动能定理，有mgh-W弹＝0，小球B下降h过程，根据动能定理，有2mgh-W弹＝12×2mv2-0，联立解得v＝gh，故B正确.
考点2 动能定理与图像的综合应用
五类图像中所围“面积”或斜率的意义
对下列相关图像的说法进行判断.
（1）W－x图线的斜率表示的是W对应的力F.（ √ ）
（2）Ek－x图线的斜率表示的是物体所受的拉力.（ ✕ ）
（3）P－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的动能增加量.（ ✕ ）
（4）F－x图线与坐标轴围成的面积表示物体的动能增加量.（ ✕ ）
命题点1 Ek－x图像
7.[2024湖北武汉摸底/多选]我国民用无人机技术发展迅速，目前已占据全球市场一半以上，某品牌无人机出厂前进行竖直飞行测试，无人机发动机启动一段时间后关闭，再经一小段时间上升到最高点.该过程无人机的动能Ek随上升高度h的关系如图所示.已知无人机发动机提供的升力大小恒定，空气阻力恒为重力的四分之一.则下列结论正确的有（ ACD ）
A.无人机的升力大小为75N
B.空气阻力的大小为40N
C.无人机的重力大小为40N
D.加速与减速的加速度大小之比为1：2
解析 由动能Ek与上升高度h的关系图，可知图像斜率绝对值表示合力的大小，故加速阶段的合力大小为F合＝F升-mg-f＝502 N＝25 N，减速阶段的合力大小为F'合＝mg＋f＝501 N＝50 N，又f＝0.25mg，联立解得F升＝75 N，f＝10 N，mg＝40 N，故A、C正确，B错误；根据牛顿第二定律可知，加速与减速的加速度大小之比为a加a减＝F合F' 合＝2550＝12，故D正确.
命题点2 F－x图像
8.[多选]在某一粗糙的水平面上，一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像.已知重力加速度g＝10m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有（ ABC ）
A.物体与水平面间的动摩擦因数
B.合力对物体所做的功
C.物体做匀速运动时的速度
D.物体运动的时间
解析 物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝Fmg＝0.35，故A正确；减速过程中，由动能定理得WF＋Wf＝0-12mv2，根据F-x图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算拉力F做的功WF，而Wf＝-μmgx，由此可求得合力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v，故B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，故D错误.
命题点3 其他图像
9.放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（ C ）
图甲 图乙
A.0～6s内物体位移大小为36m
B.0～6s内拉力做的功为30J
C.合力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等
D.滑动摩擦力大小为5N
解析 v-t图线与t轴围成的面积表示位移，结合题图甲可知，0～6 s内物体的位移
大小为30 m，故A错误；P-t图线与t轴围成的面积表示拉力做的功，结合题图乙可
得，0～6 s内拉力做的功为70 J，故B错误； 0～6 s内与0～2 s内动能变化量相等，
由动能定理可知，合力做的功相等，故C正确；由题图甲知物体在2～6 s内做匀速直
线运动，此时拉力等于滑动摩擦力，结合题图乙，得F＝Pv＝53 N，故D错误.
方法点拨
解决动能定理与图像问题的基本步骤
1.[v－t＋F－t图像/2023福建/多选]甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动.以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合力—时间图像如图（b）所示.则（ BC ）
A.0～2s内，甲车的加速度大小逐渐增大
B.乙车在t＝2s和t＝6s时的速度相同
C.2～6s内，甲、乙两车的位移不同
D.t＝8s时，甲、乙两车的动能不同
解析 v－t图像中图线的斜率表示加速度，由图（a）可知0～2s内甲车的加速度大小不变，选项A错误；F－t图像中图线与横轴围成的面积表示动量的变化量，由图（b）可知2～6s内乙车的动量变化量为零，所以t＝2s和t＝6s时速度相同，选项B正确；在v－t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，在2～6s内，由图（a）得甲车位移为零，将图（b）转换为v－t图像，如图（c），可知乙车位移不为零，选项C正确；由图（a）、图（c）可得，当t＝8s时，甲、乙两车速度均为零，选项D错误.
2.[Ek－x图像/2022江苏]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Ek与水平位移x的关系图像正确的是（ A ）
解析
3.[W－L图像/多选]质量为2kg的物体，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移L之间的关系如图所示，重力加速度g取10m/s2，则此物体（ BD ）
A.在位移L＝9m时的速度大小是33m/s
B.在位移L＝9m时的速度大小是3m/s
C.在OA段运动的加速度大小是2.5m/s2
D.在OA段运动的加速度大小是1.5m/s2
解析 由图像可知当L＝9 m时，W＝27 J，而Wf＝-μmgL＝-18 J，由动能定理有W合
＝W＋Wf＝12mv2，解得v＝3 m/s，故A错误，B正确；在A点时，W'＝15 J，W'f＝-
μmgL'＝-6 J，由动能定理可得W'＋W'f＝12mvA2，解得vA＝3 m/s，则a＝vA22L'＝1.5 m/s2，
故C错误，D正确.
4.[动能的分析/2023山东]电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火.电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度.如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离L＝60m，灭火弹出膛速度v0＝50m/s，方向与水平面夹角θ＝53°，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin53°＝0.8.
（1）求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；
（2）已知电容器储存的电能E＝12CU2，转化为灭火弹动能的效率η＝15％，灭火弹的质量为3kg，电容C＝2.5×104μF，电容器工作电压U应设置为多少？
答案 （1）60m （2）10002V
解析 （1）设灭火弹由炮口运动至高楼处的时间为t，则
在水平方向上有L＝v0csθ·t
在竖直方向上有H＝v0sinθ·t－12gt2
解得H＝60m
（2）根据题意可知Ek＝ηE＝15％×12CU2
又因为Ek＝12mv02
联立可得U＝10002V.
1.[2024江西万安中学校考]下列有关动能的变化说法正确的是（ C ）
A.物体只有做匀速运动时，动能才不变
B.物体做平抛运动时，水平方向速度不变，物体的动能也不变
C.物体做自由落体运动时，重力做正功，物体的动能增加
D.物体的动能变化时，速度不一定变化，速度变化时，动能一定变化
解析 物体做非匀速运动时，动能也可以不变.例如做匀速圆周运动的物体，其动能不变，故A错误；物体做平抛运动时，水平方向速度不变，竖直方向速度一直增加，其动能一直增加，故B错误；物体做自由落体运动时，重力做正功，物体的动能增加，故C正确；根据Ek＝12mv2可知物体的动能变化时，速度一定变化，速度是矢量，大小不变，方向变化时，动能是不变的，故速度变化时，动能不一定变化，故D错误.
