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第 18 讲　动能定理及其应用
——划重点之精细讲义系列
考点 1 动能定理的理解和应用
考点 2 动能定理与图象的综合问题
考点 3 用动能定理解决多过程问题
考点 1：动能定理的理解和应用
一.动能
1.定义：物体由于运动而具有的能叫动能。
1
2.表达式：Ek＝ mv2。　国际单位焦耳。1kg·m2/s2＝1N·m＝1J。2
3.特性
动能是标量，只与物体的质量和速度有关，与速度的方向无关。只有正值，
标矢性
没有负值
相对性 选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系
瞬时性 动能具有瞬时性，与某一时刻或某一位置的速率相对应
①动能是状态量。动能是表征物体运动状态的物理量，与物体的运动状态（或某一时刻的速度）
相对应。
②与速度关系：物体速度变化（如速度的大小不变，方向变化），则物体的动能不一定变化。
而动能变化，则速度一定变化。
二.动能定理
1．内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
1 1
2．表达式 W＝Ek2－Ek1＝ mv2－ mv21。2 2
1 1
其中：（1）Ek1＝ mv21、E 2k2＝ mv 分别表示物体的初、末动能。2 2
（2）W 表示物体所受合外力做的功，或者物体所受所有外力对物体做功的代数和。
（1）公式中 W 是合外力做的功，不是某个力做的功，W 可能是正功，也可能是负功。
（2）Ek2、Ek1分别是末动能和初动能，Ek2可能大于 Ek1，也可能小于 Ek1。
（3）动能定理的研究对象是单个物体，或者是可以看成单一物体的物体系统。动能定理应用
广泛，直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、同时做功、分段做功等各种情况均适用。
（4）动能定理说明了外力对物体所做的总功和动能变化间的一种因果关系和数量关系，不可
理解为功转变成了物体的动能，而是“功引起物体动能的变化”，即物体动能的变化是通过外力做功
的过程来实现的。
（5）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。
三．动能定理的应用
1.应用动能定理解题的步骤
2.动能定理与牛顿定律解题的比较
牛顿定律 动能定理
相同点 确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析
只能研究恒力作用下物体做直线运对于物体在恒力或变力作用下，物体做直线
适用条件
动的情况 运动或曲线运动均适用
要考虑运动过程的每一个细节，结
应用方法 只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能
合运动学公式解题
运算方法 矢量运算[ ] 代数运算
（1）动能定理解题不涉及加速度、时间，不涉及矢量运算，运算简单，不易出错。
（2）优先考虑动能定理的问题：不涉及加速度和时间的问题；有多个物理过程的问题；变力
做功问题；曲线运动问题，以及在处理含有 F、l、m 、v、W、Ek 等物理量的问题时，优先考虑使
用动能定理。
【考向 1】（2024·河南·三模）如图所示，两根直杆竖直固定，一条长为 2L 的轻绳，两端分别拴在杆
上的 P、Q 点，在绳的中点 O 拴吊一个质量为 m 的小球，P、Q 在同一水平线上，两杆间距离为
1.5L g 3，重力加速度为 ，现用力拉着绳的右端沿右侧杆缓慢向上移动 的距离，此过程中，拉力做
2
功为（　　）
A 3． B 7． 5 C． D 3．4 4 4 4
【考向 2】（2024·北京西城·二模）如图所示，长为 L 的杆一端固定在过 O 点的水平转轴上，另一端
固定质量为 m 的小球。杆在电动机的驱动下在竖直平面内旋转，带动小球以角速度 做匀速圆周运
动，其中 A 点为最高点，C 点为最低点，B、D 点与 O 点等高。已知重力加速度为 g，下列说法正确
的是（ ）
A．小球在 B、D 两点受到杆的作用力大于 mg
B．小球在 A、C 两点受到杆的作用力大小的差值为 6mg
C．小球在 B、D 两点受到杆的作用力大小等于 2
D．小球从 A 点到 B 点的过程，杆对小球做的功等于
【考向 3】（2024·北京东城·二模）如图所示，在距地面同一高度处将三个相同的小球以相同的速率
分别沿竖直向下、竖直向上、水平向右的方向抛出，不计空气阻力，比较这三个小球从抛出到落地
的过程，下列说法正确的是（　　）
A．重力对每个小球做的功都各不相同
B．每个小球落地时的速度都各不相同
C．每个小球在空中的运动时间都各不相同
D．每个小球落地时重力做功的瞬时功率都各不相同
【考向 4】质量可以忽略的甲、乙两棒一端各固定一相同小球，另一端可以绕水平转轴在竖直平面
内转动，如图所示，现将两棒由水平位置无初速度释放，转过 θ 角（ ≤ 90°）。已知甲棒较长，不
计一切阻力，下列说法正确的是（ ）
A．两棒转过相同角度 θ 时，两小球的线速度一样大
B．两棒转过相同角度 θ 时，甲棒上小球的向心加速度较大
C．两棒转过相同角度 θ 时，两棒转动的角速度一样大
D．两棒转过相同角度 θ 时，运动时间的关系为 甲 > 乙
【考向 5】（2024·河北·二模）自由滑雪大跳台是冬奥会比赛项目，其赛道简化为如图所示的模型，
其中助滑区倾斜赛道 AB 与圆弧赛道 BCD 相切于 B 点，圆弧赛道半径 R=10m，起跳点 D 与圆心的
连线与竖直方向的夹角 θ=25°。质量 m=50kg（连同装备）的运动员从助滑区的 A 点由静止开始下滑，
到达起跳点 D 时斜向上飞离雪道，落在着陆坡上的 E 点。已知 A 点到 C 点（C 为圆弧赛道的最低点）
的竖直高度差 h1=30m，运动员到达圆弧上的 D 点时对赛道的压力 FN=950N，D、E 两点间的竖直高
度差 h 22=12m，重力加速度 g 取 10m/s ，sin25°=0.4，cos25°=0.9，不计空气阻力，运动员可视为质点。
求：
（1）运动员从 A 点运动到 D 点克服阻力做的功；
（2）起跳点 D 到落地点 E 之间的水平距离。
考点 2：动能定理与图象的综合问题
1.力学中图像所围“面积”的意义
（1）v－t 图：由公式 x＝vt 可知，v－t 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。
（2）a－t 图：由公式 Δv＝at 可知，a－t 图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
（3）F－x 图：由公式 W＝Fx 可知，F－x 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
（4）P－t 图：由公式 W＝Pt 可知，P－t 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
2.解决物理图像问题的基本步骤
（1）观察题目给出的图像，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，图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题。或者利用函数图线上的特定值
代入函数关系式求物理量。
3.动能定理与图像结合问题的分析方法
（1）首先看清楚所给图像的种类（如 v t 图像、F t 图像、Ek t 图像等）。
（2）挖掘图像的隐含条件——求出所需要的物理量，如由 v t 图像所包围的“面积”求位移，由
F x 图像所包围的“面积”求功等。
（3）分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。
4.解决图象问题的突破点
①注意图象斜率、面积和截距的物理意义。
②注意挖掘图象中的隐含信息，往往可以找到解题突破口。
【考向 6】用物理图像研究物理量之间关系是一种常用的数学物理方法。一物体在水平面上做直线
运动，其运动图像如图所示，其中横轴和纵轴的截距分别为 n 和 m。下列说法正确的是（　　）

