2025高考物理一轮复习讲义：动能和动能定理

第2讲动能和动能定理

目标要求1.理解动能、动能定理。2.会应用动能定理解决一些基本问题。

3.掌握动能定理与图像结合的问题的分析方法。

考点一动能定理的理解

------知识梳理1--------

1.动能

(1)定义：物体由于m运动而具有的能量。

(2)公式：Ek=里/应。

(3)单位：固焦耳,1J=1N•m=1kg•m2/s2o

(4)物理意义

①动能是状态量，0是⑷瞬时速度(选填“瞬时速度”或“平均速度”)。

②动能是国标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向而无

天(选填“有关”或“无关”)。

(5)动能的变化：物体团末动能与国初动能之差,即△Ek=5W22—品加2。

2.动能定理

(1)内容：合外力对物体所做的功等于物体回动能的变化。

(2)表达式：W=Ek2—Eki=o

(3)物理意义：回合力做的功是物体动能变化的量度。

(4)适用条件

①动能定理既适用于直线运动，也适用于背曲线运动。

②动能定理既适用于恒力做功，也适用于管变力做功。

③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以运分阶段作用。

【判断正误】

1.一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定

变化。(V)

2.如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做功一定为零。(♦)

3.物体的动能不变，所受的合外力必定为零。(X)

关键能，

1.对“外力”的两点理解

(1)“外力”可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，它们可以同时

作用，也可以不同时作用。

(2)“外力”既可以是恒力，也可以是变力。

2.公式中“=”体现的三个关系

三

个

关

系

3.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。

【对点训练】

1.(对动能定理的理解)如图所示，电梯质量为在它的水平地板上放置一质

量为机的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由加

增加到02时，上升高度为则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是()

A.对物体，动能定理的表达式为仞22,其中WN为支持力的功

B.对物体，动能定理的表达式为W合=0,其中W合为合力的功

C.对物体，动能定理的表达式为的WN—mgH=^mV22—^mvi2

D.对电梯，其所受合力做功为少磔"一夕加/一机g”

解析:C物体受支持力和重力，动能定理的表达式为W^WN-mgH^mv?2

—解得故AB错误，C正确；对电梯，根据动

能定理可知其所受合力做功为卬=豪加22—如切2,故D错误。故选C。

2.（动能定理的应用）（2023•全国新课标卷）无风时，雨滴受空气阻力的作用在地

面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率。下落高

度人的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（）

A.OB.mgh

C.^mv~—mghD.^mu2+mg/i

解析：B在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得加g/z—Wf=0,故雨

滴克服空气阻力做功为机?瓦故选B。

3.（动能定理的应用）如图，一小物块（可视为质点）从斜面上的A点由静止开始

沿斜面自由下滑，经过3点后进入水平面，经过3点前后速度大小不变，小物块

最终停在C点。已知小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数相等，初始时斜面与

水平面之间的夹角为a=15°,现保证小物块初始释放位置的投影始终在A，，增

大斜面与水平面之间的夹角a至60°,不计空气阻力，则小物块最终（）

A.停在C点左侧

B.仍然停在C点

C.停在C点右侧

D.可能停在C点左侧，也可能停在C点右侧

解析:C设43的距离为d,从A点到3点，由动能定理可得（mgsin。一〃机geos

,小物块在B点的速度为2g的ana—2〃gd,增大a至60°,

tana增大，OB增大，根据运动学公式可知，到达3点的速度越大，将运动得越远,

ABD错误，C正确。故选C。

考点二动能定理基本应用

------屎键能万-------

L解题流程

做功

受力

几个力？恒力二是否做功?正

分

情

析

还是变力？况功还是负功?

-

分

阶段

动

动

确定研究能

关

力

或

:全程

定

对象和研系

理

学

列

方程

究过程1

运动运动性质动熊明确初动能、

及特点分析末动能

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。

m(多选)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〃相同，因滑板不同，〃满足〃oW4W1.240。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，以下心、

乙2的组合符合设计要求的是()

…_3力丁_h

■D.Lic,L2

2口0

解析：CD根据题述，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，则有mgsin

hLiZ?

。＜〃0帆geos仇sincos0=,联立解得选项A错

yjl-^+Li2

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心,，由

Li4h

动能定理，可得7叫-2/1—〃07叫COS。〃0/叫心2'=0,将£1=丁丁代入解得

IU5C7D"0

L2r二2言h,选项C正确，B错误；将心=3"h代入解得=£h-,选项D中

3〃o2〃oZ/zo

hh

L2=工大于L2,=六一，符合要求，选项D正确。

〃o2〃o

【对点训练】

4.（应用动能定理求变力做功）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。转动，另一端与质量为机的小木块

相连。木块以水平初速度oo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（）

mo2mo2

A-2nLB4^L

mo2mo2

08兀£。16兀£

解析：B在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根

1mvc?

