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考点 23 动能定理及其应用
1. 高考真题考点分布
题型 考点考查 考题统计
选择题 动能和动能定理 2024 年福建卷
选择题 多过程的动能定理应用 2024 年广东卷
计算题 动能定理 2024 年全国新课标卷、辽宁卷
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】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。
【备考策略】
1.理解动能动能定理，并会用动能定理处理物理问题。
2.掌握有关动能定理的图像问题。
【命题预测】重点关注动能定理在多过程问题中的应用。
一、动能
1
1．公式：Ek＝ mv2，式中 v 为瞬时速度，动能是状态量。2
2．标矢性：动能是标量，只有正值，动能与速度的方向无关。
1 1
3．动能的变化量：ΔEk＝ mv 22 － mv 21 。2 2
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。
二、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
1 1
W＝ΔEk＝ mv 22 － mv 22 2 1
。
3．功与动能的关系
(1)W>0，物体的动能增加。
(2)W<0，物体的动能减少。
(3)W＝0，物体的动能不变。
4．适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。
考点一 对动能、动能定理的理解
考向 1 应用动能定理求变力做功
1.在变力作用下的直线运动问题中，如果物体所受恒力的功可以求出，并且知道物体的初末速度，那么可以
应用动能定理求解变力的功，可以将这种方法作为首选试试。
2．在变力作用下的直线运动问题中，且变力功已知，不涉及时间的问题中，可优先考虑应用动能定理求解
位移大小的问题。
3．动能定理中的位移和速度均是相对于同一参考系的，一般以地面为参考系。
1．如图所示，将质量为 m 的小球从高为 h 处以初速度水平抛出，落地时速度大小为 v，方向与水平面成q
角，空气阻力不能忽略，重力加速度为 g。下列说法正确的是（　　）
1
A 2 2．重力对小球做的功为 m(v - v0 )2
B．落地时小球重力的功率为 mgv
1
C 2．合外力对小球做的功为 mv
2
1
D 2 2．空气阻力对小球做的功为 m(v - v0 ) - mgh2
【答案】D
1 2 1 2
【详解】ACD．根据动能定理W合 = mv - mv0 其中重力做功为WG = mgh 设空气阻力做功为W2 2 f
，则
W 1 2 1 2合 = WG +Wf 解得Wf = W合 -WG = mv - mv0 - mgh故 AC 错误，D 正确；2 2
B．落地时小球重力的功率为P = mgvy = mgv sinq 故 B 错误。故选 D。
2．如图所示，半径分别为 2R 和 R 的圆轨道 A、B 竖直固定在水平地面上，质量为 m、可视为质点的小球
以一定的初速度滑上圆轨道，并先后刚好通过圆轨道 A 和圆轨道 B 的最高点，则小球从 A 轨道的最高点运
动到 B 轨道的最高点的过程中克服阻力做的功为（重力加速度为 g）（ ）
1
A． mgR B．mgR C． 2mgR
5
D． mgR
2 2
【答案】D
【详解】在小球从 A 轨道的最高点运动到 B 轨道的最高点的过程中,根据动能定理有
2
mg·2R 1 1-W = mv 2B - mv
2 v
A 小球通过 A 轨道的最高点时有mg = m A 小球通过 B 轨道的最高点时有2 2 2R
2 5
mg v= m B 联立解得W = mgR故选 D。
R 2
考向 2 在机车启动问题中应用动能定理
机车以恒定功率运行时，牵引力做的功 W＝Pt。由动能定理得 Pt－F 阻 x＝ΔEk，此式经常用于求解机
车以恒定功率启动过程的位移大小。
3．通过质量为 m 的电动玩具小车在水平面上的运动来研究“机车启动”问题。小车刚达到额定功率开始计
时，且此后小车功率不变，小车的 v-t 图像如图甲所示，t0时刻小车的速度达到最大速度的三分之二，小车
速度由 v0增加到最大值的过程中，小车受到的牵引力 F 与速度 v 的关系图像如图乙所示，且 F-v 图像是双
曲线的一部分（即反比例图像），运动过程中小车所受阻力恒定，下列说法正确的是（　　）
A．小车的额定功率为 F0v
3F
B．t=0 时刻，小车的加速度大小为 0
m
F
C．t0时刻，小车的加速度大小为 0m
3mv2
D．0 : t 00 时间内，小车运动的位移大小为3v0t0 - 2F0
【答案】D
【详解】A．根据题意小车刚达到额定功率开始计时，且此后小车功率不变，如图乙可知当汽车的速度为
v0时，牵引力为3F0 ，根据题意，小车的额定功率为P = Fv = 3F0v0 故 A 错误；
BC．根据题意可知，汽车速度最大时，汽车的牵引力等于阻力，由图乙可知汽车受的阻力大小为 f = F0 由
3F 3F - f = ma a 2Ft=0 时刻，牵引力为 ，根据牛顿第二定律 解得小车的加速度大小为 = 00 0 在 t0时刻，汽车m
2 P P 3
的速度为 v = vm 由 A 选项中分析得 vm = = 3v0 则此时的牵引力为F F = = F0 根据牛顿第二定律有3 0 v 2
F - f = ma F解得 a = 0 故 BC 错误；
2m
2
D．0 : t
1 2 1 3mv
0 时间内，根据动能定理Pt0 - fx = mv - mv
2 x = 3v 00 解得 0t0 - 故 D 正确。故选 D。2 2 2F0
4．为了测试某新能源汽车的性能，无人驾驶的新能源汽车在封闭的平直测试路段从静止开始运动，该汽
车的速度 v 与时间 t 的关系图像如图所示，0~10s 对应的图线为过原点的直线，10s 时汽车的功率恰好达到
额定功率，之后维持额定功率不变。已知该汽车的质量为 2000kg，汽车在测试路段运动时受到的阻力大小
1
恒为汽车重力的 ，取重力加速度大小 g =10m / s2 。下列说法正确的是（　　）
5
A．该汽车的额定功率为8.0 104 W
B．5s 末该汽车的牵引力大小为8 103 N
C．该次测试中汽车的最大速度为30m / s
D． t1 ~ t1 +10s 内汽车行驶的路程为 600m
【答案】B
【详解】AB．0~10s 对应的图线为过原点的直线，所以汽车在这一阶段恒定加速启动，根据牛顿第二定律
Dv 2
可知 F - f = ma ， a = = 2m/s 汽车受到的牵引力不变，即F = 8000N所以，5s 末该汽车的牵引力大小为
Dt
8 103 N。结合功率的公式P = Fv可知，当汽车的牵引力不变时，速度增大，汽车的功率增大，当速度最
大时，汽车的功率达到额定功率，即 v = 20m/s 则汽车的额定功率为Pm = Fv = 8000 20W=1.6 10
5W ，A 错
误，B 正确；
C．10 : t
P
1时间内，汽车以恒定功率启动，根据P = Fv解得F = 随着车速逐渐增大，牵引力逐渐减小，汽v
车的加速度越来越小据牛顿第二定律可知 F - f = ma 当加速度为零时，汽车的速度最大，此时
F f 1 mg 4000N v Pm Pm 1.6 10
5
= = = 故最大车速为 m = = = m/s=40m/s ，C 错误；5 F f 4000
D． t1 ~ t1 +10s 时间内，根据动能定理可知Pt - fs = 0 解得 s = 400m ，D 错误。故选 B。
考点二 应用动能定理处理多过程问题
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
考向 1 多过程直线运动问题
5．如图 1 所示，固定斜面的倾角q = 37°，一物体（可视为质点）在沿斜面向上的恒定拉力 F 作用下，从
斜面底端由静止开始沿斜面向上滑动，经过距斜面底端 x0 处的 A 点时撤去拉力 F。该物体的动能Ek 与它到
斜面底端的距离 x 的部分关系图像如图 2 所示。已知该物体的质量m =1kg ，该物体两次经过 A 点时的动
能之比为 4 :1，该物体与斜面间动摩擦因数处处相同， sin 37° = 0.6 ，重力加速度 g 取10m/ s2 ，不计空气阻
力。则拉力 F 的大小为（　　）
A．8N B．9.6N C．16N D．19.2N
【答案】D
【详解】依题意，设物体在运动过程中受到的滑动摩擦力大小为 f ，物体重力沿斜面的分力大小为
Gx = mg sin 37
o = 6N 当物体沿斜面向上运动到 x0 处时，根据动能定理有 (F - Gx - f )x0 = E0 - 0运动到 2x0处
时，根据动能定理有Fx0 - (Gx + f ) ×2x0 = 0当物体沿斜面向下运动到 x0 处时，根据动能定理有
(G 1x - f )x0 = E0 - 0 联立以上式子求得F =19.2N 故选 D。4
6．如图，在斜面上有一个小球 A，已知球 A 位于距离地面 h 的高度处，当小球从 A 处滚到 D 处（距离地
1
面 h），斜面阻力不计，以下选择正确的是（　　）
4
3
A．滑到 B 处时球速度为 2gh B 1．滑到 C 处时若速度减少为 B 的 2 ，则m = 4
3
C．球滑到 D 3处的速度为 hg D．球第一次停距离地面为 h
4 4
【答案】A
1
【详解】A．从 A 到 B 2根据机械能守恒定律可得mgh= mvB 解得 vB = 2gh 故 A 正确；2
B 1．到 C 处时若速度减少为 B 的 2 ，则从 B 到 C 根据动能定理可得
mmgl 1 mv2 1 m (1 v )2 3 mv2 3BC = B - × =2 2 2 B 8 B
= mgh由于 lBC 未知，故无法判断，故 B 错误；4
1 1
C．小球从 A 处滚到 D 处根据动能定理可得mgh - mg × h - mmglBC = mv
2
D 其中摩擦力做功未知，故无法判4 2
断，故 C 错误；
D．第一次停距离地面为h ，根据动能定理可得mgh - mgh - mmglBC = 0其中摩擦力做功未知，故无法判
断，故 D 错误。故选 A。
考向 2 直线曲线运动相结合的多过程问题
7．如图所示，竖直平面内固定一内壁粗糙的半圆弧槽，半径为 2R，一质量为 m 的滑块（可视为质点）从
距半圆弧槽 D 点正上方 3R 的 A 点自由下落，经过半圆弧槽后，滑块从半圆弧槽的左端冲出，刚好到达距
