第2讲　动能定理及应用 讲义-2027届高考物理一轮复习

该高中物理讲义聚焦动能定理及应用，覆盖理解定理、求解变力做功、图像结合、多过程问题等高考核心考点，按“基础自测-考点分层梳理-方法专项指导-真题典例精讲”逻辑架构，通过递进式教学环节帮助学生构建知识网络，突破解题难点。 资料以科学思维培养为核心，如考点二图像问题中引导学生通过E_k-h图像斜率分析合力变化，渗透模型建构与科学推理能力。设置A级基础、B级综合、C级拔尖分层练习，配合真题改编题训练，确保高效突破考点，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

第2讲　动能定理及应用 学习目标 1.理解动能和动能定理，能用动能定理解决一些基本问题。 2.能用动能定理求解变力做的功。 3.掌握动能定理与图像结合问题的分析方法。 4.会用动能定理解决多过程问题。 1. 2. 基础自测 1.(人教版必修第二册P88T3改编)一颗质量为0.05 kg的子弹以300 m/s的速度打穿一块厚度为5 cm的木板后速度变为100 m/s，则子弹打穿木板的过程，木板对子弹的平均阻力为(　　) A.2×103 N B.4×103 N C.2×104 N D.4×104 N 答案　D 2.(人教版必修第二册P88T5改编)质量为500 g的足球被踢出去，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是5 m，在最高点的速度为8 m/s。g=10 m/s2，不计空气阻力。请你根据这个估计，计算运动员踢球时对足球做的功为(　　) A.16 J B.25 J C.41 J D.50 J 答案　C 考点一：动能定理的理解与基本应用 1.两个关系 (1)数量关系:合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功。 (2)因果关系:合力做功是引起物体动能变化的原因。 2.标量性 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。 考向　动能定理的基本应用 例1 (2025·云南卷，2)如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　) A.4×105 J B.4×104 J C.4×103 J D.4×102 J 答案　B 解析　由单位换算可知144 km/h=40 m/s，高中生的质量约为m=50 kg，则当列车加速到v=40 m/s时，高中生的动能约为Ek=mv2=4×104 J，对高中生由动能定理得W=Ek-0，解得列车对高中生所做的功约为W=4×104 J，B正确。 考向　应用动能定理求变力做功 例2 (2026·江苏苏州期中)图甲所示是一种叫“旋转飞椅”的游乐项目，将其结构简化为图乙所示的模型。长L=3 m的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径r=3 m的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。转盘静止时，钢绳沿竖直方向自由下垂;转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角θ=37°。将游客和座椅看作一个质点，游客和座椅的总质量m=50 kg。不计钢绳重力和空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)当转盘匀速转动时，求游客和座椅做圆周运动的线速度大小v; (2)求游客由静止到随转盘匀速转动至钢绳与竖直方向夹角为θ=37°的过程中，钢绳对游客和座椅做的功W。 答案　(1)6 m/s　(2)1 200 J 解析　(1)当转盘匀速转动时，对游客和座椅整体受力分析如图所示， 根据牛顿第二定律有mgtan θ=m 根据几何关系可得游客和座椅做圆周运动的半径为R=r+Lsin θ 代入数据解得游客和座椅做圆周运动的线速度大小为v=6 m/s。 (2)游客和座椅由静止到随转盘匀速转动至钢绳与竖直方向夹角为θ=37°的过程中，根据动能定理有W-mgL(1-cos θ)=mv2-0 代入数据解得钢绳对游客和座椅做的功W=1 200 J。 考点二　动能定理与图像结合的问题 常与动能定理结合的五类图像问题 例3 (2026·江苏泰州模拟)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，皮球从抛出到落回抛出点的过程中，其运动的动能Ek与上升高度h之间的关系图像可能正确的是(　　) 答案　A 解析　根据动能定理有F合x=ΔEk，可知Ek-h图像斜率的绝对值表示合力大小。上行过程的合力大小为F合=mg+f=mg+kv，合力随着速度的减小逐渐减小，则Ek-h图像的斜率绝对值逐渐减小;下行过程的合力大小为F合'=mg-f=mg-kv，合力随着速度的增大逐渐减小，则Ek-h图像的斜率绝对值逐渐减小;由于空气阻力总是做负功，所以经过同一位置时，上行时的动能总是比下行时的动能大，故A正确。 例4 (2025·上海卷，12改编)如图甲所示，在竖直平面内有一光滑圆形轨道，一质量m=0.5 kg的小物块在轨道内侧做圆周运动。物块的速度大小v与物块和圆心连线转过的角度θ的关系图像如图乙所示。已知重力加速度g取10 m/s2(计算结果均保留1位小数)。求: (1)轨道半径 R; (2)θ=60°时，物块克服重力做功的瞬时功率P。 答案　(1)0.6 m　(2)23.8 W 解析　(1)由图乙可知，物块在最低点时的速度大小为v0=6 m/s，在最高点时的速度大小为v=3.5 m/s，从最低点到最高点由动能定理得-mg·2R=mv2-m 解得R=0.6 m。 (2)由图乙可知θ=60°时，物块的速度大小为v'=5.5 m/s，又物块克服重力做功的瞬时功率 P=mgv'sin θ 代入数据解得P=23.8 W。 