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第26讲 动能定理及其应用（讲义）（解析版）—高中物理
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这是一份第26讲 动能定理及其应用（讲义）（解析版）—高中物理，共19页。
复习目标
网络构建
考点一 对动能、动能定理的理解
【夯基·必备基础知识梳理】
知识点1 动能
知识点2 动能定理
【提升·必考题型归纳】
考向1 应用动能定理求变力做功
考向2 在机车启动问题中应用动能定理
考点二 应用动能定理处理多过程问题
【夯基·必备基础知识梳理】
知识点 应用动能定理处理多过程问题解题流程和注意事项
【提升·必考题型归纳】
考向1 多过程直线运动问题
考向2 直线曲线运动相结合的多过程问题
考向3 往复运动的多过程问题
考点三 动能定理的图像问题
【夯基·必备基础知识梳理】
知识点1 四类图像所围“面积”的意义
知识点2 解决动能定理与图像问题的基本步骤
【提升·必考题型归纳】
考向1 v-t图像
考向2 a-t图像
考向3 F-x图像
考向4 P-t图像
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理解动能动能定理，并会用动能定理处理物理问题。
掌握有关动能定理的图像问题。
考点一 对动能、动能定理的理解
知识点1 动能
1．公式：Ek＝ eq \f(1,2) mv2，式中v为瞬时速度，动能是状态量。
2．标矢性：动能是标量，只有正值，动能与速度的方向无关。
3．动能的变化量：ΔEk＝ eq \f(1,2) mv22－ eq \f(1,2) mv12。
4．动能的相对性：由于速度具有相对性，则动能也具有相对性，一般以地面为参考系。
5．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。
知识点2 动能定理
1．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动能的变化。
2．表达式：W＝ΔEk＝ eq \f(1,2) mv22－ eq \f(1,2) mv12。
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。
考向1 应用动能定理求变力做功
1．如图，一侧有竖直挡板的足够长的实验台固定在地面上，台面水平且光滑。质量均为的甲、乙两小球用一根劲度系数为的轻质弹簧拴接在一起，小球乙与竖直挡板接触（不固定），用力推压小球甲使弹簧压缩，弹簧压缩量为时锁定小球甲。现解除对小球甲的锁定，同时给小球甲施加一个水平向左的外力F，使小球甲由静止开始向左以的加速度做匀加速直线运动，当小球乙刚要离开竖直挡板时撤掉外力F。有关甲、乙两小球的运动情况的判断，下列说法正确的是（ ）
A．外力F的最大值为
B．弹簧锁定时弹性势能为
C．小球乙刚离开挡板瞬间小球甲的速度大小为
D．外力F对小球甲做的功为
【答案】C
【详解】A．解除对小球甲的锁定，给小球甲施加外力的过程，根据牛顿第二定律有
当时外力F最大，为故A错误；
B．弹簧锁定时，弹力做功为根据功能关系，弹性势能为
故B错误；
C．根据动力学公式解得故C正确；
D．解除对小球甲的锁定，给小球甲施加外力的过程，由动能定理得解得
故D错误。故选C。
2．设计贯通地球的弦线光滑真空列车隧道：质量为m的列车不需要引擎，从入口的A点由静止开始穿过隧道到达另一端的B点，为隧道的中点，与地心O的距离为，假设地球是半径为R的质量均匀分布的球体，地球表面的重力加速度为g。已知质量均匀分布的球壳对球内物体引力为0，P点到的距离为x，则（ ）
A．列车在隧道中A点的合力大小为mgB．列车在P点的重力加速度小于g
C．列车在P点的加速度等于D．列车在运动中的最大速度为
【答案】BD
【详解】A．设列车在A时，，列车在A点受到地球的引力为列车在A点受到合力为
根据几何关系有解得故A错误；
BC．设地球的质量为，列车运动到P点距地心为，，根据几何关系有列车运动到P点加速度满足根据，可得又联立解得故B正确，C错误；
D．列车在隧道内距的距离时，合力为可知随均匀变化，列车从A到做加速度减小的加速运动，则列车在点有最大速度，则有其中，，联立解得故D正确。故选BD。
考向2 在机车启动问题中应用动能定理
3．某兴趣小组对一辆遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为图像，如图所示（除时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线）。已知在小车运动的过程中，时间段内小车的功率保持不变，在末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。则下列选项正确的是（ ）
A．小车两段匀变速直线运动的加速度大小相同
B．小车所受到的阻力为
C．小车额定功率为
D．小车在变加速运动过程中位移为
【答案】AB
【详解】A．内汽车的加速度在时间段，加速度大小
故A正确。
B．时间段，由牛顿第二定律得故B正确。
C．在小车做匀速运动，速度，牵引力大小与大小相等，则小车匀速运动的功率
故C错误；
D．内根据动能定理有解得故D错误。故选AB。
4．一种升降电梯的原理如图所示，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时A（含乘客）、B的质量分别为和。A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动（轿厢A、配重B一直未与滑轮相撞）。电动机输出功率保持不变。不计空气阻力和摩擦阻力，。在A向上运动过程中，则（ ）
A．轿厢A先做匀加速直线运动，再做加速度减小的直线运动，最后做匀速直线运动
B．轿厢A能达到的最大速度
C．轿厢A向上的加速度为寸，配重B下端的牵引绳上拉力
D．厢体A从静止开始到上升的高度为5m时（箱体已处于匀速状态），所用的时间