A．若为 图像，则物体可能做变加速直线运动
B．若为 图像且物体初速度为零，则物体的最大速度为
C．若为 图像，则物体一定做匀变速直线运动

D．若为 图像且物体初速度为零，则最大速度出现在 = 2时刻
【考向 7】（2024·山西·二模）某次救援中，一质量为 20kg 的无人船在平静水面上从静止开始沿直线
奔向目标地点，加速 100m 后关闭发动机，继续滑行一段距离后恰好到达救援地点，该过程中无人
船运动的速度平方 2与位移 x 的关系如图所示。假设无人船运行过程中受水的阻力恒定，不计空气
阻力，g 取10m/s2。该过程中（ ）
A．无人船加速的时间为 20s
B．无人船平均速度的大小为 15m/s
C．减速过程中，无人船受水阻力的大小为 20N
D．加速过程中，牵引力对无人船做的功为4 × 103J
【考向 8】（多选）（2024·广西·二模）如图甲所示，物体在水平恒力 F 作用下沿粗糙水平地面由静止
开始运动，在 = 1s时刻撤去恒力 F，物体运动的 图像如图乙所示，重力加速度 g 取10m/s2，下
列说法正确的是（　　）
A．物体在 3s 内的位移 = 3m
B．恒力 F 与滑动摩擦力大小之比为3:1
C．物体与地面间的动摩擦因数 = 0.3
D．在撤去 F 前后两个阶段的平均速度大小之比 1: 2 = 2:1
【考向 9】（多选）如图甲所示，倾角为 30°的光滑斜面上，质量为 2kg 的小物块在平行于斜面的拉
力 F 作用下由静止沿斜面向上运动，拉力（F）随位移（x）变化的图像如图乙所示。取 = 10
m/s2，则在物块沿斜面运动的过程中，下列判断正确的是（　　）
A．上升过程中，当 x=7.5m 时物块的速度最大
B．上升过程中，当 x=10m 时物块的速度为 0
C．上升过程中，物块能达到的最大高度为 7.5m
D．下降过程中，当 x=0 时重力对物块做功的功率为100 6W
【考向 10】（2024·四川达州·二模）如图 1 所示，一倾角 = 37°的斜面体固定在水平地面上（斜面
足够长、带一定滑轮），物块 A 放在斜面上的 O 点，用跨过轻质定滑轮的轻绳与物块 B 连接，B 离
滑轮足够远。A、B 的质量分别为 1 = 2.5kg、 2 = 0.9kg。运动过程中 A 与 O 点的距离设为 x，A
与斜面间的动摩擦因数 μ 与 x 的关系如图 2。重力加速度 g 取10m/s2，现将 A、B 由静止释放。求：
（1）当 x 为多大时物块 A 的速度最大；
（2）物块 A 在斜面上滑行的最大位移 m。
考点 3：用动能定理解决多过程问题
很多动力学问题中涉及研究对象有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体
的运动情况和受力情况都发生了变化，我们把这类问题称为多过程问题。多运动组合问题主要是指
直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题。
1.动能定理的优点
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.解题
（1）解题策略
若问题涉及时间、加速度、力等，一般要用牛顿运动定律与运动学公式结合求解。
若问题只涉及位移、速度、力等一般可用动能定理求解，用动能定理求解一般比用牛顿运动定
律求解简单。
（2）解题关键
①抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，观察每一个过程的特征和寻找过程之间的联系
是求解多过程问题的两个关键，将物理过程分解成几个简单子过程。
②两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的
末速度的方向是解题的重要突破口。
3.涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，注意它们做功的特点：
（1）重力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的功等于力的大小与路程的乘积，滑动摩擦力做功与物体运动路
径有关，其功的大小可用 Wf＝－Ff ·s 求解，其中 s 为物体滑行的路程。若题目中涉及求解物体运
动的路程或位置的变化，可利用动能定理求出摩擦力做的功，然后进一步确定物体运动的路程或位
置的变化。
（3）弹簧弹力做功与路径无关，直接用“+W”表示。
【考向 11】如图所示，某同学在滑雪场练习滑雪。滑道由足够长的水平冰面与倾角为 37°的倾斜冰
面在 M 处平滑连接，冰鞋与水平和倾斜冰面间的动摩擦因数均为 0.25，某次练习时，该同学从 A 处
开始以大小为 v0的初速度向右自由滑行，最终在倾斜冰面上 B 处速度减为 0.AM 与 MB 的长度之比
为 48∶5，取重力加速度大小为 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，该同学自由滑行至 M 点的速度大
小为（　　）
A 1 1 1 1．2 0 B．3 0 C．8 0 D．9 0
【考向 12】（2024·黑龙江·二模）如图所示，半径为 1m 的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水平地面
上，B 点为轨道最低点，A 点与圆心 O 等高。质量为 1kg 的小球（可视为质点）在 A 点正上方 0.75m
处静止释放，下落至 A 点时进入圆轨道，重力加速度 g 取10m/s2，不计空气阻力，则（ ）
A．小球在 B 点的动能为 7.5J B．小球在 A 点受到轨道的弹力大小为 10N
C．小球上升过程中距地面的最大高度为 1.75m D．小球离开轨道后将落至轨道 B 点
【考向 13】（多选）（2024·云南曲靖·二模）如图所示，足够长的固定木板的倾角为37°，劲度系数为
= 36N m的轻质弹簧一端固定在木板上 P 点，图中 AP 间距等于弹簧的自然长度。现将质量
= 1kg的可视为质点的物块放在木板上，稳定后在外力作用下将弹簧缓慢压缩到某一位置 B 点后
3
释放。已知木板 PA 段光滑，AQ 段粗糙，物块与木板间的动摩擦因数 = 8，物块在 B 点释放后向上
运动，第一次到达A点时速度大小为 0 = 3 3m s，取重力加速度 = 10m s2，sin37° = 0.6。（　　）
A 5．施力前弹簧压缩量为18m
B．外力做的功为13.5J
C．物块第一次向下运动到 A 点时的速度大小为3m s
D．物块在 A 点上方运动的总路程为4.5m
【考向 14】（多选）（2024·河北·三模）如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中 AB 是长
3
度为 R 的水平轨道，BCDE 是圆心为 O、半径为 R 的4圆弧轨道，两轨道相切于 B 点。一可视为质
点的小球从 A 点以某速度 0（大小未知）水平向左运动，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是
（　　）
A．当 0 = 5 时，小球刚好过最高点 D 点
B．当 0 = 3 时，小球不会脱离圆弧轨道
C．若小球能通过 E 点，则 0越大，小球在 B 点与 E 点所受的弹力之差越大
D．小球从 E 点运动到 A 点的最长时间为 5 3

【考向 15】（2023·四川达州·一模）滑滑板是一项青少年酷爱的运动，依靠自身的体能，快速的运动
艺术。一青少年在一次训练中的运动可简化为以下运动：如图所示，青少年先在距地面高 = 3.2m
的高台上加速滑跑，到达高台边缘 D 点时以 0 = 3m/s的速度水平滑出高台，然后在空中调整姿势，
恰好落在光滑圆弧轨道 的 A 点并沿切线方向滑入轨道（圆弧轨道与地面相切于 B 点），离开 C
点滑入倾斜粗糙轨道 （轨道 与圆弧轨道相切），滑到倾斜轨道上 N 点（图中未标出）速度为零。
已知将滑板和人整体视为质点，∠ = 53°，∠ = 37°，不计空气阻力，滑板与倾斜轨道间的动摩擦
因数 = 0.25，重力加速度 = 10m/s2，sin37° = 0.6。求
（1）圆弧轨道 的半径 R；
（2）N 点离地面的高度 H（结果保留两位小数）。
【考向 16】（2024·江苏南通·二模）如图所示，一轨道由半径 = 0.8m的四分之一光滑竖直圆弧轨道
AB 和长度可以调节的水平粗糙直轨道 BC 在 B 点平滑连接而成。一质量 = 0.2kg的小球从 A 点由
静止释放，经过圆弧轨道和直轨道后，从 C 点水平飞离轨道，落到地面上的 P 点，小球经过 BC 段
所受阻力为其重力的 0.2 倍，P、C 两点间的高度差 = 3.2m。不计空气阻力，取重力加速度 = 10m
/s2。
（1）求小球运动至圆弧轨道 B 点时，轨道对小球的支持力大小 N；
（2）为使小球落点 P 与 B 点的水平距离最大，求 BC 段的长度 ；
（3）若撤去轨道 BC，小球仍从 A 点由静止释放，小球落到地面上后弹起，与地面多次碰撞后静止。
假设小球每次与地面碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求地面上小球第 1
次和第 2 次落点的距离Δ 。
【真题 1】（2024·安徽·高考真题）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为 h
的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为 v．已知人与滑板的总质量为 m，可视为质点．重力
加速度大小为 g，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（ ）
A． B 1．2
2 C． + 12
2 D． 12
2
【真题 2】（2024·江西·高考真题）两个质量相同的卫星绕月球做匀速圆周运动，半径分别为 1、 2，
则动能和周期的比值为（ ）
3 3 k1 2 1 1 1A． = , = B
k1 = 1, 1． =
k2 1 2 3 k2
2 2 32 2
3 3 2 2
C k1 = 2, 1 = D k1 1 1． ． = ， =k2 1 2 3 k2 2 2 31 1
【真题 3】（2024·北京·高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最
终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（　　）