半圆弧槽正上方 2R 的 B 点。不计空气阻力，重力加速度为 g，则以下说法错误的是（　　）
A．滑块第一次到达半圆弧槽 D 点的速度为 6gR
B．滑块第一次到达 D 点时对半圆弧槽的压力为 3mg
C．滑块第一次通过半圆弧槽的过程中克服摩擦力做的功为 mgR
D．滑块从 B 点返回后经 C 再次到达 D 点时的速度为 2gR
【答案】D
1 2
【详解】A．小球从 A 点到 D 点，由机械能守恒定律得mg 3R = mv1 解得 v1 = 6gR 故 A 正确不符合题2
2
意；B v．滑块第一次到达 D 点时，对半圆弧槽的压力等于圆弧槽对其的弹力 N = m 1 = 3mg 故 B 正确不符
2R
合题意；C．滑块第一次通过半圆弧槽的过程中克服摩擦力做的功为W f = 3mgR - 2mgR = mgR故 C 正确不
符合题意；D．如果两次克服阻力做功相同，滑块从 B 点返回后经 C 再次到达 D 点时，速度为
mg2R W 1- f = mv
2
2 解得 v2 = 2gR 但第二次速度小于第一次，根据向心力方程可知，在各位置对应压力小2
于第一次，则阻力小于第一次，克服阻力做功小于第一次，所以速度大于 2gR ，故 D 错误符合题意。故
选 D。
8．图为一影视城新添加的游戏设备的简化图。现把一个滑块（可视为质点）从H =18m 高处由静止开始
释放，通过光滑弧形轨道 AB ，进入半径R = 6m的竖直圆环，且滑块与圆环间的动摩擦因数处处相等。当
滑块到达顶点C 时，滑块刚好对轨道的压力为零，沿CB圆弧滑下后进入光滑弧形轨道BD，且到达高度为
h 的D点时速度为零。取重力加速度大小 g = 10m/s2 ，且所有高度均相对于 B 点而言，则 h 的值可能为
（　　）
A．10m B．11m C．12m D．13m
【答案】D
v2
【详解】滑块到达顶点C 时，滑块刚好对轨道的压力为零，则根据重力提供向心力有mg = m C 从开始释
R
1 2
放到 C 点，根据动能定理有mgH - mg × 2R -WfBC = mv2 C
从 C 点到 D 点，根据动能定理有
mg ×2R 1-WfCB - mgh = 0 - mv
2
C 从 B 到 C 时与从 C 到 B 时相比，由于机械能的损失，导致在同一高度时，2
从 B 到 C 的过程中速度较大，则对轨道的压力就大，从而摩擦力就大，所以从 B 到 C 时摩擦力做的功
WfBC 大于从 C 到 B 时摩擦力做的功WfCB ，即有WfBC > WfCB 联立可得 h >12m故选 D。
考点三 动能定理的图像问题
1.四类图像所围“面积”的意义
2.解决动能定理与图像问题的基本步骤
考向 1 v-t 图像
9．为了减少环境污染，适应能源结构调整的需要，我国对新能源汽车实行了发放补贴、免征购置税等优
惠政策鼓励购买。在某次直线运动性能检测实验中，根据某辆新能源汽车的运动过程作出速度随时间变化
的 v-t 图像。Oa 为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 段是与 b 点相切的水
平直线，则下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率保持不变
1 1
B t t 2 2． 1～ 2时间内汽车牵引力做功为 mv2 - mv2 2 1
1
C．t1～t2时间内的平均速度大于 v2 1 + v2
D．t2～t3时间内汽车牵引力大于汽车所受阻力
【答案】C
【详解】A．0～t1时间内图像的斜率不变，加速度不变，汽车做匀加速运动；根据 F - f = ma ，汽车的牵
引力不变；又因为P = Fv ，汽车的功率增大，A 错误；
1 mv2 1B．根据动能定理，t1～t 22时间内汽车合力做功为 2 - mv ，B 错误；2 2 1
x
C．根据 v = ， t1～tt 2
时间内汽车做变加速运动，其位移大于匀加速运动的位移，所以汽车在该段时间
1
内的平均速度大于 v1 + v2 ，C 正确；2
D． t2～t3时间内汽车做匀速运动，牵引力等于汽车所受阻力，D 错误。
故选 C。
10．图甲所示的救生缓降器由挂钩（或吊环）、吊带、绳索及速度控制装置等组成，是一种可使人沿绳索
缓慢下降的安全营救装置。如图乙所示，高层建筑工人在一次险情中，将安全带系于腰部，从离地面某高
度处通过钢丝绳先匀加速运动后匀减速运动安全着陆，图丙是工人运动全过程的 v-t 图像。已知工人的质
量 m=70kg，g=10m/s2，则下列说法中错误的是（ ）
A．整个过程工人的最大动能为 11340J
B．减速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为 1330N
C．整个过程中救生缓降器对工人所做功为-31500J
D．t=2s 时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率为 15960W
【答案】D
1 2
【详解】A．根据 v-t 图像可知 3s 末速度最大，则最大动能Ekm = mvm =11340J故 A 正确；2
18
B．根据 v-t 2 2图像的斜率表示加速度可得，工人加速下滑时的加速度大小为 a1 = m/s = 6m/s 根据牛顿第3
二定律可得加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为F1 = mg - ma = 280N工人减速下滑时的加速度大小为
a 182 = m/s
2 = 9m/s2 根据牛顿第二定律可得减速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为F = mg + ma =1330N
5 - 3 2
故 B 正确；
1
C．根据 v-t 图像与坐标轴所围面积表示位移可知发生险情处离地面的高度为 h = 5 18m = 45m整个过程
2
由动能定理得W + mgh = 0解得W = -31500J故 C 正确；
D． t=2s 工人的速度大小为 v=a1t=12m/s 此时钢丝绳对工人的拉力大小为 F1=280N 此时钢丝绳对工人拉力
的瞬时功率为 P=F1v=3360W 故 D 错误。本题选错误的，故选 D。
考向 2 a-t 图像
11．一无人机静止在水平地面上，启动后竖直上升，上升过程中加速度 a 随时间 t 的变化如图所示，下列
判断正确的是（ ）
A．无人机在 t0 与 2t0 时刻的速度之比为1: 2
B．无人机在0 ~ t0 与 t0 ~ 2t0 的位移大小之比为1:1
C．无人机在0 ~ t0 与 t0 ~ 2t0 所受合外力的冲量之比为1: 2
D．0 ~ t0 与 t0 ~ 2t0 合外力对无人机做功之比为1: 2
【答案】A
1
【详解】A．根据 a - t 图像的面积表示速度变化量，由图可知， t0 时刻的速度为 v1 = a0t0 2t0 时刻的速度为2
v2 = a0t
v1 1
0所以 =v 故 A 正确；2 2
B．由图可知，无人机在 t0 ~ 2t0 一直加速，则相等时间内通过的位移逐渐增大，故 B 错误；
C．0 ~ t0 与 t0 ~ 2t0 速度变化量相等，且速度一直增大，则动量变化量相同，由动量定理可知无人机在
0 ~ t0 与 t0 ~ 2t0 所受合外力的冲量相同，故 C 错误；
D．0 ~ t W
1
= mv2 10 合外力对无人机做功为 1 1 = ma
2t 20 0 t0 ~ 2t0 合外力对无人机做功为2 8
W 1= mv2 1 3- mv2 = ma2t 2
W1 1=
2 2 2 2 1 8 0 0
有W 3 故 D 错误。故选 A。2
12．一辆智能电动玩具车在水平路面上由静止开始加速，其加速度 a 随时间 t 的变化关系如图所示，当玩
具车加速 t =1s后，牵引力的功率保持恒定。已知玩具车的质量m = 2kg，行驶过程中受到恒定的阻力
f = 2N ，则玩具车（ ）
A．从 t = 0到 t =1s的位移为 2m B．从 t = 0到 t =1s的牵引力做功为 4J
C．从 t =1s到 t = 3.17s的位移约为 7m D．从 t =1s到 t = 3.17s的牵引力做功为 21J
【答案】C
【详解】A．图像与坐标轴包围的面积表示速度变化量，则 t =1s的速度为 v = 2 1m/s=2m/s从 t = 0到 t =1s
x vDt做匀加速直线运动，则位移为 = =1m故 A 错误；
2
B．0 ~1s 内，根据牛顿第二定律有 F - f = ma 解得 F = 6N 该段时间牵引力做功为W = Fx = 6J故 B 错误；
C．t=1s 时，玩具车的功率为P = Fv = 6 2W=12W t = 3.17s时，根据牛顿第二定律有F1 - f = ma 解得
P 12
F 1 = 3N 此时的速度为 v = = m/s=4m/s根据动能定理有PDt - fx
1
= mv 2 1- mv2解得 x F 3 = 7.02m故 C 正1 2 2
确；
D．从 t =1s到 t = 3.17s的牵引力做功为W = PDt =12 (3.17 -1)J=26.04J故 D 错误。故选 C。
考向 3 F-x 图像
13．一质量为m 的物块静止在光滑水平面上，某时刻起受到沿水平方向的力F 作用。已知力F 的方向不
变，其大小随位移 x 变化的规律如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．物块一直做加速运动
B．3x0 时，物块的速度为零
C．力F 对物块做的总功为6F0 x0
D 2F x．物块的最大速度为 0 0
m
【答案】A
【详解】AB．由图可知，物块受到水平向右的力为物块的合外力，合外力方向与速度方向相同，物块一直
做加速运动，故位移为3x0 时，物块的速度达最大，故 A 正确，B 错误；
C．力 F 对物块做的总功为WF = F1x0 + F2 3x0 - x
2F 2F
0 =
0 × x 00 + × 2x0 = 3F0x0 故 C 错误；2 2
1
D 2 6F x．根据动能定理W 0 0F = mv - 0当位移为3x 时，速度最大，可得 v = 故 D 错误。故选 A。2 m 0 m m
14．如图甲所示，质量 m=10kg 的物体静止在水平地面上，在水平推力 F 的作用下开始运动，水平推力
（F）随位移（x）变化的图像如图乙所示。已知物体与地面间的动摩擦因数 μ=0.5，取重力加速度大小
g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列判断正确的是（ ）
A．x=5m 时，物体的速度最大
B．x=10m 时，物体的速度为 10m/s