【答案】BC
【详解】A．电动机输出功率保持不变，速度增大时，根据可知牵引力减小，所以轿厢A做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动，故A错误；
B．当轿厢A的速度达到最大时，轿厢A做匀速直线运动，此时电动机的牵引力为
又联立解得故B正确；
C．当A向上的加速度为时，设A、B之间绳的拉力为，重物B下端绳的拉力大小为；分别分析A、B，根据牛顿第二定律得，联立解得故C正确；
D．厢体A从静止开始到上升的高度为时，轿厢箱体已处于匀速状态，对A、B整体，由动能定理得
解得故D错误。故选BC。
考点二 应用动能定理处理多过程问题
知识点 应用动能定理处理多过程问题解题流程和注意事项
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。
考向1 多过程直线运动问题
1．如图所示，与水平地面夹角为锐角的斜面底端A向上有三个等间距点和，即。小滑块P以初速度从A出发，沿斜面向上运动，若斜面与滑块间无摩擦，则滑块恰好到达点，而后下滑；若斜面部分与滑块间有摩擦，其余部位与滑块间仍无摩擦，则滑块恰好上滑到点，而后下滑，则滑块下滑到点时速度大小以及回到A点时速度大小分别为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由于等间距，所处的高度均匀变化，设A到克服重力做功为，从A到，根据动能定理，有若设置斜面部分与滑块间有处处相同的摩擦，设克服摩擦力做功，根据动能定理有联立解得设滑块下滑到位置时速度大小为，根据动能定理有解得滑块由到A，由动能定理解
故选A。
2．如图所示，竖直面内一倾角的倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，质量的小物块B静止于水平轨道的最左端。质量的小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，释放点到水平轨道的高度，一段时间后A与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），重力加速度大小，两物块与轨道间的动摩擦因数均为0.5，不计空气阻力，，则（ ）
A．物块A沿倾斜轨道上升的最大高度为0.12m
B．物块A在水平轨道上运动的位移大小为0.1m
C．物块B在水平轨道上运动的位移大小为0.4m
D．整个过程中物块A克服摩擦力做的功为0.2J
【答案】AC
【详解】A．设碰撞前瞬间，A的速度大小为v，由动能定理有解得
由动量守恒定律和机械能守恒定律有；解得；
设物块A沿倾斜轨道上升的最大高度为h，则有解得故A正确；
B．设物块A返回水平轨道时的速度为，物块A在水平轨道上运动的位移为，在斜面上由动能定理得
在水平面上解得故B错误；
C．对B物体由动能定理得则物块B在水平轨道上运动的位移故C项正确；
D．整个过程中由能量守恒得物块A克服摩擦力做的功，D项错误。故选AC。
考向2 直线曲线运动相结合的多过程问题
3．2023年4月8日，全国自由式及单板滑雪大跳台冠军赛在长白山和平滑雪场进行。如图所示为大跳台的结构布局简图，运动员从长度为、倾角为的滑道AB的A端由静止滑下，下滑至B端时恰好沿着切线方向进入半径的四分之一光滑圆弧滑道BC，然后从C点飞出做斜上抛运动，落在倾角为、长度为的滑道DE上的P点（图中未画出），落到P点后瞬间的速度大小为落到P点前瞬间速度大小的0.5倍，且落到P点后瞬间的速度沿斜面方向。之后以加速度大小在滑道DE上减速滑行，最后进入水平滑道EF以加速度大小减速滑行直至停止运动。已知倾斜滑道DE和水平滑道EF之间平滑连接，，，滑雪板和滑道AB之间的动摩擦因数为，重力加速度。
（1）求运动员到达C点时的速度大小；
（2）若运动员由C点运动到P点用时3.5s，求运动员在水平滑道EF上运动的距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设运动员到达C点的速度为v，根据动能定理有得运动员到达C点时的速度大小
（2）由（1）问可知运动运从C点滑出时的速度为则水平方向速度为则运动员在空中运动过程中水平方向位移故；竖直方向上从C点滑出后落到P点时竖直方向上的速度结合水平方向速度为故运动员落到P点前瞬间的速度落到P点后瞬间的速度依运动学规律得到达E点速
对水平滑道EF上的运动过程运动员在水平滑道EF上运动的距离
4．如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变。现将质量的滑块（可视为质点）从弧形轨道高处静止释放，且将B点置于AC中点处。已知圆轨道半径，水平轨道长，滑块与AC间动摩擦因数，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，求：
（1）滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小：
（2）弹射器获得的最大弹性势能：
（3）若，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求满足条件的BC长度。
【答案】（1）100N；（2）8J；（3）
【详解】（1）从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得联立解得F=100N由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小为100N。
（2）弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，有能量守恒可知解得Ep=8J
（2）①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，从开始到圆轨道最高点，由动能定理可知
解得；要使滑块不脱离轨道，BC之间的距离应该满足
②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零有动能定理可知解得；根据滑块运动的周期性可知，应使，滑块不脱离轨道；