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
【真题 4】（2024·全国·高考真题）福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小
车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，
使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的 4 倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开
甲板处的水平距离为调整前的（　　）
A．0.25 倍 B．0.5 倍 C．2 倍 D．4 倍
【真题 5】（2024·福建·高考真题）先后两次从高为 = 1.4m高处斜向上抛出质量为 = 0.2kg同一
物体落于 1、 2，测得 1 = 8.4m, 2 = 9.8m，两轨迹交于 P 点，两条轨迹最高点等高且距水平
地面高为3.2m，下列说法正确的是（　　）
A．第一次抛出上升时间，下降时间比值为 7:4
B．第一次过 P 点比第二次机械能少1.3J
C．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为72:85
D．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大
【真题 6】（多选）（2023·广东·高考真题）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质
1
点的货物从4圆弧滑道顶端 点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端 点时速度大小为6m/s。已知货物
质量为20kg，滑道高度 为4m，且过 点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从 点运动
到 点的过程，下列说法正确的有（ ）
A．重力做的功为360J B．克服阻力做的功为440J
C．经过 点时向心加速度大小为9m/s2 D．经过 点时对轨道的压力大小为380N
【真题 7】（2023·重庆·高考真题）机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为 m 的工件（视为质点）
被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为 a 的匀加速直线运动，运动方向
与竖直方向夹角为 θ，提升高度为 h，如图所示。求：
（1）提升高度为 h 时，工件的速度大小；
（2）在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。
【真题 8】（2024·全国·高考真题）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过
程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的
绳子 P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子 Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若
重物的质量 = 42kg，重力加速度大小 = 10m/s2，当 P 绳与竖直方向的夹角 = 37°时，Q 绳与
竖直方向的夹角 = 53°,(sin37° = 0.6)
（1）求此时 P、Q 绳中拉力的大小；
（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度 = 10m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力
对重物做的总功。
一、单选题
1．（2024·辽宁沈阳·三模）我国首颗超百 Gbps 容量的高通量地球静止轨道通信卫星—“中星 26 号”
与某一椭圆轨道侦察卫星的运动轨迹如图所示，A、B 分别为侦察卫星的近地点和远地点。两卫星的
运行周期相同，D 点是两轨道交点，BC 连线过地心，下列说法正确的是（　　）
A．侦查卫星从 B 点运动到 A 点过程中机械能减小
B．侦查卫星从 B 点运动到 A 点过程中动能减小
C．“中星 26 号”和侦察卫星在 D 点的加速度相等
D．A、B 两点间距离与“中星 26 号”卫星轨道半径相等
2．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）我国无人机技术发展迅猛，应用也越来越广泛，无人机配送快递就
是一种全新的配送方式。如图所示，一架配送包裹的无人机从地面起飞后竖直上升的过程中，升力
的功率恒为 0。已知无人机的质量与包裹的质量的比值为 k，忽略空气阻力的影响，则该过程中悬
吊包裹的轻绳（不可伸长）对包裹做功的功率为（　　）
A 0 B 0 C 0 D 0． ． 1 ． 1 ． 1
3．（2024·江西赣州·二模）某山顶有一排风力发电机，发电机的叶片转动时可形成半径为 = 20m的
圆面。某时间内该山顶的风速达10m/s，风向恰好跟某风力发电机叶片转动形成的圆面垂直，已知
空气的密度 = 1.2kg/m3，若该风力发电机能将此圆内20%的空气动能转化为电能。则此风力发电
机发电的功率 P 约为（　　）
A．1.5 × 104W B．1.5 × 105W C．5 × 104W D．5 × 105W
4．（2024·四川·一模）足球是人们喜欢的运动，足球运动员在进行吊门训练时，足球在空中运行的
轨迹视为抛物线。如图所示，足球从 A 处飞到横柱下方的目标 B 处，其运动轨迹有低、中、高三种
弧线。不计空气阻力和足球的旋转，下列说法正确的是（　　）
A．低弧线时，足球从 A 到 B 的运动时间最短
B．高弧线时，足球从 A 到 B 过程，克服重力做功的平均功率最大
C．低弧线时，脚对足球做的功一定最大
D．中弧线时，脚对足球做的功一定最小
5．（2024·江苏苏州·二模）如图甲，将物块从倾角 = 30°的斜面顶端由静止释放。取地面为零势能
面，物块在下滑过程中的动能 k、重力势能 p，与下滑位移 间的关系如图乙所示，取 = 10m/s2，
下列说法错误的是（　　）
A．物块的质量是0.2kg
B．物块受到的阻力是0.24N
C．物块动能与势能相等时的高度为2.4m
D．物块下滑9m时，动能与重力势能之差为3J
6．（2024·北京朝阳·二模）电动车配有把机械能转化为电能的“能量回收”装置。某次测试中电动车沿
倾角为 15°的斜坡向下运动，初动能为1.0 × 105J。第一次让车无动力自由滑行，其动能 k与位移 x
的关系如图中直线①所示；第二次让车无动力并开启“能量回收”装置滑行，其动能 k与位移 x 的关
系如图中曲线②所示。假设机械能回收效率为 90%，重力加速度 = 10m/s2。下列说法正确的是
（　　）
A．图中①对应过程汽车所受合力越来越大
B．可求图中②对应过程下滑 200m 回收的电能
C．图中②对应过程下滑 100m 后不再回收能量
D．由题中及图像信息可求出电动车的质量
二、多选题
7．（2024·四川泸州·三模）2023 年 10 月 6 日，在杭州亚运会女子龙舟 1000 米直道竞速决赛中，中
国队驱动总质量约 1200kg（含人）的龙舟以 4 分 51 秒的成绩获得冠军，如图所示。比赛过程中，
运动员拉桨对船做正功，加速；回桨对船不做功，减速。若 10 个划手一直保持最大输出功率划船，
观测发现从静止开始的启动过程中每个划手划了 8 桨，船前进了 20m，船速达到 3.5m/s，之后保持
3.5m/s 的平均速度直至结束，设船受到的阻力恒定，每次拉桨过程做功相同。则下列说法中正确的
是（ ）
A．船受到的阻力约为 397N B．船受到的阻力约为 3970N
C．全程每个划手大约划了 150 桨 D．全程每个划手大约划了 212 桨
8．（2023·江西鹰潭·二模）如图所示，某同学从 A 点以水平方向成 60°角沿斜向上的方向投出一篮球，
篮球正好垂直击中篮板上的 B 点，反弹后下落经过与 A 等高的 C 点，已知 D 点为篮板底下与 A 等
高的点，且 AC=CD，篮球质量为 m，被抛出时的速度大小为 v，不计空气阻力，则下列说法正确的
是（　　）
A 3．篮球与篮板碰撞过程中损失的动能为 232
B．从 A 到 B 过程中（不含 B 点）篮球的速率均匀变化
C．从 A 到 B 到 C 篮球运动时间之比1:1
D．从 A 到 B 和从 B 到 C 篮球速度变化量的绝对值之比1:1
9．（2024·广东茂名·一模）某品牌电动汽车在平直公路上由静止开始启动，若启动过程中加速度传
感器测量到汽车加速度随时间变化的规律如图所示，汽车后备箱中水平放置一质量 = 5kg的物块，
与汽车始终相对静止，重力加速度 g 取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．第2s末，汽车的速度为3.2m/s
B．第8s末，汽车的速度为9.6m/s
C．前2s内，汽车对物块的作用力做功大小为6.4J
D．前8s内，汽车对物块的最大摩擦力为8N
10．（2022·陕西宝鸡·二模）汽车在出厂前要进行性能测试。某次测试中，测试人员驾驶着汽车在一
个空旷的水平场地上沿直线以恒定的速度 0匀速行驶，突然发现正前方的道路出现故障，为了躲避
故障，测试人员采取了一些应急措施。设汽车与路面间的滑动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，重力加速度为 g，则关于测试人员采取的应急措施说法正确的是（　　）
2A．若直线刹车，则至少应该在道路故障前 02 的距离处采取刹车措施
B．若以原有速率转弯，转弯半径越大，汽车受到的侧向摩擦力越大
2C．若以原有速率转弯，转弯的最小半径为 0
D．以原速率转弯要比以直线刹车更安全一些
11．某同学将一个质量为 m 的篮球以初速度 0竖直向上抛出，上升过程中篮球的加速度大小 a 随速
率 v 的变化关系如图所示，篮球上升到最高点后又落回到抛出点，落回到抛出点前已经开始做匀速
运动。已知重力加速度为 g，关于篮球从开始上抛到再次回到抛出点的运动过程，下列说法正确的
是（　　）
A．空气阻力的大小恒为 2mg