2.质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则（ B ）
A.质量大的物体滑行的距离大
B.质量小的物体滑行的距离大
C.它们滑行的距离一样大
D.它们克服摩擦力所做的功不相等
解析 由动能定理可得-Ffx＝0-Ek，即μmgx＝Ek，由于动能相同，动摩擦因数相同，故质量小的物体滑行的距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于Ek，故B正确.
3.[2023新课标]无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落.一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（ B ）
A.0B.mgh
C.12mv2－mghD.12mv2＋mgh
解析 结合题意可知，雨滴在地面附近下落过程做匀速运动，对雨滴下落高度h的过程分析，由动能定理有mgh-Wf＝0，即Wf＝mgh，B正确，A、C、D错误.
4.如图所示，固定在竖直平面内的14圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，质量为m的小物块从圆弧轨道的顶端A由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，并停在到B点距离等于圆弧轨道半径的C点.圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为（ C ）
A.2μmgB.3mg
C.（1＋2μ）mgD.（1＋μ）mg
解析 设圆弧轨道的半径为r，物块从B到C的过程，由动能定理得-μmgr＝0-12mvB2，在B点，由牛顿第二定律得N-mg＝mvB2r，联立解得N＝(1＋2μ)mg，由牛顿第三定律可知，物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为N'＝N＝(1＋2μ)mg，故C正确.
5.[图像创新/2024安徽名校联考]如图甲所示，光滑斜面倾角θ＝30°，以斜面底端为坐标原点，沿斜面方向建立x轴.一质量为2kg的物体（视为质点）在沿斜面方向的拉力作用下，从斜面底端由静止开始沿x轴正方向运动，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图乙所示.重力加速度g＝10m/s2，斜面足够长.物体沿x轴正向运动过程中，下列说法正确的是（ C ）
A.物体沿斜面向上运动的最大位移为22m
B.物体沿斜面向上运动的时间为4s
C.在x＝5m时，拉力的功率为1002W
D.拉力的最大功率为300W
解析 由于拉力沿斜面方向，则拉力做的功为W＝Fx，可看出W-x图像的斜率大小代表拉力大小F. 则对物体由O点运动到x＝5 m的过程，根据动能定理有，W1-mg sin θ·x1＝12mv12，结合题图乙可解得物体的速度v1＝52 m/s，在x＝5 m时，拉力F1＝ΔWΔx＝20 N，则此时拉力的功率P1＝F1v1＝1002 W，故C正确.物体运动到x＝10 m时，拉力的功率最大，则对物体由O点运动到x＝10 m的过程，设运动的时间为t1，根据动能定理和运动学公式有W2-mg sin θ·x2＝12mv22，x2＝v22t1，结合题图乙可解得v2＝10 m/s，t1＝2 s，则此时拉力的功率P2＝F1v2＝200 W，故D错误.对物体由x＝10 m处向上运动到最高点的过程，设运动的时间为t2，受到的拉力F2＝ΔW'Δx'＝2 N，由牛顿第二定律有mg sin θ-F2＝ma1，解得物体的加速度a1＝4 m/s2，运动的时间t2＝v2a1＝2.5 s，该过程运动的位移x3＝v22t2＝12.5 m，则物体沿斜面向上运动的最大位移xmax＝x2＋x3＝22.5 m，故A错误.物体沿斜面向上运动的总时间为t＝t1＋t2＝4.5 s，B错误.
6.[多选]如图所示，一内壁粗糙程度相同、半径为R的圆筒固定在竖直平面内，圆筒内一质量为m的小球沿筒壁做圆周运动.若小球从最低点算起运动一圈又回到最低点的过程中，两次在最低点时筒壁对小球的弹力大小分别为10mg和8mg.设小球在该过程中克服摩擦力做的功为W，经过最高点时筒壁对小球的弹力大小为F，重力加速度为g，则（ BD ）
A.W＝2mgR
B.W＝mgR
C.3mg＜F＜4mg
D.2mg＜F＜3mg
解析 对小球进行受力分析，先后两次在最低点所受的合力分别为9mg和7mg，方向指向圆心.设小球先后两次经过最低点的速率分别为v1和v2，根据牛顿第二定律有9mg＝mv12R和7mg＝mv22R，小球在整个过程中，由动能定理得-W＝12mv22-12mv12，联立解得W＝mgR，故A错误，B正确；小球在上升和下降过程中的等高处，由于上升过程中的速度大于下降过程中的速度，所以上升时所需向心力大于下降时所需向心力，故上升时筒壁对小球的弹力大于下降时筒壁对小球的弹力，因此上升时受到的摩擦力较大，而下降时受到的摩擦力较小，故上升时克服摩擦力做功W1＞W2，下降时克服摩擦力做功W2＜W2，设小球上升到最高点时的速度为v3，筒壁对小球的弹力满足F＋mg＝mv32R，上升过程由能量守恒定律得12mv12＝12mv32＋2mgR＋W1，解得F＜3mg，由W1＜W，解得F＞2mg，故C错误，D正确.
7.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f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10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（ A ）
图（a） 图（b）
A.m＝0.7kg，f＝0.5N
B.m＝0.7kg，f＝1.0N
C.m＝0.8kg，f＝0.5N
D.m＝0.8kg，f＝1.0N
解析 0～10 m内物块上滑，由动能定理得-mg sin 30°·s-fs＝Ek-Ek0，整理得Ek＝Ek0-(mg sin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值｜k｜＝mg sin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mg sin 30°-f)(s-s1)＝Ek，整理得Ek＝(mg sin 30°-f)s-(mg sin 30°-f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k'＝mg sin 30°-f＝3 N，联立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，故A正确，B、C、D错误.
8.[多选]如图所示为一滑草场.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，载人滑草车与草地之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，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8），则（ AB ）
A.动摩擦因数μ＝67
B.载人滑草车最大速度为2gh7
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35g
解析 对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知mg·2h-μmg cs 45°·hsin45°-μmg cs 37°·hsin37°＝0，解得μ＝67，故A正确； 滑草车通过上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh-μmg cs 45°·hsin45°＝12mvm2，解得vm＝2gh7，故B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，故C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a＝mgsin37°-μmgcs37°m＝-335g，故加速度大小为335g，故D错误.