综上所述，符合条件的BC长度为。
考向3 往复运动的多过程问题
5．据悉，2020东京奥运会将于2021年7弯23日至8月8日举行，滑板运动作为新的比赛项目将被纳入奥运会比赛项目之中。如图是滑板运动的轨道示意图，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长10m。某运动员和滑板从水平轨道上的A点以3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度恰好减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为60kg，B、E两点与水平面CD的竖直高度分别为h和H，且h=2m，H=2.8m，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
（1）运动员和滑板从A运动到达B点时的速度vB的大小；
（2）运动员和滑板在第一次通过轨道CD段运动过程中克服阻力所做的功；
（3）若CD段阻力大小恒定，以后的运动中只靠惯性滑行、求人和滑板最终将停在何处？
【答案】（1）6m/s；（2）600J；（3）D点左侧8m处
【详解】（1）运动员从A点到B点做平抛运动，根据平抛运动规律有解得vB=2v0=6m/s
（2）由B点到E点，根据动能定理有Mgh－WCD－mgH=0－解得WCD=600J
（3）设运动员能到达左侧的最大高度为h'，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理
mgh－mgh'－2WCD=0－解得h'=1.8m根据动能定理有mgh－fs=0-解得s=38m因为s=3sCD+8m，所以运动员最后停在D点左侧8m处，或C点右侧2m处。
6．如图所示，在竖直平面内，长为的粗糙水平面MN左侧与半径的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，右侧与一足够长的倾斜传送带平滑连接。传送带与水平方向的夹角，以恒定的速率逆时针转动。将物块A从光滑圆弧最高点由静止释放，经过M点运动到N点，与原先停止在N处的物块B发生弹性碰撞，A、B的质量均为。物块A与MN间的动摩擦因数，物块B与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，，．求：
（1）物块A第一次运动到N点与物块B发生碰撞前的速度大小；
（2）从物块A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，物块B的运动时间t；
（3）物块A在MN上运动的总路程s。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物块从A到N点，由动能定理有解得
（2）物块A与B发生弹性碰撞，设碰后的速度为、，有；
解得，物体A静止，物体B沿传送带向上运动，有
可得物体B减速到零的时间为位移为物体B沿着传送带加速下滑，其加速度为，达到共速时下滑的位移为共速后，因，则物体B匀速下滑，有故物体B先上滑后下滑的总时间为
（3）A第一次向右在粗糙面上的路程为物体B返回到水平面上和A发生第二次弹性碰撞，速度交换后A的速度为，则A向左减速到零冲上光滑曲面，再下滑在水平面上摩擦，然后与B弹性碰撞，速度交换，多次重复上述过程，物体A只在MN段摩擦损失动能，则后续的全过程，有故物块A在MN上运动的总路程为。
考点三 动能定理的图像问题
知识点1 四类图像所围“面积”的意义
知识点2 解决动能定理与图像问题的基本步骤
考向1 v-t图像
1．一个质量为100 g的空心小球，从地面以的速度竖直向上弹射出去，在空中受到的空气阻力大小与速度成正比（即），它在空中运动的图像如图所示，2s后的图线是平行于横轴的直线。取，下列说法正确的是（ ）
A．小球拋出瞬间的加速度大小为
B．小球上升过程中空气阻力的冲量大小为
C．空气的阻力系数
D．小球从抛出到落地瞬间克服空气阻力做的功为
【答案】C
【详解】C．2s后的图线是平行于横轴的直线，则有解得空气的阻力系选项C正确；
A．根据牛顿第二定律可知小球拋出瞬间的加速度大小选项A错误；
B．小球上升过程中根据动量定理有解得空气阻力的冲量大小为
选项B错误；
D．小球从抛出到落地瞬间根据动能定理有
选项D错误。故选C。
2．如图所示，水平粗糙传送带以恒定速度顺时针匀速传送，质量为m的正方形物体abcd置于传送带上，在传送带所在区域有一以PQ与MN为边界的测定区域，当abcd在进入与离开该区域的过程中就会受到水平向左的变力F的作用，且当abcd进入该区域的过程中F的变化规律与abcd离开该区域的过程中F的变化规律相同，PQ、MN与传送带垂直。物体在图示位置开始计时，运动过程中ab边始终与PQ平行，其速度与时间的关系如图所示，时间内为曲线，时间内为直线，重力加速度为g，正方体物体的边长为L，则下列说法正确的是（ ）
A．时间内物体的加速度大小为
B．物体与传送带间的动摩擦因数为
C．边界PQ与MN的距离为
D．时间内，变力F做的功的绝对值为
【答案】ABD
【详解】A．物体在时间内做匀加速直线运动，由图像可得故A正确；
B．物体在时间内做匀加速直线运动，此过程物体水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律可得
可得故B正确；
C．根据题意可知，边界PQ与MN的距离为物体在时间内的位移之和，物体在时间内的位移为物体的边长，则有根据图像，可得物体在时间内的位移物体在时间内的位移可得边界PQ与MN的距离为故C错误；
D．时间内，变力F做功的绝对值为W，根据动能定理可得
解得故D正确。故选ABD。
考向2 a-t图像
3．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·sB．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2WD．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。