据动能定理得一B,2nL=Q—^mvo2,解得6=五丁，故选项B正确。

乙T■兀L

5.（动能定理基本应用）如图所示，粗糙水平地面AB与半径7?=0.4m的光滑

半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，。是BCD的圆心，3。。在同一竖

直线上。质量机=1kg的小物块在9N的水平恒力R的作用下，从A点由静止开

始做匀加速直线运动。已知XAB=5m,小物块与水平地面间的动摩擦因数为〃=

0.1,当小物块运动到3点时撤去力R,取重力加速度g=10m/s2,求：

⑴小物块到达3点时速度的大小;

(2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小。

解析：(1)从A到3过程，根据动能定理可得

{F—/j.mg)XAB=^inVB1

解得小物块到达B点时速度的大小为

VB=4--\[5m/So

(2)从5到。过程，根据动能定理可得

c1,1,

—mg-2R=^mVD一一矛IWB-

在。点由牛顿第二定律可得

,VD2

FN+mg=m7~

联立解得小物块运动到。点时，轨道对小物块作用力的大小为FN=150NO

答案：(1)4小m/s(2)150N

考点三动能定理与图像的综合问题

亲键能万1

1.图像所围“面积”和图像斜率的含义

2.解决动能定理与图像问题的基本步骤

EG如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑轨道BCD

组成，A3与BCD相切于3点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道A3C上离

地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FNO

现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每

次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力FN,得到如图乙两段直线PQ和Q/,

且。/反向延长线与纵轴交点坐标值为2.5N,10m/s2o求：

(1)小物块的质量m及圆轨道的半径R；

(2)轨道3c所对圆心角；

(3)小物块与斜面A3间的动摩擦因数。

［思路点拨］解此题的关键是把握图像的信息，并将图像信息与物理过程相

对应，如图所示。

解析：(1)小物块从圆轨道3c滑下，由动能定理可知

在C点合力提供向心力

口,_VC1,_„_2m£

FN—mg=rrr^~,FN—FN,贝JFN=RH+mg

结合PQ段图像知

2mg4-2

mg=2N,R="oT

解得机=0.2kg,R=1mo

(2)由于图线。点对应于轨道的3点，而此时H=0.5m,则轨道所对圆

心角。由几何关系可知H=H(1—cos。)，代入数据解得。=60。o

(3)小物块从A到G由动能定理可得

//mgcos6(H—0.5)19

mg『石/=2mv-

到达C点处由向心力公式可得

FN'一”?=贤-,FN，=FN,整理得八=4(1一方)H+2(方+1),结合/。段

Li4—25

图像4(1一事■尸-正-,得〃=4。

答案：(1)0.2kg1m(2)60°(3)看

【对点训练】

6.(图像的选取)某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经

圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员

的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是()