C．物体的位移在 0~10m 的过程中，力 F 对物体所做的功为 1000J
D．物体的位移在 0~10m 的过程中，物体运动的时间大于 4s
【答案】A
【详解】A．由图乙可知F =100 -10x则物体所受的合外力为F合 = F - mmg = 50 -10x 当 x＜5m 时，合外力
始终沿正方向，物体做加速度减小的加速运动，速度一直增大；当 x=5m 时，物体的速度最大，故 A 正
确；
BC．x=10m 时，设物体的速度大小为 v，图乙所围的面积为外力所做的功，物体的位移在 0~10m 的过程
1 1 2
中，力 F 对物体所做的功为WF = 100 10J = 500J 根据动能定理有WF - mmgx = mv 解得 v = 0m/s 故 BC2 2
错误；
1
D．0~5m 的过程中，力 F 对物体所做的功为WF = (100 + 50) 5J = 375J x=5m 时，物体的速度最大，由动2
1 2
能定理有WF - mmgx = mvm解得 vm = 5m/s物体的 v-t 图像如图所示2
1
根据 v-t 图像所围的面积表示位移可知 vmt1＜10m 解得 t1 ＜4s 故 D 错误。故选 A。2
考向 4 P-t 图像
15．质量为 1000kg 的跑车在封闭的水平道路上进行性能测试时，其牵引力的功率随时间的变化关系如图
所示，已知 0~10s 内汽车做匀加速直线运动，10s 末汽车速度达到 20m/s，40s 末达到最大速度 60m/s，运
动过程中阻力恒定，下列说法正确的是（　　）
A．匀加速过程加速度大小为3m/s2
B．匀加速过程发生的位移大小为 200m
C．速度为 30m/s 时，加速度大小为1m/s2
D．整个加速过程，发生的位移大小为 1600m
【答案】C
P 60 103
【详解】A．10s 末速度 20m/s，可得牵引力为F牵0= = N= 3000N，40s 末达到最大速度 60m/s，得v 20
f F = P 60 10
3 F - f
阻力 = 牵 = N =1000N 根据牛顿第二定律，可得匀加速时加速度为 a= 牵0 =2m/s2 故 A 错vm 60 m
误；
1 2 1B 2．匀加速过程发生的位移大小为 s = at1 = 2 10 m=100m 故 B 错误；2 2
P 60 103 F - f
C．当速度为 30m/s 时，牵引力为F 牵1 2牵1= = N= 2000N 加速度为 a1= =1m/s 故 C 正确；v1 30 m
1 1
D 2 2．设10s ~ 40s 内位移为 s1，有Pt2 - fs1 = mvm - mv ， t2 = 30s得 s1 = 200m所以加速过程发生的位移为2 2
s加 = s + s1 = 300m故 D 错误。故选 C。
16．如图甲为直升机抢救伤员的情景，直升机悬停在空中，用轻质绳索将伤员由静止向上吊起，绳索对伤
员做功功率随时间变化如图乙所示，伤员重力为 G，0~t1伤员作匀加速度直线运动，t1、t2时刻伤员的动能
分别为 E k1、E k2，运动过程中不计空气阻力，则（　　）
P
A．t1时刻速度大小为 0G
B．t1、t2时刻的动能 E k1=E k2
P t
C．t1时刻伤员的动能大小为 0 12
P t - 2E
D．0~t1阶段，伤员上升的高度 0 1 k12G
【答案】D
P0 P0
【详解】A．0~t1伤员作匀加速度直线运动，牵引力F1 > G 则 t1时刻速度大小为 v1 = F - G
B．0~t1伤员作匀加速度直线运动，之后保持功率不变，则有P0 = Fv ， a = 功率一定，速度增大，牵m
引力减小，加速度减小，即 t1时刻后做加速度减小得变加速直线运动，当加速度为 0 时，做匀速直线运
动，可知，t1时刻的速度小于 t2时刻的速度，则有 E k1P t
C．0~t1伤员作匀加速度直线运动，几何图像，根据动能定理有 0 1 -WG = E克 k1 可知，t1时刻伤员的动能小2
P t
于 0 1 ，故 B 错误；
2
P t - 2E
D．0~t1伤员作匀加速度直线运动，克服重力做功W = Gh 结合上述解得 h = 0 1 k1G克 故 D 正确。故选2G
D。
1．如图所示，一质量为 m 的游客乘坐摩天轮观光。假设该游客随摩天轮在竖直平面内做半径为 R，周期
为 T 的匀速圆周运动，重力加速度为 g。在轿厢内，游客从最低点转到最高点的过程中（　　）
A．游客重力势能的变化量为 2mgR
1 2p R
B 2．游客动能的变化量为 m（ ）
2 T
C．游客的机械能守恒
2mgR 1 m 2p RD + （ ）2．轿厢对游客做的总功为
2 T
【答案】A
【详解】A．根据题意，游客从最低点转到最高点的过程中，游客重力势能的增加量为
DEp = mgh = mg ×2R = 2mgR
故 A 正确；
B．游客随轿厢做匀速圆周运动，线速度大小不变，所以游客动能的变化量为零，故 B 错误；
C．游客受到重力和支持力，从最低点转到最高点的过程中重力和支持力都做功，所以机械能不守恒，故
C 错误；
D．由动能定理W +WG = 0解得W = -WG = 2mgR 故 D 错误。故选 A。
2 1．如图所示，有一根长为 L，质量为 M 的均匀链条 AB 静止在光滑水平桌面上，其长度的 2 悬于桌边外，
如果在链条的 A 端施加一个拉力使链条 AB 以 0.4g（g 为重力加速度）的加速度运动，直到把悬着的部分
拉回桌面。设拉动过程中链条与桌边始终保持接触，则拉力需做功（　　）
MgL 9MgL 13MgL 27MgL
A． B． C． D．
8 40 40 40
【答案】C
2 1
【详解】根据题意，由运动学公式可得，悬着的部分拉回桌面时，链条的速度满足 v = 2 0.4g L设拉
2
W 1 Mg 1W - × L
1
= Mv2力需做功 ，整个过程，由动能定理有 联立解得W
13MgL
= 故选 C。
2 4 2 40
3．如图所示，人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯经过以下过程：两人同时通过绳子
对重物各施加一个恒力，力的大小均为 300N，方向都与竖直方向成 37°，重物离开地面 50cm 时人停止施
力，之后重物先上升，再自由下落把地面砸深 10cm。已知重物的质量为 40kg，g 取 10m/s2，
sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8，忽略空气阻力，则（　　）
A．加速上升阶段轻绳拉力对重物做的功等于重物动能的增加量
B．停止施力后到砸到地面前，重物重力势能的减小量大于动能的增加量
C．重物刚落地时的动能为 440J
D．重物对地面平均冲击力的大小为 2800N
【答案】D
【详解】A．加速上升阶段，根据动能定理可知重物受到的拉力和重力的合力做功等于重物动能的变化，
故 A 错误；
B．停止施力后到砸到地面前，重物受重力作用，则机械能守恒，故 B 错误；
C．绳子拉力对重物所做的功为W1 = 2Fh1 cos37° = 240J 重物从离开地面到落到地面，由动能定理
W1 = Ek - 0解得Ek = 240J 故 C 错误；
D．重物从离开地面到把地面砸深停在坑中，由动能定理W1 + mgh3 - fh3 = 0 解得
f W= 1 + mg 240= + 400N = 2800N
h 0.1 由牛顿第三定律，重物对地面平均冲击力的大小为
f = f = 2800N 故 D
3
正确。故选 D。
4．如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端 a 点，质量为 m 的物块（可视为质点）由静止开始下滑，
经圆弧最低点 b 滑上粗糙水平面，圆弧轨道在 b 点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至 c 点停止。若圆弧
轨道半径为 R，物块与水平面间的动摩擦因数为 μ，下列说法正确的是（　　）
A．物块滑到 b 点时的速度为 gR
B．物块滑到 b 点时对 b 点的压力是 mg
C．整个过程中物块机械能守恒
R
D．c 点与 b 点的距离为 m
【答案】D
1 2
【详解】A．物块滑到 b 点时，根据动能定理可得mgR = mv 解得 v = 2gR 故 A 错误；
2
2
B．在 b 点，由牛顿第二定律，可得FN - mg m
v
= 解得 FN＝3mg 故 B 错误；R
C．从 a 点到 c 点，摩擦力对物块做负功，所以机械能不守恒。故 C 错误；
R
D．物块运动过程，由动能定理，可得 mgR－μmgs＝0 解得 s = 故 D 正确。故选 Dm 。
5．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A 处的圆环相连，弹簧水平
且处于原长。圆环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处时速度最大，到达 C 处时速度为零，AC=h。若圆环
在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A 处；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为 g，则圆环
（　　）
A．下滑过程中，加速度一直减小
1
B 2．下滑过程中，克服摩擦力做功为 mv
4
1
C 2．在 C 处时，弹簧的弹性势能为Ep = mgh - mv2
D．上滑经过 B 的速度大小等于下滑经过 B 的速度大小
【答案】B
【详解】A．如图所示
圆环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最大，到达 C 处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做
减速运动，经过 B 处的速度最大，所以经过 B 处的加速度为零，所以加速度先减小后增大，故 A 错误；
BC．研究圆环从 A 处由静止开始下滑到 C 过程，根据动能定理有mgh +W f -W弹 = 0 - 0在 C 处获得一竖直
1 1
向上的速度 v，恰好能回到 A，根据动能定理有-mgh +W 2 2f +W弹 = 0 - mv 解得W f = - mv ，2 4
W 1弹 = mv
2 - mgh故 B 正确，C 错误；
4
mgh W W 1D A B + - = mv2．研究圆环从 处由静止开始下滑到 过程，根据动能定理有 f 弹 B - 0研究圆环从 B 处2
上滑到 A 过程，根据动能定理有-mgh +W f +W 0