4．如图甲所示，质量为的物体受水平拉力作用，在粗糙水平面上做初速度为零的加速直线运动，其图像如图乙所示，物体与地面之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取，则（ ）
A．水平拉力随时间的变化关系
B．时，物体的速度大小为
C．在内，合力对物体做功为
D．在内，拉力F对物体的冲量大小为
【答案】ABD
【详解】A．由图乙可知对物体受力分析，有解得，A正确；
B．内图像与坐标轴围成的面积为速度变化量，则，B正确；
C．在内，合力对物体做功为，C错误；
D．在内解得，D正确。故选ABD。
考向3 F-x图像
5．某物体在变力F作用下沿水平方向做直线运动，物体的质量，F随物体的坐标x的变化情况如图所示。若物体从坐标原点由静止出发，不计一切摩擦。根据图示的F-x图像，可求出物体运动到处时的速度大小为（ ）
A．3m/sB．4m/sC．D．
【答案】C
【详解】由题意可知，F-x图像中的面积表示力F做的功，则对全程由动能定理可得
其中；解得故选C。
6．如图甲，一足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧两端分别与物块和竖直墙面连接。物块将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，物块向右运动受到的摩擦力大小f随位移x的关系如图乙，已知物块质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为已知量，则（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．传送带的速度为
C．过程，传送带对物块做功的功率不变
D．物块向右运动的最大距离为
【答案】B
【详解】A．由图乙可知：过程，物块速度小于传送带速度，与传送带相对滑动，在处静摩擦力为0，说明此时相对静止且弹簧弹力为0，可见，A错误；
B．由动能定理得可得，B正确。
C．过程，物块做匀速运动，静摩擦力增加，所以传送带对物块做功的功率增加，即C错误；
D．在处弹簧为拉力此后物块受到的滑动摩擦力始终向右，滑块向右做简谐运动
可得即物块向右运动的最大距离为，D错误。故选B。
考向4 P-t图像
7．一提升装置把静置于地面上的重物竖直向上提升的过程中，提升装置功率随时间变化的P-t图像如图所示。在时，重物上升的速度达到最大速度的一半，在时，达到最大速度。在时，重物再次匀速上升，取，不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．在s时间内，重物做加速度逐渐增大的运动
B．在时，重物的加速度大小
C．在时，重物的速度大小
D．在时间内，重物上升的高度
【答案】D
【详解】A．在0~1s时间内，功率P均匀增大，拉力F不变，则有提升装置的功率P=
由图可知重物做加速度不变的匀加速上升运动，A错误；
B．在t=3 s时，达到最大速度vm=20 m/s，后重物做匀速运动，则有可得m=2 kg
在t=1s时，重物的加速度其中解得a=10 m/s2即在t=1 s时，重物的加速度大小a=10 m/s2，B错误；
C．在t=6s时，重物再次匀速上升，由P1=Fv=mgv可得v=10 m/s，C错误；
D．在s时间内重物做匀加速运动，则有在1~3s时间内，重物做加速度减小的加速运动，则有可解得在3~4s时间内，重物做匀速运动，则有
在4~6s时间内，重物做加速度逐渐减小的减速运动，则有解得重物在0~6s时间内，重物上升的高度为，
D正确。故选D。
8．质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图像甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是（ ）
A．汽车受到的阻力800N
B．8s~18s过程中汽车牵引力做的功为
C．汽车的最大牵引力为800N
D．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90m
【答案】AB
【详解】A．机车匀速时有可得故A正确；
B．8s~18s牵引力的功率保持不变，则牵引力的功为故B正确；
C．对启动的过程分析可知，最初的匀加速阶段时的牵引力最大，而由v-t图象可知故最大牵引力为故C错误；
D．汽车在做变加速运动过程的时间速度从8m/s增大为10m/s，此过程牵引力的功率保持不变，由动能定理解得故D错误。故选AB。
1．（2023年江苏卷高考真题）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）滑雪者从A到P根据动能定理有根据动量定理有
联立解得；
（2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有
（3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有
水平方向上有联立可得
2．（2023年湖北卷高考真题）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
（1）小物块到达D点的速度大小；
（2）B和D两点的高度差；
（3）小物块在A点的初速度大小。
【答案】（1）；（2）0；（3）
【详解】（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有解得
（2）由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有联立解得，HBD = 0
（3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有；S = π∙2R解得考点要求
考题统计
考情分析
（1）动能定理
（2）动能定理的应用
2023年江苏卷第11题
