文档内容
第六章 机械能守恒定律
近5年考情分析
考题统计
等级
考点要求 2022 2021 2020 2019 2018
要求
功 功率和机车
Ⅱ 广东卷·T9 北京卷·T8 Ⅲ卷·T18
启动问题
浙江6月卷
Ⅰ卷·T14
动能定理及其 ·T13 Ⅱ卷·T16
Ⅱ 甲卷·T20 Ⅲ卷·T17 Ⅱ卷·T14
应用 浙江1月卷 Ⅱ卷·T25
Ⅲ卷·T25
·T20
机械能守恒定
乙卷·T16 甲卷·T24 Ⅱ卷·T18
律及其应用 Ⅱ
功能关系及能
Ⅱ 山东卷·T16 广东卷·T9 Ⅰ卷·T19
量守恒定律
实验六：探究
Ⅲ卷·T22
动能定理
实验七：探究
湖北卷·T12
机械能守恒定 河北卷·T12
河北卷·T11
律
1.物理观念:功和功率、动能、势能及功能关系
2.科学思维：(1)机车启动模型(2)利用动能定理、机械能守恒定律、功能关系进行科学推理
核心素养
或科学论证。
3.科学态度与责任：利用能量观点解决生产、生活、科技中的问题
高考对机械能及其守恒定律部分的考查常结合生产、生活中常见的物理情景，如物体上抛下
落、车辆启动、(类)刹车、物体上下坡、传送带等。在考查方向上，单一物体、多个物体的
命题规律 不同运动形式都有所体现。解题方法主要是函数法和图象法，同时应用推理论证。对学科核
心素养的考查主要体现在运动与相互作用观念、能量观念、模型建构、科学推理及严谨认真
的科学态度。
本章是高考的重要内容，复习备考要重点加强物理模型的建构;突出物理思想，如:转换与守
恒。加强能量规律的探究、推理、论证及在不同环境下的具体应用。利用生产，生活中与功
备考策略 和能量紧密联系的实践活动，加强对能量规律的应用与探究。加强典型学科方法如函数法、
比较法、极限法、图象法、模型法等的应用训练。
【网络构建】专题 6.2 动能定理及其应用
【网络构建】
考点一 动能定理的理解
1．定理中“外力”的两点理解
(1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．
(2)既可以是恒力，也可以是变力．
2．公式中“＝”体现的三个关系
考点 二 动能定理在直线运动中的应用
1. 若在直线运动中知道初、末状态，而不需要考虑中间过程时，一般用动能定理处理位移与速度的关系
2. 一般用分段法来处理问题，找准直线运动中转折处其动能有无损失
考点 三 动能定理与图象的结合问题
1．解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交
点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题．
2．四类图象所围“面积”的含义
考点 四 动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用
1．由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但
是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理
的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可．
2．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．
3．全过程列式涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：
(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积；
(3)弹簧弹力做功与路径无关．
4．应用动能定理解题的基本步骤
高频考点一 动能定理的理解
例1、关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系．下列说法正确的是( )
A．合外力为零，则合外力做功一定为零 B．合外力做功为零，则合外力一定为零C．合外力做功越多，则动能一定越大 D．动能不变，则物体合外力一定为零
【答案】A.
