新高考物理一轮复习知识梳理+分层练习专题32 动能定理及其应用（含解析）

2023届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练

专题32 动能定理及其应用

【知识导学与典例导练】

一、对动能、动能定理的理解

1．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。

2．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”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力或其他力，功则为合力所做的总功。

【例1】如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是（　　）

A．对物体，动能定理的表达式为 ，其中W为支持力做的功

B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功

C．对物体，动能定理的表达式为其中W为支持力做的功

D．对电梯，其所受的合力做功为

【答案】CD

【详解】ABC．电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功（即合力做的功）才等于物体动能的增量，即其中W为支持力做的功，AB错误C正确；

D．对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，即 ，D正确。故选CD。

二、应用动能定理处理多过程问题

1．解题流程

2．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，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。

(3)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。

(4)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。

【例2】如图所示，轻质弹簧一端固定，伸长后另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处时弹簧水平，到达C处时圆环的速度为零，然后在C处给圆环一竖直向上的初速度v，圆环恰好能回到A处，在上述过程中，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，则圆环（　　）

A．下滑过程中，弹簧的弹性势能一定先减小后增大

B．下滑过程中，经过B时的速度最大

C．上滑过程中，摩擦产生的内能为

D．上滑过程中经过B处的动能大于下滑过程中经过B处的动能

【答案】CD

【详解】A．设弹簧的固定点为O，由于初始时刻弹簧处于伸长状态，在圆环从A到C下滑过程中，若OB大于等于弹簧原长，弹簧的弹性势能先减小后增大，若OB小于弹簧原长，在B点弹簧处于压缩状态，则在B点前弹簧的弹性势能先减小后增大，过B点后弹簧的弹性势能先减小后增大，A错误；

B．下滑过程中，当合力为零时速度最大，此位置应在B、C间，此时弹力向上的分量与摩擦力之和等于圆环的重力，B错误；

C．下滑过程中由动能定理可得 上滑过程由动能定理可得

解得上滑过程中克服摩擦力做功为则上滑过程中，摩擦产生的内能为Q=mv2，C正确；

D．从B到A上滑过程中从A到B下滑过程中

则故上滑过程中经过B处的动能大于下滑过程中经过B处的动能。D正确。

故选CD。

三、动能定理的图像问题

1．四类图像所围“面积”的意义

2．解决动能定理与图像问题的基本步骤

【例3】质量为2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块的动能Ek与其发生的位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A．x＝1m时物块的加速度大小为1m/s2

B．x＝3m时物块所受的拉力大小为6N

C．在前4m位移过程中拉力对物块做的功为25J

D．在前4m位移过程中物块所经历的时间为2.8s

【答案】ACD

【详解】A．在前2m的过程中，根据动能定理有结合图像可得，x＝1m时物块的加速度大小为故A正确；

B．从2m到4m的过程中，根据动能定理有结合图像可得，从2m到4m的过程中，物块的加速度大小为则根据牛顿第二定律有可得，x＝3m时物块所受的拉力大小为故B错误；

C．在前4m位移的过程中，根据动能定理有代入数据解得，在前4m位移过程中拉力对物块做的功为故C正确；

D．由题意可知，物块在前2m以加速度做匀加速直线运动，从2m到4m以加速度做匀加速直线运动，则有可得，物块在前2m的位移中，所用的时间为物块在2m处的速度为

则从2m到4m处，根据可得，物块从2m处到4m处所用的时间为故在前4m位移过程中物块所经历的时间为2.8s，故D正确。故选ACD。

【例4】水平地面上质量为m=7kg的物体，在水平拉力F作用下开始做直线运动，力F随位移x的变化关系如图所示，当x=10m时拉力为零，物体恰好停下，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．物体与地面间的动摩擦因数为0.2

B．加速阶段克服摩擦力做的功为81.2J

C．加速阶段拉力做的功为8J

D．全过程摩擦力做的功为-14J

【答案】AB

【详解】A．设恒力作用下物体运动位移为x1，变力作用下运动位移为x2，动摩擦因数为μ，全过程由动能定理得解得μ=0.2故A正确；

B．当F=Ff=14N速度最大，此后物体将做减速运动，由图像结合几何关系可得此时x=5.8m，故加速阶段克服摩擦力做的功为Wf=μmgx=81.2J故B正确；

C．匀加速阶段F做的功为W=Fx1=80J故加速阶段F做的功大于8J，故C错误；

D．全过程摩擦力做的功Wf'=-μmg（x1+x2）=-140J故D错误。故选AB。

【例5】质量的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，如图甲所示为汽车运动的速度与时间的关系，图乙为汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中所受阻力不变，在18 s末汽车的速度恰好达到最大。重力加速度g取，则下列说法正确的是（　　）