考点三　应用动能定理解决多过程问题 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若物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力发生了变化，则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。 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。 考向　应用动能定理解决多过程问题 例5 (2026·江苏南通中学月考)如图所示，用大小为10 N、方向与水平地面成37°角的拉力F，使静止的物体从A点沿水平粗糙地面运动到相距15 m的B点，到达B点后立即撤去F，物体沿光滑圆弧形轨道恰好滑到C点，C点离地高度h=1.8 m，然后又沿圆弧轨道返回水平地面，停在了D点。物体的质量为2 kg，不计物体在B点的动能损失，g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求: (1)物体到达B点时的速度大小; (2)物体由A运动到B的过程中摩擦力做的功; (3)D点到B点的距离。 答案　(1)6 m/s　(2)-84 J　(3)4.5 m 解析　(1)对物体从B到C由动能定理有-mgh=0-m 解得物体到达B点时的速度大小vB=6 m/s。 (2)对物体从A到B由动能定理有FlABcos 37°+Wf=m-0 解得摩擦力做的功Wf=-84 J。 (3)由功的公式可得由A到B摩擦力对物体做的功 Wf=-μ(mg-Fsin 37°)lAB 解得μ=0.4 物体由B到D由动能定理有-μmglBD=0-m 解得D点到B点的距离lBD=4.5 m。 考向　动能定理在往复运动问题中的应用 例6 如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R=0.45 m，水平轨道BC长为0.4 m，滑块与其间的动摩擦因数μ=0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，g取10 m/s2。则: (1)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能是多少? (2)滑块最终停在距B点多远的位置? 答案　(1)1.4 J　(2)0.15 m 解析　(1)滑块第一次到D点时弹簧具有的弹性势能最大，从A至D的过程，根据动能定理可得 mg(R-LCDsin 30°)-μmgLBC+W弹=0 解得W弹=-1.4 J 则Ep弹=-W弹=1.4 J。 (2)由于斜面光滑，滑块到达D点后又向下运动，经过多次在圆弧轨道与斜面之间来回运动，最终滑块停在水平轨道BC上，设整个过程滑块在BC上的路程为s，根据动能定理可得 mgR-μmgs=0 解得s=2.25 m 由6×0.4 m-2.25 m=0.15 m，可知滑块最终停在距离B点0.15 m处。 例7 如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，AB与水平方向的夹角θ=37°，圆心O与A、D点在同一高度，圆弧面的半径R=3.6 m。将一质量为m=5 kg的滑块从A点由静止释放，已知滑块与AB斜面间的动摩擦因数μ=0.45，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。求在此后的运动过程中: (1)滑块在AB段上运动的总路程; (2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值。 答案　(1)8 m　(2)102 N　70 N 解析　(1)因mgsin θ>μmgcos θ，故滑块最终不会停留在斜面上。由于滑块只在AB段受摩擦力作用，所以滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上做往复运动。 设滑块在AB段上运动的总路程为s，在AB段上所受摩擦力大小Ff=μFN=μmgcos θ 从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动的过程，由动能定理得mgRcos θ-Ffs=0 解得s=8 m。 (2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，此时滑块所受轨道支持力最大，设为Fmax，从A到C由动能定理得mgR-FflAB=m-0 AB的长度lAB= 由牛顿第二定律得Fmax-mg=m 解得Fmax=102 N 滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时，速度最小，设为v2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为Fmin，从B到C由动能定理得mgR(1-cos θ)=m-0 由牛顿第二定律得Fmin-mg=m 解得Fmin=70 N 根据牛顿第三定律可知，C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N。 A级：基础对点练 对点练1　动能定理的理解与基本应用 1.如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R，bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。则小球运动到c点时的速度大小为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　设小球运动到c点时的速度大小为v，小球由a到c由动能定理有F(2R+R)-mgR=mv2，其中F=mg，联立解得v=，故A正确。 