2023年湖北卷第14题
2022年福建卷第14题
高考对动能定理的考查非常频繁，题目出现的形式有选择题也有计算题，如果以计算题出现，大多涉及到多过程问题的分析与应用，难度上也比较大。
复习目标
网络构建
考点一 对动能、动能定理的理解
【夯基·必备基础知识梳理】
知识点1 动能
知识点2 动能定理
【提升·必考题型归纳】
考向1 应用动能定理求变力做功
考向2 在机车启动问题中应用动能定理
考点二 应用动能定理处理多过程问题
【夯基·必备基础知识梳理】
知识点 应用动能定理处理多过程问题解题流程和注意事项
【提升·必考题型归纳】
考向1 多过程直线运动问题
考向2 直线曲线运动相结合的多过程问题
考向3 往复运动的多过程问题
考点三 动能定理的图像问题
【夯基·必备基础知识梳理】
知识点1 四类图像所围“面积”的意义
知识点2 解决动能定理与图像问题的基本步骤
【提升·必考题型归纳】
考向1 v-t图像
考向2 a-t图像
考向3 F-x图像
考向4 P-t图像
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理解动能动能定理，并会用动能定理处理物理问题。
掌握有关动能定理的图像问题。
考点一 对动能、动能定理的理解
知识点1 动能
1．公式：Ek＝ eq \f(1,2) mv2，式中v为瞬时速度，动能是状态量。
2．标矢性：动能是标量，只有正值，动能与速度的方向无关。
3．动能的变化量：ΔEk＝ eq \f(1,2) mv22－ eq \f(1,2) mv12。
4．动能的相对性：由于速度具有相对性，则动能也具有相对性，一般以地面为参考系。
5．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。
知识点2 动能定理
1．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动能的变化。
2．表达式：W＝ΔEk＝ eq \f(1,2) mv22－ eq \f(1,2) mv12。
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。
考向1 应用动能定理求变力做功
1．如图，一侧有竖直挡板的足够长的实验台固定在地面上，台面水平且光滑。质量均为的甲、乙两小球用一根劲度系数为的轻质弹簧拴接在一起，小球乙与竖直挡板接触（不固定），用力推压小球甲使弹簧压缩，弹簧压缩量为时锁定小球甲。现解除对小球甲的锁定，同时给小球甲施加一个水平向左的外力F，使小球甲由静止开始向左以的加速度做匀加速直线运动，当小球乙刚要离开竖直挡板时撤掉外力F。有关甲、乙两小球的运动情况的判断，下列说法正确的是（ ）
A．外力F的最大值为
B．弹簧锁定时弹性势能为
C．小球乙刚离开挡板瞬间小球甲的速度大小为
D．外力F对小球甲做的功为
【答案】C
【详解】A．解除对小球甲的锁定，给小球甲施加外力的过程，根据牛顿第二定律有
当时外力F最大，为故A错误；
B．弹簧锁定时，弹力做功为根据功能关系，弹性势能为
故B错误；
C．根据动力学公式解得故C正确；
D．解除对小球甲的锁定，给小球甲施加外力的过程，由动能定理得解得
故D错误。故选C。
2．设计贯通地球的弦线光滑真空列车隧道：质量为m的列车不需要引擎，从入口的A点由静止开始穿过隧道到达另一端的B点，为隧道的中点，与地心O的距离为，假设地球是半径为R的质量均匀分布的球体，地球表面的重力加速度为g。已知质量均匀分布的球壳对球内物体引力为0，P点到的距离为x，则（ ）
A．列车在隧道中A点的合力大小为mgB．列车在P点的重力加速度小于g
C．列车在P点的加速度等于D．列车在运动中的最大速度为
【答案】BD
【详解】A．设列车在A时，，列车在A点受到地球的引力为列车在A点受到合力为
根据几何关系有解得故A错误；
BC．设地球的质量为，列车运动到P点距地心为，，根据几何关系有列车运动到P点加速度满足根据，可得又联立解得故B正确，C错误；
D．列车在隧道内距的距离时，合力为可知随均匀变化，列车从A到做加速度减小的加速运动，则列车在点有最大速度，则有其中，，联立解得故D正确。故选BD。
考向2 在机车启动问题中应用动能定理
3．某兴趣小组对一辆遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为图像，如图所示（除时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线）。已知在小车运动的过程中，时间段内小车的功率保持不变，在末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。则下列选项正确的是（ ）
A．小车两段匀变速直线运动的加速度大小相同
B．小车所受到的阻力为
C．小车额定功率为
D．小车在变加速运动过程中位移为
【答案】AB
【详解】A．内汽车的加速度在时间段，加速度大小
故A正确。
B．时间段，由牛顿第二定律得故B正确。
C．在小车做匀速运动，速度，牵引力大小与大小相等，则小车匀速运动的功率
故C错误；
D．内根据动能定理有解得故D错误。故选AB。
4．一种升降电梯的原理如图所示，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时A（含乘客）、B的质量分别为和。A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动（轿厢A、配重B一直未与滑轮相撞）。电动机输出功率保持不变。不计空气阻力和摩擦阻力，。在A向上运动过程中，则（ ）
A．轿厢A先做匀加速直线运动，再做加速度减小的直线运动，最后做匀速直线运动
B．轿厢A能达到的最大速度
C．轿厢A向上的加速度为寸，配重B下端的牵引绳上拉力
D．厢体A从静止开始到上升的高度为5m时（箱体已处于匀速状态），所用的时间
【答案】BC
【详解】A．电动机输出功率保持不变，速度增大时，根据可知牵引力减小，所以轿厢A做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动，故A错误；