9.[2023江苏]滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端.利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示.与图乙中相比，图甲中滑块（ C ）
A.受到的合力较小
B.经过A点的动能较小
C.在A、B之间的运动时间较短
D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小
解析 设斜面倾角为θ、滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，对滑块受力分析有F合上＝mg sin θ＋μmg cs θ，F合下＝mg sin θ-μmg cs θ，故图甲中滑块受到的合力较大，A错；滑块由A到B的过程，有2a上xAB＝vA上2，由B到A的过程，有2a下xAB＝vA下2，又F合上＞F合下，则a上＞a下，故vA上＞vA下，图甲中滑块经过A点的动能较大，B错；将滑块由A到B的过程逆向思维为由B到A的初速度为0、加速度大小为a上的匀加速运动，则xAB＝12a上t上2，又xAB＝12a下t下2，a上＞a下，故t上＜t下，即图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短，C对；上滑和下滑过程摩擦力大小相等，经过AB的距离相等，根据W＝fx可知在A、B之间克服摩擦力做的功相等，D错.
10.[2023山东青岛统考/多选]如图甲所示，在水平面上建立正方向水平向左的一维坐标，质量为M＝1kg的木板在x＝0位置时有水平向左、大小为4m/s的初速度.长木板受到的水平拉力F与其位移的关系如图乙所示.已知木板与地面的动摩擦因数为0.6，重力加速度大小g取10m/s2，关于木板在0～8m内的运动，下列说法正确的是（ ABD ）
A.长木板的最小速度为2m/s
B.x＝4m时长木板的速度大小为4m/s
C.2～6m内，长木板动能的增量为15J
D.x＝6m和x＝8m时的速度大小相等
解析 当拉力小于摩擦力时，木板减速，摩擦力f＝μMg＝6 N，根据题图乙可知2 m处拉力为6 N，所以2 m前木板减速，2 m后木板加速，2 m时速度最小，图线与坐标轴所围图形的面积代表拉力做的功，根据动能定理有12Mvmin2-12Mv02＝-fx0＋F0×x02，解得vmin＝2 m/s，故A正确；在0～4 m内，根据动能定理有12Mv12-12Mv02＝-fx1＋F1×x12，F1＝12 N，解得v1＝4 m/s，故B正确；在2～6 m内，根据动能定理可知，长木板动能的增量ΔEk＝6+122×2 J＋8+122×2 J-6×(6-2) J＝14 J，故C错误；在6～8 m内，合外力做的功W合＝4+82×2 J-6×2 J＝0，所以木板在x＝6 m和x＝8 m时的动能不变，速度大小相等，故D正确.
11.[2024四川绵阳江油中学校考/多选]一辆汽车以额定功率沿倾角不变的斜坡向下匀速行驶，速度为v1，牵引力为F1.现让该车沿该斜坡从静止开始向上匀加速行驶，达到额定功率时速度为v2，牵引力为F2，以后保持额定功率行驶，最终速度为v3，牵引力为F3.斜坡足够长，汽车所受阻力大小在向上和向下行驶时相同，则 （ AD ）
A.v1＞v3＞v2
B.v1＜v2＜v3
C.在向上匀加速行驶过程中，任意相等时间内，汽车动能变化相等
D.F1＜F3＜F2
解析 设斜坡的倾角为θ，汽车向下匀速行驶时，有F1＋mg sin θ-μmg cs θ＝0，P
＝F1v1，汽车向上匀加速行驶时有F2-mg sin θ-μmg cs θ＝ma，P＝F2v2，汽车向上匀
速行驶时，有F3-mg sin θ-μmg cs θ＝0，P＝F3v3，联立可得F1＜F3＜F2，v1＞v3＞
v2，故A、D正确，B错误；在向上匀加速行驶过程中，任意相等时间内，汽车动能
变化量ΔEk＝12m(v＋at)2-12mv2＝2vat＋a2t22m，故在向上匀加速行驶过程中，任意相等
时间内，汽车动能变化不同，故C错误.
12.[2024河北名校联考]如图1所示，一质量为0.4kg的小物体静止在水平台面上，在水平推力F的作用下从坐标原点O开始沿x轴运动，F与物体坐标x的关系如图2所示.在x＝4m时撤去力F，同时物体从平台飞出，落到距离台面h＝0.45m的水平地面上.物体与水平台面间的动摩擦因数为34，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力.求：
（1）x＝1m时，物体的加速度大小a；
（2）x＝2m时，力F的功率P；
（3）物体落地点离平台的水平距离x'.
答案 （1）12.5m/s2 （2）602W （3）6510m
解析 （1）由F－x图像知，在0～2m内有，F＝（4＋4x）N，x＝1m时，F＝8N
滑动摩擦力f＝μmg＝34×0.4×10N＝3N
则物体的加速度a＝F合m＝（8－3）0.4m/s2＝12.5m/s2
（2）设x＝2m时，物体运动的速度为v0，依据动能定理有
WF－Wf＝12mv02
根据F－x图线与x轴围成图形的面积表示拉力做的功，知WF＝（4+12）22J＝16J，又Wf＝3×2J＝6J
解得v0＝52m/s
此时力F的功率P＝Fv0＝602W
（3）设物体离开平台时，速度为v，依据动能定理有
W'F－W'f＝12mv2
同理可知W'F＝44J，W'f＝3×4J＝12J
物体沿平台飞出，做平抛运动，有h＝12gt2
物体落地点离平台的水平距离x'＝vt
联立并代入数据，解得x'＝6510m.
13.[2022上海]如图所示，AB为平直导轨，长为L，物块与导轨间的动摩擦因数为μ，BC为光滑曲面，A与地面间的高度差为h1，B、C间高度差为h2.一个质量为m的物块在水平恒力作用下，从A点由静止开始向右运动，到达B点时撤去恒力，物块经过C点后在空中运动一段时间落地，已知重力加速度为g.
（1）若物块落地时动能为E1，求其经过B点时的动能EkB.
（2）若要物块落地时动能小于E1，求恒力必须满足的条件.
答案 （1）E1－mgh1 （2）见解析
解析 （1）对物块从B点到落地的过程，由动能定理有
mgh1＝E1－EkB
解得EkB＝E1－mgh1
（2）对物块从A点到落地的整个过程，由动能定理有FmaxL－μmgL＋mgh1＝E1
解得Fmax＝E1－mgh1＋μmgLL
若物块恰能到达C点，根据动能定理有FminL－μmgL－mgh2=0
解得Fmin＝μmgL＋mgh2L
则恒力F必须满足的条件为μmgL＋mgh2L＜F＜E1－mgh1＋μmgLL.
14.[动能定理的计算与几何计算结合/2022全国乙]固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环.小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ C ）
A.它滑过的弧长
B.它下降的高度
C.它到P点的距离
D.它与P点的连线扫过的面积
解析 小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，下落h高度过程中，由动能定
理有mgh＝12mv2，解得v＝2gh，故B错误；设小环位置与P点连线所对的圆心角为
θ，小环下滑过程滑过的弧长s＝Rθ，则h＝R(1- cs sR)，故A错误；小环位置到P点的
距离L＝2R sin θ2，h＝R(1- cs θ)，1- cs θ＝2 sin 2θ2，即h＝2R sin 2θ2＝L22R，代入v＝
2gh可知v与L成正比，即小环的速率与小环到P点的距离成正比，故C正确；小环
位置与P点连线扫过的面积A＝12R2θ-12R2 sin θ，分析知A与v不成正比，故D错误.
15.[开放性问题]如图所示，固定在水平地面上的倾角θ＝30°、高度h＝0.5m的斜面顶端安装了一定滑轮，将质量为M＝0.4kg的物块和质量为m＝0.3kg的小钩码用轻绳连接并跨过定滑轮，钩码处于斜面顶端，物块处于斜面底端，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝32，物块与钩码均处于静止状态，取重力加速度g＝10m/s2.
（1）求物块所受的摩擦力.
（2）轻轻再挂一个相同的钩码，物块将滑动，求钩码落地时的速度大小.
（3）在第（2）问的基础上，判断物块能否到达斜面的最高点，并说明理由.
答案 （1）1N 方向沿斜面向下 （2）1m/s （3）见解析
解析 （1）钩码静止，则T＝mg
物块静止，由于T＞Mgsin30°，物块所受的静摩擦力方向沿斜面向下，则f静＋Mgsin30°＝T
解得静摩擦力大小f静＝1N
（2）对物块与钩码组成的系统，由动能定理得
2mgh－Mghsin30°－μMghcs30°＝12（M＋2m）v2
解得v＝1m/s
（3）钩码落地后，对物块由动能定理得
－Mgxsin30°－μMgxcs30°＝0－12Mv2
解得x＝0.04m
物块沿斜面上升的总距离x总＝（0.5＋0.04）m＝0.54m
斜面长度L＝hsin30°＝1m＞x总
即物块无法到达斜面最高点.课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.理解动能和动能定理.
2.能用动能定理解释生产生活中的现象.
动能和动能定理的基本应用
2023：新课标T15，山东T15；
2022：上海T19；
2020：浙江1月T20；
2019：北京T24，天津T10
1.物理观念：理解动能和动能定理，会用动能定理分析问题.
2.科学思维：利用功的表达式、牛顿第二定律与运动学公式推出动能定理的表达式.
3.科学探究：通过对动能定理的学习，探索功与动能的关系.
4.科学态度与责任：能用动能定理解决实际问题，激发学习兴趣，提高应用能力.
动能定理与图像的综合应用
2023：新课标T20；
2022：江苏T8；
2021：湖北T4；
2020：江苏T4；
2019：全国ⅢT17
命题分析预测
动能和动能定理是历年高考的热点，题型为选择题或计算题，命题背景可能是生产生活、体育运动等实际情境.预计2025年高考可能会结合图像或实际问题考查动能和动能定理相关知识.
定义
物体由于运动而具有的能叫动能
公式
Ek＝[1] 12mv2 .单位为焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2
标矢性
动能是[2] 标量 ，只有正值
状态量
动能是状态量，因为v是瞬时速度
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[3] 动能的变化
表达式
W＝[4] 12mv22－12mv12 或W＝Ek2－Ek1
物理意义
[5] 合力 做的功是物体动能变化的量度
适用条件
①既适用于直线运动，也适用于[6] 曲线运动
②既适用于恒力做功，也适用于[7] 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[8] 间断作用
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
注意事项
（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）当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解，也可以对全过程应用动能定理求解
（3）动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能
考点1 动能定理的理解和基本应用
1.动能
2.动能定理
如图，一架喷气式飞机，质量m为7.0×104kg，起飞过程中从静止开始滑跑.当位移l达到2.5×103m时，速度达到起飞速度80m/s.在此过程中，飞机受到的平均阻力是飞机所受重力的150，g取10m/s2.
（1）飞机起飞时的动能是 2.24×108 J.
（2）此过程飞机的动能变化量是 2.24×108 J.
（3）飞机的平均牵引力是 1.036×105 N.
解析 （1）Ek＝12mv2＝2.24×108J
（2）ΔEk＝Ek－Ek0＝2.24×108J
（3）在此过程中对飞机由动能定理可知F牵l－150mgl＝12mv2－0，解得飞机的平均牵引力F牵＝1.036×105N.
命题点1 动能定理的理解
1.[直线运动中动能定理的理解]如图，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 ）
A.小于拉力所做的功
B.等于拉力所做的功
C.等于克服摩擦力所做的功
D.大于克服摩擦力所做的功
解析 由动能定理有WF-Wf＝Ek-0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，故A正确.
2.[曲线运动中动能定理的理解]滑雪运动深受人民群众喜爱.如图所示，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（ C ）
A.所受合力始终为零
B.所受摩擦力大小不变
C.合力做功一定为零
D.机械能始终保持不变
解析 运动员做匀速圆周运动，所受合力指向圆心，故A错误；由动能定理可知，合力做功一定为零，故C正确；运动员所受滑动摩擦力大小随运动员对滑道压力大小的变化而变化，故B错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，故D错误.
命题拓展
命题条件不变，一题多设问
运动员沿AB下滑过程中（ C ）
A.重力做的功大于摩擦力做的功
B.运动员的动能变化量大于摩擦力做的功
C.支持力不做功
D.运动员的加速度为零
解析 运动员下滑过程中速率不变，由动能定理可知重力做的功等于摩擦力做的功，故A错误；运动员的动能没有变化，动能变化量小于摩擦力做的功，故B错误；运动员做圆周运动，支持力不做功，故C正确；运动员做匀速圆周运动，加速度不为零，故D错误.
命题点2 动能定理的简单计算
3.[动能定理在选择题中的简单计算/2024河北石家庄模拟]“转碟”是传统的杂技项目，如图所示，质量为m的发光物体（可看作质点）放在半径为r的碟子边缘，杂技演员用杆顶住碟子中心A，使发光物体随碟子一起在水平面内绕A点转动，角速度从0增大至ω的过程中，发光物体始终相对碟子静止.已知发光物体与碟子间的动摩擦因数为μ、重力加速度为g，此过程发光物体所受的摩擦力（ D ）
A.方向始终指向A点B.大小始终为μmg
C.做的功为12mωrD.做的功为12mω2r2
解析 角速度从0增大至ω的过程中，发光物体的线速度逐渐增大，可知发光物体
有切向加速度，摩擦力等于发光物体所受的合力，提供发光物体切向加速度和向心
加速度，可知摩擦力方向不是始终指向A点，故A错误；角速度从0增大至ω的过程
中，发光物体未发生滑移，所受摩擦力小于等于最大静摩擦力，发光物体做圆周运
动所需的向心力在增大，切线方向的合力在变化，故发光物体所受摩擦力大小不是
始终为μmg，故B错误；根据动能定理有摩擦力做的功为W＝12mv2-0＝12mω2r2，故C
错误，D正确.
4.[动能定理在计算题中的简单计算/2024陕西西安模拟]如图，用打夯方式夯实地面的过程可简化为：两人通过绳子对重物同时施加大小相等、方向与竖直方向成37°角的力F，使重物恰好脱离水平地面并保持静止，然后突然一起发力使重物升高0.4m后立即停止施力，重物继续上升0.05m，最后重物自由下落把地面砸深0.05m.已知重物的质量为40kg，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.忽略空气阻力，求：
（1）F的大小；
（2）从两人停止施力到重物恰好接触地面的时间；
（3）地面对重物的平均阻力的大小.
答案 （1）250N （2）0.4s （3）4000N
解析 （1）重物处于平衡状态，则有
2Fcs37°＝mg
代入数据解得F＝250N.
（2）设停止施力时，重物的速度为v，发力使重物上升的高度为h1，停止发力后重物继续上升的高度为h2，从两人停止施力到重物恰好接触地面所经历的时间为t，则有
v2＝2gh2
vt－12gt2＝－h1
联立解得t＝0.4s.
（3）设地面对重物的平均阻力为f，重物落地后把地面砸深h3，重物从最高点到最低点的过程，由动能定理有
mg（h1＋h2＋h3）－fh3＝0
解得f＝4000N.
方法点拨
动能定理的使用及注意事项
命题点3 利用动能定理求变力做功
5.[动能定理求变化的摩擦力做功]如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平.一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道.质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小.用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功.则（ C ）
A.W＝12mgR，质点恰好可以到达Q点
B.W＞12mgR，质点不能到达Q点
C.W＝12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D.W＜12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
解析 根据牛顿第二定律得4mg-mg＝mvN2R，解得质点运动至半圆形轨道最低点时的速度vN＝3gR，从质点由静止释放到运动至最低点N，根据动能定理得mg·2R-W＝12mvN2-0，解得W＝12mgR. 从P到N和从N到Q，分析可知相同高度处，从N到Q过程的速率较小，支持力较小，对应的滑动摩擦力较小，故从N到Q过程中质点克服摩擦力做的功W'较小，即W＞W'.从N到Q利用动能定理得EkQ-12mvN2＝-mgR-W'，解得EkQ＝12mvN2-mgR-W'＝12mgR-W'＞0，所以质点到达Q点后，还能继续上升一段距离，故C正确，A、B、D错误.
6.[动能定理求变化的弹力做功]如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为（重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧在弹性限度内）（ B ）
A.2ghB.ghC.gh2D.0
解析 小球A下降h过程，根据动能定理，有mgh-W弹＝0，小球B下降h过程，根据动能定理，有2mgh-W弹＝12×2mv2-0，联立解得v＝gh，故B正确.
考点2 动能定理与图像的综合应用
五类图像中所围“面积”或斜率的意义
对下列相关图像的说法进行判断.
（1）W－x图线的斜率表示的是W对应的力F.（ √ ）
（2）Ek－x图线的斜率表示的是物体所受的拉力.（ ✕ ）
（3）P－t图线与坐标轴围成的面积表示物体的动能增加量.（ ✕ ）
（4）F－x图线与坐标轴围成的面积表示物体的动能增加量.（ ✕ ）
命题点1 Ek－x图像
7.[2024湖北武汉摸底/多选]我国民用无人机技术发展迅速，目前已占据全球市场一半以上，某品牌无人机出厂前进行竖直飞行测试，无人机发动机启动一段时间后关闭，再经一小段时间上升到最高点.该过程无人机的动能Ek随上升高度h的关系如图所示.已知无人机发动机提供的升力大小恒定，空气阻力恒为重力的四分之一.则下列结论正确的有（ ACD ）
A.无人机的升力大小为75N
B.空气阻力的大小为40N
C.无人机的重力大小为40N
D.加速与减速的加速度大小之比为1：2
解析 由动能Ek与上升高度h的关系图，可知图像斜率绝对值表示合力的大小，故加速阶段的合力大小为F合＝F升-mg-f＝502 N＝25 N，减速阶段的合力大小为F'合＝mg＋f＝501 N＝50 N，又f＝0.25mg，联立解得F升＝75 N，f＝10 N，mg＝40 N，故A、C正确，B错误；根据牛顿第二定律可知，加速与减速的加速度大小之比为a加a减＝F合F' 合＝2550＝12，故D正确.
命题点2 F－x图像
8.[多选]在某一粗糙的水平面上，一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像.已知重力加速度g＝10m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有（ ABC ）
A.物体与水平面间的动摩擦因数
B.合力对物体所做的功
C.物体做匀速运动时的速度
D.物体运动的时间
解析 物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝Fmg＝0.35，故A正确；减速过程中，由动能定理得WF＋Wf＝0-12mv2，根据F-x图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算拉力F做的功WF，而Wf＝-μmgx，由此可求得合力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v，故B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，故D错误.
命题点3 其他图像
9.放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（ C ）
图甲 图乙
A.0～6s内物体位移大小为36m
B.0～6s内拉力做的功为30J
C.合力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等
D.滑动摩擦力大小为5N
解析 v-t图线与t轴围成的面积表示位移，结合题图甲可知，0～6 s内物体的位移
大小为30 m，故A错误；P-t图线与t轴围成的面积表示拉力做的功，结合题图乙可
得，0～6 s内拉力做的功为70 J，故B错误； 0～6 s内与0～2 s内动能变化量相等，
由动能定理可知，合力做的功相等，故C正确；由题图甲知物体在2～6 s内做匀速直
线运动，此时拉力等于滑动摩擦力，结合题图乙，得F＝Pv＝53 N，故D错误.
方法点拨
解决动能定理与图像问题的基本步骤
1.[v－t＋F－t图像/2023福建/多选]甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动.以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合力—时间图像如图（b）所示.则（ BC ）
A.0～2s内，甲车的加速度大小逐渐增大
B.乙车在t＝2s和t＝6s时的速度相同
C.2～6s内，甲、乙两车的位移不同
D.t＝8s时，甲、乙两车的动能不同
解析 v－t图像中图线的斜率表示加速度，由图（a）可知0～2s内甲车的加速度大小不变，选项A错误；F－t图像中图线与横轴围成的面积表示动量的变化量，由图（b）可知2～6s内乙车的动量变化量为零，所以t＝2s和t＝6s时速度相同，选项B正确；在v－t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，在2～6s内，由图（a）得甲车位移为零，将图（b）转换为v－t图像，如图（c），可知乙车位移不为零，选项C正确；由图（a）、图（c）可得，当t＝8s时，甲、乙两车速度均为零，选项D错误.
2.[Ek－x图像/2022江苏]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Ek与水平位移x的关系图像正确的是（ A ）
解析
3.[W－L图像/多选]质量为2kg的物体，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移L之间的关系如图所示，重力加速度g取10m/s2，则此物体（ BD ）
A.在位移L＝9m时的速度大小是33m/s
B.在位移L＝9m时的速度大小是3m/s
C.在OA段运动的加速度大小是2.5m/s2
D.在OA段运动的加速度大小是1.5m/s2
解析 由图像可知当L＝9 m时，W＝27 J，而Wf＝-μmgL＝-18 J，由动能定理有W合
＝W＋Wf＝12mv2，解得v＝3 m/s，故A错误，B正确；在A点时，W'＝15 J，W'f＝-
μmgL'＝-6 J，由动能定理可得W'＋W'f＝12mvA2，解得vA＝3 m/s，则a＝vA22L'＝1.5 m/s2，
故C错误，D正确.
4.[动能的分析/2023山东]电磁炮灭火消防车（图甲）采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火.电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度.如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离L＝60m，灭火弹出膛速度v0＝50m/s，方向与水平面夹角θ＝53°，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin53°＝0.8.
（1）求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；
（2）已知电容器储存的电能E＝12CU2，转化为灭火弹动能的效率η＝15％，灭火弹的质量为3kg，电容C＝2.5×104μF，电容器工作电压U应设置为多少？
答案 （1）60m （2）10002V
解析 （1）设灭火弹由炮口运动至高楼处的时间为t，则
在水平方向上有L＝v0csθ·t
在竖直方向上有H＝v0sinθ·t－12gt2
解得H＝60m
（2）根据题意可知Ek＝ηE＝15％×12CU2
又因为Ek＝12mv02
联立可得U＝10002V.
1.[2024江西万安中学校考]下列有关动能的变化说法正确的是（ C ）
A.物体只有做匀速运动时，动能才不变
B.物体做平抛运动时，水平方向速度不变，物体的动能也不变
C.物体做自由落体运动时，重力做正功，物体的动能增加
D.物体的动能变化时，速度不一定变化，速度变化时，动能一定变化
解析 物体做非匀速运动时，动能也可以不变.例如做匀速圆周运动的物体，其动能不变，故A错误；物体做平抛运动时，水平方向速度不变，竖直方向速度一直增加，其动能一直增加，故B错误；物体做自由落体运动时，重力做正功，物体的动能增加，故C正确；根据Ek＝12mv2可知物体的动能变化时，速度一定变化，速度是矢量，大小不变，方向变化时，动能是不变的，故速度变化时，动能不一定变化，故D错误.
2.质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则（ B ）
A.质量大的物体滑行的距离大
B.质量小的物体滑行的距离大
C.它们滑行的距离一样大
D.它们克服摩擦力所做的功不相等
解析 由动能定理可得-Ffx＝0-Ek，即μmgx＝Ek，由于动能相同，动摩擦因数相同，故质量小的物体滑行的距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于Ek，故B正确.
3.[2023新课标]无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落.一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（ B ）
A.0B.mgh
C.12mv2－mghD.12mv2＋mgh
解析 结合题意可知，雨滴在地面附近下落过程做匀速运动，对雨滴下落高度h的过程分析，由动能定理有mgh-Wf＝0，即Wf＝mgh，B正确，A、C、D错误.
4.如图所示，固定在竖直平面内的14圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B，质量为m的小物块从圆弧轨道的顶端A由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，并停在到B点距离等于圆弧轨道半径的C点.圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为（ C ）
A.2μmgB.3mg
C.（1＋2μ）mgD.（1＋μ）mg
解析 设圆弧轨道的半径为r，物块从B到C的过程，由动能定理得-μmgr＝0-12mvB2，在B点，由牛顿第二定律得N-mg＝mvB2r，联立解得N＝(1＋2μ)mg，由牛顿第三定律可知，物块到达B点前瞬间对轨道的压力大小为N'＝N＝(1＋2μ)mg，故C正确.
5.[图像创新/2024安徽名校联考]如图甲所示，光滑斜面倾角θ＝30°，以斜面底端为坐标原点，沿斜面方向建立x轴.一质量为2kg的物体（视为质点）在沿斜面方向的拉力作用下，从斜面底端由静止开始沿x轴正方向运动，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图乙所示.重力加速度g＝10m/s2，斜面足够长.物体沿x轴正向运动过程中，下列说法正确的是（ C ）
A.物体沿斜面向上运动的最大位移为22m
B.物体沿斜面向上运动的时间为4s
C.在x＝5m时，拉力的功率为1002W
D.拉力的最大功率为300W
解析 由于拉力沿斜面方向，则拉力做的功为W＝Fx，可看出W-x图像的斜率大小代表拉力大小F. 则对物体由O点运动到x＝5 m的过程，根据动能定理有，W1-mg sin θ·x1＝12mv12，结合题图乙可解得物体的速度v1＝52 m/s，在x＝5 m时，拉力F1＝ΔWΔx＝20 N，则此时拉力的功率P1＝F1v1＝1002 W，故C正确.物体运动到x＝10 m时，拉力的功率最大，则对物体由O点运动到x＝10 m的过程，设运动的时间为t1，根据动能定理和运动学公式有W2-mg sin θ·x2＝12mv22，x2＝v22t1，结合题图乙可解得v2＝10 m/s，t1＝2 s，则此时拉力的功率P2＝F1v2＝200 W，故D错误.对物体由x＝10 m处向上运动到最高点的过程，设运动的时间为t2，受到的拉力F2＝ΔW'Δx'＝2 N，由牛顿第二定律有mg sin θ-F2＝ma1，解得物体的加速度a1＝4 m/s2，运动的时间t2＝v2a1＝2.5 s，该过程运动的位移x3＝v22t2＝12.5 m，则物体沿斜面向上运动的最大位移xmax＝x2＋x3＝22.5 m，故A错误.物体沿斜面向上运动的总时间为t＝t1＋t2＝4.5 s，B错误.
6.[多选]如图所示，一内壁粗糙程度相同、半径为R的圆筒固定在竖直平面内，圆筒内一质量为m的小球沿筒壁做圆周运动.若小球从最低点算起运动一圈又回到最低点的过程中，两次在最低点时筒壁对小球的弹力大小分别为10mg和8mg.设小球在该过程中克服摩擦力做的功为W，经过最高点时筒壁对小球的弹力大小为F，重力加速度为g，则（ BD ）
A.W＝2mgR
B.W＝mgR
C.3mg＜F＜4mg
D.2mg＜F＜3mg
解析 对小球进行受力分析，先后两次在最低点所受的合力分别为9mg和7mg，方向指向圆心.设小球先后两次经过最低点的速率分别为v1和v2，根据牛顿第二定律有9mg＝mv12R和7mg＝mv22R，小球在整个过程中，由动能定理得-W＝12mv22-12mv12，联立解得W＝mgR，故A错误，B正确；小球在上升和下降过程中的等高处，由于上升过程中的速度大于下降过程中的速度，所以上升时所需向心力大于下降时所需向心力，故上升时筒壁对小球的弹力大于下降时筒壁对小球的弹力，因此上升时受到的摩擦力较大，而下降时受到的摩擦力较小，故上升时克服摩擦力做功W1＞W2，下降时克服摩擦力做功W2＜W2，设小球上升到最高点时的速度为v3，筒壁对小球的弹力满足F＋mg＝mv32R，上升过程由能量守恒定律得12mv12＝12mv32＋2mgR＋W1，解得F＜3mg，由W1＜W，解得F＞2mg，故C错误，D正确.
7.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f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10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（ A ）
图（a） 图（b）
A.m＝0.7kg，f＝0.5N
B.m＝0.7kg，f＝1.0N
C.m＝0.8kg，f＝0.5N
D.m＝0.8kg，f＝1.0N
解析 0～10 m内物块上滑，由动能定理得-mg sin 30°·s-fs＝Ek-Ek0，整理得Ek＝Ek0-(mg sin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值｜k｜＝mg sin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mg sin 30°-f)(s-s1)＝Ek，整理得Ek＝(mg sin 30°-f)s-(mg sin 30°-f)s1，结合10～20 m内的图像得，斜率k'＝mg sin 30°-f＝3 N，联立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，故A正确，B、C、D错误.
8.[多选]如图所示为一滑草场.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，载人滑草车与草地之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，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8），则（ AB ）
A.动摩擦因数μ＝67
B.载人滑草车最大速度为2gh7
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35g
解析 对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知mg·2h-μmg cs 45°·hsin45°-μmg cs 37°·hsin37°＝0，解得μ＝67，故A正确； 滑草车通过上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh-μmg cs 45°·hsin45°＝12mvm2，解得vm＝2gh7，故B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，故C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a＝mgsin37°-μmgcs37°m＝-335g，故加速度大小为335g，故D错误.
9.[2023江苏]滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端.利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示.与图乙中相比，图甲中滑块（ C ）
A.受到的合力较小
B.经过A点的动能较小
C.在A、B之间的运动时间较短
D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小
解析 设斜面倾角为θ、滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，对滑块受力分析有F合上＝mg sin θ＋μmg cs θ，F合下＝mg sin θ-μmg cs θ，故图甲中滑块受到的合力较大，A错；滑块由A到B的过程，有2a上xAB＝vA上2，由B到A的过程，有2a下xAB＝vA下2，又F合上＞F合下，则a上＞a下，故vA上＞vA下，图甲中滑块经过A点的动能较大，B错；将滑块由A到B的过程逆向思维为由B到A的初速度为0、加速度大小为a上的匀加速运动，则xAB＝12a上t上2，又xAB＝12a下t下2，a上＞a下，故t上＜t下，即图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短，C对；上滑和下滑过程摩擦力大小相等，经过AB的距离相等，根据W＝fx可知在A、B之间克服摩擦力做的功相等，D错.
10.[2023山东青岛统考/多选]如图甲所示，在水平面上建立正方向水平向左的一维坐标，质量为M＝1kg的木板在x＝0位置时有水平向左、大小为4m/s的初速度.长木板受到的水平拉力F与其位移的关系如图乙所示.已知木板与地面的动摩擦因数为0.6，重力加速度大小g取10m/s2，关于木板在0～8m内的运动，下列说法正确的是（ ABD ）
A.长木板的最小速度为2m/s
B.x＝4m时长木板的速度大小为4m/s
C.2～6m内，长木板动能的增量为15J
D.x＝6m和x＝8m时的速度大小相等
解析 当拉力小于摩擦力时，木板减速，摩擦力f＝μMg＝6 N，根据题图乙可知2 m处拉力为6 N，所以2 m前木板减速，2 m后木板加速，2 m时速度最小，图线与坐标轴所围图形的面积代表拉力做的功，根据动能定理有12Mvmin2-12Mv02＝-fx0＋F0×x02，解得vmin＝2 m/s，故A正确；在0～4 m内，根据动能定理有12Mv12-12Mv02＝-fx1＋F1×x12，F1＝12 N，解得v1＝4 m/s，故B正确；在2～6 m内，根据动能定理可知，长木板动能的增量ΔEk＝6+122×2 J＋8+122×2 J-6×(6-2) J＝14 J，故C错误；在6～8 m内，合外力做的功W合＝4+82×2 J-6×2 J＝0，所以木板在x＝6 m和x＝8 m时的动能不变，速度大小相等，故D正确.
11.[2024四川绵阳江油中学校考/多选]一辆汽车以额定功率沿倾角不变的斜坡向下匀速行驶，速度为v1，牵引力为F1.现让该车沿该斜坡从静止开始向上匀加速行驶，达到额定功率时速度为v2，牵引力为F2，以后保持额定功率行驶，最终速度为v3，牵引力为F3.斜坡足够长，汽车所受阻力大小在向上和向下行驶时相同，则 （ AD ）
A.v1＞v3＞v2
B.v1＜v2＜v3
C.在向上匀加速行驶过程中，任意相等时间内，汽车动能变化相等
D.F1＜F3＜F2
解析 设斜坡的倾角为θ，汽车向下匀速行驶时，有F1＋mg sin θ-μmg cs θ＝0，P
＝F1v1，汽车向上匀加速行驶时有F2-mg sin θ-μmg cs θ＝ma，P＝F2v2，汽车向上匀
速行驶时，有F3-mg sin θ-μmg cs θ＝0，P＝F3v3，联立可得F1＜F3＜F2，v1＞v3＞
v2，故A、D正确，B错误；在向上匀加速行驶过程中，任意相等时间内，汽车动能
变化量ΔEk＝12m(v＋at)2-12mv2＝2vat＋a2t22m，故在向上匀加速行驶过程中，任意相等
时间内，汽车动能变化不同，故C错误.