A．汽车受到的阻力为200 N

B．汽车的最大牵引力为700 N

C．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为95.5 m

D．8~18 s内汽车牵引力做的功为

【答案】C

【详解】A．当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有阻力，A错误；

B．汽车匀加速阶段牵引力最大，匀加速阶段加速度；

汽车在运动过程中所受阻力不变，联立解得，B错误；

C．变加速过程中，即8~18 s内，根据动能定理得解得位移大小，C正确；

D．8~18s时间内，汽车牵引力的功率恒为所以该过程中牵引力做的功为，D错误。故选C。

【例6】有一电动玩具车质量为1kg，在水平路面上从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化（a-t）的关系如图所示，则下列选项中错误的是（　　）

A．0-3s内合外力的冲量大小为2N·s B．1-3s内合外力所做的功是0J

C．第3s末合外力的瞬时功率大小为2W D．0-3s内合外力的平均功率是

【答案】C

【详解】A．图象中面积表示速度变化量，初速度为0，所以1s末速度

3s末速度，0-3s内合外力的冲量大小为2N∙s　故A正确；

B．1-3s内合外力所做的功为故B正确；

C．第3s末合外力大小由牛顿第二定律可知则第3s末合外力的瞬时功率故C错误；

D．由动能定理可知，质点在0～3s内合外力做的功则0～3s内合外力的平均功率

故D正确。此题选择不正确选项，故选C。

【多维度分层专练】

1．如图所示，甲、乙两个高度相同的固定斜面，倾角分别为和，且。质量为的物体（可视为质点）分别从这两个斜面的顶端由静止沿斜面滑到底端，物体与这两个斜面的动摩擦因数均为。关于物体两次下滑的全过程下列说法中正确的是（　　）

A．重力的平均功率甲小于乙

B．落地时重力的功率甲小于乙

C．动能的变化量甲小于乙

D．下滑过程加速度甲大于乙

【答案】ABC

【详解】AD．滑下过程中，滑块的加速度满足可知，甲的加速度小于乙的加速度，且甲斜面长度大于乙斜面长度，则乙下滑用时更短，又两物块下滑同样的高度，重力做功相同，则重力的平均功率甲小于乙，故A正确，D错误；

B．下滑过程中，物块克服摩擦力做功结合题意可知，甲中物块克服摩擦力做功更多，则甲滑到底端时速度更小，又重力的功率为 则落地时重力的功率甲小于乙，故B正确；

C．甲滑到底端时速度更小，则动能的变化量甲小于乙，故C正确；故选ABC。

2．如图所示，带电量为Q的小球A固定在倾角为的绝缘光滑的固定斜面底部，在斜面上距A球为l的P点放置一质量为m的带电小球B，小球B恰好处于静止状态，若将另一质量也为m的不带电小球C紧贴着小球B由静止释放，两小球一起运动到M点时速度为v；若将小球C从距P点为d处的N点由静止释放，小球C运动到P点时与小球B粘在一起。已知各小球均可视为质点，重力加速度为g，静电力常量为k，运动过程中小球A、B的电量不变，下列说法正确的是（　　）

A．小球B的带电量为

B．小球C从N点运动到P点与小球B碰前瞬间的速度为

C．小球C从N点运动到M点时的速度为

D．小球C从N点运动到M点时的速度为

【答案】AD

【详解】A．小球B静止时有解得，A正确；

B．设小球C到达P点时的速度为v1，小球C从N点运动到P点与小球B碰前由动能定理得

解得，B错误；

CD．设PM之间的距离为l1小球C运动到P点与小球B粘在一起的速度为v2小球C运动到P点后与小球B粘在一起到运动至M点的速度为v3,在小球C紧贴着小球B由静止释放至运动到M点的过程中，由动能定理得小球C与小球B碰撞过程中动量守恒小球C运动到P点后与小球B粘在一起到运动至M点的过程中，由动能定理得解得

C错误，D正确；故选AD。

3．北京冬奥会推动了全民对冰雪运动的热爱，作为东北地区体验冰雪运动乐趣的设施冰滑梯也为大家所熟知。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相同，因滑板不同满足。螺旋滑道和倾斜滑道高度均为。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下关于、的设计满足的条件为（　　）

