2026届高考物理一轮复习讲义《动能定理及其应用》

考点一动能定理的理解和基本应用例2（2025·广东·三模）沿倾角不同、动摩擦因数相同的斜相同，则()木板完全停下时右移的距离为()LL2L知识点总结：(3)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过(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；也可以全过程应用动(5)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(1)动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作(2)当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能+W其他=△Ek。考点二动能定理与图像结合的问题力势能Ep，随时间t或高度h变化关系的图像正确的是()B.D.是()考点三动能定理在多过程问题中的应用基础知识点：均为m，长度均为L，与粗糙水平面的动摩擦因数均为μ,轻杆能承受的最大作用力为F（F<μmg重力加速度为g。则此后的运动过程中()FLμmg乘坐雪圈从高h处由静止开始下滑，并通过长度为L1=10m的水平雪面BC，最终进入长度为了确保游客下滑后能够停在缓冲区内，h的取值可能为()A．3mB．6mC．9mD．12m考点四动能定理在往复运动问题中的应用2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常烦琐例8（2025·浙江·二模）如图所示，倾角α=37°的斜面ADE轨道以及传送带长度均为L=1m，DE段铺设特殊材料，其动摩擦因数μ1=0摩擦因数均为μ2=0.5，其余部分均光滑。现在一质量为m=1kg的小物块（可视为质点）从例9（2025·河北·模拟预测）如图所示为某学习小组设计的游戏轨道模型图。水平直轨道AB、PQ是固定于水平地面上的薄平板。轻弹簧一端固定在竖直挡板上，小滑块（可视为质AB长L1=2m，圆轨道半径R=0.4m，传送带EF间的距离L2=2m，P与F点的水平距离及传送带之间的动摩擦因数均为µ=0.4，其它阻力均不计，重力加速度g取10m/s2。(3)若滑块每次与平板碰撞前后速度方向与水平面夹角相等，碰后速度一，当传送带运行的速度v=4.5m/s时，滑块是否会弹离平知识点总结：3.滑动摩擦力做功与物体运动的路径有关，可用WfFf12025·四川·高考真题）如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内()22025·云南·高考真题）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144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近()32025·湖北·高考真题）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为μ,滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平βμgLβμgL(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj，第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和vj表示vj+1。42024·贵州·高考真题）质量为1kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随则物块运动到x=3m处，F做功的瞬时功率为()A．8WB．16WC．24WD．36W从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，C．乙的运动时间与H乙无关 (2)226m/s (3)82m/s（2）设木块离开平台时速度为v2，落地时速度大小为v3，根据动能定理可得代入数据解得v2=2（3）根据机机械能守恒定律可得mgh+代入数据解得v3=8B．滑动摩擦的大小为f=μmgcosθ所以斜面倾角θ越小，摩擦力f越大，位移越大做功越多，故B正确；CD．根据动能定理有W拉−Wf−mgH=例3答案C其中I=mv0例4答案C 解得v0x=53m/s抛出时的竖直速度v0y=gt1=5m/s可知Ek−t图像是二次函数，不是直线；因Ek=Ek0−mgh=200−40h则Ek−h图像是倾斜直线且上升时和下降时的图像重合，选项ABD．重力势能Ep=mgh=mg例5答案CD图及功率P=Fv解得f=F=N=2N根据动能定理可得t1−fs=mv2−0代入数据解得kg=0.8kgD．由甲图可知，0~2s物体的加速度m/s2=5m/s2根据牛顿第二定律可得F−f=ma代入数据解得0~2s物体受到的拉力大小为F=6N例6答案D合力在增大，故整体的加速度增大，可知A在进入粗糙面过程，定律有μmg−F=ma对B有F=maD．从v0到轻杆断裂过程，由动能定理有2m×v2−2m×v02=−游客若恰好停在C点，由动能定理得mgh1−μ1mgL1=若恰好到达D点，由动能定理得mgh2−μ1mgL1−μ2mgL2=0−0则要使游客能够停在缓冲区内，h的取值范围为1m≤h≤8.5m例8答案(1)60N；方向竖直向下2（1）恰好过F点，则满足mg=m解得vE=25m/s2在E点，由牛顿第二定律FN−mg=m解得FN=60N物体斜面上下滑到C点，则mgh−mgcosα.解得vC=25m/s 所以物块在传送带先加速再匀速，传送带的速度至少26m/s。（3）过F点且挤压弹簧锁定vF1≥2m/s由动量守恒和能量关系可得mvF2=mgd+EP可得vF2≥8m/s 可得vF3≤32m/s则2m/s≤vF3≤32m/s(3)不会，L=0.16m2（1）设滑块经过C点的速度为vC，根据牛顿第二定律mg=m解得vC=2m/s根据能量守恒，弹簧的弹性势能+mg×2R+μmgL1解得Ep=3.6J（2）若传送带不动，设滑块运动到F点时速度为v1，根据能解得v1=2m/s若传送带一直对滑块做正功，设滑块运动到F点时速度为v2，根据能量守恒定律要使滑块从A点由静止释放时落在平板上，传送带的速度范围为0≤v≤5.5m/s。平抛运动的水平位移x0=v0t=1.8m4x4x所以滑块在平板上水平方向总位移x总=x+x0=2.04m<L3+L4滑块不会离开平板，停在离Q点的距离L=L3+L4−x总=0.16mA．对物块根据牛顿第二定律有μmgcos30°−mgsin30°=ma根据运动学公式有v02=2ax1C．对小车根据动能定理有Pt−(μmgcos30°+mgsin30°)x=mv02（1）滑块1运动时，对木板的摩擦力为f1=2μmg地面对木板的摩擦力为f2=4μnmg（2）滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为=2μg根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第j+1个滑块碰撞时，有v−v2=2ajL第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒有jmv=(j+1)mvj+1联立可得vj+1=−4μgL（3）当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有2μ.kmg=μ(nm+3nm)g解得k=2n（n为整数）则第k+1个（即2n+1）木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设2μ(2n+1)mg−μ(nm+3nm)g=nm+(n−1)ma木则<2μg对前面k+1个木块，有ak+1==2μg木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面k+1个木块和k+2个木块共速，且相对位移恰好为L，则则vk+12=j=1时，第一个滑块开始运动的速度v0=，则v02=βμgLj=2时，根据动量守恒定律可得mv1=2mv22vj+1则4v22=βμgL−4μgL由第二问可得，(j+2vj+1=j2v−4j2μgL，则对第3个滑块到第k+1个滑块有9v32=4×v22−4×4μgL16v42=9v32−9×4μgL25v52=16×v42−16×4μgL(k+1)