专题37动能定理（原卷版+解析版）-2023届高考物理一轮复习知识点精讲与最新高考题模拟题同步训练

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2023高考一轮知识点精讲和最新高考题模拟题同步训练
第七章 机械能
专题36 动能定理
第一部分 知识点精讲
一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能量。
2．公式：Ek＝mv2。
3．单位：焦耳(J)，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
4．矢标性：动能是标量，只有正值。
5．相对性：由于速度具有相对性，所以动能的大小与参考系的选取有关。中学物理中，一般选取地面为参考系。
【特别提醒】①动能是状态量，物体的动能与相应时刻或位置的瞬时速度一一对应。
②动能取决于物体的质量和速度的大小，与速度的方向无关。
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。
【特别提醒】 ①“力”指物体受到的合外力。
②做功的过程与动能的变化过程必须是同一个过程。
2．表达式：W＝mv22－mv12。
3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。
【温馨提示】．动能与动能的变化的区别
(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。
(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk>0表示物体的动能增加，ΔEk<0表示物体的动能减少。
三．对动能定理的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。
(2)动能定理中的“力”指物体受到的合力，功则为合力所做的总功。
四、　利用动能定理解决多过程问题
1．应用动能定理的流程

2．应用动能定理的注意事项
(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)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析。
(3)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
(4)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；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。
3. 用动能定理解决多过程问题方法技巧
(1)运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。
(2)全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意它们的功能特点。　 　　
五、　动能定理与图像的结合问题
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、F­x图像、Ek­x图像等)。
(2)挖掘图像的隐含条件——求出所需要的物理量，如由v­t图像所包围的“面积”求位移，由F­x图像所包围的“面积”求功，在横轴的上下表示做功的正负；由Ek­x图像的斜率求合外力等。
(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。
六、巧用动能定理求解往复运动问题
在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定的，求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只与物体的初、末状态有关而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
第二部分 最新高考题精选
1. （2022年1月浙江选考）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，
（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B点的长度为，滑块第一次经F点时的速度v与之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度的值。

【参考答案】（1）7N；（2）；（3）见解析
【名师解析】（1）到C点过程

C点时由牛顿第二定律，
解得：
（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时

解得
要能过F点
（3）设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍

解得
当时，
当时，
当时，
易错警示：本题（2）中考生容易得出速度关系，但的取值范围弄错，写成，导致这种错误的原因是漏掉必须通过圆弧轨道的最高点才能到达点，即漏掉这个制约关系从而无法正确界定。
本题（3）中考生易漏掉这个条件，从而不能完整的解答。
2.（2021新高考辽宁卷）冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一。某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略；倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同，μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停止在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是

A．L1=，L2=
B．L1=，L2=
C．L1=，L2=
D．L1=，L2=

【参考答案】CD
【解题思路】根据题述，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，则有mgsinθ＜μ0mgcosθ，sinθ=，cosθ=，联立解得：L1＞，选项A错误。根据题述，滑行结束时停止在水平滑道上，设水平滑道最短长度为L2’，由动能定理，可得mg·2h-μ0mgcosθ·-μ0mgL2’=0，将L1=代入解得L2’=，选项C正确B错误；将L1=代入解得L2’=，选项D中L2=大于L2’=，符合要求，选项D正确。
【易错警示】解答此题常见错误主要有：一是没有注意到题述两个要求：①要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，②滑行结束时停止在水平滑道上，导致错误。二是没有将满足要求①的BCD选项的L1值逐一运算，导致错误。

3．（2021高考新课程I卷山东卷）如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为（ ）

A． B． C． D．
【参考答案】B
【名师解析】恰好能完成一个完整的圆周运动，由动能定理，f·2πL=mv02，解得f=，选项B正确。
4. （2021高考新课程湖北卷）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10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（　　）