A． B． C． D．

【答案】BC

【详解】设斜面倾角为，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足可得

即有因，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得滑行结束时停在水平滑道上，由全程的动能定理有其中，可得，

代入，可得，综合需满足和故选BC。

4．如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为。木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下（货物与木箱之间无相对滑动），当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列说法正确的是（　　）

A．木箱与货物的质量之比为6：1

B．下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点

C．木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为1：6

D．若木箱下滑的最大距离为L，则弹簧的最大弹性势能为MgL

【答案】BD

【详解】A．根据题意和动能定理可得

联立可得故A错误；

B．下滑速度最大时有可得

上滑速度最大时有可得所以下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点，故B正确；

C．木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度为

下滑的加速度为则比值为故C错误；

D．下滑过程中重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能

则弹簧的最大弹性势能为故D正确。故选BD。

5．如图所示，将轻弹簧一端系于天花板上，另一端与质量为m的圆环相连，并将圆环套在粗糙的固定直杆上，直杆与水平面之间的夹角为，将环沿杆移动到A点，此时弹簧恰好处于原长状态且竖直。现将圆环由静止释放，其沿杆下滑，到达C点时的速度为零；再在C点给圆环沿杆向上的速度v，圆环又恰能回到A点。此过程中弹簧始终在弹性限度之内，，B为中点，重力加速度为g。下列说法正确的是（   ）

A．环下滑过程中，其加速度先减小后增大

B．环下滑过程中，其与杆摩擦产生的热量为

C．环从C点运动到A点的过程中，弹簧对环做的功为

D．环上滑经过B点的速度小于下滑经过B点的速度

【答案】AC

【详解】A．环在A点由静止释放，到达C点速度为零，故环下滑过程中，其速度先增大后减小，在中间某位置的速度最大，加速度为零，则加速度先减小后增加，A正确；

B．环由A到C过程，由动能定理可得环由C到A过程，由动能定理可得

联立解得；

即环下滑过程中，其与杆摩擦产生的热量为，环从C点运动到A点的过程中，弹簧对环做的功为

，B错误，C正确；

D．环从A到B过程由动能定理可得环从B到A过程由动能定理可得

即对比可得即环上滑经过B点的速度大于下滑经过B点的速度，D错误。故选AC。

6．如图所示，水平传送带以v=4m/s逆时针匀速转动，A、B为两轮圆心正上方的点，AB=L1=2m，两边水平面分别与传送带上表面无缝对接，弹簧右端固定，自然长度时左端恰好位于B点。现将一小物块与弹簧接触但不栓接，并压缩至图示位置后由静止释放。已知小物块与各接触面间的动摩擦因数均为μ=0.2，AP=L2=1m，小物块与轨道左端P碰撞后原速反弹，小物块刚好返回到B点时速度减为零。g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A．小物块第一次运动到A点时，速度大小一定为4m/s

B．弹簧对小物块做的功等于小物块离开弹簧时的动能

C．小物块离开弹簧时的速度可能为1m/s

D．小物块对传送带做功的绝对值与传送带对小物块做功的绝对值一定相等

【答案】A

【详解】A．设物体到达P点的速度为v′，反弹后运动到B点的速度为零，对物块返回从P点到B的过程，由动能定理得解得m/s对物体由A到P点过程，由动能定理得解得vA=4m/s小物块可能在传送带上减速到共速、加速到共速，也可能一开始到B端时就共速，故A正确；

B．弹簧对小物块做的正功与摩擦力对小物块做的负功之和等于小物块离开弹簧时的动能，故B错误；

C．若物体滑上传送带时的速度vB较大，则一直做匀减速运动，对其从滑上B到返回B点的过程，有

解得vB=2m/s若速度vB较小，物块在AB上一直加速，到A点时恰好与传送带同速，有；v=vB+at联立解得vB=2m/s故小物块离开弹簧时的速度一定满足2m/s≤vB≤2m/s，故C错误；

D．小物块与传送带间摩擦力大小相等，但小物块对传送带做功的绝对值为摩擦力乘以传送带位移，传送带对小物块做功的绝对值为摩擦力乘以小物块位移，当有摩擦力时，两者位移不同，因此功的绝对值也不同，故D错误。故选A。

7．某市大型商场中欲建一个儿童滑梯，设计的侧视图如图所示，分为AB、BC、CD三段，其中AB、CD段的高度相同，均为，与水平方向的夹角分别为53°和37°，BC段水平，三段滑梯表面粗糙程度相同，设儿童下滑时与滑梯表面之间的动摩擦因数为，AB与BC、BC与CD平滑连接。为保证安全，要求儿童在下滑过程中最大速度不超过，，，重力加速度，下列选项中符合BC段长度要求的是（　　）

A．2.0m B．4.0m C．4.9m D．5.2m

【答案】B

【详解】为保证儿童能够滑到D点，儿童通过C点时的速度必须大于零，设BC段最大长度为，从A到C过程中，根据动能定理得解得为保证儿童滑到D点时的速度不超过，设BC段最小长度为，根据动能定理得

代入数据解得，B正确，A、C、D错误。故选B。

8．电梯一般用电动机驱动，钢丝绳挂在电动机绳轮上，一端悬吊轿厢，另一端悬吊配重装置。钢绳和绳轮间产生的摩擦力能驱驶轿厢上下运动。若电梯轿箱质量为，配重为。某次电梯轿箱由静止开始上升的图像如图乙所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．电梯轿箱在第10s内处于失重状态

B．上升过程中，钢绳对轿厢和对配重的拉力大小始终相等

C．在第1s内，电动机做的机械功为

D．上升过程中，钢绳对轿厢做功的最大功率为

【答案】D

【详解】A．由图可知，电梯轿箱在第10s内做匀速直线运动，处于平衡状态，故A错误；

B．以为例，轿厢和配重都处于平衡状态，根据平衡条件可知左边绳子的拉力与轿厢重力相等，右边绳子的拉力与配重的重力相等，由题意知轿厢和配重质量不等，钢绳对轿厢和对配重的拉力大小不相等（钢绳和绳轮间有摩擦力，所以一根绳上的拉力不相等），故B错误；

C．由图乙可知在第1s内，轿厢上升1m，配重下降1m，设电动机做的机械功为，有动能定理得

解得故C错误；

D．当钢绳对轿厢拉力最大，轿厢速度最大时，钢绳对轿厢做功的功率最大，可知在轿厢加速上升阶段，由牛顿第二定律得由图乙可知最大速度为，则钢绳对轿厢做功的最大功率为联立解得故D正确。故选D。

9．我国的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，发动机起飞一段时间后关闭，再经历一小段时间到达最高点。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0.25倍，无人机的动能E与上升高度h的关系如图所示，则下列论述错误的是（　　）

A．无人机的升力大小是68.6N

B．无人机的质量是4kg

C．空气阻力的大小是8N

D．加速段与减速段时间之比为7：5

【答案】B

【详解】A．由动能E与上升高度h的关系图，可得斜率大小即为合外力的大小，故得到加速段的合外力大小为减速段的合外力为联立可得升力故A正确；

BC．由减速段的合外力为可得无人机空气阻力故B错误，C正确：

D．由于加速段和减速段均为匀变速直线运动，可知两阶段的平均速度相等，故时间之比等于位移之比为故D正确。本题选错误项，故选B。

10．如图甲所示，一根轻弹簧放在倾角为的光滑斜面上，弹簧下端与斜面底端的固定挡板连接，质量为1kg的物块从斜面上的P点由静止释放，物块从与弹簧接触后加速度的大小与弹簧的压缩量x关系如图乙所示，开始时P点到弹簧上端距离为40cm，重力加速度为，则（　　）

A．斜面的倾角

B．弹簧的劲度系数为100N/m

C．物块与弹簧接触后，弹簧弹性势能与物块重力势能之和先增大后减小

D．物块向下运动的最大速度为

【答案】BD

【详解】A．根据弹簧刚接触时的加速度，由牛顿第二定律得解得，A错误；

B．当弹簧压缩5cm时，物块的加速度为0，则解得，B正确；

C．物块与弹簧接触后，根据机械能守恒，物块的重力势能、动能，弹簧的弹性势能，三者之和不变，而物块的速度先增大，后逐渐减小至0，因此动能先增大后减小，即物块重力势能和弹簧弹性势能之和先减小后增大，C错误。

D．物块和弹簧接触时，速度设为，则根据动能定理物块最大速度为压缩到5cm的时候，此时，根据加速度图像，可知合力所做功为根据动能定理可得

解得，D正确。故选BD。