解析：A设斜面倾角为仇不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿

斜面下滑过程中根据动能定理有Ek=/ngxtan。，下滑过程中开始阶段倾角。不变，

Ek-x图像为一条过原点的直线；经过圆弧轨道过程中。先减小后增大，即图像斜

率先减小后增大。故选A。

7.（图像信息的应用）（2023•全国新课标卷）（多选）一质量为1kg的物体在水平拉

力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做

的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,

重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（）

A.在x=lm时，拉力的功率为6W

8.在％=4m时，物体的动能为2J

（2.从％=0运动到x=2m,物体克服摩擦力做的功为8J

D.从x=0运动到x=4m的过程中，物体的动量最大为2kg.m/s

解析：BC由于拉力在水平方向，则拉力做的功为可看出W-x图

像的斜率代表拉力艮在物体运动的过程中根据动能定理有W—〃根§¥=/成2,则

AW

x=1m时物体的速度为oi=2m/s,x=lm时，拉力为F=y—=6N,则此时

Ax

拉力的功率尸=Roi=12W,x=4m时物体的动能为反=2J,A错误、B正确；

从x=0运动到x=2m,物体克服摩擦力做的功为Wf=〃mgx=8J,C正确；根

据W-x图像可知在0〜2m的过程中八=6N,2〜4m的过程中仍=3N,由于

物体受到的摩擦力恒为B=4N,则物体在》=2m处速度最大，且根据选项AB

分析可知此时的速度02=mm/s,则从x=0运动到x=4的过程中，物体的动

量最大为p=mv=2\[2kg•m/s,D错误。

限时规范训练21

［基础巩固题组］

1.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动

阶段，列车的动能（）

A.与它所经历的时间成正比

B.与它的位移成正比

C.与它的速度成正比

D.与它的动量成正比

解析：B动能Ek=：/no2,与速度的平方成正比，故C错误。速度o=G,

可得Ek=；m/色与经历的时间的平方成正比，故A错误。根据U=2ax,可得

Ek=max,与位移成正比，故B正确。动量p=mv,可得后卜=戏，与动量的平方

成正比，故D错误。

2.一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为兀R、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，小球位于尸点右侧

同一水平高度的。点时，绳刚好拉直，将小球从。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）（）

PH—-----4（）

A.q（2+兀）gRBN2iigR

C.^/2（1+TI）gRD.2\［gR

解析：A小球下落的高度为h=TIR-+R="一R,小球下落过程

中，根据动能定理有机g/z=%w2,综上有v=q（兀+2）gR,故选A。

3.如图所示，一半圆弧形细杆A3C竖直固定在水平地面上，AC为其水平直

径，圆弧半径3。=3.6m。质量为机=4.0kg的小圆环（可视为质点，小环直径略

大于杆的粗细）套在细杆上，在大小为50N、方向始终沿圆的切线方向的拉力F

作用下，从A点由静止开始运动，到达3点时对细杆的压力恰好为0。已知兀取

3.14,重力加速度g取10m/s2,在这一过程中摩擦力做功为（）

B

A.66.6JB.-66.6J

C.210.6JD.-210.6J

一r2

解析：B小圆环到达3点时对细杆的压力恰好为0,则=拉力F

271r1

沿圆的切线方向，圆环由A到3的过程根据动能定理有F-^—mgr+Wf=^mv2,

代入数据得摩擦力做功为叼=—66.6J,故选B。

4.（2023・江苏卷）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B

后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如

图所示。与图乙中相比，图甲中滑块（）

甲乙

A.受到的合力较小

B.经过A点的动能较小

C.在A、3之间的运动时间较短

D.在A、3之间克服摩擦力做的功较小

解析：C因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和图乙可知图甲中滑块加

速度大，是上滑阶段，根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A

错误；从图甲中的A点到图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0,摩擦力

做负功，根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误；由于图甲中滑

块加速度大，根据可知图甲在A、3之间的运动时间较短，故C正确；

由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、3之间克

服摩擦力做的功相等，故D错误。故选C。

5.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为机的小球A,若将小球A从弹

簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为瓦若将小球A换为质量

为3加的小球3,仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球3下降力时的速度为（重

力加速度为g,不计空气阻力）（）

///////i///

i

w

i

i

5

h

A.yj2gh

C.y[gh

解析：B设小球A下降力过程中小球克服弹簧弹力做功为Wi,根据动能定

理，有机gZ/—Wi=O；小球3下降过程中，由动能定理有3mg/?—Wi=；・3机。2一0,

解得0=故B正确。

6.（多选）如图1所示为一种新型的电动玩具，整体质量为如下方的圆球里有

电动机、电池、红外线发射器等，打开开关后叶片转动时会产生一个与叶片转动

平面垂直的升力R使玩具在空中飞行。将玩具从离地面高度为4例处静止释放,

使玩具在竖直方向运动，推进力R随离地面高度力变化的关系如图2所示，重力

加速度为g,玩具只受升力和自身重力作用。对于4尻〜2痴过程，下列判断正确

的是（）

A.玩具先做匀加速再做匀减速运动

B.玩具下落到距地面3/zo高处速度最大

C.玩具下落的最大速度为佩

D.玩具下落的最大速度为‘陷

解析：BC玩具在下落过程中，根据牛顿第二定律有机g—尸=机〃，4/zo〜2加

过程中，由图可知，R从零增大到2mg,在3瓦时为机g,所以加速度开始向下并

逐渐减小，速度在增大，当达到3例时合力为零，加速度为零，此时速度达到最

大值，继续运动，合力向上，做减速运动，此时加速度向上并逐渐增大，速度在

减小，A错误，B正确；根据上面分析到达3尻时速度最大，F做负功,大小为图

形中与横轴围成的面积，所以有WF=—（4ho-3ho）-mg-^=-^mgho,对该过程根

据动能定理有mgho~^mgho=^mvm,解得0m=4赤，C正确，D错误。故选BC。

7.如图甲所示，将某一物体每次以不变的初速率oo沿足够长的斜面向上推出，

调节斜面与水平方向的夹角3,实验测得物体运动的最远位移x与斜面倾角e的

关系如图乙所示，g取10m/s2,根据图像可求出物体与斜面间动摩擦因数为（）

2.5()