A.m=0.7 kg，f=0.5 N B.m=0.7 kg，f=1.0N
C.m=0.8kg，f=0.5 N D.m=0.8 kg，f=1.0N
【参考答案】A
【解题思路】对物块沿斜面上滑过程，由动能定理，-（mgsin30°+f）s=Ek-40，结合物块动能Ek与运动路程s的关系图像，可知mgsin30°+f =4，对物块沿斜面下滑过程，mgsin30°-f =3，联立解得m=0.7 kg，f=0.5 N，选项A正确。
5. （2021高考全国甲卷）一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为Ek/5。已知sinα=0.6，重力加速度大小为g。则
A.物体向上滑动的距离为Ek/2mg
B.物体向下滑动时的加速度大小为g/5
C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【参考答案】CD
【名师解析】设物体向上滑动的距离为x，由动能定理，对上滑过程，-mgxsinα-μmgcosα·x=- Ek，对上滑和下滑的全过程，-μmgcosα·2x= Ek/5- Ek，联立解得：x=Ek/mg，μ=0.5，选项A错误C正确；物体向下滑动，由牛顿第二定律，mgsinα+ μmgcosα=ma，物体向下滑动时的加速度大小为a=g，选项B错误；由于向下滑动的加速度大于向上滑动的加速度，由x=at2，可知物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长，选项D正确。
6.（12分）(2021新高考福建)如图（a），一倾角的固定斜面的段粗糙，段光滑.斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与长度相同.一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T.T随滑块沿斜面下滑的位移；的变化关系如图（b）所示.已知段长度为，滑块质量为，滑块与斜面段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，.求：

（1）当拉力为时，滑块的加速度大小；
（2）滑块第一次到达B点时的动能；
（3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离.
【参考答案】.（1） （2） （3）
【名师解析】（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为时滑块的加速度大小为.由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
①
②
③
联立①②③式并代入题给数据得
④
（2）设滑块在段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
⑤
式中、和、分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小.依题意，
，，，
设滑块第一次到达点时的动能为，由动能定理有
⑥
联立（2）（3）（5）（6）式并代入题给数据得
⑦
（3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为.设滑块离B点的最大距离为，由动能定理有⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
⑨
第三部分 最新模拟题精选
1. （2022北京朝阳二模）如图所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接。一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停止。已知斜面倾角为，小木块质量为m，小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为，A、O两点的距离为x。在小木块从斜面顶端滑到A点的过程中，下列说法正确的是（　　）


A. 如果h和一定，越大，x越大
B. 如果h和一定，越大，x越小
C. 摩擦力对木块做功为
D. 重力对木块做功为
【参考答案】D
【名师解析】
对小木块运动的整个过程，根据动能定理有
解得，所以x与θ无关，故AB错误；
根据前面分析可知重力对木块做功为
摩擦力对木块做功为，故C错误，D正确。
2．（2022福建部分学校联考）如图所示，内壁光滑的半圆弧槽固定在水平面上，一个质量为m的物块静止在圆弧槽的最低点A，第一次用大小为F的水平恒力作用于物块，使物块沿圆弧面运动到B点；第二次作用力的大小仍为F，作用力的方向始终沿圆弧的切线方向，物块到达B点的速度是第一次到达B点速度的倍．已知B点与圆弧圆心O的连线与竖直方向的夹角为60°，重力加速度为g，则推力F的大小为（ ）

A． B．
C． D．

【参考答案】D
【名师解析】设半圆弧槽的半径为R，第一次根据动能定理，，第二次根据动能定理，，解得，D项正确．
3. （2022河北唐山三模）一质量为的汽车从时刻由静止开始沿平直公路运动，其所受的合外力F与位移x的关系如图所示。则（　　）

A. 汽车在这段位移内做匀加速直线运动
B. 汽车在位置时的速度大小为
C. 汽车在的位置F的瞬时功率为
D. 所用时间为
【参考答案】D
【名师解析】
汽车在这段位移内所受合外力逐渐增大，汽车做加速度增大的加速直线运动，故A错误；F-x图像与坐标轴所围的面积表示F的功，所以F在这段位移内对汽车所作的功为，设汽车在位置时速度大小为v1，根据动能定理有
解得，故B错误；
设汽车在的位置的速度大小为v2，根据动能定理有
解得，汽车在的位置F的瞬时功率为，故C错误；
设所用时间为t，根据动量定理有，解得，故D正确。
4．（2021广西二模）如图甲所示，质量为1kg的木块（视为质点）被水平向左的力F压在竖直墙壁上，木块初始位置离地面高度H=1m，木块与墙面之间的动摩擦因数μ=0.2，木块距离地面的高度h与力F之间的关系如图乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2。则木块下滑到地面前的瞬间的速度大小为