12.[2024河北名校联考]如图1所示，一质量为0.4kg的小物体静止在水平台面上，在水平推力F的作用下从坐标原点O开始沿x轴运动，F与物体坐标x的关系如图2所示.在x＝4m时撤去力F，同时物体从平台飞出，落到距离台面h＝0.45m的水平地面上.物体与水平台面间的动摩擦因数为34，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力.求：
（1）x＝1m时，物体的加速度大小a；
（2）x＝2m时，力F的功率P；
（3）物体落地点离平台的水平距离x'.
答案 （1）12.5m/s2 （2）602W （3）6510m
解析 （1）由F－x图像知，在0～2m内有，F＝（4＋4x）N，x＝1m时，F＝8N
滑动摩擦力f＝μmg＝34×0.4×10N＝3N
则物体的加速度a＝F合m＝（8－3）0.4m/s2＝12.5m/s2
（2）设x＝2m时，物体运动的速度为v0，依据动能定理有
WF－Wf＝12mv02
根据F－x图线与x轴围成图形的面积表示拉力做的功，知WF＝（4+12）22J＝16J，又Wf＝3×2J＝6J
解得v0＝52m/s
此时力F的功率P＝Fv0＝602W
（3）设物体离开平台时，速度为v，依据动能定理有
W'F－W'f＝12mv2
同理可知W'F＝44J，W'f＝3×4J＝12J
物体沿平台飞出，做平抛运动，有h＝12gt2
物体落地点离平台的水平距离x'＝vt
联立并代入数据，解得x'＝6510m.
13.[2022上海]如图所示，AB为平直导轨，长为L，物块与导轨间的动摩擦因数为μ，BC为光滑曲面，A与地面间的高度差为h1，B、C间高度差为h2.一个质量为m的物块在水平恒力作用下，从A点由静止开始向右运动，到达B点时撤去恒力，物块经过C点后在空中运动一段时间落地，已知重力加速度为g.
（1）若物块落地时动能为E1，求其经过B点时的动能EkB.
（2）若要物块落地时动能小于E1，求恒力必须满足的条件.
答案 （1）E1－mgh1 （2）见解析
解析 （1）对物块从B点到落地的过程，由动能定理有
mgh1＝E1－EkB
解得EkB＝E1－mgh1
（2）对物块从A点到落地的整个过程，由动能定理有FmaxL－μmgL＋mgh1＝E1
解得Fmax＝E1－mgh1＋μmgLL
若物块恰能到达C点，根据动能定理有FminL－μmgL－mgh2=0
解得Fmin＝μmgL＋mgh2L
则恒力F必须满足的条件为μmgL＋mgh2L＜F＜E1－mgh1＋μmgLL.
14.[动能定理的计算与几何计算结合/2022全国乙]固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环.小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ C ）
A.它滑过的弧长
B.它下降的高度
C.它到P点的距离
D.它与P点的连线扫过的面积
解析 小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，下落h高度过程中，由动能定
理有mgh＝12mv2，解得v＝2gh，故B错误；设小环位置与P点连线所对的圆心角为
θ，小环下滑过程滑过的弧长s＝Rθ，则h＝R(1- cs sR)，故A错误；小环位置到P点的
距离L＝2R sin θ2，h＝R(1- cs θ)，1- cs θ＝2 sin 2θ2，即h＝2R sin 2θ2＝L22R，代入v＝
2gh可知v与L成正比，即小环的速率与小环到P点的距离成正比，故C正确；小环
位置与P点连线扫过的面积A＝12R2θ-12R2 sin θ，分析知A与v不成正比，故D错误.
15.[开放性问题]如图所示，固定在水平地面上的倾角θ＝30°、高度h＝0.5m的斜面顶端安装了一定滑轮，将质量为M＝0.4kg的物块和质量为m＝0.3kg的小钩码用轻绳连接并跨过定滑轮，钩码处于斜面顶端，物块处于斜面底端，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝32，物块与钩码均处于静止状态，取重力加速度g＝10m/s2.
（1）求物块所受的摩擦力.
（2）轻轻再挂一个相同的钩码，物块将滑动，求钩码落地时的速度大小.
（3）在第（2）问的基础上，判断物块能否到达斜面的最高点，并说明理由.
答案 （1）1N 方向沿斜面向下 （2）1m/s （3）见解析
解析 （1）钩码静止，则T＝mg
物块静止，由于T＞Mgsin30°，物块所受的静摩擦力方向沿斜面向下，则f静＋Mgsin30°＝T
解得静摩擦力大小f静＝1N
（2）对物块与钩码组成的系统，由动能定理得
2mgh－Mghsin30°－μMghcs30°＝12（M＋2m）v2
解得v＝1m/s
（3）钩码落地后，对物块由动能定理得
－Mgxsin30°－μMgxcs30°＝0－12Mv2
解得x＝0.04m
物块沿斜面上升的总距离x总＝（0.5＋0.04）m＝0.54m
斜面长度L＝hsin30°＝1m＞x总
即物块无法到达斜面最高点.课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.理解动能和动能定理.
2.能用动能定理解释生产生活中的现象.
动能和动能定理的基本应用
2023：新课标T15，山东T15；
2022：上海T19；
2020：浙江1月T20；
2019：北京T24，天津T10
1.物理观念：理解动能和动能定理，会用动能定理分析问题.
2.科学思维：利用功的表达式、牛顿第二定律与运动学公式推出动能定理的表达式.
3.科学探究：通过对动能定理的学习，探索功与动能的关系.
4.科学态度与责任：能用动能定理解决实际问题，激发学习兴趣，提高应用能力.
动能定理与图像的综合应用
2023：新课标T20；
2022：江苏T8；
2021：湖北T4；
2020：江苏T4；
2019：全国ⅢT17
命题分析预测
动能和动能定理是历年高考的热点，题型为选择题或计算题，命题背景可能是生产生活、体育运动等实际情境.预计2025年高考可能会结合图像或实际问题考查动能和动能定理相关知识.
定义
物体由于运动而具有的能叫动能
公式
Ek＝[1] 12mv2 .单位为焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2
标矢性
动能是[2] 标量 ，只有正值
状态量
动能是状态量，因为v是瞬时速度
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[3] 动能的变化
表达式
W＝[4] 12mv22－12mv12 或W＝Ek2－Ek1
物理意义
[5] 合力 做的功是物体动能变化的量度
适用条件
①既适用于直线运动，也适用于[6] 曲线运动
②既适用于恒力做功，也适用于[7] 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[8] 间断作用
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
注意事项
（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）当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解，也可以对全过程应用动能定理求解
（3）动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能
相关学案
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备考2024届高考物理一轮复习讲义第六章机械能第2讲动能和动能定理考点1动能定理的理解和基本应用： 这是一份备考2024届高考物理一轮复习讲义第六章机械能第2讲动能和动能定理考点1动能定理的理解和基本应用，共7页。
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