2.(2026·江苏无锡锡山高级中学月考)某同学参加校运动会立定跳远项目比赛，比赛过程如图，起跳点A到落地点C的水平距离是2.4 m，空中脚离地最大高度约0.45 m，假设该同学的质量为60 kg，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做的功为(g=10 m/s2)(　　) A.270 J B.480 J C.750 J D.1470 J 答案　C 解析　起跳后该同学做斜上抛运动，竖直方向上有h=gt2，vy=gt，水平方向有x=vx·2t，联立解得起跳时水平方向和竖直方向的分速度大小分别为vx=4 m/s、vy=3 m/s，则起跳速度v==5 m/s，由动能定理得起跳过程该同学所做的功W=mv2=750 J，故C正确。 3.(2026·江苏无锡江阴月考)如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。则(　　) A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力做的功为2πmω2r2 C.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力做的功为-mω2r2 D.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动 答案　C 解析　圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，始终与速度方向垂直，摩擦力对小物体不做功，故A、B错误;从圆盘停止转动到小物体停止运动，对小物体根据动能定理有Wf=0-mv2，又v=ωr，联立可得Wf=-mω2r2，故C正确;圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故D错误。 对点练2　动能定理与图像结合的问题 4.(2026·江苏南京联合体月考)如图甲所示，质量为0.2 kg的物块受到水平向右的拉力F，以4 m/s的初速度从A点向右运动，F随位移x变化的图像如图乙所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取10 m/s2，在运动过程中物块的最大速度为(　　) A. m/s B. m/s C. m/s D.3 m/s 答案　A 解析　由题图乙可知，拉力减小时表达式为F=F0+kx= N=(3.6-0.3x) N，物块受到的滑动摩擦力大小为Ff=μmg=0.3×0.2×10 N=0.6 N，当物块所受合力为零时，物块的速度最大，即F=Ff，解得x=10 m。设物块的最大速度为vm，从物块开始运动到速度最大过程，拉力对物块做的功为W=×1.8×6 J+×(1.8+0.6)×(10-6) J=10.2 J，从物块开始运动到速度最大过程，由动能定理得W-Ffx=m-m，代入数据解得vm= m/s，故A正确。 5.如图甲所示，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Ff恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小Ff分别为(　　) A.m=0.7 kg，Ff=0.5 N B.m=0.7 kg，Ff=1.0 N C.m=0.8 kg，Ff=0.5 N D.m=0.8 kg，Ff=1.0 N 答案　A 解析　0~10 m内物块上滑，由动能定理得-mgsin 30°·s-Ffs=Ek-Ek0，整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+Ff)s，结合0~10 m内的图像得，斜率的绝对值|k|=mgsin 30°+Ff=4 N;10~20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°-Ff)(s-s1)=Ek，整理得Ek=(mgsin 30°-Ff)s-(mgsin 30°-Ff)s1，结合10~20 m内的图像得，斜率k'=mgsin 30°-Ff=3 N，联立解得Ff=0.5 N，m=0.7 kg，A正确，B、C、D错误。 对点练3　应用动能定理解决多过程问题 6.如图所示，小球以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后返回，其返回途中仍经过A点，小球经过轨道连接处无机械能损失，且小球再次经过A点时的速度大小为原来的一半，重力加速度为g，则(　　) A.h= B.h= C.h= D.h= 答案　C 解析　设小球由A到B阻力做功为W，则小球由B到A阻力做功也为W，根据动能定理，由A到B有-mgh+W=0-m，由B到A有mgh+W=m，其中vA=v0，联立解得h=，故C正确。 B级综合提升练 7.(2026·江苏常州期中)如图所示，长直木板右端垫高制作成斜面，木板左端点与水平面在A点平滑连接，右端点在O点正上方。一小木块从斜面顶端由静止下滑，到达水平面上的B点停下，小木块与木板、水平面间的动摩擦因数相同。现用相同材质、不同长度的木板按图甲、乙、丙、丁放置，则(　　) A.图甲中小木块将停在B点左侧 B.图乙中小木块将停在B点左侧 C.图丙中小木块将停在B点左侧 D.图丁中小木块将停在B点正上方的木板上 答案　A 解析　设斜面长度为l1，倾角为θ，小木块最终停止点到斜面底端的距离为l2，小木块释放点到水平面的高度为h。