A．4m/s B．6m/s C．8m/s D．10m/s
【参考答案】C
【名师解析】根据题述，木块初始位置离地面高度H=4m，由图乙可知对应的压力F=20N，所受的滑动摩擦力Ff=μF=4N。仿照图乙可画出滑动摩擦力Ff随高度h变化的图像如图。根据滑动摩擦力Ff随高度h变化的图像面积表示滑动摩擦力做功可知，从木块从初始位置开始下滑到滑到地面瞬间的过程中，滑动摩擦力做功Wf=8.0J，由动能定理，mgH- Wf=mv2，解得v=8m/s，选项C正确。
5.（2021湖南三湘名校联盟第二次联考）如图甲所示，光滑水平面上有一物块，在水平力作用下由静止开始运动，物块的加速度a随位移变化的图像如图乙所示，则当x=4m时物块的速度为

A．4m/s
B．6m/s
C．4m/s
D．8m/s
【参考答案】.B
【命题意图】本题考查对加速度随位移变化图像的理解、动能定理及其相关知识点。
【解题思路】由动能定理，Fx=mv2，F=ma，变化为ax=v2，由此可知，加速度随位移变化图像的面积表示v2，即×（2+5）×2+（5+6）×2= v2，解得v=6m/s，选项B正确。
6．(2021·河北卷，6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　A　)

A． B．
C． D．2
【参考答案】A
【名师解析】：小球下落的高度为h＝πR－R＋R＝R
小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝mv2
综上有v＝，故选A。

7.[2021·山西太原一模]如图甲所示为历史上著名的襄阳炮，其实质就是一种大型抛石机．它采用杠杆原理，由一根横杆和支架构成，横杆的一端固定重物，另一端放置石袋，发射时用绞车将放置石袋的一端用力往下拽，而后突然松开，石袋里的巨石就被抛出．将其简化为如图乙所示的装置，横杆的质量不计，将一质量m＝10 kg，可视为质点的石块，装在横杆长臂与转轴O点相距L＝5 m的末端石袋中，在短臂右端固定一重物，发射之前先利用外力使石块静止在地面上的A点，静止时长臂与水平面的夹角α＝37°，解除外力后石块被发射，当长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块被水平抛出，落在水平地面上，石块落地位置与O点的水平距离s＝20 m，空气阻力不计，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2.则(　　)

A．石块水平抛出时的初速度为105 m/s
B．石块水平抛出时的初速度为20 m/s
C．从A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2 050 J
D．从A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2 500 J
【参考答案】．C
【名师解析】：石块被抛出后做平抛运动，由平抛运动的相关规律及几何关系可知，抛出点离地面的竖直高度为h＝L＋Lsin α＝12gt2，解得石块做平抛运动的时间为t＝2(L+Lsinα)g＝2510 s，石块在水平方向上做匀速直线运动，则有s＝v0t，解得石块水平抛出的初速度为v0＝510 m/s，选项A、B错误；石块从A点到最高点的过程中，由动能定理有W－mgh＝12mv02－0，解得长臂对石块做的功为W＝2 050 J，选项C正确，D错误．
8. (2022四川成都三模)北京2022年冬奥会的成功举办掀起了全民冰雪运动热潮。图为某跳台滑雪赛道简化示意图，助滑坡AB的竖直高度为h，着陆坡BC连线与水平方向的夹角为45°。一质量为m的运动员（包括装备）从A点静止下滑，经B点以大小为的速度水平飞出，最终在D点着陆。运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）从A到B的过程中，运动员克服阻力做的功；
（2）B、D之间的距离；
（3）运动员着陆前瞬间的速度大小。