B 0．篮球回到抛出点时的速度大小为 3
C 3．整个过程中空气阻力对篮球做的功为 28 0

D 0．若上抛时的速度变为2 0，则篮球落回到抛出点时的速度大小为 2
12．某个缓冲装置的主要部分是弹簧，工作过程可简化为以下情境：轻质弹簧原长 0 = 0.4m，劲度
系数 = 800N/m，左端固定在竖直墙上。以弹簧左端为坐标原点，水平向右为正方向建立 x 轴。水
平地面上一滑块从 P 点以某一速度水平向左冲向弹簧，如图 1 所示。滑块经弹簧缓冲后运动到最左
端 = 0.2m处的 Q 点，又被弹簧弹开，最后恰好停在 P 点。滑块从 Q 点到 P 点过程中，加速度 a
随位置坐标 x 的变化规律如图 2 所示。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度 = 10m/s2。下列
说法正确的是（　　）
A．滑块与水平地面间的动摩擦因数 = 0.4 B．滑块的质量 = 20kg
C．P 点的坐标 = 0.6m D．滑块从 P 点向左运动时的动能 k = 64J
三、解答题
13．（2024·山西阳泉·三模）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为 = 0.3m，可绕中心轴转动的同
心圆盘，在圆盘的边缘放置一质量为 = 1kg的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数为 1 = 0.3，物
块与桌面间的动摩擦因数为 2 = 0.1125。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落
后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为 = 10m/s2，圆
盘厚度及圆盘与餐桌面的间隙不计，物块可视为质点。求：
（1）物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做的功；
（2）餐桌面的半径 R。
14．（2024·山东潍坊·三模）如图所示为冰雪冲浪项目流程图，AB 段为水平加速区，BC 段为半径
r=22.5m 的光滑圆管型通道，AB 与 BC 相切于 B 点；CDE 段为半径 R=100m 的圆弧冰滑道，BC 与
CDE 相切于 C 点，弧 DE 所对应的圆心角 θ=37°，D 为轨道最低点，C、E 关于 OD 对称。安全员将
小朋友和滑板（可视为质点）从 A 点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放，到达光滑圆管型通
道上 B 点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，小朋友运动至滑道 E 点时对滑道压力 FN=410N。
已知小朋友和滑板总质量为 m=40kg，g 取 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小朋友在 B 点时的速度 v0；
（2）小朋友通过 CDE 段滑道克服摩擦力做的功。
15．（2024·北京海淀·二模）如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在距离水平地面高为 h 的 O 点，另
一端系有质量为 m，可视为质点的小球，将小球拉至 O 点正上方的 A 点，给其一水平方向的初速度
0，使其恰好通过 A 点后，在竖直平面内以 O 点为圆心做半径为 r 的圆周运动。当小球运动到最低
点 B 时，绳恰好被拉断，小球水平飞出。不计空气阻力及绳断时的能量损失，重力加速度为 g。求：
（1）小球初速度的大小 0。
（2）绳能承受拉力的最大值 m。
（3）小球落地时的速度大小 v。第 18 讲　动能定理及其应用
——划重点之精细讲义系列
考点 1 动能定理的理解和应用
考点 2 动能定理与图象的综合问题
考点 3 用动能定理解决多过程问题
考点 1：动能定理的理解和应用
一.动能
1.定义：物体由于运动而具有的能叫动能。
1
2.表达式：Ek＝ mv2。　国际单位焦耳。1kg·m2/s2＝1N·m＝1J。2
3.特性
动能是标量，只与物体的质量和速度有关，与速度的方向无关。只有正值，
标矢性
没有负值
相对性 选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系
瞬时性 动能具有瞬时性，与某一时刻或某一位置的速率相对应
①动能是状态量。动能是表征物体运动状态的物理量，与物体的运动状态（或某一时刻的速度）
相对应。
②与速度关系：物体速度变化（如速度的大小不变，方向变化），则物体的动能不一定变化。
而动能变化，则速度一定变化。
二.动能定理
1．内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
1 1
2．表达式 W＝Ek2－Ek1＝ mv2－ mv21。2 2
1 1
其中：（1）Ek1＝ mv21、E 2k2＝ mv 分别表示物体的初、末动能。2 2
（2）W 表示物体所受合外力做的功，或者物体所受所有外力对物体做功的代数和。
（1）公式中 W 是合外力做的功，不是某个力做的功，W 可能是正功，也可能是负功。
（2）Ek2、Ek1分别是末动能和初动能，Ek2可能大于 Ek1，也可能小于 Ek1。
（3）动能定理的研究对象是单个物体，或者是可以看成单一物体的物体系统。动能定理应用
广泛，直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、同时做功、分段做功等各种情况均适用。
（4）动能定理说明了外力对物体所做的总功和动能变化间的一种因果关系和数量关系，不可
理解为功转变成了物体的动能，而是“功引起物体动能的变化”，即物体动能的变化是通过外力做功
的过程来实现的。
（5）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。
三．动能定理的应用
1.应用动能定理解题的步骤
2.动能定理与牛顿定律解题的比较
牛顿定律 动能定理
相同点 确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析
只能研究恒力作用下物体做直线运对于物体在恒力或变力作用下，物体做直线
适用条件
动的情况 运动或曲线运动均适用
要考虑运动过程的每一个细节，结
应用方法 只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能
合运动学公式解题
运算方法 矢量运算[ ] 代数运算
（1）动能定理解题不涉及加速度、时间，不涉及矢量运算，运算简单，不易出错。
（2）优先考虑动能定理的问题：不涉及加速度和时间的问题；有多个物理过程的问题；变力
做功问题；曲线运动问题，以及在处理含有 F、l、m 、v、W、Ek 等物理量的问题时，优先考虑使
用动能定理。
【考向 1】（2024·河南·三模）如图所示，两根直杆竖直固定，一条长为 2L 的轻绳，两端分别拴在杆
上的 P、Q 点，在绳的中点 O 拴吊一个质量为 m 的小球，P、Q 在同一水平线上，两杆间距离为
1.5L 3，重力加速度为 g，现用力拉着绳的右端沿右侧杆缓慢向上移动 的距离，此过程中，拉力做
2
功为（　　）
A 3． B． 5 C 7 3． D．4 4 4 4
【答案】C
3
【详解】绳右端向上移动 的距离时，根据几何关系可知，O 点刚好到 PQ 上，根据动能定理有
2
= 0
解得拉力做功为
3 2 7
= = 2 4 = 4
故选 C。
【考向 2】（2024·北京西城·二模）如图所示，长为 L 的杆一端固定在过 O 点的水平转轴上，另一端
固定质量为 m 的小球。杆在电动机的驱动下在竖直平面内旋转，带动小球以角速度 做匀速圆周运
动，其中 A 点为最高点，C 点为最低点，B、D 点与 O 点等高。已知重力加速度为 g，下列说法正确
的是（ ）
A．小球在 B、D 两点受到杆的作用力大于 mg
B．小球在 A、C 两点受到杆的作用力大小的差值为 6mg
C．小球在 B、D 两点受到杆的作用力大小等于 2
D．小球从 A 点到 B 点的过程，杆对小球做的功等于
【答案】A
【详解】AC．当小球在 B、D 两点时，杆对小球作用力竖直方向的分力应等于重力，水平方向分力
提供向心力，故杆对小球的作用力为
= ( 2 )2 + ( )2 >
故 A 正确；C 错误；
B．若小球在最高点，杆对小球的作用力为支持力，则在 A 点
= 2N1
在 C 点
2N2 =
所以
N2 = 2 2N1
若小球在最高点，杆对小球的作用力为拉力，则在 A 点
+ 2N1 =
在 C 点
N2 = 2
所以
N2 N1 = 2
故 B 错误；
D．小球从 A 点到 B 点的过程，根据动能定理，可得
+ = 0
解得杆对小球做的功等于
=
故 D 错误。
故选 A。
【考向 3】（2024·北京东城·二模）如图所示，在距地面同一高度处将三个相同的小球以相同的速率
分别沿竖直向下、竖直向上、水平向右的方向抛出，不计空气阻力，比较这三个小球从抛出到落地
的过程，下列说法正确的是（　　）
A．重力对每个小球做的功都各不相同
B．每个小球落地时的速度都各不相同
C．每个小球在空中的运动时间都各不相同
D．每个小球落地时重力做功的瞬时功率都各不相同
【答案】C
【详解】A．设下落高度为 h，重力做功为
G =
三个小球下落高度相同，重力对每个小球做的功相同，故 A 错误；
B．三个小球从抛出到落地的过程，根据动能定理
1 1
= 2 22 2 0
可知每个小球落地时的速度大小相同，第 1 个球、第 2 个球落地时的速度方向竖直向下，第个球落
地时的速度方向不是竖直向下，故每个小球落地时的速度不是各不相同，故 B 错误；
C．小球抛出后，加速度都是 g，竖直方向都做匀变速直线运动，第 1 个球做竖直下抛运动，有
1
= 0 1 + 2
2
1
第 2 个球做竖直上抛运动，有
1
= 0 2 + 2
2
2
第 3 个球做平抛运动，有
1
= 2
2
3
可得
1 < 3 < 2
故每个小球在空中的运动时间都各不相同，故 C 正确；
D．小球落地时重力做功的瞬时功率
= cos =
由于
1 = 2 = > 3
故
1 = 2 > 3
故每个小球落地时重力做功的瞬时功率不是各不相同，故 D 错误。
故选 C。
【考向 4】质量可以忽略的甲、乙两棒一端各固定一相同小球，另一端可以绕水平转轴在竖直平面
内转动，如图所示，现将两棒由水平位置无初速度释放，转过 θ 角（ ≤ 90°）。已知甲棒较长，不
计一切阻力，下列说法正确的是（ ）
A．两棒转过相同角度 θ 时，两小球的线速度一样大
B．两棒转过相同角度 θ 时，甲棒上小球的向心加速度较大
C．两棒转过相同角度 θ 时，两棒转动的角速度一样大
D．两棒转过相同角度 θ 时，运动时间的关系为 甲 > 乙
【答案】D
【详解】A．根据动能定理有
1
sin = 22
所以则甲球的速度比乙球大，故 A 错误；
B．向心加速度为
2
=
根据 A 项可知
= 2 sin
两球向心加速度相等，故 B 错误；
C．根据 = 可知角速度为
2 sin
=
可知两棒转过相同角度 θ 时，乙棒转动的角速度较大，故 C 错误；
D ．根据角速度的计算公式 = 可知，两棒转过相同角度 θ 时，运动时间的关系为 甲 > 乙，故 D
正确；
故选 D。
【考向 5】（2024·河北·二模）自由滑雪大跳台是冬奥会比赛项目，其赛道简化为如图所示的模型，
其中助滑区倾斜赛道 AB 与圆弧赛道 BCD 相切于 B 点，圆弧赛道半径 R=10m，起跳点 D 与圆心的
连线与竖直方向的夹角 θ=25°。质量 m=50kg（连同装备）的运动员从助滑区的 A 点由静止开始下滑，
到达起跳点 D 时斜向上飞离雪道，落在着陆坡上的 E 点。已知 A 点到 C 点（C 为圆弧赛道的最低点）
的竖直高度差 h1=30m，运动员到达圆弧上的 D 点时对赛道的压力 FN=950N，D、E 两点间的竖直高
度差 h2=12m，重力加速度 g 取 10m/s2，sin25°=0.4，cos25°=0.9，不计空气阻力，运动员可视为质点。
求：
（1）运动员从 A 点运动到 D 点克服阻力做的功；
（2）起跳点 D 到落地点 E 之间的水平距离。
【答案】（1） = 12000J；（2） = 18m
【详解】（1）在 D 点，根据牛顿第三定律，赛道对运动员的支持力
′N = N
对 D 点，根据牛顿第二定律
2
′N cos =
可得
= 10m/s
运动员从 A 点运动到 D 点根据动能定理
1
1 (1 cos ) = 2 2
解得
= 12000J
（2）点 D 到落地点 E 之间做斜抛运动，竖直方向
1
2 = sin + 2
2
水平方向
= cos
解得
= 18m
考点 2：动能定理与图象的综合问题
1.力学中图像所围“面积”的意义
（1）v－t 图：由公式 x＝vt 可知，v－t 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。
（2）a－t 图：由公式 Δv＝at 可知，a－t 图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
（3）F－x 图：由公式 W＝Fx 可知，F－x 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
（4）P－t 图：由公式 W＝Pt 可知，P－t 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
2.解决物理图像问题的基本步骤
（1）观察题目给出的图像，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，图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题。或者利用函数图线上的特定值
代入函数关系式求物理量。
3.动能定理与图像结合问题的分析方法
（1）首先看清楚所给图像的种类（如 v t 图像、F t 图像、Ek t 图像等）。
（2）挖掘图像的隐含条件——求出所需要的物理量，如由 v t 图像所包围的“面积”求位移，由
F x 图像所包围的“面积”求功等。
（3）分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。
4.解决图象问题的突破点
①注意图象斜率、面积和截距的物理意义。
②注意挖掘图象中的隐含信息，往往可以找到解题突破口。
【考向 6】用物理图像研究物理量之间关系是一种常用的数学物理方法。一物体在水平面上做直线
运动，其运动图像如图所示，其中横轴和纵轴的截距分别为 n 和 m。下列说法正确的是（　　）

A．若为 图像，则物体可能做变加速直线运动
B．若为 图像且物体初速度为零，则物体的最大速度为
C．若为 图像，则物体一定做匀变速直线运动

D．若为 图像且物体初速度为零，则最大速度出现在 = 2时刻
【答案】B
【详解】A．根据运动学公式
1
= 0 + 22
可知
1
= 0 + 2
由图像可知，斜率不变，物体运动为匀变速直线运动，A 错误；
B．物体初速度为零，由动能定理可知
1
2 0
2
max 0 = ∑ = ∑ 0 =
0
2
即
2max =
所以物体的最大速度为
max =
B 正确；
C．若物体做匀变速直线运动，则有
2 20 = 2
即对于匀变速直线运动，其 图像不可能是一次函数图像，C 错误；
D．根据运动学公式可知

= 0
由此可知，图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，所以物体的最大速度为

max = Δ = 2
出现在 = 时刻，D 错误。
故选 B。
【考向 7】（2024·山西·二模）某次救援中，一质量为 20kg 的无人船在平静水面上从静止开始沿直线
奔向目标地点，加速 100m 后关闭发动机，继续滑行一段距离后恰好到达救援地点，该过程中无人
船运动的速度平方 2与位移 x 的关系如图所示。假设无人船运行过程中受水的阻力恒定，不计空气
阻力，g 取10m/s2。该过程中（ ）
A．无人船加速的时间为 20s
B．无人船平均速度的大小为 15m/s
C．减速过程中，无人船受水阻力的大小为 20N
D．加速过程中，牵引力对无人船做的功为4 × 103J
【答案】C
【详解】A．根据
2 0 = 2
解得加速时加速度
= 2m/s2
无人船加速的时间为