小木块由释放到停止的整个过程，根据动能定理有mgh-μmgcos θ·l1-μmgl2=0，整理得h=μ(l1cos θ+l2)，式中l1cos θ+l2为小木块释放点到最终停止点的水平距离，设l1cos θ+l2=x，则x=，可知只要释放点到水平面的高度h不变，x就不变，即图乙、丙中的小木块仍将停在B点，故B、C错误;图甲中小木块释放点到水平面的高度大于h，由x=可知x也将变大，即小木块将停在B点左侧，故A正确;由x=得μ=，丁图中斜面底端在B点左侧，则tan θ<μ，可知mgsin θ<μmgcos θ，即小木块所受重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力，小木块释放后不会下滑，故D错误。 8.(2026·江苏扬州期中)如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，重力加速度为g，则滑块经过的总路程是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理得mgx0sin θ-μmgcos θ·x=0-m，解得x=，A正确。 9.(2025·黑、吉、辽、内蒙古卷，13)如图，一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5 m，A点距地面的高度h=1.95 m，雪块与屋顶间的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，已知sin 37°=0.6，重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0; (2)雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。 答案　(1)5 m/s　(2)8 m/s　60° 解析　(1)雪块从屋顶上的O点由静止开始下滑到A点的过程中，由动能定理有 mgxsin θ-μmgcos θ·x=m-0 解得v0=5 m/s。 (2)雪块从A点到落地的过程中，由动能定理有mgh=m-m 解得v1=8 m/s 雪块离开A点后做斜抛运动，水平分速度不变，其水平分速度大小为vx=v0cos θ=4 m/s 则雪块落地时的速度方向与水平方向的夹角α满足cos α== 解得α=60°。 10.(2025·福建卷，15)如图甲，水平地面上有并排放置的A、B两个物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间的动摩擦因数为μ=0.25，B与地面间无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F随位移x的变化图像如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地面平滑连接，初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m，重力加速度g=10 m/s2。求: (1)0~1 m内F做的功; (2)x=1 m时，A与B之间的弹力大小; (3)要保证B能到达 M 点，圆弧半径满足的条件。 答案　(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)r≤0.2 m 解析　(1)F-x图像与坐标轴所围的面积表示F所做的功，由题图乙可知0~1 m内F所做的功为 W=1.5×1 J=1.5 J。 (2)由题图乙可知，x=1 m时外力F开始变化，A、B有相同的加速度，A与地面间的摩擦力Ff=μmg 对A、B整体，由牛顿第二定律得F-Ff=2ma 由于B与地面间无摩擦，对B由牛顿第二定律得FAB=ma 联立解得A、B之间的弹力大小FAB=0.5 N。 (3)当FAB=0时，A、B分离，此时F=Ff=0.5 N，由题图乙可知，此时x=3 m 初始时水平地面上A、B与P点的长度大于4 m，对A、B从开始运动到开始分离过程，由动能定理得WF-μmgx=×2mv2 由题图乙可得WF=3.5 J 假设B可以运动到圆弧轨道最高点M，对B从两者开始分离到运动到M点的过程，由动能定理得-mg·2r=m-mv2 要保证B能到达M点，则到达M点的速度满足vM≥ 联立解得r≤0.2 m。 C级拔尖进阶练 11.(2026·江苏南京模拟)如图甲所示，倾角为θ、长为2l的斜面AC，AB段光滑、BC段粗糙，且AB=BC=l。质量为m的小物块由A处静止释放，到C点恰好停下，BC段小物块与斜面之间的动摩擦因数自上而下逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.动摩擦因数最大值μm=2tan θ B.小物块的最大速度为 C.重力在AB、BC两段斜面上做功不相等 D.重力在AB段中间时刻瞬时功率等于在BC段中间时刻瞬时功率 答案　B 解析　从A到C根据动能定理有mg·2lsin θ-Wf=0，由题图乙可得Wf=μmmgcos θ·l，联立解得μm=4tan θ，故A错误;当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，此时有μmgcos θ=mgsin θ，解得μ=tan θ=μm，由题图乙可知，此时小物块在B点下方l处，从A到最大速度的位置，根据动能定理有mg(l+l)sin θ-Wf'=m-0，由题图乙可得Wf'=μmgcos θ·=mglsin θ，联立解得最大速度为vm=，故B正确;由于AB、BC两段斜面长度相同，所以对应的高度相同，根据WG=mgh可知，重力在AB、BC两段斜面上做功相等，故C错误;设小物块在B点的速度为vB，小物块在AB段做匀加速直线运动，则AB段中间时刻的瞬时速度为v1==，则重力在AB段中间时刻瞬时功率P=mgv1sin θ=mgsin θ，小物块在BC段不是做匀变速直线运动，所以BC段中间时刻的瞬时速度v2≠=，则重力在BC段中间时刻瞬时功率P'=mgv2sin θ≠mgsin θ，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $