動能定理及其應(yīng)用（解析版）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)

動能定理及其應(yīng)用

素養(yǎng)目標：

1.理解動能、動能定理，會用動能定理解決一些基本問題。2.能利用動能定理求變力做的功。

3.掌握解決動能定理與圖像結(jié)合的問題的方法。

?做一奧

如圖甲所示，足夠長的水平傳送帶以某一恒定速率順時針轉(zhuǎn)動，一根輕彈簧兩端分別與物塊

和豎直墻面連接，將物塊在傳送帶左端無初速度釋放，此時彈簧恰處于原長且為水平。物塊

向右運動的過程中，受到的摩擦力大小與物塊位移的關(guān)系如圖乙所示，已知物塊質(zhì)量為加,

物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，沏為

已知量，則（）

、

、

、

、

、

、

、

、

、

、

C.傳送帶的速度為D.物塊不能運動到lx。處

【答案】B

【解析】AB.在0~的過程，物塊向右做加速運動，受到向右的滑動摩擦力，同時彈簧彈力

逐漸增大，當位移為功時，摩擦力發(fā)生突變，瞬間減小后，隨著x正比例增大，根據(jù)胡克

定律可知彈簧彈力也隨x正比例增大，則當位移為沏時，物塊剛好達到與傳送帶共速，之

后隨著傳送帶繼續(xù)向右運動，在過程物塊始終相對傳送帶靜止，彈力和靜摩擦力同時

增大且平衡，物塊做勻速直線運動，當x=2x0時，彈簧彈力大小增大至與滑動摩擦力大小相

等，則

k-2x0=〃mg

所以

2%

故A錯誤，B正確；

C.在0~x0過程，彈簧彈力從0線性增大到履。,則此過程的平均彈力大小為

—O+AxokxQ

7"———

22

設(shè)傳送帶的速度為v,此過程對物塊，根據(jù)動能定理有

2

AW7g-x0-F-x0=1mv

解得

v=

故C錯誤;

D.對物塊，從位移為2必到3沏，根據(jù)動能定理有

1212

pmg-(3x-2x)+-A：(2x)--^(3x)

000022

解得

v'=

由此可知，物塊能運動到3%處，故D錯誤。

故選Bo

考點一動能定理的理解和基本應(yīng)用

>.....

毛的銀儲備多

1.動能

(1)定義：物體由于運動而具有的能量叫作動能。

,1

2

(2)公式：Ek=^mvo

(3)單位:焦耳，1J=1N-m=1kgm2/s2o

(4)標矢性：動能是標量，動能與速度方向無關(guān)。

2.動能定理

⑴內(nèi)容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。

11

,2

(2)表達式：沙合=A￡k=-mr2一次。J。

⑶物理意義：合力的功是物體動能變化的量度。

說明：(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面

靜止的物體為參考系O

(2)動能是標量，動能定理是標量式，解題時不能分解動能。

例題1.如圖甲所示，質(zhì)量為0.2kg的物塊受到水平向右的拉力尸，以5m/s的初速度從N點

向右運動，尸隨位移x變化的圖像如圖乙所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.5,重

力加速度g取lOm/s?,在運動過程中物塊的最大動能為(

A.10.5JB.9.5JC.8.5JD.5.5J

【答案】B

【解析】由圖像可知，拉力減小時表達式為

F=Fm+kx=(6-0.5x)N

物體受到的滑動摩擦力大小為

f=/jmg=IN

當物體所受合力為零時，物體的動能最大，即尸=/時物體受到最大，則有

(6-0.5%)N=1N

解得

x=10m尸-x圖線與坐標軸圍成圖形的面積等于推力對物體做功，由圖像可知，物體速度最

大時，推力對物體做功為

PF=-x3x6J+—x(10-6)J=17J

22

從物體開始運動到速度最大過程，對物體，由動能定理得

12

W-^mgx=Ebn--mv

解得

%=9.5J

故選Bo

考點二應(yīng)用動能定理求變力的功

...............

干/鍋儲備個

t...................................

在一個有變力做功的過程中，當變力做功無法直接通過功的公式求解時，可用動能定理少變十

11

2

平恒=-加上?—mV],若物體初、末速度已知，恒力做功少恒可根據(jù)功的公式求出，則少變=

一22

11

2—2

—mr2—mri—平恒。

例題2.如圖所示，質(zhì)量為1kg的小球（可視為質(zhì)點）和a、b兩根細繩相連，兩繩分別固定

在豎直轉(zhuǎn)軸上兩點，其中。繩長4=缶1,小球隨轉(zhuǎn)軸一起在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動。當兩繩

都拉直時，a、6兩繩和轉(zhuǎn)軸的夾角片=45。，名=60?！，F(xiàn)保持兩根繩均拉直，在o緩慢增

大的過程中，系統(tǒng)對小球做的功最多為（）（不計空氣阻力，g=10m/s2）

A.573JB.5JC.（56-5）JD.（5A/3+5）J

【答案】C

【解析】根據(jù)題意，設(shè)當6繩剛好拉直，小球運動的線速度大小為匕，則有

Tcos，1=mg,Tsin6>=w?—,r=Lsin^

aara

聯(lián)立，解得

V]=V10m/s

設(shè)當。繩剛好要松弛，即

1=0

時，小球運動的線速度大小為丫2，則有

Tbcos32=mg,Tbsm02=m

聯(lián)立，解得

v2=Tnx/Tm/s

可知，在保持兩根繩均拉直的過程中，系統(tǒng)對小球做的功為

Wmv\-g機v；

解得

W=(5拒-5

故選Co

考點三動能定理與圖像結(jié)合的問題

知銀儲備，

圖像與橫軸所圍“面積”或圖像斜率的含義

例題3.如圖所示，一輕彈簧下端掛一物體，上端用手牽引使重物勻速上升，從手突然停止

到物體上升至最高點的過程中，物體運動的速率V、加速度大小。、動能耳、機械能E隨物

體上升高度〃變化的圖像可能正確的是（）

E

C.?>D.

OhOh

【答案】B

【解析】AB.根據(jù)題意可知，輕彈簧拉著重物做勻速直線運動，彈簧處于拉伸狀態(tài)且拉力

等于重力，當手突然停止運動后的一小段時間內(nèi)，由于慣性，重物繼續(xù)向上運動，彈簧的形

變量減小，則彈力減小，彈力小于重力，加速度向下，向上做減速運動，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)

為左，根據(jù)牛頓第二定律可得，加速度大小與上升高度的關(guān)系為

kh

a=——

m

當彈簧處于伸長狀態(tài)時，彈力一直減小，加速度一直增大；若彈簧伸長量減小到零之后，物

體繼續(xù)向上運動，彈簧被壓縮，彈力增大且向下，根據(jù)牛頓第二定律可得，加速度大小與上

升高度的關(guān)系仍為

kh

a——

m

可知，物體一直做加速度增大的減速運動，力圖像為過原點的直線，丫-〃圖像斜率會逐

漸增大，故A錯誤，B正確；

C.根據(jù)題意，由動能定理可知，物體動能的變化量為

AE'k=F合h

可知，石卜-〃圖像的斜率表示物體受到合力，由上述分析可知，物體受到的合力一直增大,

則Ek-h圖像的斜率一直增大，故C錯誤；

D.根據(jù)題意，由功能關(guān)系可知，物體機械能的變化等于彈簧彈力做功，即

hE=Th

由上述分析可知，彈簧先做正功，機械能增加，后做負功，機械能減小，故D錯誤。

故選Bo

例題4.蹦極是體驗者把一端固定的彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)等處，從幾十米高處自由落下的一項