【解析】由W＝Flcos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α
＝90°，故A正确，B错误；由动能定理W＝ΔE 可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定
k
越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C、D均错误．
【变式训练】北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目．将一个冰壶以一定初速度推出后
将运动一段距离停下来．换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将
A．不变 B．变小 C．变大 D．无法判断
【答案】 A
【解析】 冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有－
μmgs＝0－mv2，得s＝，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的距离相等．故选项A正确．
高频考点二 动能定理在直线运动中的应用
例2、如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型．物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一
段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点．实验中测量出了三个角度，左、右斜面的倾角α和β及AB连线
与水平面的夹角为θ.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论
正确的是
A．μ＝tan α B．μ＝tan β C．μ＝tan θ D．μ＝tan
【答案】C
【解析】对全过程运用动能定理，结合摩擦力做功的大小，求出动摩擦因数大小．设 A、B间的水平长度
为x，竖直高度差为h，对A到B的过程运用动能定理得mgh－μmgcos α·AC－μmg·CE－μmgcos β·EB＝0，
因为AC·cos α＋CE＋EB·cos β＝x，则有mgh－μmgx＝0，解得μ＝＝tan θ，故C正确．
【变式训练】如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h
深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确( )
A．小球落地时动能等于mgHB．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能
C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h) D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1＋)
【答案】C
【解析】小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－fH＝mv，选项A错误；设泥的平均
阻力为f ，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－fh＝0－mv，解得fh＝mgh＋mv＝mgh＋mgH－fH，
0 0 0
f ＝mg(1＋)－，选项B、D错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋
0
h)，选项C正确．
高频考点三 动能定理与图象的结合问题
F−x
图像
例3、在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一
段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系
图象．已知重力加速度g＝10 m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数 B．合外力对物体所做的功
C．物体做匀速运动时的速度 D．物体运动的时间
【答案】ABC
【解析】.物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝
＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得W ＋W＝0－mv2，根据F－x图象中图线与坐标轴围成的面积可以
F f
估算力F做的功W ，而W＝－μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v，
F f
B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误．
【变式训练】如图甲所示，一质量为4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力
F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系图象如图乙所示，已知物体与面间的动摩擦因数μ＝0.5，g
取10 m/s2，则下列说法正确的是 ( )A．物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动 B．物体在水平地面上运动的最大位移是10 m
C．物体运动的最大速度为2 m/s D．物体在运动中的加速度先变小后不变
【答案】 B
【解析】 当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A错误；图乙中图线与坐标轴所围成的三角
形面积表示推力对物体做的功，由此可得推力做的功为W＝×4×100 J＝200 J，根据动能定理有W－μmgx
max
＝0，得x ＝10 m，选项B正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F＝100
max
－25x(N)，当F＝μmg＝20 N时，x＝3.2 m，由动能定理得(100＋20)·x－μmgx＝mv，解得物体运动的最大
速度v ＝8 m/s，选项C错误；当推力由100 N减小到20 N的过程中，物体的加速度逐渐减小，当推力由
max
20 N减小到0的过程中，物体的加速度又反向增大，此后物体的加速度不变，直至物体静止，故D项错误．
v−t图像
例4、地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时
间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相
同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程
( )
A．矿车上升所用的时间之比为4∶5 B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1 D．电机所做的功之比为4∶5
【答案】AC
【解析】由图线①知，矿车上升总高度
h＝·2t＝vt.
0 00
由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和
h＝·(＋)＝vt
1 00
匀速阶段：h－h＝v·t′，解得t′＝t
1 0 0
故第②次提升过程所用时间为＋t＋＝t，
0 0
两次上升所用时间之比为2t∶t＝4∶5，A对；
0 0
对矿车受力分析，当矿车向上做加速直线运动时，电机的牵引力最大，由于加速阶段加速度相同，故加速
时牵引力相同，B错；
在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，
F－mg＝ma，F＝m(g＋a)第①次在t 时刻，功率P＝F·v，
0 1 0
第②次在时刻，功率P＝F·，
2
第②次在匀速阶段P′＝F′·＝mg·＜P，
2 2
可知，电机输出的最大功率之比P∶P＝2∶1，C对；
1 2
由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D错．
【变式训练】A、B两物体分别在水平恒力F 和F 的作用下沿水平面运动，先后撤去F 、F 后，两物体最
1 2 1 2
终停下，它们的v－t图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是
( )
A．F、F 大小之比为1∶2 B．F、F 对A、B做功之比为1∶2
1 2 1 2
C．A、B质量之比为2∶1 D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
【答案】C.
【解析】由v－t图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知，A、B受摩擦力
大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，由v－t图象可知，A、B两物体加速与减速的位移之和相等，且
匀加速位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得，A物体的拉力与摩擦力的关系，
F·x－F ·3x＝0－0；B物体的拉力与摩擦力的关系，F·2x－F ·3x＝0－0，因此可得：F ＝3F ，F ＝F ，
1 f1 2 f2 1 f1 2 f2
F ＝F ，所以F ＝2F.全过程中摩擦力对A、B做功相等，F 、F 对A、B做功大小相等．故A、B、D错
f1 f2 1 2 1 2
误，C正确．
a−t图像
例5、质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球受到空
气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，此后小球继续做圆周运动，
经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为 ( )
A.mgR B.mgR C.mgR D．mgR
【答案】C
【解析】最低点7mg－mg＝，则最低点速度为：
v＝
1最高点mg＝，则最高点速度为：v＝
2
由动能定理得：－2mgR＋W＝mv－mv
f
解得：W＝－mgR，故克服空气阻力做功W＝mgR，故选项C正确，A、B、D错误．
f f
【变式训练】用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内
物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )
A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动 B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大
C．物体在2～4 s内速度不变 D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力做的功
【答案】D.