1 mv2 1 2 1 2弹 = - B 由于W f < 0所以 mvB > mvB 上滑经过 B 的2 2 2
速度大小大于下滑经过 B 的速度大小，故 D 错误。故选 B。
6．如图， abc是竖直面内的光滑固定轨道， ab水平，长度为 2R ，bc是半径为 R 的四分之一圆弧，与 ab
相切于b 点。一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自 a处由静止开始向右运
动。已知重力加速度大小为 g ，不计空气阻力。则小球从 a处开始运动到其落至水平轨道 cd 上时，水平外
力所做的功为（　　）
A．5mgR B．7mgR C．9mgR D．11mgR
【答案】D
1 2
【详解】根据题意，小球从 a c 过程中，由动能定理有F ×3R - mgR = mvc 其中F = mg 解得 vc = 2 gR 小2
球由 c点离开曲面，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做加速度为 g 的匀加速直线运动，由竖直方向可
2v R 1 2
得，小球从 c点离开曲面落在 cd 的时间为 t = c = 4 水平方向有 x = gt = 8R 则小球从 a处开始运动
g g 2
到其落至水平轨道 cd 上时，水平外力所做的功为W = F 3R + 8R = mg 3R + 8R =11mgR 故选 D。
7．如图所示，轨道 MON 动摩擦因数处处相同，其中 ON 水平，OM 与 ON 在 O 处平滑过渡（物块经过 O
速率不变），将一小物块从倾斜轨道上的 M 点由静止释放，滑至水平轨道上的 N 点停下。现调大斜面倾
角，把斜面调至图中虚线 OJ 位置，为使物块从斜轨上某处由静止释放后仍然在 N 点停下，则释放处应该
是（　　）
A．J 点 B．K 点 C．Q 点 D．K 点与 Q 点之间某一点
【答案】C
【详解】设倾斜轨道的倾角为 α，MN 两点连线的倾角为 θ，滑块与轨道之间的动摩擦因数为 μ。滑块从 M
点到 N 点的整个过程，根据动能定理得mg × MO sina - mmg sina × MO - mmg ×ON = 0
MO sina
得 = m
MO cosa + ON
MO sina
根据数学知识可得 = tanq 可得 tanθ=μ 即 MN 两点连线的倾角一定，与倾斜轨道的倾角无
MO cosa + ON
关，所以释放处应该是 Q 点。故选 C。
8．如图，为 2022 年北京冬季奥运会自由式滑雪 U 型池比赛赛道截面示意图，赛道截面为半径为 R、粗糙
程度处处相同的半圆形，直径 AOB水平。总质量为 m 的滑雪运动员自 A 点上方高度 h = R 处由静止开始下
落，恰好从 A 点切入赛道，运动员滑到赛道最低点 C 时，位于 C 点的压力传感器显示滑板对赛道的压力
为运动员自身重力的 4 倍。用 W 表示运动员从 A 点运动到 C 点过程中克服赛道摩擦力所做的功，重力加
速度为 g，运动员可视为质点，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　）
3
A．W = mgR，运动员不能到达 B 点
4
W 1B． = mgR，运动员能到达 B 点并冲出赛道，继续上升至某一高度
4
W 1C． = mgR，运动员恰能到达 B 点
2
1
D．W = mgR，运动员能到达 B 点并冲出赛道，继续上升至某一高度
2
【答案】D
v2
【详解】在最低点有 4mg - mg = m C 得运动员在最低点的速度为 vC = 3gR 从开始运动到最低点的过程中R
mg h R W 1 1+ - = mv2C 得W = mgR假设运动员能达到 B 点。设 C 到 B 过程中运动员克服摩擦力做的功为2 2
1
W ，在 B 点的动能为EkB ，则从 C 到 B 过程中有-mgR -W = EkB - mv
2
C 根据能量守恒，可得运动员在轨2
道 CB 上某点的速度比 AC 轨道上等高位置的速度小，相应的弹力大小也是轨道 CB 上要小，摩擦力也小，
所以运动员在轨道 CB 上克服摩擦力所做的功比在 AC 轨道上克服摩擦力所做的功要小，即W < W ，结合
上式，可得EkB > 0即运动员能达到 B 点并冲出赛道，继续上升至某一高度。故选 D。
9．如图所示，在光滑的斜轨道底端平滑连接着一个半径为 R、顶端有缺口的光滑圆形轨道，A 点、B 点在
同一水平面上，P 点是最低点， AOB = 120° 。一质量为 m 的小球由斜轨道上某高度处静止释放，由轨道连
接处进入圆形轨道。重力加速度为 g，不考虑机械能的损失，下道列说法正确的是（　　）
A．若小球滑到 P 点时速度大小为 2 gR ，则此处轨道对小球作用力的大小为 4mg
B．若小球滑到 P 点时速度大小为 2 gR ，则小球滑到 A 点时速度大小为 gR
5
C．若小球恰好能通过圆形轨道内 A 点，则小球在斜轨道上静止释放的高度为 R
4
D．若小球从圆形轨道内 A 点飞出后恰好从 B 点飞入圆形轨道，则小球经过 B 点时的速度大小为
2gR
【答案】BD
mv2
【详解】A．小球在 P 点，根据牛顿第二定律有 N - mg = 则此处轨道对小球作用力的大小为
R
N mg mv
2
= + = 5mg 故 A 错误；
R
1 2 1B 2．小球从圆形轨道最低点 P 滑到 A 点，由动能定理有-mg(R sin 30° + R) = mvA - mv 解得 vA = gR 故2 2
B 正确；
v2
C．若小球恰好能通过圆形轨道内 A 点，根据牛顿第二定律有mg cos 60° = m 1 对小球从释放到 A 点，根据R
1 2 7
动能定理有mgh - mgR(1+ sin 30°) = mv1 解得 h = R故 C 错误；2 4
gt
D．小球从圆形轨道内 A 点飞出后做斜抛运动到 B 点，竖直方向有 v2 sin 60° = 水平方向有2
2R sin 60° = v t cos 60°2 解得 v2 = 2gR 故 D 正确。故选 BD。
10．如图所示，在一竖直平面内有一光滑圆轨道，其左侧为一段光滑圆弧，右侧由水平直轨道 AB 及倾斜
轨道 BC 连接而成，各连接处均平滑。圆轨道半径为 0.2m，轨道 AB 及倾斜轨道 BC 长度均为 1.0m，倾斜
轨道 BC 与水平面夹角q = 37°。与圆心等高处 D 点装有传感器可测得轨道所受压力大小。质量 0.1kg 的小
滑块从弧形轨道离地高 H 处静止释放，经过 D 处时压力传感器的示数为 8N。小滑块与轨道 AB 及倾斜轨
道 BC 的摩擦因数均为 0.25，运动过程中空气阻力可忽略， sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8， g = 10m/s2 ．下列
说法正确的是（ ）
A．小物块经过圆轨道最低点时对轨道的压力为 10N
9
B．小物块沿轨道 BC 上滑的最大高度为 m
16
C．若小物块的释放高度调整为原来的 0.45 倍其他条件不变，经过 D 处时压力传感器的示数为 2.5N
D．若小物块的释放高度调整为原来的 1.5 倍其他条件不变，小物块离开斜面到达最高点时的速度为
2.4m/s
【答案】BCD
v2 1 2 1 2
【详解】A．由小物块在点 D 受力可知m D = FD 当小物块运动到 A 点时有mgR = mvA - mvD 解得R 2 2
2
vA = 2 5m/s根据小物块在最低点的受力可知FN - mg
mv
= A 解得FN =11N 故由力的作用是相互的可知，小R
物块经过圆轨道最低点时对轨道的压力为11N ，A 错误；
1 2
B．由题可知，小物块沿轨道 BC 上滑的最大高度的过程中有mmgLAB + mmgL cosq + mgLsinq = mv 解得2 A
L 15 9= m 小物块沿轨道 BC 上滑的最大高度为 h = Lsinq = m ，B 正确；
16 16
1
C．由题可知，从开始位置到 D 点的过程中有mg H - R = mv2D mg 0.45H - R
1
= mv 2D 根据牛顿第二定律2 2
v2m D F m v
2
= D

D = F 联立解得FD = 2.5ND ，C 错误；R R
D．从释放到离开斜面过程中，根据动能定理1.5mgH - mmgLAB + mmgLBC cosq + mgLBC sinq
1
= mv2
2 C
mgH 1= mv2A 解得 vC = 3m/s达到最高点时，竖直方向速度为零，此时小物块的速度 v = v2 C
cos37° = 2.4m/s，
D 正确。故选 BCD。
11．如图圆心为O1的竖直光滑半圆轨道 ab、圆心为O2 的竖直光滑半圆管道 cd 与水平粗糙平面bc连接，
轨道 ab半径与管道 cd 半径均为 R，bc距离也为 R。一小滑块以某一速度从半圆轨道最高点 a 水平向左进
入半圆轨道作圆周运动，最终从半圆管道最高点 d 水平向左飞出。若小滑块在轨道 ab最高点 a 和轨道 cd
最高点 d 受列弹力大小均为0.6mg。重力加速度为 g，小滑块可视为质点，管道内径较小，则（　　）
A．滑块从 a 点到 d 点机械能守恒
B a 2gR．滑块从 点水平飞出的速度为
5
C．水平粗糙平面bc的动摩擦因数为 0.6
D．滑块对轨道 ab最低点和管道 cd 最低点的压力大小比为11:9
【答案】CD
【详解】A．由于水平平面粗糙，滑块受到摩擦力对其做负功，所以滑块从 a 点到 d 点机械能不守恒，故
A 错误；
B．由于 a 点和 d 点受到弹力大小均为0.6mg ，所以 a 点小滑块受到弹力竖直向下，d 点小滑块受到弹力方
a mg 0.6mg m v
2
a v
2 8gR 2gR
向竖直向上，在 点 + = ，在 d 点mg - 0.6mg = m d 解得 va = ， vd = 故 B 错R R 5 5
1 2 1 2
误；C．从 a 点到 d 点根据动能定理-mmgR = mvd - mva 解得m = 0.6 故 C 正确；2 2
1 1 2
D a b 2mgR = mv2 - mv2．从 点到 点，根据动能定理 b a 在 b 点 Nb -mg
v
= m b 解得 Nb = 6.6mg 从 c 点到 d2 2 R
1 22 1 2
点根据动能定理 2mgR = mvc - mvd 在 c 点 Nc - mg = m
vc 解得 Nc = 5.4mg 故滑块对轨道 ab最低点和管道2 2 R
cd 最低点的压力大小比为11:9，故 D 正确。故选 CD。
12．如图所示，是小朋友非常喜欢的一款电动玩具小车，我们可以通过玩具小车在水平面上的运动来研究