= = 10s
故 A 错误；
B．根据
2 0 = 2
解得减速时加速度大小为
′ = 1m/s2
减速时间

2 = = 20s ′
平均速度
300
= = 20 + 10 m/s = 10m/s总
故 B 错误；
C．减速过程中，无人船受水阻力的大小为
= ′ = 20N
故 C 正确；
D．加速过程中，牵引力对无人船做的功为 W，根据动能定理
1 2
2 0 = 1
解得
= 6000J
故 D 错误。
故选 C。
【考向 8】（多选）（2024·广西·二模）如图甲所示，物体在水平恒力 F 作用下沿粗糙水平地面由静止
开始运动，在 = 1s时刻撤去恒力 F，物体运动的 图像如图乙所示，重力加速度 g 取10m/s2，下
列说法正确的是（　　）
A．物体在 3s 内的位移 = 3m
B．恒力 F 与滑动摩擦力大小之比为3:1
C．物体与地面间的动摩擦因数 = 0.3
D．在撤去 F 前后两个阶段的平均速度大小之比 1: 2 = 2:1
【答案】BC
【详解】A．根据 v-t 图象与时间轴所围的面积表示位移，可得物体在 3s 内的位移
6 × 3
= 2 m=9m
故 A 错误；
B．物体在第 1s 内和后 2s 内的位移分别为
1
1 = 2 × 6 × 1m=3m
6 × 2
2 = 2 m=6m
对整个过程，由动能定理得
1 = 0 0
解得
F：f=3：1
故 B 正确；
C．对后 2s 内物体的运动过程，由动能定理得
1
2 = 0 2
2
得
2 62
= 2 = 2 × 10 × 6 = 0.32
故 C 正确；
D．撤去外力前后的两个过程为匀变速直线运动，平均速度为初末速度和的一半，故平均速度相同，
故 D 错误。
故选 BC。
【考向 9】（多选）如图甲所示，倾角为 30°的光滑斜面上，质量为 2kg 的小物块在平行于斜面的拉
力 F 作用下由静止沿斜面向上运动，拉力（F）随位移（x）变化的图像如图乙所示。取 = 10
m/s2，则在物块沿斜面运动的过程中，下列判断正确的是（　　）
A．上升过程中，当 x=7.5m 时物块的速度最大
B．上升过程中，当 x=10m 时物块的速度为 0
C．上升过程中，物块能达到的最大高度为 7.5m
D．下降过程中，当 x=0 时重力对物块做功的功率为100 6W
【答案】AC
【详解】A．小物块所受重力沿斜面向下的分力大小为
sin30 = 10N
根据图像可知，在拉力作用下，物块先沿斜面向上做匀加速直线运动，后向上做加速度减小的直线
运动，当拉力大小为 10N 时，加速度减小为 0，此时速度达到最大值，根据图乙，结合数学函数关
系，可以解得
x=7.5m
故 A 正确；
B．当 x=10m 时，根据动能定理有
1
F sin30 = 2
2
其中
(5 + 10) × 20
F = 2 J = 150J
解得
= 5 2m/s
故 B 错误；
C．令物块沿斜面运动到 x=10m 位置之后，能够沿斜面继续向上减速至 0 的位移为 1，则有
1
1sin30 = 0 22
解得
1 = 5m
则上升过程中，物块能达到的最大高度为
1
= ( + 1)sin30 = (10 + 5) × 2 m = 7.5m
故 C 正确；
D．物块由最高点下降至最低点过程有
1
( + 1)sin30 = 2
2
1
解得
1 = 5 6m/s
则下降过程中，当 x=0 时重力对物块做功的功率为
= sin30 1
解得
= 50 6W
故 D 错误。
故选 AC。
【考向 10】（2024·四川达州·二模）如图 1 所示，一倾角 = 37°的斜面体固定在水平地面上（斜面
足够长、带一定滑轮），物块 A 放在斜面上的 O 点，用跨过轻质定滑轮的轻绳与物块 B 连接，B 离
滑轮足够远。A、B 的质量分别为 1 = 2.5kg、 2 = 0.9kg。运动过程中 A 与 O 点的距离设为 x，A
与斜面间的动摩擦因数 μ 与 x 的关系如图 2。重力加速度 g 取10m/s2，现将 A、B 由静止释放。求：
（1）当 x 为多大时物块 A 的速度最大；
（2）物块 A 在斜面上滑行的最大位移 m。
【答案】（1） = 2m；（2） m = 4m
【详解】（1）设物块 A 的速度最大时 A 与斜面间的动摩擦因数 ，由牛顿第二定律得
1 sin 1 cos 2 = 0
解得
= 0.3
由图 2 得
3
= 20
则当 = 0.3时
= 2m
（2）设物块 A 沿斜面向下滑到最大位移过程中，克服摩擦力做功为 f，由功能关系得
1 msin f 2 m = 0
摩擦力做功为
0 + 1 cos f = m = 2 m
其中
3
= 20 m
解得
m = 4m
考点 3：用动能定理解决多过程问题
很多动力学问题中涉及研究对象有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体
的运动情况和受力情况都发生了变化，我们把这类问题称为多过程问题。多运动组合问题主要是指
直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题。
1.动能定理的优点
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.解题
（1）解题策略
若问题涉及时间、加速度、力等，一般要用牛顿运动定律与运动学公式结合求解。
若问题只涉及位移、速度、力等一般可用动能定理求解，用动能定理求解一般比用牛顿运动定
律求解简单。
（2）解题关键
①抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，观察每一个过程的特征和寻找过程之间的联系
是求解多过程问题的两个关键，将物理过程分解成几个简单子过程。
②两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的
末速度的方向是解题的重要突破口。
3.涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，注意它们做功的特点：
（1）重力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的功等于力的大小与路程的乘积，滑动摩擦力做功与物体运动路
径有关，其功的大小可用 Wf＝－Ff ·s 求解，其中 s 为物体滑行的路程。若题目中涉及求解物体运
动的路程或位置的变化，可利用动能定理求出摩擦力做的功，然后进一步确定物体运动的路程或位
置的变化。
（3）弹簧弹力做功与路径无关，直接用“+W”表示。
【考向 11】如图所示，某同学在滑雪场练习滑雪。滑道由足够长的水平冰面与倾角为 37°的倾斜冰
面在 M 处平滑连接，冰鞋与水平和倾斜冰面间的动摩擦因数均为 0.25，某次练习时，该同学从 A 处
开始以大小为 v0的初速度向右自由滑行，最终在倾斜冰面上 B 处速度减为 0.AM 与 MB 的长度之比
为 48∶5，取重力加速度大小为 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，该同学自由滑行至 M 点的速度大
小为（　　）
A 1．2 0 B
1 1 1
．3 0 C．8 0 D．9 0
【答案】A
【详解】在水平冰面和倾斜冰面上应用动能定理有
1
= 2
1
1 2 2
2
0
1
( sin37° + cos37°) 22 = 0 2
又
1 48
=2 5
联立解得
1
= 2 0
故选 A。
【考向 12】（2024·黑龙江·二模）如图所示，半径为 1m 的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水平地面
上，B 点为轨道最低点，A 点与圆心 O 等高。质量为 1kg 的小球（可视为质点）在 A 点正上方 0.75m
处静止释放，下落至 A 点时进入圆轨道，重力加速度 g 取10m/s2，不计空气阻力，则（ ）
A．小球在 B 点的动能为 7.5J B．小球在 A 点受到轨道的弹力大小为 10N
C．小球上升过程中距地面的最大高度为 1.75m D．小球离开轨道后将落至轨道 B 点
【答案】D
【详解】A．小球从释放到最低点，根据动能定理有
( + ) = k
解得
k = 17.5J
故 A 错误；
B．小球从释放到 A 点，根据动能定理有
1
= 2
2

在 A 点，根据牛顿第二定律有
2
=
解得
= 15N
故 B 错误；
C．设小球上升过程中距地面最大高度与圆心的连线和竖直方向的夹角为 ，则有
2
cos =
从 B 点到最高点，根据动能定理有
1
(1 + cos ) = 2
2 k
解得
1
cos = 2
最大高度为
= (1 + cos ) = 1.5m
故 C 错误；
D．假设小球离开轨道后将落至轨道 B 点，由 C 分析可知脱离轨道的速度为
= 5m/s
根据斜抛的运动规律可知
1
= sin60° + 22
= cos60°
解得
= 3m= cos30°
2
可知小球离开轨道后将落至轨道 B 点，故 D 正确；
故选 D。
【考向 13】（多选）（2024·云南曲靖·二模）如图所示，足够长的固定木板的倾角为37°，劲度系数为
= 36N m的轻质弹簧一端固定在木板上 P 点，图中 AP 间距等于弹簧的自然长度。现将质量
= 1kg的可视为质点的物块放在木板上，稳定后在外力作用下将弹簧缓慢压缩到某一位置 B 点后
3
释放。已知木板 PA 段光滑，AQ 段粗糙，物块与木板间的动摩擦因数 = 8，物块在 B 点释放后向上
运动，第一次到达A点时速度大小为 0 = 3 3m s，取重力加速度 = 10m s2，sin37° = 0.6。（　　）
A 5．施力前弹簧压缩量为18m
B．外力做的功为13.5J
C．物块第一次向下运动到 A 点时的速度大小为3m s
D．物块在 A 点上方运动的总路程为4.5m
【答案】CD
【详解】A．施力前，对物块，根据平衡条件
弹 = sin37°
根据胡克定律
弹 =
联立，解得
1
= 6 m
故 A 错误；
B．当物块由 B 到 A 的过程中，根据能量守恒
1 1
2
2 + = 2
2
0 + sin37°
解得
= 14J
故 B 错误；
C．设物块从 A 点向上滑行的最大距离为 s1，根据动能定理可知，上滑过程有
1
1sin37° 1cos37° = 0 22 0
下滑过程有
1
1sin37° 1cos37° = 22 1 0
联立，解得
1 = 1.5m
1 = 3m/s
故 C 正确；
D．物块最终在 A 点下方做往复运动，最高点为 A，根据动能定理有
1
cos37° = 22 0
解得
= 4.5m
故 D 正确。
故选 CD。
【考向 14】（多选）（2024·河北·三模）如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中 AB 是长
3
度为 R 的水平轨道，BCDE 是圆心为 O、半径为 R 的4圆弧轨道，两轨道相切于 B 点。一可视为质
点的小球从 A 点以某速度 0（大小未知）水平向左运动，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是
（　　）
A．当 0 = 5 时，小球刚好过最高点 D 点
B．当 0 = 3 时，小球不会脱离圆弧轨道
C．若小球能通过 E 点，则 0越大，小球在 B 点与 E 点所受的弹力之差越大
D．小球从 E 点运动到 A 5 3 点的最长时间为