【解析】由v＝at可知，a－t图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度，0～6 s内物体的速度始终为
正值，故一直为正方向，A项错；t＝5 s时，速度最大，B项错；2～4 s内加速度保持不变且不为零，速度
一定变化，C项错；0～4 s内与0～6 s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s末和6 s末速度相同，由
动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D项对．
E −x
k 图像
例6、从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动
能E 与时间t的关系图象是 ( )
k
【答案】A
【解析】对于整个竖直上抛过程(包括上升与下落)，速度与时间的关系为
v＝v －gt，v2＝g2t2－2vgt＋v，E ＝mv2，可见动能与时间是二次函数关系，由数学中的二次函数知识可判
0 0 k
断A正确．
【变式训练】小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E ，与斜面间的动摩擦因数不变，
k0
则该过程中，物块的动能E 与位移x关系的图线是( )
k【答案】C.
【解析】设斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块质量为m，小物块沿斜面向上滑动过程，
由动能定理得，－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝E－E ，即E＝E －(mgsin θ＋μmgcos θ)x；设小物块滑到最高
k k0 k k0
点的距离为L，小物块沿斜面滑动全过程由能量守恒定律得，E＝E －mgxsin θ－μmgcos θ(2L－x)＝(E －
k k0 k0
2μmgLcos θ)－(mgsin θ－μmgcos θ)x，故选项C正确．
高频考点四 动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用
运用动能定理巧解往复运动问题
例7、如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是
水平的，其距离d＝0.50 m．盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开
始下滑(图中小物块未画出)．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为 μ＝0.10.小
物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为 ( )
A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0
【答案】D
【解析】设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力，其做功为－μmgs，而重力做
功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3 m．由于d＝0.50 m，所以，小物
块在BC面上经过3次往复运动后，又回到B点，D正确．
【变式训练】如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨
道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道
BC的高度分别为h ＝4.30 m、h ＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道
1 2
BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离．
【答案】(1)3 m/s (2)1.4 m
【解析】(1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得
mg(h－h)－μmgs＝mv－0
1 2
将h、h、s、μ、g代入得：v ＝3 m/s.
1 2 D
(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s 有：mgh ＝μmgs
总． 1 总
将h、μ代入得：s ＝8.6 m
1 总
故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2s－s ＝1.4 m.
总
动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题
例8、如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节
其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块
从轨道右侧A点以初速度v 冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已
0
知R＝0.4 m，l＝2.5 m，v＝6 m/s，物块质量m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩
0
擦不计．g取10 m/s2.求：
(1)物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；
(2)物块仍以v 从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度L，当L长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点
0
继续向右运动．
【答案】(1)40 N，竖直向上 (2)1 m
【解析】(1)对物块，首次从A到B，
有－mg·2R＝mv－mv
在B点，有：N ＋mg＝
1
解得：N ＝40 N
1
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为40 N，方向竖直向上．
(2)对物块，从A点到第二次到达B点：
－f·2L－mg·2R＝mv ′2－mv，f＝μmg
B
在B点，有：mg＝
解得：L＝1 m
【变式训练】如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10
m/s2，则下列说法错误的是( )
A．小物块的初速度是5 m/s B．小物块的水平射程为1.2 m
C．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功 D．小物块落地时的动能为0.9 J
【答案】ABC.
【解析】小物块在桌面上克服摩擦力做功W＝μmgL＝2 J，C错；在水平桌面上滑行，由动能定理得－W
f f
＝mv2－mv，解得v ＝7 m/s，A错；小物块飞离桌面后做平抛运动，有x＝vt、h＝gt2，联立解得x＝0.9
0
m，B错；设小物块落地时动能为E，由动能定理得mgh＝E－mv2，解得E＝0.9 J，D对．
k k k