1.25

”/度

9()

解析：C由图乙可知，当夹角为90°时，位移为1.25m,由竖直上抛运动

规律0W=2gh,vo=^2gh=-\）2X10X1.25m/s=5m/s,当夹角d=0时，位移为

10（）2

2.5m,根据动能定理一〃mgx=0-5加。（）2,解得〃/Ie*。＜=0.5,故选C。

乙Ng%ZA1UAZ.j

8.如图所示为某跳台滑雪运动员从助滑道滑下，然后从跳台。处沿水平方向

飞出，在斜坡人处着陆的示意图，其中反；图像是运动员从a到人飞行时的动能

随飞行时间变化的关系图像，不计空气阻力的作用，重力加速度g取10m/s2,则

下列说法中正确的是（）

A.运动员的质量为80kg

B.运动员在a处的速度大小为20m/s

C.斜坡的倾角为30°

D.在6处时，重力的瞬时功率为1.2X104W

解析：D由题意可知，运动员做平抛运动，在2s时间内下落的高度h=^gt2

=1x10X22m=20m,由动能定理可得冷?力=瓜》一瓜°,解得机=60kg,故A错

误；运动员在a点时的动能是3X1()3J,由动能公式可得Eka=Jn0/=3X1()3J,

解得4=10m/s,故B错误；设运动员在水平方向位移为x,斜坡的倾角为仇由

hh

竖直方向的位移与水平方向位移关系，可得tan。=?=焉=就2%0=1,解得斜坡

AUal1UAZ

的倾角为。=45°,故C错误；运动员在6处时，重力的瞬时功率为尸=mg-g/

=60X10X10X2W=1.2X104W,故D正确。故选D。

［能力提升题组］

9.(多选)智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，

将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模

型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.5kg,绳长为0.5m,悬挂点P到腰带

中心点。的距离为0.2mo水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重做水平

匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为0,运动过程中腰带可看成不动，重力加

速度g取10m/sz,sin37°=0.6,下列说法正确的是()

A.匀速转动时，配重受到的合力恒定不变

B.若增大转速，绳的拉力增大

C.当8稳定在37°时，配重的角速度为5rad/s

17

D.当。由37°缓慢增加到53°的过程中，配重的动能增加了讳J

解析：BD设配重的质量为加、绳长为/、悬挂点尸到腰带中心点。的距离

为门，对配重受力分析如图所示，由于配重做匀速圆周运动，其受到的合力提供

向心力，即合力大小不变、方向改变，故选项A错误；若增大转速，e增大，绳

的拉力增大,B正确；根据牛顿第二定律有mgtan0=m(o2(lsin0+n),

代入数据可得①=4商rad/s,故选项C错误；根据牛顿第二定律有mgtan0=

mlsm0+n则层=g(/sin6+川tan。，在。由37。缓慢增加到53。的过程中，动

1117

能增加了AEk=1m022—呼皿/=而J,故D正确。

mg

10.如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，

直径POQ水平。一质量为m的小球(可看成质点)从尸点上方高为R处由静止开

始下落，恰好从P点进入轨道。小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为

4冽g,g为重力加速度。用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所

做的功，则()

-T-om

AW=%igR,小球恰好可以到达Q点

B.W>gmgR,小球不能到达Q点

C.W=3mgR，小球到达Q点后，继续上升一段距离

D.W<mngR,小球到达Q点后，继续上升一段距离

解析：C在N点，根据牛顿第二定律有人一根g=用,由牛顿第三定律知

FN=FN'=4mg,解得@N=73gR,对小球从开始下落至到达N点的过程，由动

能定理得mg-2R—0,解得W=/gR。由于小球在PN段某点处的速

度大于此点关于ON在NQ段对称点处的速度，所以小球在PN段某点处受到的

支持力大于此点关于ON在NQ段对称点处受到的支持力，则小球在NQ段克服

摩擦力做的功小于在PN段克服摩擦力做的功，小球在NQ段运动时，由动能定

理得一机gR—机一品5V2,因为W<^mgR,故00>0,所以小球到达Q点

后，继续上升一段距离，选项C正确。

H.如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面A3的A处连接一粗糙水

平面。4,。4长为4m。有一质量为机的滑块，从