B．当轿厢A的速度达到最大时，轿厢A做匀速直线运动，此时电动机的牵引力为
又联立解得故B正确；
C．当A向上的加速度为时，设A、B之间绳的拉力为，重物B下端绳的拉力大小为；分别分析A、B，根据牛顿第二定律得，联立解得故C正确；
D．厢体A从静止开始到上升的高度为时，轿厢箱体已处于匀速状态，对A、B整体，由动能定理得
解得故D错误。故选BC。
考点二 应用动能定理处理多过程问题
知识点 应用动能定理处理多过程问题解题流程和注意事项
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。
考向1 多过程直线运动问题
1．如图所示，与水平地面夹角为锐角的斜面底端A向上有三个等间距点和，即。小滑块P以初速度从A出发，沿斜面向上运动，若斜面与滑块间无摩擦，则滑块恰好到达点，而后下滑；若斜面部分与滑块间有摩擦，其余部位与滑块间仍无摩擦，则滑块恰好上滑到点，而后下滑，则滑块下滑到点时速度大小以及回到A点时速度大小分别为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由于等间距，所处的高度均匀变化，设A到克服重力做功为，从A到，根据动能定理，有若设置斜面部分与滑块间有处处相同的摩擦，设克服摩擦力做功，根据动能定理有联立解得设滑块下滑到位置时速度大小为，根据动能定理有解得滑块由到A，由动能定理解
故选A。
2．如图所示，竖直面内一倾角的倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，质量的小物块B静止于水平轨道的最左端。质量的小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，释放点到水平轨道的高度，一段时间后A与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），重力加速度大小，两物块与轨道间的动摩擦因数均为0.5，不计空气阻力，，则（ ）
A．物块A沿倾斜轨道上升的最大高度为0.12m
B．物块A在水平轨道上运动的位移大小为0.1m
C．物块B在水平轨道上运动的位移大小为0.4m
D．整个过程中物块A克服摩擦力做的功为0.2J
【答案】AC
【详解】A．设碰撞前瞬间，A的速度大小为v，由动能定理有解得
由动量守恒定律和机械能守恒定律有；解得；
设物块A沿倾斜轨道上升的最大高度为h，则有解得故A正确；
B．设物块A返回水平轨道时的速度为，物块A在水平轨道上运动的位移为，在斜面上由动能定理得
在水平面上解得故B错误；
C．对B物体由动能定理得则物块B在水平轨道上运动的位移故C项正确；
D．整个过程中由能量守恒得物块A克服摩擦力做的功，D项错误。故选AC。
考向2 直线曲线运动相结合的多过程问题
3．2023年4月8日，全国自由式及单板滑雪大跳台冠军赛在长白山和平滑雪场进行。如图所示为大跳台的结构布局简图，运动员从长度为、倾角为的滑道AB的A端由静止滑下，下滑至B端时恰好沿着切线方向进入半径的四分之一光滑圆弧滑道BC，然后从C点飞出做斜上抛运动，落在倾角为、长度为的滑道DE上的P点（图中未画出），落到P点后瞬间的速度大小为落到P点前瞬间速度大小的0.5倍，且落到P点后瞬间的速度沿斜面方向。之后以加速度大小在滑道DE上减速滑行，最后进入水平滑道EF以加速度大小减速滑行直至停止运动。已知倾斜滑道DE和水平滑道EF之间平滑连接，，，滑雪板和滑道AB之间的动摩擦因数为，重力加速度。
（1）求运动员到达C点时的速度大小；
（2）若运动员由C点运动到P点用时3.5s，求运动员在水平滑道EF上运动的距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设运动员到达C点的速度为v，根据动能定理有得运动员到达C点时的速度大小
（2）由（1）问可知运动运从C点滑出时的速度为则水平方向速度为则运动员在空中运动过程中水平方向位移故；竖直方向上从C点滑出后落到P点时竖直方向上的速度结合水平方向速度为故运动员落到P点前瞬间的速度落到P点后瞬间的速度依运动学规律得到达E点速
对水平滑道EF上的运动过程运动员在水平滑道EF上运动的距离
4．如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变。现将质量的滑块（可视为质点）从弧形轨道高处静止释放，且将B点置于AC中点处。已知圆轨道半径，水平轨道长，滑块与AC间动摩擦因数，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，求：
（1）滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小：
（2）弹射器获得的最大弹性势能：
（3）若，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求满足条件的BC长度。
【答案】（1）100N；（2）8J；（3）
【详解】（1）从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得联立解得F=100N由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小为100N。
（2）弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，有能量守恒可知解得Ep=8J
（2）①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，从开始到圆轨道最高点，由动能定理可知
解得；要使滑块不脱离轨道，BC之间的距离应该满足
②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零有动能定理可知解得；根据滑块运动的周期性可知，应使，滑块不脱离轨道；
综上所述，符合条件的BC长度为。
考向3 往复运动的多过程问题