【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）从A到B的过程中，由动能定理有

将

代入解得

（2）从B到D，运动员做平抛运动：水平方向

竖直方向

联立解得


（3）着陆前瞬间

解得

9. （2022江苏南京二模）现将等宽双线在水平面内绕制成如图所示轨道，两段半圆形轨道半径均为R=m，两段直轨道AB、A′B′长度均为l=1.35m。在轨道上放置一个质量m=0.1kg小圆柱体，如图所示，圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，如图所示。两轨道与小圆柱体的动摩擦因数均为μ=0.5，小圆柱尺寸和轨道间距相对轨道长度可忽略不计。初始时小圆柱位于A点处，现使之获得沿直轨道AB方向的初速度v0.求：
（1）小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f1、f2的大小；
（2）当v0=6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时，外轨和内轨对小圆柱的压力N1、N2的大小；
（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0的最大值，以及在v0取最大值情形下小圆柱最终滑过的路程s。


【参考答案】（1）0.5N，0.5N；（2）；（3），2.85m
【名师解析】
（1）圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，根据对称性可知，两侧弹力大小均与重力相等为1N，内外轨道对小圆柱的摩擦力

（2）当v0=6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时

在B点
，
解得

（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0最大时，在B点
，
且

解得v0的最大值为，在圆弧上受摩擦力仍为

所以
解得
10. （2022河北保定重点高中质检）如图所示，倾角为θ =的斜面与足够大的光滑水平面在D处平滑连接,斜面上有A、B、C三点,AB、BC、CD间距均为20cm ,斜面上BC部分粗糙 ,其余部分光滑。2块完全相同、质量均匀分布的长方形薄片(厚度忽略不计) ,紧挨在一起排在斜面上，从下往上编号依次为1、2,第1块的下边缘恰好在A处，现将2块薄片一起由静止释放，薄片经过D处时无能量损失且相互之间无碰撞,已知每块薄片质量为m=1kg、长为5cm,薄片与斜面BC间的动摩擦因数μ =,重力加速度为g,求:
(1)第1块薄片刚完全进入BC段时两薄片间的作用力大小;
(2)第1块薄片下边缘刚运动到C时的速度大小;
(3)两薄片在水平面上运动时的间距。
.【参考答案】(1)2.5N(2)(3)
【名师解析】
(1)第1块薄片刚完全进入BC段时，两薄片：

解得

对薄片2：

得

(2)将两块薄片看作整体，当两块薄片恰完全进入BC段时，由动能定理有

得

此后对薄片受力分析知，沿斜面方向合力为0，所以两薄片一直匀速运动到薄片1前端到达C点，此时第1块薄片速度为。
(3)每块薄片由前端在C点运动到水平面上，由动能定理，

解得

两薄片到达水平面的时间差
/100
所以两块薄片滑到水平面上后的距离为
/100
11（2022山东邹城高一期中）如图所示，水平面右端放一大小可忽略的小物块，质量，以向左运动，运动至距出发点处将弹簧压缩至最短，反弹回到出发点时速度大小。水平面与水平传送带理想连接，传送带长度，以顺时针匀速转动。传送带右端与一竖直面内光滑圆轨道理想连接，圆轨道半径，物块进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封闭。（），求：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数；
（2）弹簧具有的最大弹性势能；
（3）要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数应满足的条件。


【参考答案】（1）；（2）；（3）或
【名师解析】
（1）小物块从向左运动弹簧压缩至最短再反弹回到出发点过程，由动能定理得

带入数据解得

（2）小物块从向左运动弹簧压缩至最短的过程，由能量守恒得


带入数据解得

（3）小物块刚好能过圆周运动的最高点，设其速度为，由牛顿第二定律得

设小物块在圆周运动最低点的速度为，从最低点到最高点，由动能定理得

带入数据解得

因

故小物块在传送带上一直加速，由动能定理得

带入数据解得

小物块刚好能到圆心等高处，设小物块在圆周运动最低点的速度为，从最低点到最圆心等高处，由动能定理得

带入数据解得

因

故小物块在传送带上一直加速，由动能定理得

带入数据解得

因此，要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道
或
12．（2021甘肃名校质检）如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m=4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5， ，求：

（1）出发时物体运动的加速度大小；
（2）物体能够运动的最大位移。
【名师解析】.（14分）
(1)根据牛顿第二定律，，开始F=100N，
故
(2)根据，由图像可知，推力对物体做的功等于图线与x轴包围的面积，于是推力对物体做的功为

由动能定理可得
解得