極限運動（可近似看作在豎直方向運動）。已知某體驗者質(zhì)量為50kg,在一次下落過程中,

所受彈性繩的拉力尸與下落位移x的圖像如圖甲所示，下落位移x與運動時間，圖像如圖乙

所示，其中。為彈性繩恰好繃直的時刻，與為體驗者運動到最低點的時刻，不計空氣阻力

（g取10m/s2）。下列說法正確的是（）

A.體驗者的下落最大速度為20m/s

B.下落過程中，體驗者的最大加速度為10m/s2

C.下落過程中，彈性繩的最大彈性勢能為2xl03j

D.&大小為2000N

【答案】D

【解析】A.體驗者自由下落高度a=20m時由動能定理得

mgh=；mv2

解得此時速度

v=20m/s

此時彈性繩剛剛伸直，不是體驗者的最大下落速度，下落速度最大時應(yīng)該是彈性繩彈力大小

等于重力時，即在平衡位置時速度最大，故A錯誤；

BD.體驗者先做自由落體運動，然后隨著彈性繩逐漸伸長，體驗者加速度先減小到。后又

反向增大。乙-x圖像中與橫軸圍成的面積表示［做的功，設(shè)最大下落高度為我，根據(jù)動能

定理可知

解得下落最大高度時對應(yīng)最大的彈力

Fo=2000N

此時體驗者的加速度

a=—~—=30m/s2>10m/s2

m

故B錯誤，D正確；

C.下落過程中，到最低點重力勢能全部轉(zhuǎn)換成彈性勢能，此時彈性勢能最大，為

4

Ef=mgH=2xWJ

故C錯誤。

故選D。

色艮忖檢測'

（建議用時:30分鐘）

1.一小球做平拋運動，關(guān)于小球的速度、動量、動能、重力勢能的變化率隨時間變化的圖

線，正確的是（）

△P

B.

【解析】A.小球做平拋運動，其速度變化率

Av

I7=g

可知孚T圖像是平行于f軸的直線，故A錯誤；

AZ

B.小球做平拋運動，其動量的變化率

邳

——=m2

\t

可知圖像是平行于，軸的直線，故B錯誤；

C.小球做平拋運動，根據(jù)動能定理

12

A￡*k=mgh-mgx—

即

NEk2,

——-=mgt

可得N券FLx/,可知竽-圖像是過原點的直線，故C錯誤；

D.小球做平拋運動，根據(jù)重力做功與重力勢能的變化關(guān)系可得

22

|AEp|=mgh=-^rngt

即

困2

-W=mgt

A￡*n\E

可得二^3,，可知一-/圖像是過原點的直線，故D正確。

AZAt

故選Do

2.如圖所示，某時刻物塊以初速度V。沿粗糙斜面向下運動，此時加上沿斜面向上的恒力

F,物塊開始向下做勻減速直線運動直至靜止。以該時刻物塊所在位置為勢能零點，若位移

為X、速度為丫、動能為耳、重力勢能為品、機械能為￡,則下列圖像可能正確的是()

【答案】D

【解析】A.根據(jù)運動學(xué)公式得

2

v―VQ——2ax

速度v與位移x不是線性關(guān)系，圖像不是直線，A錯誤；

B.根據(jù)動能定理得

mgxsmO-Fx-fa=Ek~Ek0

解得

Ek=(mgsin0-F-f)x+Ew

動能為與位移x是線性關(guān)系，圖像是直線，B錯誤；

C.根據(jù)功和能的關(guān)系得

mgxsine=%-Ep

解得

Ep=EpO-mgxsin0

重力勢能當與位移x是線性關(guān)系，圖像是直線，C錯誤；

D.根據(jù)功和能的關(guān)系得

—Fx—fx=E—E0

解得

E=E「（F+f）x

機械能E和位移x是線性關(guān)系，D正確。

故選D。

3.如圖所示，擺球（可視為質(zhì)點）質(zhì)量為怙懸線長為L把懸線拉直至水平位置/點后

由靜止釋放擺球。設(shè)擺球從/運動到最低點8的過程中，空氣阻力了的大小不變，重力加速

度為g,則擺球運動到最低點8時的速率為（）

A.JgL一鏟?B.國一回C.