5．据悉，2020东京奥运会将于2021年7弯23日至8月8日举行，滑板运动作为新的比赛项目将被纳入奥运会比赛项目之中。如图是滑板运动的轨道示意图，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长10m。某运动员和滑板从水平轨道上的A点以3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度恰好减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为60kg，B、E两点与水平面CD的竖直高度分别为h和H，且h=2m，H=2.8m，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
（1）运动员和滑板从A运动到达B点时的速度vB的大小；
（2）运动员和滑板在第一次通过轨道CD段运动过程中克服阻力所做的功；
（3）若CD段阻力大小恒定，以后的运动中只靠惯性滑行、求人和滑板最终将停在何处？
【答案】（1）6m/s；（2）600J；（3）D点左侧8m处
【详解】（1）运动员从A点到B点做平抛运动，根据平抛运动规律有解得vB=2v0=6m/s
（2）由B点到E点，根据动能定理有Mgh－WCD－mgH=0－解得WCD=600J
（3）设运动员能到达左侧的最大高度为h'，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理
mgh－mgh'－2WCD=0－解得h'=1.8m
6．如图所示，在竖直平面内，长为的粗糙水平面MN左侧与半径的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，右侧与一足够长的倾斜传送带平滑连接。传送带与水平方向的夹角，以恒定的速率逆时针转动。将物块A从光滑圆弧最高点由静止释放，经过M点运动到N点，与原先停止在N处的物块B发生弹性碰撞，A、B的质量均为。物块A与MN间的动摩擦因数，物块B与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，，．求：
（1）物块A第一次运动到N点与物块B发生碰撞前的速度大小；
（2）从物块A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，物块B的运动时间t；
（3）物块A在MN上运动的总路程s。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物块从A到N点，由动能定理有解得
（2）物块A与B发生弹性碰撞，设碰后的速度为、，有；
解得，物体A静止，物体B沿传送带向上运动，有
可得物体B减速到零的时间为位移为物体B沿着传送带加速下滑，其加速度为，达到共速时下滑的位移为共速后，因，则物体B匀速下滑，有故物体B先上滑后下滑的总时间为
（3）A第一次向右在粗糙面上的路程为物体B返回到水平面上和A发生第二次弹性碰撞，速度交换后A的速度为，则A向左减速到零冲上光滑曲面，再下滑在水平面上摩擦，然后与B弹性碰撞，速度交换，多次重复上述过程，物体A只在MN段摩擦损失动能，则后续的全过程，有故物块A在MN上运动的总路程为。
考点三 动能定理的图像问题
知识点1 四类图像所围“面积”的意义
知识点2 解决动能定理与图像问题的基本步骤
考向1 v-t图像
1．一个质量为100 g的空心小球，从地面以的速度竖直向上弹射出去，在空中受到的空气阻力大小与速度成正比（即），它在空中运动的图像如图所示，2s后的图线是平行于横轴的直线。取，下列说法正确的是（ ）
A．小球拋出瞬间的加速度大小为
B．小球上升过程中空气阻力的冲量大小为
C．空气的阻力系数
D．小球从抛出到落地瞬间克服空气阻力做的功为
【答案】C
【详解】C．2s后的图线是平行于横轴的直线，则有解得空气的阻力系选项C正确；
A．根据牛顿第二定律可知小球拋出瞬间的加速度大小选项A错误；
B．小球上升过程中根据动量定理有解得空气阻力的冲量大小为
选项B错误；
D．小球从抛出到落地瞬间根据动能定理有
选项D错误。故选C。
2．如图所示，水平粗糙传送带以恒定速度顺时针匀速传送，质量为m的正方形物体abcd置于传送带上，在传送带所在区域有一以PQ与MN为边界的测定区域，当abcd在进入与离开该区域的过程中就会受到水平向左的变力F的作用，且当abcd进入该区域的过程中F的变化规律与abcd离开该区域的过程中F的变化规律相同，PQ、MN与传送带垂直。物体在图示位置开始计时，运动过程中ab边始终与PQ平行，其速度与时间的关系如图所示，时间内为曲线，时间内为直线，重力加速度为g，正方体物体的边长为L，则下列说法正确的是（ ）
A．时间内物体的加速度大小为
B．物体与传送带间的动摩擦因数为
C．边界PQ与MN的距离为
D．时间内，变力F做的功的绝对值为
【答案】ABD
【详解】A．物体在时间内做匀加速直线运动，由图像可得故A正确；
B．物体在时间内做匀加速直线运动，此过程物体水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律可得
可得故B正确；
C．根据题意可知，边界PQ与MN的距离为物体在时间内的位移之和，物体在时间内的位移为物体的边长，则有根据图像，可得物体在时间内的位移物体在时间内的位移可得边界PQ与MN的距离为故C错误；
D．时间内，变力F做功的绝对值为W，根据动能定理可得
解得故D正确。故选ABD。
考向2 a-t图像
3．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·sB．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2WD．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。
4．如图甲所示，质量为的物体受水平拉力作用，在粗糙水平面上做初速度为零的加速直线运动，其图像如图乙所示，物体与地面之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取，则（ ）
A．水平拉力随时间的变化关系
B．时，物体的速度大小为
C．在内，合力对物体做功为
D．在内，拉力F对物体的冲量大小为
【答案】ABD
【详解】A．由图乙可知对物体受力分析，有解得，A正确；
B．内图像与坐标轴围成的面积为速度变化量，则，B正确；
C．在内，合力对物体做功为，C错误；
D．在内解得，D正确。故选ABD。
考向3 F-x图像
5．某物体在变力F作用下沿水平方向做直线运动，物体的质量，F随物体的坐标x的变化情况如图所示。若物体从坐标原点由静止出发，不计一切摩擦。根据图示的F-x图像，可求出物体运动到处时的速度大小为（ ）
A．3m/sB．4m/sC．D．
【答案】C
【详解】由题意可知，F-x图像中的面积表示力F做的功，则对全程由动能定理可得
其中；解得故选C。
6．如图甲，一足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧两端分别与物块和竖直墙面连接。物块将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，物块向右运动受到的摩擦力大小f随位移x的关系如图乙，已知物块质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为已知量，则（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．传送带的速度为
C．过程，传送带对物块做功的功率不变
D．物块向右运动的最大距离为
【答案】B
【详解】A．由图乙可知：过程，物块速度小于传送带速度，与传送带相对滑动，在处静摩擦力为0，说明此时相对静止且弹簧弹力为0，可见，A错误；
B．由动能定理得可得，B正确。
C．过程，物块做匀速运动，静摩擦力增加，所以传送带对物块做功的功率增加，即C错误；
D．在处弹簧为拉力此后物块受到的滑动摩擦力始终向右，滑块向右做简谐运动
可得即物块向右运动的最大距离为，D错误。故选B。
考向4 P-t图像
7．一提升装置把静置于地面上的重物竖直向上提升的过程中，提升装置功率随时间变化的P-t图像如图所示。在时，重物上升的速度达到最大速度的一半，在时，达到最大速度。在时，重物再次匀速上升，取，不计一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．在s时间内，重物做加速度逐渐增大的运动
B．在时，重物的加速度大小
C．在时，重物的速度大小
D．在时间内，重物上升的高度
【答案】D
【详解】A．在0~1s时间内，功率P均匀增大，拉力F不变，则有提升装置的功率P=
由图可知重物做加速度不变的匀加速上升运动，A错误；
B．在t=3 s时，达到最大速度vm=20 m/s，后重物做匀速运动，则有可得m=2 kg
在t=1s时，重物的加速度其中解得a=10 m/s2即在t=1 s时，重物的加速度大小a=10 m/s2，B错误；
C．在t=6s时，重物再次匀速上升，由P1=Fv=mgv可得v=10 m/s，C错误；
D．在s时间内重物做匀加速运动，则有在1~3s时间内，重物做加速度减小的加速运动，则有可解得在3~4s时间内，重物做匀速运动，则有
在4~6s时间内，重物做加速度逐渐减小的减速运动，则有解得重物在0~6s时间内，重物上升的高度为，
D正确。故选D。
8．质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图像甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是（ ）
A．汽车受到的阻力800N
B．8s~18s过程中汽车牵引力做的功为
C．汽车的最大牵引力为800N
D．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90m
【答案】AB
【详解】A．机车匀速时有可得故A正确；
B．8s~18s牵引力的功率保持不变，则牵引力的功为故B正确；
C．对启动的过程分析可知，最初的匀加速阶段时的牵引力最大，而由v-t图象可知故最大牵引力为故C错误；
D．汽车在做变加速运动过程的时间速度从8m/s增大为10m/s，此过程牵引力的功率保持不变，由动能定理解得故D错误。故选AB。
1．（2023年江苏卷高考真题）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）滑雪者从A到P根据动能定理有根据动量定理有
联立解得；
（2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有
（3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有
水平方向上有联立可得
2．（2023年湖北卷高考真题）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
（1）小物块到达D点的速度大小；
（2）B和D两点的高度差；
（3）小物块在A点的初速度大小。
【答案】（1）；（2）0；（3）
【详解】（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有解得
（2）由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有联立解得，HBD = 0
（3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有；S = π∙2R解得考点要求
考题统计
考情分析
（1）动能定理
（2）动能定理的应用
2023年江苏卷第11题
2023年湖北卷第14题
2022年福建卷第14题
高考对动能定理的考查非常频繁，题目出现的形式有选择题也有计算题，如果以计算题出现，大多涉及到多过程问题的分析与应用，难度上也比较大。
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