功率问题。已知小车质量为 m，小车刚达到额定功率开始计时，且此后小车保持功率不变，小车的 v- t 图
3
象如图甲所示， t0 时刻小车的速度达到最大速度的 倍，小车速度由 v4 0
增加到最大值的过程中，小车的牵
引力 F 与速度 v 的关系图象如图乙所示，运动过程中小车所受阻力恒定，下列说法正确的是（　　）
A．小车的额定功率为 4F0v0
B．小车的最大速度为3v0
t FC． 时刻，小车加速度大小为 00 m
2
D．0 - t
4mv
0 时间内，小车运动的位移大小为 s = 4v0t0 - 0F0
【答案】AD
【详解】A．根据题意可知，当 v = v0 时，有F1 = 4F0 由功率公式P = F1v 可知P额 = 4F0v0故 A 正确；
B．当小车以最大速度匀速运动时F2 = F0 且F2 = f 根据P额 = F2vmax = fvmax 即4F0v0 = F0vmax = fvmax 可得
vmax = 4v0 故 B 错误；
3
C．由 A、B 选项可知 vmax = 4v0 ，P额 = 4F0v0则根据公式P = Fv可得小车速度达到最大速度的 倍时，此时4
P
F = 额 = 4F0v0 4 F
的牵引力 3 3 v 3
= F0 f = F 0
4v 3 又 0 根据牛顿第二定律
F3 - f = ma 联立解得 a = 故 C 错误；
max 0 3m4 4
1 3 20 : t s 1 4mv
2
D．在 0 时间内，位移为 ，根据动能定理P额t0 - fs = m vmax ÷ - mv
2
0 解得 s = 4v0t0 -
0 D
2 è 4 2 F
故 正
0
确。故选 AD。
13．质量为50kg 的运动员从 10m 跳台由静止自由下落，在水中受到的阻力 f 与入水深度 H 的关系如图所
示，已知运动员在水中所受浮力等于重力，重力加速度 g 取10m/s2，忽略空气阻力作用，则下列说法正确
的是（　　）
A．运动员进入水中 h 深处克服水的阻力所做的功为 5000J
B．从开始下落到进入水中 h 深处，运动员的机械能减少 5000J
C．运动员在水中运动的加速度达到最大时，速度约为12.2m/s
D．整个运动过程中，运动员的机械能一直在减少
【答案】AC
【详解】A．运动员从 h0 =10m处由静止开始自由下落，入水前只受重力作用，入水后受重力、浮力和水的
阻力作用。当深度为 h 时速度减为零，根据动能定理可得mg h0 + h - F浮h -Wf = 0解得Wf = mgh0 = 5000J
故 A 正确；
1 10
B．由于克服阻力做功等于 f - H 图线所围面积大小，即Wf = 6mgh = 3mgh可解得h = m从开始下落2 3
到进入水中 h 深处，机械能减少量DE = mg h0 + h 6666.7J 故 B 错误；
h
C．由图知，当进入水中 深度时，阻力最大，加速度最大；设此时速度为 v，根据动能定理可得
4
mg h
h h 1
0 +

÷ - F浮 - 6mg
h 1
× = mv2 解得 v 12.2m/s 故 C 正确；
è 4 4 2 4 2
D．运动员在水面上运动时机械能不变，在水面下运动时机械能减少，故 D 错误。故选 AC。
14．燃油汽车过多不仅污染环境，还严重影响到我国的能源安全，大力发展新能源汽车是国家突破能源困
局的重要举措。一辆电动汽车测试时的 v-t 图像如图所示，PH 为图像上 P 点的切线，该车加速至 t0时刻后
功率达到最大值 P0，加速至 3t0时刻后速度达到最大。已知该款车的质量约为驾驶员质量的 31 倍，关于该
电动汽车，下列说法正确的是（　　）
P
A 0．该款车在加速过程中牵引力的最大值为 v0
B．该款车在 0~3t0时间内运动的位移为 4v0t0
31P
C 0
t0
．该车的质量为 32v20
1
D．该款车在 0~t0时间内克服阻力做的功为 P0t4 0
【答案】AD
【详解】A．根据图像可知，车先做匀加速运动，再做加速度减小的变加速运动，最后匀速，则匀加速时
P0
的牵引力最大，由于加速至 P 点速度后功率达到最大值 P0，则P0 = F0v0 解得牵引力最大值F0 = v ，A 正0
确；
v 2t
C．PH P
m 0
为图像上 处的切线，根据图像可知，车的最大速度 =v t 解得
vm = 2v0当速度最大时牵引力最
0 0
P0
小，且牵引力与阻力平衡，则有 f = Fmin = 在匀加速过程中，由牛顿第二定律有F0 - f = M + m a2v 又由0
v
M=31m a = 0
31P0t0
于 ， t 解得整备质量
M =
0 64v
2 ，C 错误；
0
1
B．根据图乙可知，匀加速的位移 x1 = v0t0 令变加速过程位移为x2，由动能定理有2
P0 2t0 - fx
1
2 = M + m 2v0
2 1- M + m v20 解得 x = x1 + x2 = 3v2 2 0t0 ，B 错误；
1
D．该款车在 0~t0时间内克服阻力做的功为W = fx1 = P0t0 ，D 正确。故选 AD。4
15．起重机某次从零时刻由静止开始竖直向上提升质量为 500kg 的货物，提升过程中货物的 a-t 图像如图
所示，10~18s 内起重机的功率为额定功率。不计其他阻力，g 取 10m/s2。则在 0~18s 过程中（　　）
A．货物的最大速度为 1.4m/s
B．起重机的额定功率 5050W
C．货物上升高度为 12m
D．0~10s 和 10~18s 内起重机牵引力做功之比为 5：8
【答案】BD
【详解】AB．a-t 图像与时间轴围成的面积表示速度变化量，由图知，10s 时货物速度为
v = 0.1 10m/s =1m/s此时牵引力为F = mg + ma = 5050N起重机的额定功率P = Fv = 5050W 当牵引力等于重
v P力时，货物有最大速度，为 m = =1.01m/smg 故 A 错误，B 正确；
1 1 1
C．10~18s 2内，根据动能定理Pt2 - mgh2 = mvm - mv
2
解得 h2 8.1m，0~10s
2
内 h1 = at1 = 5m货物上升2 2 2
高度为 h = h1 + h2 =13.1m故 C 错误；
D．0~10s 牵引力做功W1 = Fh1 = 25250J ，10~18s 内起重机牵引力做功W2 = Pt2 = 40400J解得W1 :W2 = 5 :8
故 D 正确。故选 BD。
16．放在粗糙水平地面上一物体受到水平拉力的作用，在 0~6s 内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率
与时间的关系图象分别如图甲、乙所示。下列说法中正确的是（ ）
A．0~6s 内拉力做的功为 140J
B．物体的摩擦力为 3N
C．物体质量为 0.8kg
D．物体在 0~2s 内所受的拉力为 6N
【答案】ACD
【详解】A．功率与时间的关系图像中，图线与坐标轴所围图形的面积，在数量上等于功，所以 0~6s 内拉
60 2
力做的功为W = J + 20 4J =140J故 A 正确；
2
C．由图甲可知 2~6s 内物体匀速运动，受到摩擦力与拉力瞪大反向，结合图乙可知P = Fv = fv解得
f P 20= = N = 2N故 B 错误；
v 10
D．在 0~2s 内，由动能定理可得W W
1 mv2 60 2 2 10 2 1- = - = m ×102F f 即 解得m = 0.8kg 故 C 正确；2 2 2 2
D．物体在 0~2s 内，由牛顿第二定律结合图甲 F - f = ma 解得F = ma + f = 0.8 5N + 2N = 6N故 D 正确。故
选 ACD。
17．如图所示一轨道 ABCD 竖直放置，AB 段和 CD 段的倾角均为 θ=37°，与水平段 BC 平滑连接，BC 段的
竖直圆形轨道半径为 R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或离开。AB 段和 CD 段粗糙，其余各段轨
道光滑。将一质量为 m 的小滑块从轨道上离 B 点距离 L=125R 处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上
CD 段上升一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道 AB、CD 间的动摩擦因
数均为 μ=0.5，重力加速度大小为 g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
（2）滑块第一次在 CD 段向上滑行的最大距离；
（3）整个过程中滑块在 AB 段滑行的总路程。
【答案】（1） 45mg ；（2） 25R ；（3）137.5R
【详解】（1）滑块第一次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理
2
mgLsinq - mmgL cosq - mg 1 2R = mv21 - 0
v
在最高点，对滑块由牛顿第二定律mg + N = m 1 由牛顿第三定
2 R
律可知，滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为 N = N = 45mg
（2）滑块第一次在 CD 段向上滑行的过程中，由动能定理mg(L - L1)sinq - mmg(L + L1) cosq = 0 - 0解得滑
块第一次在 CD 段向上滑行的最大距离为 L1 = 25R
1
（3 2）滑块第二次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理mgL1 sinq - mmgL1 cosq - mg 2R = mv - 0解2 2
得 v2 = 6gR 设滑块第一次在 AB 段向上滑行的最大距离为 s1，由动能定理
mg(L1 - s1)sinq - mmg(L1 + s1) cosq = 0 - 0解得 s1 = 5R 滑块第三次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理
mgs1 sinq - mmgs1 cosq - mg 2R
1
= mv2 23 - 0解得 v3 = -2gR所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点，2
假设其运动的过程中不脱轨且上升的最大高度为 h，由动能定理可得mgs1 sinq - mmgs1 cosq - mgh = 0 解得
h = R 所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨，之后仅在 AB 段与圆形轨道间来回滑动，最终停
在 B 点，设滑块在 AB 段滑行的路程为 s2，由动能定理mgh - mmgs2 cosq = 0 整个过程中滑块在 AB 段滑行
的总路程为 s = L + 2s1 + s2 联立解得 s =137.5R 。
18．如图所示为滑板运动的训练场地，半径为 R 的冰制竖直圆弧轨道最低点为 C，最高点为 D，D 点的切
线沿竖直方向，圆弧轨道左端与倾角为 θ 的冰制斜面相切，为保证运动员的安全，在 AB 间铺有长度为 4L
的防滑材料，当长度为 L 的滑板全部处于 AB 内时，恰能保持静止，其余部分摩擦不计。一次训练时，教
练员在 AB 之间推动运动员到滑板离开 B 点，运动员从 D 点滑出，竖直上升到最高点 E，E 点与 D 点的距
R
离为 ，下落后沿轨道返回。运动员和滑板总质量为 m，运动员始终站在滑板的正中间，滑板对斜面压力
2
均匀。滑板长度和运动员身高远小于圆弧半径，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为 g，不
计空气阻力。求：
（1）防滑材料与滑板之间的动摩擦因数；
（2）运动员和滑板在圆弧轨道最低点 C 受到轨道支持力的大小；
（3）为保证运动员和滑板在轨道上只做一次往返滑行，滑板离开 B 点时的速度范围。
【答案】（1）tanθ；（2）4mg；（3） 3gLsinq v 15gLsinq
【详解】（1）防滑材料与滑板间的动摩擦因数为 μ，根据平衡条件可得 mgsinθ=μmgcosθ 解得 μ=tanθ
（2）设运动员在轨道最低点 C 的速度大小为 vC，对运动员从 C 到 E 的过程，根据动能定理可得
3 mgR 1
2
= mv2 vC 在 C 点处，根据牛顿第二定律可得FN - mg = m C 联立解得 FN=4mg2 2 R
（3）保证运动员在滑道上只做往返一次滑行，设滑板离开 B 点时的最小速度为 v1，则运动员返回 AB 时，
滑板右端恰好可以与 B 点重合。根据题意可知，滑板与 AB 接触长度为 x 时，其所受滑动摩擦力大小为
F xf = × mmgcosq 由上式可知 FL f-
x 图像是一条过原点的倾斜直线，图像与坐标轴围成的面积表示 Ff做功的
绝对值，所以从滑板刚进入 AB 区域到恰好全部进入到 AB 区域的过程中，其摩擦力做的功为
W 1f = - mmgLcosq 根据动能定理可得-mgLsinq
1
+W = 0 - mv2f 解得 v = 3gLsinq 设滑板离开 B 点时的最2 2 1 1
大速度为 v2，则运动员返回到 AB 时，滑板左端恰好与 A 点重合，根据动能定理可得
4mgLsinq - 3mmgLcosq W 1+ 2f = 0 - mv2 解得 v2 = 15gLsinq 为保证运动员在滑道上只做往返一次滑行，滑2
板离开 B 点时的速度需要满足 3gLsinq v 15gLsinq
19．（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．mgh
1
B． mv2 C．mgh
1
+ mv2 1D 2．mgh - mv
2 2 2
【答案】D
mgh W 1 2【详解】人在下滑的过程中，由动能定理可得 - f = mv - 0可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的2
功为W
1
f = mgh - mv
2
故选 D。
2
20．（2024·海南·高考真题）某游乐项目装置简化如图，A 为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径
R =10m，滑梯顶点 a 与滑梯末端 b 的高度 h = 5m ，静止在光滑水平面上的滑板 B，紧靠滑梯的末端，并与
其水平相切，滑板质量M = 25kg，一质量为m = 50kg 的游客，从 a 点由静止开始下滑，在 b 点滑上滑
板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行 s =16m停下。
游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为m = 0.2 ，忽略空气阻力，重力加速度
g =10m / s2 ，求：
（1）游客滑到 b 点时对滑梯的压力的大小；
（2）滑板的长度 L
【答案】（1）1000N ；（2） 7m
1
【详解】（1）设游客滑到 b 点时速度为 v0，从 a 到 b 2过程，根据机械能守恒mgh = mv0 解得 v0 =10m/s 在2
2
b v点根据牛顿第二定律FN - mg = m 0 解得FN = 1000N 根据牛顿第三定律得游客滑到 b 点时对滑梯的压力R
的大小为F N = FN =1000N
1
（2 2）设游客恰好滑上平台时的速度为 v，在平台上运动过程由动能定理得-mmgs = 0 - mv 解得 v = 8m/s
2
根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减
mmg 2
速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为 a1和 a2，得 a1 = = mg = 2m/s ，m
a mmg 4m/s2 v + v2 = = 根据运动学规律对游客 v = v0 - a1t 解得 t =1s该段时间内游客的位移为 s 0M 1
= t = 9m滑
2
s 1= a 2板的位移为 2 2t = 2m根据位移关系得滑板的长度为 L = s2 1
- s2 = 7m。考点 23 动能定理及其应用
1. 高考真题考点分布
题型 考点考查 考题统计
选择题 动能和动能定理 2024 年福建卷
选择题 多过程的动能定理应用 2024 年广东卷
计算题 动能定理 2024 年全国新课标卷、辽宁卷
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】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。
【备考策略】
1.理解动能动能定理，并会用动能定理处理物理问题。
2.掌握有关动能定理的图像问题。
【命题预测】重点关注动能定理在多过程问题中的应用。
一、动能
1
1．公式：Ek＝ mv2，式中 v 为瞬时速度，动能是状态量。2
2．标矢性：动能是标量，只有正值，动能与速度的方向无关。
1 1
3．动能的变化量：ΔEk＝ mv 22 － mv 21 。2 2
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。
二、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
1 1
W＝ΔEk＝ mv 22 － mv 22 2 1
。
3．功与动能的关系
(1)W>0，物体的动能增加。
(2)W<0，物体的动能减少。
(3)W＝0，物体的动能不变。
4．适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。
考点一 对动能、动能定理的理解
考向 1 应用动能定理求变力做功
1.在变力作用下的直线运动问题中，如果物体所受恒力的功可以求出，并且知道物体的初末速度，那么可以
应用动能定理求解变力的功，可以将这种方法作为首选试试。
2．在变力作用下的直线运动问题中，且变力功已知，不涉及时间的问题中，可优先考虑应用动能定理求解
位移大小的问题。
3．动能定理中的位移和速度均是相对于同一参考系的，一般以地面为参考系。
1．如图所示，将质量为 m 的小球从高为 h 处以初速度水平抛出，落地时速度大小为 v，方向与水平面成q
角，空气阻力不能忽略，重力加速度为 g。下列说法正确的是（　　）
1
A 2 2．重力对小球做的功为 m(v - v0 )2
B．落地时小球重力的功率为 mgv
1
C 2．合外力对小球做的功为 mv
2
1
D 2 2．空气阻力对小球做的功为 m(v - v
2 0
) - mgh
2．如图所示，半径分别为 2R 和 R 的圆轨道 A、B 竖直固定在水平地面上，质量为 m、可视为质点的小球
以一定的初速度滑上圆轨道，并先后刚好通过圆轨道 A 和圆轨道 B 的最高点，则小球从 A 轨道的最高点运
动到 B 轨道的最高点的过程中克服阻力做的功为（重力加速度为 g）（ ）
1
A． mgR B．mgR C． 2mgR
5
D． mgR
2 2
考向 2 在机车启动问题中应用动能定理
机车以恒定功率运行时，牵引力做的功 W＝Pt。由动能定理得 Pt－F 阻 x＝ΔEk，此式经常用于求解机
车以恒定功率启动过程的位移大小。
3．通过质量为 m 的电动玩具小车在水平面上的运动来研究“机车启动”问题。小车刚达到额定功率开始计
时，且此后小车功率不变，小车的 v-t 图像如图甲所示，t0时刻小车的速度达到最大速度的三分之二，小车
速度由 v0增加到最大值的过程中，小车受到的牵引力 F 与速度 v 的关系图像如图乙所示，且 F-v 图像是双
曲线的一部分（即反比例图像），运动过程中小车所受阻力恒定，下列说法正确的是（　　）
A．小车的额定功率为 F0v
3F
B．t=0 时刻，小车的加速度大小为 0
m
F
C．t0时刻，小车的加速度大小为 0m
2
D．0 : t
3mv0
0 时间内，小车运动的位移大小为3v0t0 - 2F0
4．为了测试某新能源汽车的性能，无人驾驶的新能源汽车在封闭的平直测试路段从静止开始运动，该汽
车的速度 v 与时间 t 的关系图像如图所示，0~10s 对应的图线为过原点的直线，10s 时汽车的功率恰好达到
额定功率，之后维持额定功率不变。已知该汽车的质量为 2000kg，汽车在测试路段运动时受到的阻力大小
1
恒为汽车重力的 ，取重力加速度大小 g =10m / s2 。下列说法正确的是（　　）
5
A．该汽车的额定功率为8.0 104 W
B．5s 末该汽车的牵引力大小为8 103 N
C．该次测试中汽车的最大速度为30m / s
D． t1 ~ t1 +10s 内汽车行驶的路程为 600m
考点二 应用动能定理处理多过程问题
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
考向 1 多过程直线运动问题
5．如图 1 所示，固定斜面的倾角q = 37°，一物体（可视为质点）在沿斜面向上的恒定拉力 F 作用下，从
斜面底端由静止开始沿斜面向上滑动，经过距斜面底端 x0 处的 A 点时撤去拉力 F。该物体的动能Ek 与它到
斜面底端的距离 x 的部分关系图像如图 2 所示。已知该物体的质量m =1kg ，该物体两次经过 A 点时的动
能之比为 4 :1，该物体与斜面间动摩擦因数处处相同， sin 37° = 0.6 ，重力加速度 g 取10m/ s2 ，不计空气阻
力。则拉力 F 的大小为（　　）
A．8N B．9.6N C．16N D．19.2N
6．如图，在斜面上有一个小球 A，已知球 A 位于距离地面 h 的高度处，当小球从 A 处滚到 D 处（距离地
1
面 h），斜面阻力不计，以下选择正确的是（　　）
4
3
A．滑到 B 1处时球速度为 2gh B．滑到 C 处时若速度减少为 B 的 2 ，则m = 4
3
C 3．球滑到 D 处的速度为 hg D．球第一次停距离地面为 h
4 4
考向 2 直线曲线运动相结合的多过程问题
7．如图所示，竖直平面内固定一内壁粗糙的半圆弧槽，半径为 2R，一质量为 m 的滑块（可视为质点）从
距半圆弧槽 D 点正上方 3R 的 A 点自由下落，经过半圆弧槽后，滑块从半圆弧槽的左端冲出，刚好到达距
半圆弧槽正上方 2R 的 B 点。不计空气阻力，重力加速度为 g，则以下说法错误的是（　　）
A．滑块第一次到达半圆弧槽 D 点的速度为 6gR
B．滑块第一次到达 D 点时对半圆弧槽的压力为 3mg
C．滑块第一次通过半圆弧槽的过程中克服摩擦力做的功为 mgR
D．滑块从 B 点返回后经 C 再次到达 D 点时的速度为 2gR
8．图为一影视城新添加的游戏设备的简化图。现把一个滑块（可视为质点）从H =18m 高处由静止开始
释放，通过光滑弧形轨道 AB ，进入半径R = 6m的竖直圆环，且滑块与圆环间的动摩擦因数处处相等。当
滑块到达顶点C 时，滑块刚好对轨道的压力为零，沿CB圆弧滑下后进入光滑弧形轨道BD，且到达高度为
h 的D点时速度为零。取重力加速度大小 g = 10m/s2 ，且所有高度均相对于 B 点而言，则 h 的值可能为
（　　）
A．10m B．11m C．12m D．13m
考点三 动能定理的图像问题
1.四类图像所围“面积”的意义
2.解决动能定理与图像问题的基本步骤
考向 1 v-t 图像
9．为了减少环境污染，适应能源结构调整的需要，我国对新能源汽车实行了发放补贴、免征购置税等优
惠政策鼓励购买。在某次直线运动性能检测实验中，根据某辆新能源汽车的运动过程作出速度随时间变化
的 v-t 图像。Oa 为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 段是与 b 点相切的水
平直线，则下列说法正确的是（ ）
A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率保持不变
1 1
B 2 2．t1～t2时间内汽车牵引力做功为 mv2 2
- mv
2 1
1
C．t1～t2时间内的平均速度大于 v2 1 + v2
D．t2～t3时间内汽车牵引力大于汽车所受阻力
10．图甲所示的救生缓降器由挂钩（或吊环）、吊带、绳索及速度控制装置等组成，是一种可使人沿绳索
缓慢下降的安全营救装置。如图乙所示，高层建筑工人在一次险情中，将安全带系于腰部，从离地面某高
度处通过钢丝绳先匀加速运动后匀减速运动安全着陆，图丙是工人运动全过程的 v-t 图像。已知工人的质
量 m=70kg，g=10m/s2，则下列说法中错误的是（ ）
A．整个过程工人的最大动能为 11340J
B．减速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为 1330N
C．整个过程中救生缓降器对工人所做功为-31500J
D．t=2s 时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率为 15960W
考向 2 a-t 图像
11．一无人机静止在水平地面上，启动后竖直上升，上升过程中加速度 a 随时间 t 的变化如图所示，下列
判断正确的是（ ）
A．无人机在 t0 与 2t0 时刻的速度之比为1: 2
B．无人机在0 ~ t0 与 t0 ~ 2t0 的位移大小之比为1:1
C．无人机在0 ~ t0 与 t0 ~ 2t0 所受合外力的冲量之比为1: 2
D．0 ~ t0 与 t0 ~ 2t0 合外力对无人机做功之比为1: 2
12．一辆智能电动玩具车在水平路面上由静止开始加速，其加速度 a 随时间 t 的变化关系如图所示，当玩
具车加速 t =1s后，牵引力的功率保持恒定。已知玩具车的质量m = 2kg，行驶过程中受到恒定的阻力
f = 2N ，则玩具车（ ）
A．从 t = 0到 t =1s的位移为 2m B．从 t = 0到 t =1s的牵引力做功为 4J
C．从 t =1s到 t = 3.17s的位移约为 7m D．从 t =1s到 t = 3.17s的牵引力做功为 21J
考向 3 F-x 图像
13．一质量为m 的物块静止在光滑水平面上，某时刻起受到沿水平方向的力F 作用。已知力F 的方向不
变，其大小随位移 x 变化的规律如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．物块一直做加速运动
B．3x0 时，物块的速度为零
C．力F 对物块做的总功为6F0 x0
D 2F．物块的最大速度为 0x0
m
14．如图甲所示，质量 m=10kg 的物体静止在水平地面上，在水平推力 F 的作用下开始运动，水平推力
（F）随位移（x）变化的图像如图乙所示。已知物体与地面间的动摩擦因数 μ=0.5，取重力加速度大小
g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列判断正确的是（ ）
A．x=5m 时，物体的速度最大
B．x=10m 时，物体的速度为 10m/s
C．物体的位移在 0~10m 的过程中，力 F 对物体所做的功为 1000J
D．物体的位移在 0~10m 的过程中，物体运动的时间大于 4s
考向 4 P-t 图像
15．质量为 1000kg 的跑车在封闭的水平道路上进行性能测试时，其牵引力的功率随时间的变化关系如图
所示，已知 0~10s 内汽车做匀加速直线运动，10s 末汽车速度达到 20m/s，40s 末达到最大速度 60m/s，运
动过程中阻力恒定，下列说法正确的是（　　）
A．匀加速过程加速度大小为3m/s2
B．匀加速过程发生的位移大小为 200m
C．速度为 30m/s 时，加速度大小为1m/s2
D．整个加速过程，发生的位移大小为 1600m
16．如图甲为直升机抢救伤员的情景，直升机悬停在空中，用轻质绳索将伤员由静止向上吊起，绳索对伤
员做功功率随时间变化如图乙所示，伤员重力为 G，0~t1伤员作匀加速度直线运动，t1、t2时刻伤员的动能
分别为 E k1、E k2，运动过程中不计空气阻力，则（　　）
P
A．t1时刻速度大小为 0G
B．t1、t2时刻的动能 E k1=E k2
P t
C．t1时刻伤员的动能大小为 0 12
P0t1 - 2ED．0~t 阶段，伤员上升的高度 k11 2G
1．如图所示，一质量为 m 的游客乘坐摩天轮观光。假设该游客随摩天轮在竖直平面内做半径为 R，周期
为 T 的匀速圆周运动，重力加速度为 g。在轿厢内，游客从最低点转到最高点的过程中（　　）
A．游客重力势能的变化量为 2mgR
1 2p R
B．游客动能的变化量为 m（ ）2
2 T
C．游客的机械能守恒
1 2p R
D 2．轿厢对游客做的总功为 2mgR + m（ ）
2 T
2 1．如图所示，有一根长为 L，质量为 M 的均匀链条 AB 静止在光滑水平桌面上，其长度的 2 悬于桌边外，
如果在链条的 A 端施加一个拉力使链条 AB 以 0.4g（g 为重力加速度）的加速度运动，直到把悬着的部分
拉回桌面。设拉动过程中链条与桌边始终保持接触，则拉力需做功（　　）
MgL 9MgL 13MgL 27MgL
A． B． C． D．
8 40 40 40
3．如图所示，人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯经过以下过程：两人同时通过绳子
对重物各施加一个恒力，力的大小均为 300N，方向都与竖直方向成 37°，重物离开地面 50cm 时人停止施
力，之后重物先上升，再自由下落把地面砸深 10cm。已知重物的质量为 40kg，g 取 10m/s2，
sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8，忽略空气阻力，则（　　）
A．加速上升阶段轻绳拉力对重物做的功等于重物动能的增加量
B．停止施力后到砸到地面前，重物重力势能的减小量大于动能的增加量
C．重物刚落地时的动能为 440J
D．重物对地面平均冲击力的大小为 2800N
4．如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端 a 点，质量为 m 的物块（可视为质点）由静止开始下滑，
经圆弧最低点 b 滑上粗糙水平面，圆弧轨道在 b 点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至 c 点停止。若圆弧
轨道半径为 R，物块与水平面间的动摩擦因数为 μ，下列说法正确的是（　　）
A．物块滑到 b 点时的速度为 gR
B．物块滑到 b 点时对 b 点的压力是 mg
C．整个过程中物块机械能守恒
R
D．c 点与 b 点的距离为 m
5．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A 处的圆环相连，弹簧水平
且处于原长。圆环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处时速度最大，到达 C 处时速度为零，AC=h。若圆环
在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A 处；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为 g，则圆环
（　　）
A．下滑过程中，加速度一直减小
1
B 2．下滑过程中，克服摩擦力做功为 mv
4
1
C．在 C 2处时，弹簧的弹性势能为Ep = mgh - mv2
D．上滑经过 B 的速度大小等于下滑经过 B 的速度大小
6．如图， abc是竖直面内的光滑固定轨道， ab水平，长度为 2R ，bc是半径为 R 的四分之一圆弧，与 ab
相切于b 点。一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自 a处由静止开始向右运
动。已知重力加速度大小为 g ，不计空气阻力。则小球从 a处开始运动到其落至水平轨道 cd 上时，水平外
力所做的功为（　　）
A．5mgR B．7mgR C．9mgR D．11mgR
7．如图所示，轨道 MON 动摩擦因数处处相同，其中 ON 水平，OM 与 ON 在 O 处平滑过渡（物块经过 O
速率不变），将一小物块从倾斜轨道上的 M 点由静止释放，滑至水平轨道上的 N 点停下。现调大斜面倾
角，把斜面调至图中虚线 OJ 位置，为使物块从斜轨上某处由静止释放后仍然在 N 点停下，则释放处应该
是（　　）
A．J 点 B．K 点 C．Q 点 D．K 点与 Q 点之间某一点
8．如图，为 2022 年北京冬季奥运会自由式滑雪 U 型池比赛赛道截面示意图，赛道截面为半径为 R、粗糙
程度处处相同的半圆形，直径 AOB水平。总质量为 m 的滑雪运动员自 A 点上方高度 h = R 处由静止开始下
落，恰好从 A 点切入赛道，运动员滑到赛道最低点 C 时，位于 C 点的压力传感器显示滑板对赛道的压力
为运动员自身重力的 4 倍。用 W 表示运动员从 A 点运动到 C 点过程中克服赛道摩擦力所做的功，重力加
速度为 g，运动员可视为质点，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　）
3
A．W = mgR，运动员不能到达 B 点
4
W 1B． = mgR，运动员能到达 B 点并冲出赛道，继续上升至某一高度
4
1
C．W = mgR，运动员恰能到达 B 点
2
W 1D． = mgR，运动员能到达 B 点并冲出赛道，继续上升至某一高度
2
9．如图所示，在光滑的斜轨道底端平滑连接着一个半径为 R、顶端有缺口的光滑圆形轨道，A 点、B 点在
同一水平面上，P 点是最低点， AOB = 120° 。一质量为 m 的小球由斜轨道上某高度处静止释放，由轨道连
接处进入圆形轨道。重力加速度为 g，不考虑机械能的损失，下道列说法正确的是（　　）
A．若小球滑到 P 点时速度大小为 2 gR ，则此处轨道对小球作用力的大小为 4mg
B．若小球滑到 P 点时速度大小为 2 gR ，则小球滑到 A 点时速度大小为 gR
5
C．若小球恰好能通过圆形轨道内 A 点，则小球在斜轨道上静止释放的高度为 R
4
D．若小球从圆形轨道内 A 点飞出后恰好从 B 点飞入圆形轨道，则小球经过 B 点时的速度大小为
2gR
10．如图所示，在一竖直平面内有一光滑圆轨道，其左侧为一段光滑圆弧，右侧由水平直轨道 AB 及倾斜
轨道 BC 连接而成，各连接处均平滑。圆轨道半径为 0.2m，轨道 AB 及倾斜轨道 BC 长度均为 1.0m，倾斜
轨道 BC 与水平面夹角q = 37°。与圆心等高处 D 点装有传感器可测得轨道所受压力大小。质量 0.1kg 的小
滑块从弧形轨道离地高 H 处静止释放，经过 D 处时压力传感器的示数为 8N。小滑块与轨道 AB 及倾斜轨
道 BC 的摩擦因数均为 0.25，运动过程中空气阻力可忽略， sin 37° = 0.6 ， cos37° = 0.8， g = 10m/s2 ．下列
说法正确的是（ ）
A．小物块经过圆轨道最低点时对轨道的压力为 10N
9
B．小物块沿轨道 BC 上滑的最大高度为 m
16
C．若小物块的释放高度调整为原来的 0.45 倍其他条件不变，经过 D 处时压力传感器的示数为 2.5N
D．若小物块的释放高度调整为原来的 1.5 倍其他条件不变，小物块离开斜面到达最高点时的速度为
2.4m/s
11．如图圆心为O1的竖直光滑半圆轨道 ab、圆心为O2 的竖直光滑半圆管道 cd 与水平粗糙平面bc连接，
轨道 ab半径与管道 cd 半径均为 R，bc距离也为 R。一小滑块以某一速度从半圆轨道最高点 a 水平向左进
入半圆轨道作圆周运动，最终从半圆管道最高点 d 水平向左飞出。若小滑块在轨道 ab最高点 a 和轨道 cd
最高点 d 受列弹力大小均为0.6mg。重力加速度为 g，小滑块可视为质点，管道内径较小，则（　　）
A．滑块从 a 点到 d 点机械能守恒
B．滑块从 a 2gR点水平飞出的速度为
5
C．水平粗糙平面bc的动摩擦因数为 0.6
D．滑块对轨道 ab最低点和管道 cd 最低点的压力大小比为11:9
12．如图所示，是小朋友非常喜欢的一款电动玩具小车，我们可以通过玩具小车在水平面上的运动来研究
功率问题。已知小车质量为 m，小车刚达到额定功率开始计时，且此后小车保持功率不变，小车的 v- t 图
3
象如图甲所示， t0 时刻小车的速度达到最大速度的 倍，小车速度由 v0增加到最大值的过程中，小车的牵4
引力 F 与速度 v 的关系图象如图乙所示，运动过程中小车所受阻力恒定，下列说法正确的是（　　）
A．小车的额定功率为 4F0v0
B．小车的最大速度为3v0
F
C． t0 时刻，小车加速度大小为 0m
0 t s 4v t 4mv
2
D． - 0 时间内，小车运动的位移大小为 =
0
0 0 - F0
13．质量为50kg 的运动员从 10m 跳台由静止自由下落，在水中受到的阻力 f 与入水深度 H 的关系如图所
示，已知运动员在水中所受浮力等于重力，重力加速度 g 取10m/s2，忽略空气阻力作用，则下列说法正确
的是（　　）
A．运动员进入水中 h 深处克服水的阻力所做的功为 5000J
B．从开始下落到进入水中 h 深处，运动员的机械能减少 5000J
C．运动员在水中运动的加速度达到最大时，速度约为12.2m/s
D．整个运动过程中，运动员的机械能一直在减少
14．燃油汽车过多不仅污染环境，还严重影响到我国的能源安全，大力发展新能源汽车是国家突破能源困
局的重要举措。一辆电动汽车测试时的 v-t 图像如图所示，PH 为图像上 P 点的切线，该车加速至 t0时刻后
功率达到最大值 P0，加速至 3t0时刻后速度达到最大。已知该款车的质量约为驾驶员质量的 31 倍，关于该
电动汽车，下列说法正确的是（　　）
P
A 0．该款车在加速过程中牵引力的最大值为 v0
B．该款车在 0~3t0时间内运动的位移为 4v0t0
31P
C 0
t0
．该车的质量为 32v20
1
D．该款车在 0~t0时间内克服阻力做的功为 P t4 0 0
15．起重机某次从零时刻由静止开始竖直向上提升质量为 500kg 的货物，提升过程中货物的 a-t 图像如图
所示，10~18s 内起重机的功率为额定功率。不计其他阻力，g 取 10m/s2。则在 0~18s 过程中（　　）
A．货物的最大速度为 1.4m/s
B．起重机的额定功率 5050W
C．货物上升高度为 12m
D．0~10s 和 10~18s 内起重机牵引力做功之比为 5：8
16．放在粗糙水平地面上一物体受到水平拉力的作用，在 0~6s 内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率
与时间的关系图象分别如图甲、乙所示。下列说法中正确的是（ ）
A．0~6s 内拉力做的功为 140J
B．物体的摩擦力为 3N
C．物体质量为 0.8kg
D．物体在 0~2s 内所受的拉力为 6N
17．如图所示一轨道 ABCD 竖直放置，AB 段和 CD 段的倾角均为 θ=37°，与水平段 BC 平滑连接，BC 段的
竖直圆形轨道半径为 R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或离开。AB 段和 CD 段粗糙，其余各段轨
道光滑。将一质量为 m 的小滑块从轨道上离 B 点距离 L=125R 处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上
CD 段上升一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道 AB、CD 间的动摩擦因
数均为 μ=0.5，重力加速度大小为 g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
（2）滑块第一次在 CD 段向上滑行的最大距离；
（3）整个过程中滑块在 AB 段滑行的总路程。
18．如图所示为滑板运动的训练场地，半径为 R 的冰制竖直圆弧轨道最低点为 C，最高点为 D，D 点的切
线沿竖直方向，圆弧轨道左端与倾角为 θ 的冰制斜面相切，为保证运动员的安全，在 AB 间铺有长度为 4L
的防滑材料，当长度为 L 的滑板全部处于 AB 内时，恰能保持静止，其余部分摩擦不计。一次训练时，教
练员在 AB 之间推动运动员到滑板离开 B 点，运动员从 D 点滑出，竖直上升到最高点 E，E 点与 D 点的距
R
离为 ，下落后沿轨道返回。运动员和滑板总质量为 m，运动员始终站在滑板的正中间，滑板对斜面压力
2
均匀。滑板长度和运动员身高远小于圆弧半径，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为 g，不
计空气阻力。求：
（1）防滑材料与滑板之间的动摩擦因数；
（2）运动员和滑板在圆弧轨道最低点 C 受到轨道支持力的大小；
（3）为保证运动员和滑板在轨道上只做一次往返滑行，滑板离开 B 点时的速度范围。
19．（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．mgh
1 1 1
B 2 2 2． mv C．mgh + mv D．mgh - mv
2 2 2
20．（2024·海南·高考真题）某游乐项目装置简化如图，A 为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径
R =10m，滑梯顶点 a 与滑梯末端 b 的高度 h = 5m ，静止在光滑水平面上的滑板 B，紧靠滑梯的末端，并与
其水平相切，滑板质量M = 25kg，一质量为m = 50kg 的游客，从 a 点由静止开始下滑，在 b 点滑上滑
板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行 s =16m停下。
游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为m = 0.2 ，忽略空气阻力，重力加速度
g =10m / s2 ，求：
（1）游客滑到 b 点时对滑梯的压力的大小；
（2）滑板的长度 L

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