【答案】AD
【详解】A．由题知，小球刚好过最高点 D 点，则由圆周运动知
2
=
在 A 到 D 过程中，由动能定理可知
1 2 1
2 2
2
0 = 2
联立解得
0 = 5
A 正确；
B．当 0 = 3 时，设上升高度为 ，假设小球不会脱离圆弧轨道，则必须满足 ≤ ，由动能定理
知
1
0 22 0 =
代入得
3
= 2
假设不成立，故当 0 = 3 时，小球会脱离圆弧轨道，B 错误；
C．B 到 E 运动过程中，由动能定理知
1
2
1
2 2
2
=
在 B 点时，小球所受弹力为
2
= +
在 E 点时，小球所受弹力为
2
=
则小球在 B 点与 E 点所受的弹力之差为
= 3
故小球在 B 点与 E 点所受的弹力之差不变，C 错误；
D．在 D 到 E 过程中，由动能定理知
1 2 1 22 2 =
代入得
= 3
从 E 到 A 运动过程中，小球做竖直下抛运动，则
1
+ 2
2 =
代入得

= 5 3
D 正确；
故选 AD。
【考向 15】（2023·四川达州·一模）滑滑板是一项青少年酷爱的运动，依靠自身的体能，快速的运动
艺术。一青少年在一次训练中的运动可简化为以下运动：如图所示，青少年先在距地面高 = 3.2m
的高台上加速滑跑，到达高台边缘 D 点时以 0 = 3m/s的速度水平滑出高台，然后在空中调整姿势，
恰好落在光滑圆弧轨道 的 A 点并沿切线方向滑入轨道（圆弧轨道与地面相切于 B 点），离开 C
点滑入倾斜粗糙轨道 （轨道 与圆弧轨道相切），滑到倾斜轨道上 N 点（图中未标出）速度为零。
已知将滑板和人整体视为质点，∠ = 53°，∠ = 37°，不计空气阻力，滑板与倾斜轨道间的动摩擦
因数 = 0.25，重力加速度 = 10m/s2，sin37° = 0.6。求
（1）圆弧轨道 的半径 R；
（2）N 点离地面的高度 H（结果保留两位小数）。
【答案】（1）6m；（2）3.04m
【详解】（1）做出滑板进入圆弧轨道 A 点时的速度方向如图所示
根据几何关系可知，速度的偏向角大小等于 ，则有

= tan53

0
解得滑板少年进入圆弧轨道 A 点时竖直方向的速度
= 4m/s
则可知此时滑板少年距地面的高度
2
0 = 2 = 2.4m
而根据几何关系可得
cos53 = 0
解得
= 6m
（2）设到达 C 点时的速度为 ，而到达 A 点时的速度为

=
0
cos53 = 5m/s
从 A 到 C 由动能定理有
1 1
0 (1 cos37 ) = 2 22 2
解得
= 7m/s
设从 C 到 N 的竖直高度为 1，则从 C 到 N 由动能定理有
1
cos37 1sin37
2
1 = 0 2
解得
1 = 1.8375m
则可得 N 点离地面的高度
= 1 + (1 cos37 ) ≈ 3.04m
【考向 16】（2024·江苏南通·二模）如图所示，一轨道由半径 = 0.8m的四分之一光滑竖直圆弧轨道
AB 和长度可以调节的水平粗糙直轨道 BC 在 B 点平滑连接而成。一质量 = 0.2kg的小球从 A 点由
静止释放，经过圆弧轨道和直轨道后，从 C 点水平飞离轨道，落到地面上的 P 点，小球经过 BC 段
所受阻力为其重力的 0.2 倍，P、C 两点间的高度差 = 3.2m。不计空气阻力，取重力加速度 = 10m
/s2。
（1）求小球运动至圆弧轨道 B 点时，轨道对小球的支持力大小 N；
（2）为使小球落点 P 与 B 点的水平距离最大，求 BC 段的长度 ；
（3）若撤去轨道 BC，小球仍从 A 点由静止释放，小球落到地面上后弹起，与地面多次碰撞后静止。
假设小球每次与地面碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求地面上小球第 1
次和第 2 次落点的距离Δ 。
【答案】（1） N = 6N；（2） = 3.36m；（3）Δ = 1.6m
【详解】（1）A 至 B 过程，动能定理
1
= 2
2
0
解得
= 4m/s
小球在 B 点
2
N = N
解得
N = 6N
（2）B 至 C 过程，动能定理
1 1
= 2 2 2 2
平抛的水平距离
=
竖直方向
= 1 22 B 至 P 的水平距离
1 2 4 = + = 4 4 + 5
当 = 1.6m/s时 P 至 B 的水平距离最大
= 3.36m
1 1
（3）由于小球每次碰撞机械能损失75%，由 = 2
2，则碰撞后的速度为碰撞前速度的2，碰撞前
后速度方向与地面的夹角相等，则碰撞后竖直、水平方向的分速度为碰撞前竖直、水平方向分速度
1
的2，从 B 至地面竖直方向的速度大小
=
第一次碰撞后上升到最高点的时间

1 = 2
小球第 1 次和第 2 次落点的距离

Δ = 2 2 1
解得
Δ = 1.6m
【真题 1】（2024·安徽·高考真题）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为 h
的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为 v．已知人与滑板的总质量为 m，可视为质点．重力
加速度大小为 g，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（ ）
A． B 1． 22 C． +
1 2
2 D．
1
2
2
【答案】D
【详解】人在下滑的过程中，由动能定理可得
1
f = 2
2 0
可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为
1
f = 2
2
故选 D。
【真题 2】（2024·江西·高考真题）两个质量相同的卫星绕月球做匀速圆周运动，半径分别为 1、 2，
则动能和周期的比值为（ ）
3 3
A k1 = 2
1
, 1 = B k1 1
1 1
． ． = , =k2 1 2 3 k2 2 2 32 2
k1 2 1
3 3
2 k1 1 1 2C． = ,k2 1 = D．2 3 = ， = k2 2 2 31 1
【答案】A
【详解】两个质量相同的卫星绕月球做匀速圆周运动，则月球对卫星的万有引力提供向心力，设月
球的质量为 M，卫星的质量为 m，则半径为 r1的卫星有
2 2
= 1
4π
2 = 2
1
1 1 1
半径为 r2的卫星有
2 4π2
= 2
22
=
2 2 22
1
再根据动能 2k = 2 ，可得两卫星动能和周期的比值分别为
3
k1 1
=
2 1
， =
k2 1 2 32
故选 A。
【真题 3】（2024·北京·高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最
终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（　　）
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
【答案】D
【详解】A．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A 错误；
B．匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B 错误；
C．物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C 错误；
D．设物体与传送带间动摩擦因数为 μ，物体相对传送带运动时

= =
做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由 = 可知，传送带速度越大，物体加
速运动的时间越长，D 正确。
故选 D。
【真题 4】（2024·全国·高考真题）福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小
车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，
使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的 4 倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开
甲板处的水平距离为调整前的（　　）
A．0.25 倍 B．0.5 倍 C．2 倍 D．4 倍
【答案】C
【详解】动能表达式为
1
= 2k 2 2
由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的 4 倍，则离开甲板时速度变为调整前的 2 倍；
小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上时间不变，根据
=
可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的 2 倍。
故选 C。
【真题 5】（2024·福建·高考真题）先后两次从高为 = 1.4m高处斜向上抛出质量为 = 0.2kg同一
物体落于 1、 2，测得 1 = 8.4m, 2 = 9.8m，两轨迹交于 P 点，两条轨迹最高点等高且距水平
地面高为3.2m，下列说法正确的是（　　）
A．第一次抛出上升时间，下降时间比值为 7:4
B．第一次过 P 点比第二次机械能少1.3J
C．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为72:85
D．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大
【答案】B
【详解】A．第一次抛出上升的高度为
1 = 3.2m 1.4m=1.8m
故上升时间为
2
1上 1 = = 0.6s
最高点距水平地面高为 0 = 3.2m，故下降的时间为
2
= 0下 1 = 0.8s
故一次抛出上升时间，下降时间比值为3:4，故 A 错误；
B．两条轨迹最高点等高，故可知两次从抛出到落地的时间相等为
= 上 1 + 下 1 = 1.4s
故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为

1 1 = = 6m/s

= 2 2 = 7m/s
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度相等为
= 上 1 = 6m/s
由于物体在空中机械能守恒，故第一次过 P 点比第二次机械能少
1 2 1Δ = 2 2 2
2
1 = 1.3J
故 B 正确；
C．从抛出到落地瞬间根据动能定理
1
k1 = 2 2k01 + = 2 1 + + = 10J
1
k2 = k02 + = 2 + 22 2 + = 11.3J
故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为100:113，故 C 错误；
D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也
相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，故可知第一次抛出时速度与水平
方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落
地瞬间速度方向夹角比第二次大，故 D 错误。
故选 B。
【真题 6】（多选）（2023·广东·高考真题）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质
1
点的货物从4圆弧滑道顶端 点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端 点时速度大小为6m/s。已知货物
质量为20kg，滑道高度 为4m，且过 点的切线水平，重力加速度取10m/s2。关于货物从 点运动
到 点的过程，下列说法正确的有（ ）
A．重力做的功为360J B．克服阻力做的功为440J
C．经过 点时向心加速度大小为9m/s2 D．经过 点时对轨道的压力大小为380N
【答案】BCD
【详解】A．重力做的功为
G = = 800J
A 错误；
B．下滑过程据动能定理可得
1
G f = 2
2

代入数据解得，克服阻力做的功为
f = 440J
B 正确；
C．经过 点时向心加速度大小为
2
= = 9m/s
2
C 正确；
D．经过 点时，据牛顿第二定律可得
=
解得货物受到的支持力大小为
= 380N
据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380N，D 正确。
故选 BCD。
【真题 7】（2023·重庆·高考真题）机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为 m 的工件（视为质点）
被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为 a 的匀加速直线运动，运动方向
与竖直方向夹角为 θ，提升高度为 h，如图所示。求：
（1）提升高度为 h 时，工件的速度大小；
（2）在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。
1 2 2 2 【答案】（ ） ；（ ） ，
cos cos cos
【详解】（1）根据匀变速直线运动位移与速度关系有
2 0 = 2 cos
解得
2
0 = cos
（2）根据速度公式有
0 =
解得
2
= cos
根据动能定理有
1
合 = 2
2
0
解得

合 = cos
【真题 8】（2024·全国·高考真题）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过
程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的
绳子 P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子 Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若
重物的质量 = 42kg，重力加速度大小 = 10m/s2，当 P 绳与竖直方向的夹角 = 37°时，Q 绳与
竖直方向的夹角 = 53°,(sin37° = 0.6)
（1）求此时 P、Q 绳中拉力的大小；
（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度 = 10m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力
对重物做的总功。
【答案】（1）1200N，900N；（2） 4200J
【详解】（1）重物下降的过程中受力平衡，设此时 P、Q 绳中拉力的大小分别为 1和 2，竖直方向
1cos = + 2cos
水平方向
1sin = 2sin
联立代入数值得
1 = 1200N， 2 = 900N
（2）整个过程根据动能定理得
+ = 0
解得两根绳子拉力对重物做的总功为
= 4200J
一、单选题
1．（2024·辽宁沈阳·三模）我国首颗超百 Gbps 容量的高通量地球静止轨道通信卫星—“中星 26 号”
与某一椭圆轨道侦察卫星的运动轨迹如图所示，A、B 分别为侦察卫星的近地点和远地点。两卫星的
运行周期相同，D 点是两轨道交点，BC 连线过地心，下列说法正确的是（　　）
A．侦查卫星从 B 点运动到 A 点过程中机械能减小
B．侦查卫星从 B 点运动到 A 点过程中动能减小
C．“中星 26 号”和侦察卫星在 D 点的加速度相等
D．A、B 两点间距离与“中星 26 号”卫星轨道半径相等
【答案】C
【详解】A．侦察卫星从 B 点到 A 点过程中只有万有引力做功，机械能守恒，故 A 项错误；
B．侦察卫星从 B 点到 A 点过程中，万有引力做正功，由动能定理可知，合外力做正功，物体的动
能增加，所以侦查卫星从 B 点运动到 A 点过程中动能增加，故 B 项错误；
C．对卫星有

2 =
整理有

= 2
由于“中星 26 号”和侦察卫星在 D 点距离地心的距离相同，绕同一个中心天体，所以两者在 D 点的
加速度相等，故 C 项正确；
D．AB 两点为轨道的长轴，设其距离为 2a，“中星 26 号”卫星轨道半径为 r，由开普勒第三定律有
3 3
2
=
1 22
由于两者的周期相同，即
1 = 2
解得
=
所以 A、B 两点间距离是“中星 26 号”卫星轨道半径的二倍，故 D 项错误。
故选 C。
2．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）我国无人机技术发展迅猛，应用也越来越广泛，无人机配送快递就
是一种全新的配送方式。如图所示，一架配送包裹的无人机从地面起飞后竖直上升的过程中，升力
的功率恒为 0。已知无人机的质量与包裹的质量的比值为 k，忽略空气阻力的影响，则该过程中悬
吊包裹的轻绳（不可伸长）对包裹做功的功率为（　　）
A 0 B 0 C 0 0． ． 1 ． 1 D． 1
【答案】B
【详解】对整体研究可得
1
0 ( + 物) = 2 ( 机 + )
2
机 物
对包裹研究可得
1
物 = 2 物
2
整理解得

= 0 + 1
故选 B。
3．（2024·江西赣州·二模）某山顶有一排风力发电机，发电机的叶片转动时可形成半径为 = 20m的
圆面。某时间内该山顶的风速达10m/s，风向恰好跟某风力发电机叶片转动形成的圆面垂直，已知
空气的密度 = 1.2kg/m3，若该风力发电机能将此圆内20%的空气动能转化为电能。则此风力发电
机发电的功率 P 约为（　　）
A．1.5 × 104W B．1.5 × 105W C．5 × 104W D．5 × 105W
【答案】B
【详解】时间Δ 内，通过圆面的空气的质量
= Δ 2
该部分空气的动能
1
k = 2
2
则此风力发电机发电的功率
20%
= kΔ
解得
≈ 1.5 × 105W
故选 B。
4．（2024·四川·一模）足球是人们喜欢的运动，足球运动员在进行吊门训练时，足球在空中运行的
轨迹视为抛物线。如图所示，足球从 A 处飞到横柱下方的目标 B 处，其运动轨迹有低、中、高三种
弧线。不计空气阻力和足球的旋转，下列说法正确的是（　　）
A．低弧线时，足球从 A 到 B 的运动时间最短
B．高弧线时，足球从 A 到 B 过程，克服重力做功的平均功率最大
C．低弧线时，脚对足球做的功一定最大
D．中弧线时，脚对足球做的功一定最小
【答案】A
【详解】A．篮球出手后在空中做斜抛运动，从抛出点 A 到最高点有
2
=
所以
高 > 中 > 低
同理，篮球从最高点到 B 点的时间
′高 > ′中 > ′低
所以低弧线时，足球从 A 到 B 的运动时间最短，故 A 正确；
B．高弧线投篮时时间最长，且低、中、高三种弧线初末两点的高度差相同，则重力做的功相同，
根据平均功率的计算

=
所以高弧线时，足球从 A 到 B 过程，克服重力做功的平均功率最小，故 B 错误；
CD．根据能量守恒定理有
人 = + k
由于篮球进入篮筐的动能 EkB未知，则无法比较投篮抛物线低、中、高三种情况下人对篮球做的功
的大小关系，故 CD 错误。
故选 A。
5．（2024·江苏苏州·二模）如图甲，将物块从倾角 = 30°的斜面顶端由静止释放。取地面为零势能
面，物块在下滑过程中的动能 k、重力势能 p，与下滑位移 间的关系如图乙所示，取 = 10m/s2，
下列说法错误的是（　　）
A．物块的质量是0.2kg
B．物块受到的阻力是0.24N
C．物块动能与势能相等时的高度为2.4m
D．物块下滑9m时，动能与重力势能之差为3J
【答案】B
【详解】A．由图知，小球下滑的最大位移为 x=12m，在最高点时，小球的重力势能
p = sin = 12J
得小球的质量为
= 0.2kg
故 A 正确；
B．根据除重力以外其他力做的功
其他 = Δ
可知
= 高 低
由图知，最高点的机械能为
高 = 12J
最低点的机械能为
低 = 8J
又
= 12m
解得，阻力为
1
= 3 N
故 B 错误；
C．设小球动能和重力势能相等时的高度为 h，此时有
1
= 2
2
由动能定理有
1
（ sin ） + （ sin ） =
2
2
联立解得
= 2.4m
故 C 正确；
D．由图可知，在物块下滑 9m 处，小球的重力势能是 3J，动能为 6J，动能与重力势能之差为
k p = 6J 3J = 3J
故 D 正确。
本题选择错误的，故选 B。
6．（2024·北京朝阳·二模）电动车配有把机械能转化为电能的“能量回收”装置。某次测试中电动车沿
倾角为 15°的斜坡向下运动，初动能为1.0 × 105J。第一次让车无动力自由滑行，其动能 k与位移 x
的关系如图中直线①所示；第二次让车无动力并开启“能量回收”装置滑行，其动能 k与位移 x 的关
系如图中曲线②所示。假设机械能回收效率为 90%，重力加速度 = 10m/s2。下列说法正确的是
（　　）
A．图中①对应过程汽车所受合力越来越大
B．可求图中②对应过程下滑 200m 回收的电能
C．图中②对应过程下滑 100m 后不再回收能量
D．由题中及图像信息可求出电动车的质量
【答案】B
【详解】A.由动能定理
合 = k
可见， k 图线的斜率为合外力，图中①对应过程汽车所受合力不变，有
= sin15° cos15° = 200×10
3 100×103
合 200 N = 500N故 A 错误；
B.在车自由下滑 200m 时
G + f = (200 100) × 103J
开启能量回收模式下滑 200m 时
G + f + F = (64 100) × 103J
则回收的电能为
= F × 90% = 1.224 × 103J
故 B 正确；
C.图中②对应过程下滑 100m 后动能不变，但是重力势能减少，机械能减少，即还是继续回收能量，
故 C 错误；
D.由于不知道车与斜坡的摩擦因数，故无法求出由题中及图像信息可求出电动车的质量，故 D 错误。
故选 B。
二、多选题
7．（2024·四川泸州·三模）2023 年 10 月 6 日，在杭州亚运会女子龙舟 1000 米直道竞速决赛中，中
国队驱动总质量约 1200kg（含人）的龙舟以 4 分 51 秒的成绩获得冠军，如图所示。比赛过程中，
运动员拉桨对船做正功，加速；回桨对船不做功，减速。若 10 个划手一直保持最大输出功率划船，
观测发现从静止开始的启动过程中每个划手划了 8 桨，船前进了 20m，船速达到 3.5m/s，之后保持
3.5m/s 的平均速度直至结束，设船受到的阻力恒定，每次拉桨过程做功相同。则下列说法中正确的
是（ ）
A．船受到的阻力约为 397N B．船受到的阻力约为 3970N
C．全程每个划手大约划了 150 桨 D．全程每个划手大约划了 212 桨
【答案】AD
【详解】AB.启动过程时间
1000 20
= 4 × 60 + 51 3.5 s = 11s
设每个划手每次拉桨过程做功为 ，则有
80 = 达到最大速度有
= =
根据动能定理
1
80 1 = 2
2
联立解得
≈ 397N， ≈ 191J
故 A 正确，B 错误；
CD.设全程每个划手大约划了 n 桨，全程根据动能定理
1
10 · 总 = 2
2
解得
≈ 212
故 C 错误，D 正确。
故选 AD。
8．（2023·江西鹰潭·二模）如图所示，某同学从 A 点以水平方向成 60°角沿斜向上的方向投出一篮球，
篮球正好垂直击中篮板上的 B 点，反弹后下落经过与 A 等高的 C 点，已知 D 点为篮板底下与 A 等
高的点，且 AC=CD，篮球质量为 m，被抛出时的速度大小为 v，不计空气阻力，则下列说法正确的
是（　　）
A 3．篮球与篮板碰撞过程中损失的动能为32
2
B．从 A 到 B 过程中（不含 B 点）篮球的速率均匀变化
C．从 A 到 B 到 C 篮球运动时间之比1:1
D．从 A 到 B 和从 B 到 C 篮球速度变化量的绝对值之比1:1
【答案】ACD
【详解】AC．篮球被抛出时，水平分速度为
1
= cos60° = 2
竖直分速度为
3
= sin60° = 2
1
篮球正好垂直击中篮板上的 B 点，说明篮球只有水平方向的速度，此时速度为2 ；击中篮板后落回
到 C 点，根据 AC=CD，上抛和下落在竖直方向高度相同，根据
1
= 2
2
可知从 A 到 B 到 C 篮球运动时间相等，根据
=
1
可知从篮球反弹后速度变为4 ，则篮球与篮板碰撞过程中损失的动能为
1 1 2 1 1 2 3
Δ k= 2 ( 2 ) 2 ( 4 ) =
2
32
故 AC 正确；
B．从 A 到 B 过程中，篮球速度均匀变化，而不是速率均匀变化，故 B 错误；
D．由于从 A 到 B 和从 B 到 C 篮球的加速度均为重力加速度，且所用时间相等，根据
Δ =
可知从 A 到 B 和从 B 到 C 篮球速度变化量的绝对值之比1:1，故 D 正确。
故选 ACD。
9．（2024·广东茂名·一模）某品牌电动汽车在平直公路上由静止开始启动，若启动过程中加速度传
感器测量到汽车加速度随时间变化的规律如图所示，汽车后备箱中水平放置一质量 = 5kg的物块，
与汽车始终相对静止，重力加速度 g 取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．第2s末，汽车的速度为3.2m/s
B．第8s末，汽车的速度为9.6m/s
C．前2s内，汽车对物块的作用力做功大小为6.4J
D．前8s内，汽车对物块的最大摩擦力为8N
【答案】BCD
【详解】AB．根据图像面积可知第2s末，汽车的速度为
1
2 = 2 × 2 × 1.6m/s = 1.6m/s
第8s末，汽车的速度为
1
8 = 2 × (4 + 8) × 1.6m/s = 9.6m/s
故 A 错误，B 正确；
C．根据图像，2s末汽车速度为1.6m/s，由动能定理，汽车对物块做功为
1
= 22 0 = 6.4J
故 C 正确；
D．a 最大为1.6m/s，由 1 = 代入数据可得最大摩擦力为 8N，故 D 正确。
故选 BCD。
10．（2022·陕西宝鸡·二模）汽车在出厂前要进行性能测试。某次测试中，测试人员驾驶着汽车在一
个空旷的水平场地上沿直线以恒定的速度 0匀速行驶，突然发现正前方的道路出现故障，为了躲避
故障，测试人员采取了一些应急措施。设汽车与路面间的滑动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，重力加速度为 g，则关于测试人员采取的应急措施说法正确的是（　　）
2A．若直线刹车，则至少应该在道路故障前 02 的距离处采取刹车措施
B．若以原有速率转弯，转弯半径越大，汽车受到的侧向摩擦力越大
C
2
．若以原有速率转弯，转弯的最小半径为 0
D．以原速率转弯要比以直线刹车更安全一些
【答案】AC
【详解】A．若采取直线刹车措施，根据动能定理有
1
= 22 0
解得刹车的最大距离为
2
= 02
故 A 正确；
B．汽车做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，根据
2
f = 0
可知转弯半径越大，汽车受到的摩擦力越小，故 B 错误；
C．当摩擦力达到最大时
2
= 0
解得
2
= 0
故 C 正确；
D．由于
>
所以直线刹车更安全些，故 D 错误。
故选 AC。
11．某同学将一个质量为 m 的篮球以初速度 0竖直向上抛出，上升过程中篮球的加速度大小 a 随速
率 v 的变化关系如图所示，篮球上升到最高点后又落回到抛出点，落回到抛出点前已经开始做匀速
运动。已知重力加速度为 g，关于篮球从开始上抛到再次回到抛出点的运动过程，下列说法正确的
是（　　）
A．空气阻力的大小恒为 2mg