D.

Y4mVmV4mVm

【答案】B

【解析】設(shè)擺球從N運動到最低點8的過程中,將運動過程分為無數(shù)小段，每一小段的阻

力可視為恒力，則克服空氣阻力做功為

17CL=2

設(shè)擺球從/運動到最低點B的過程中，根據(jù)動能定理有

12

mgL-WY=—

解得

VB=LL-^

Vm

故選Bo

4.如圖為一小朋友在一個空心水泥管里玩〃踢球〃游戲，將該過程簡化為豎直面內(nèi)半徑為r

的固定圓環(huán)，在圓環(huán)的最低點有一質(zhì)量為"2的小球，現(xiàn)給小球一水平向右的瞬時速度V.小

球沿圓環(huán)內(nèi)側(cè)運動，重力加速度為g,不計小球與圓環(huán)間的摩擦。下列說法正確的是（）

A.若？=2而\小球可以通過圓環(huán)最高點

B.^v=2y[gr,小球在最低點對圓環(huán)壓力大小為4加g

2

C.若v=4F，小球脫離圓環(huán)的位置與圓心的連線與水平方向夾角的正弦值為]

D.若曠=師，小球脫離圓環(huán)的位置與圓心的連線與水平方向夾角的正弦值為g

【答案】D

【解析】A.小球恰好通過最高點時滿足

V’2

mg=m——

r

根據(jù)動能定理有

。121,2

mgx2r=—mv0——mv

解得

Vo=75gr

若廠=2折，小球不能通過圓環(huán)最高點，故A錯誤；

B.根據(jù)牛頓第二定律有

V2

r-mg=m—

r

解得

F=5mg

故B錯誤；

CD.若丫=灰，設(shè)小球脫離圓環(huán)的位置與圓心的連線與水平方向夾角的正弦值為e,則有

mgsin3-m——

根據(jù)動能定理有

mgR(l+sin夕)=；mv"2-g心—

解得

sin6*=-

3

故C錯誤，D正確；

故選D。

5.中科院研制的電磁彈射實驗裝置能構(gòu)建微重力實驗環(huán)境，把"太空”搬到地面。實驗裝置

像一個"大電梯"，原理如圖所示，在電磁彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)推動實驗艙豎直向上加

速運動至/位置，撤除電磁作用。此后，實驗艙做豎直上拋運動，到達最高點后返回/位

置，再經(jīng)歷一段減速運動后靜止。已知在上述過程中的某個階段，忽略阻力，實驗艙處于完

全失重狀態(tài)，這一階段持續(xù)的時間為4s,實驗艙的質(zhì)量為500kg。取重力加速度g=10m/s2,

A.實驗艙向下運動的過程始終處于失重狀態(tài)

B.實驗艙運動過程中距離A位置的最大距離為40m

C.向上彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)對實驗艙做功等于1X105J

D.向上彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)對實驗艙的沖量大于IXIO4N.S

【答案】D

【解析】A.實驗艙向下運動的過程，開始做自由落體運動，處于失重狀態(tài)，后向下減速,

處于超重狀態(tài)，選項A錯誤；

B.實驗艙在電磁彈射結(jié)束后開始豎直上拋時的速度最大，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知

距離N位置的最大距離

1,1,

h=—gr=—xl0x22m=20m

22

選項B錯誤；

C.實驗艙在電磁彈射結(jié)束后開始豎直上拋時的速度最大，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知

該速度為

v=gt=10m/s2x2s=20m/s

在向上彈射過程中，根據(jù)動能定理有

12

W-mgh=—mv=1x105J

所以

JF>1X105J

選項C錯誤；

D.在向上彈射過程中，根據(jù)動量定理有

I-mgt'=mv=1X104N-S

所以

/>1X104N-S

選項D正確。

故選D。

6.一臺起重機將工件從地面由靜止向上提起，在向上勻加速運動過程中，重物上升的高度

為為時，動能為凡，重力勢能為斗，機械能為E,克服重力做功的功率為尸，設(shè)地面為重

力勢能為零，下列圖像不能描述上述過程的是（）

【答案】D

【解析】A.設(shè)地面為重力勢能為零，重物上升的高度為〃時的重力勢能為

Ep=mgh

則與-力圖像為過原點的傾斜直線，故A正確，不符題意;

B.向上勻加速運動過程，由動能定理有

(F-mg)h=Ek-0

改造可得

Ek=(F-mg)h

則心-右圖像為過原點的傾斜直線，故B正確，不符題意;

C.重物的機械能為

E=Ek+Ep=（尸一mg）h+mgh=Fh

則E-力圖像為過原點的傾斜直線，故C正確，不符題意；

D.克服重力做功的功率為

!——r~F

P=mgv=mg72ah=mg.2（g）h

Vm

則尸-〃圖像是非線性函數(shù)，圖像錯誤，故D錯誤，符合題意。

故選D。

7.（多選）風(fēng)洞是人工產(chǎn)生和控制的氣流，用以模擬飛行器或物體周圍氣體的流動。圖甲為

高〃=10m的透明垂直風(fēng)洞。在某次風(fēng)洞飛行上升表演中，表演者的質(zhì)量〃?=69kg,為提高表

演的觀賞性，控制風(fēng)速v與表演者上升高度〃間的關(guān)系如圖乙所示，在風(fēng)力作用的正對面積

不變時，風(fēng)力尸=0.06盧（v為風(fēng)速），g=10m/s2o若表演者開始靜臥于〃=0處，再打開氣流,

表演者從最低點到最高點的運動過程中，下列說法正確的是（）

A.表演者先做加速度逐漸增大的加速運動，再做加速度逐漸減小的減速運動

B.表演者先做加速度逐漸減小的加速運動，再做加速度逐漸增大的減速運動

C.表演者上升達到最大速度時的高度瓦=4m

D.表演者上升能達到的最大高度必=6m

【答案】BD

【解析】AB.表演者開始靜臥于〃=0處，再打開氣流，受到向上的風(fēng)力和重力作用，此時

風(fēng)力

7^=0.06x1.3x104N=780N

大于重力，則人先向上做加速運動；由圖知，v2（v為風(fēng)速）減小，風(fēng)力尸=0.063，則風(fēng)力

減小，故表演者的加速度減??；因〃=10m時風(fēng)力廠=480N小于重力，可知后一階段當風(fēng)力

小于重力時，表演者做減速運動，加速度向下增大，故先向上做加速度減小的加速運動，后

向上做加速度增大的減速運動，故A錯誤，B正確；

C.表演者上升達到最大速度時，則加速度為零，此時

0.061/=mg

其中

v2=1.3X104-500A

解得

〃產(chǎn)3m

故C錯誤；

D.對表演者，由動能定理得

W『mgh2=0

因%與〃成線性關(guān)系，風(fēng)力做功

由

斤=0.06/=780-30%

得〃=0時，F(xiàn)o=78ON；〃=歷時，62=780-30^，%=69kg,代入數(shù)據(jù)化解得

〃2=6m

故D正確。

故選BDo

8.（多選）如圖所示，一根輕彈簧豎直放置在地面上，上端為O,某人將質(zhì)量為〃，的物塊

放在彈簧上端O處，使它緩慢運動到N處（。/高度差為2/0,放手后物塊處于平衡狀態(tài),

在此過程中人所做的功為M如果將物塊從距離彈簧上端。點高，的地方由靜止釋放，設(shè)

物體此后只在豎直方向運動，且不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）

A.物體釋放后的最大速度為四萬

B.物體釋放后，動能最大值為加g〃-沙

C.物體下落到04中點處時，動能為%g(8+〃)