B 0．篮球回到抛出点时的速度大小为 3
C 3．整个过程中空气阻力对篮球做的功为 8
2
0

D 0．若上抛时的速度变为2 0，则篮球落回到抛出点时的速度大小为 2
【答案】CD
【详解】A．由图可知篮球的加速度与速度满足如下关系
2
= + 0
对篮球受力分析有
+ =
解得
2
= 0
A 错误；
B．篮球返回到抛出点前已经匀速，由
2
= = 0
解得

= 02
B 错误；
C．整个运动过程由动能定理有
1 0 2 1
= 2 2 2
2
0
解得
3
= 8
2
0
C 正确；

D 0．若抛出时的速度变为2 0，返回到抛出点前仍能达到匀速，回到抛出点时的速度依然为 2，D 正
确。
故选 CD。
12．某个缓冲装置的主要部分是弹簧，工作过程可简化为以下情境：轻质弹簧原长 0 = 0.4m，劲度
系数 = 800N/m，左端固定在竖直墙上。以弹簧左端为坐标原点，水平向右为正方向建立 x 轴。水
平地面上一滑块从 P 点以某一速度水平向左冲向弹簧，如图 1 所示。滑块经弹簧缓冲后运动到最左
端 = 0.2m处的 Q 点，又被弹簧弹开，最后恰好停在 P 点。滑块从 Q 点到 P 点过程中，加速度 a
随位置坐标 x 的变化规律如图 2 所示。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度 = 10m/s2。下列
说法正确的是（　　）
A．滑块与水平地面间的动摩擦因数 = 0.4 B．滑块的质量 = 20kg
C．P 点的坐标 = 0.6m D．滑块从 P 点向左运动时的动能 k = 64J
【答案】AC
【详解】A．滑块从 P 点向左先做匀减速运动，接触弹簧后做加速度逐渐增大的减速运动，直到弹
簧被压缩到最短时到达 Q 点，加速度达到最大，然后向右先做加速度逐渐减小的加速运动，当运动
到弹簧弹力等于滑动摩擦力时，加速度减小到 0，速度向右达到最大，设此时位置坐标为 ，此后，
滑块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，脱离弹簧后再做匀减速运动，到达 P 点时速度减为 0。
由题图 2 可知，滑块向右脱离弹簧后的加速度大小 2 = 4m/s2，由
= 2
解得

= 2 = 0.4
故 A 正确。
B．滑块在 Q 点将要向右滑动时，有
( 0 ) = 1
由题图 2 知
1 = 12m/s2
解得
( 0 )
= + = 10kg1
故 B 错误。
C．滑块运动到弹簧弹力等于滑动摩擦力时，有
( 0 ) = 0
解得

= 0 = 0.35m
将纵坐标 a 乘以滑块的质量 m 可将 图像转化为 合 图像，由动能定理有
1 1
合 = 22 2
2
0
可知 合 图像与 x 轴所围的面积表示动能的变化量Δ k，则对滑块由 Q 点到 P 点的过程，由动能
定理有
1 1
2 1( ) 2 2( 0 ) 2( 0) = 0
解得
= 0.6m
故 C 正确。
D．滑块从 P 点向左运动到又回到 P 点，滑块的动能全部转化为因摩擦产生的热量，由能量守恒定
律有
k = 2 ( ) = 32J
故 D 错误。
故选 AC。
三、解答题
13．（2024·山西阳泉·三模）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为 = 0.3m，可绕中心轴转动的同
心圆盘，在圆盘的边缘放置一质量为 = 1kg的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数为 1 = 0.3，物
块与桌面间的动摩擦因数为 2 = 0.1125。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落
后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为 = 10m/s2，圆
盘厚度及圆盘与餐桌面的间隙不计，物块可视为质点。求：
（1）物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做的功；
（2）餐桌面的半径 R。
【答案】（1） = 0.45J；（2） = 0.5m
【详解】（1）物体在圆盘上滑下时有
2
1 =
根据动能定理，圆盘对小物块做的功
1
= 2
2
解得
= 0.45J
（2）小物块从圆盘滑落后，沿切线方向划出，做匀减速直线运动，滑到桌面边缘时有
1
2 = 0 2
2
其中的
= 2 + 2
解得
= 0.5m
14．（2024·山东潍坊·三模）如图所示为冰雪冲浪项目流程图，AB 段为水平加速区，BC 段为半径
r=22.5m 的光滑圆管型通道，AB 与 BC 相切于 B 点；CDE 段为半径 R=100m 的圆弧冰滑道，BC 与
CDE 相切于 C 点，弧 DE 所对应的圆心角 θ=37°，D 为轨道最低点，C、E 关于 OD 对称。安全员将
小朋友和滑板（可视为质点）从 A 点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放，到达光滑圆管型通
道上 B 点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，小朋友运动至滑道 E 点时对滑道压力 FN=410N。
已知小朋友和滑板总质量为 m=40kg，g 取 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小朋友在 B 点时的速度 v0；
（2）小朋友通过 CDE 段滑道克服摩擦力做的功。
【答案】（1）15m/s，方向水平向左；（2）1800J
【详解】（1）由于到达光滑圆管型通道上 B 点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，则
2
= 0
所以
0 = 15m/s
方向水平向左；
（2）小朋友从 B 滑到 E，根据动能定理可得
1 1
(1 cos37°) 2 2克 f = 2 2 0
在 E 点，根据牛顿第二定律可得
2
N cos37° =
联立可得
克 f = 1800J
15．（2024·北京海淀·二模）如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在距离水平地面高为 h 的 O 点，另
一端系有质量为 m，可视为质点的小球，将小球拉至 O 点正上方的 A 点，给其一水平方向的初速度
0，使其恰好通过 A 点后，在竖直平面内以 O 点为圆心做半径为 r 的圆周运动。当小球运动到最低
点 B 时，绳恰好被拉断，小球水平飞出。不计空气阻力及绳断时的能量损失，重力加速度为 g。求：
（1）小球初速度的大小 0。
（2）绳能承受拉力的最大值 m。
（3）小球落地时的速度大小 v。
【答案】（1） 0 = ；（2）6 ；（3） = (2 + 3 )
【详解】（1）小球刚好通过 A 点，绳子拉力为零，仅重力提供向心力
2
= 0
解得
0 =
（2）从 A 点到 B 点，由动能定理
1 1
2 = 2 22 2 0
解得
= 5
在 B 点，由绳子拉力和小球重力共同提供向心力
2
=
解得
= 6
再由牛顿第三定律可得
m = = 6
（3）小球从 B 点到落地的过程中，只有重力做功，由动能定理
1 1
( ) = 22 2
2

解得
= (2 + 3 )

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