D.物體運動過程中，物體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒

【答案】BD

【解析】C.人推動滑塊緩慢下降的過程，由動能定理

mg2h+W=EP

而物體在A點處于平衡，有

k-2h=mg

物體下落到。/中點處時，有

mg(H+h)=Epl+Eu

而0A中點處的彈性勢能為

E.=—kx~=—E

pl24p

聯(lián)立可得

rrj,mghW

Eu^mgH+--一—

故C錯誤；

AB.當物體釋放后，先自由落體，后變加速直線運動，當加速度等于零時速度最大，即A

位置，由動能定理

,12

mg(2h+H)=Ep+—mvm

聯(lián)立可得最大速度為

m

最大動能為

Ebn=mgH-W

故B正確，A錯誤；

D.物體在下落過程，有重力做正功，彈力做負功，故物體和彈簧的系統(tǒng)機械能守恒，而物

體的機械能減小，故D正確。

故選BD。

9.（多選）某研究小組利用傳感器研究外力作用下物體的落體運動，得到質(zhì)量為加的物體

在豎直向下運動時的速度v隨下降高度力變化關(guān)系，如圖所示。已知重力加速度為g。下列

說法正確的是（）

Oh0

A.物體做勻變速直線運動

物體的加速度與落下的高度成正比

C.物體下落高度2瓦時的加速度大小為g

D.物體從瓦下落到3瓦的過程中，除重力之外的力做功為加g瓦

【答案】BC

【解析】AB.由圖可知，物體的速度隨位移均勻變化，即

即物體的加速度與速度成正比，也與下落的高度成正比，故A錯誤，B正確;

C.由圖可知，當物體下落瓦時，有

所以物體下落高度2%時的加速度大小為

2

a=k-2h0=g

故C正確;

D.物體從瓦下落到3%的過程中，根據(jù)動能定理可得

解得

故D錯誤。

故選BC。

10.（多選）一種升降電梯的原理圖如圖甲，A為電梯的轎廂，B為平衡配重。在某次運行

時A（含乘客）、B的質(zhì)量分另I］為M=1200kg和7〃=800kg。A、B由跨過輕質(zhì)滑輪的足夠長

輕質(zhì)纜繩連接。電動機通過牽引繩向下拉配重B,使得電梯的轎廂由靜止開始向上運動（轎

廂A、配重B一直未與滑輪相撞）。不計空氣阻力和摩擦阻力，重力加速度g取10m/s2。轎

廂A向上運動過程中的VT圖像如圖乙。下列說法正確的是（）

A.0~3s內(nèi)配重B下面繩子拉力為零

B.O~5s內(nèi)電動機對外做功1.2x105J

C.5s~8s內(nèi)配重B處于失重狀態(tài)

D.0-8s內(nèi)繩子拉力對轎廂A的最大功率為&64xlO，W

【答案】BD

【解析】A.O~3s內(nèi)，轎廂的加速度為

?=^=2m/s2

設(shè)A、B間的纜繩拉力為仄，重物B下端的纜繩拉力為穌，對轎廂，根據(jù)牛頓第二定律有

F、-Mg=Ma

對配重B,根據(jù)牛頓第二定律有

FB+mg-FA=ma

解得

%=14400N,FB=8000N

故A錯誤;

B.V—圖像中圖線與坐標軸圍成的面積表示位移，0~5s內(nèi)，轎廂的位移為

3x6

x=----m+2x6m=21m

2

0~5s內(nèi)，根據(jù)動能定理有

W+mgx—Mgx=；（M+加）vj

解得0~5s內(nèi)電動機對外做功為

少=1.2x10“

故B正確；

C.VT圖像中圖線的斜率表示加速度，5s~8s內(nèi)斜率為負值，則轎廂有向下的加速度，則

配重B有向上的加速度，處于超重狀態(tài)。故C錯誤；

D.3s時，轎廂A的速度最大，A、B