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(共50张PPT)
专题强化6　动能定理的综合应用
1.能应用动能定理分析图像问题。
2.能灵活应用动能定理解决多过程问题。
3.能应用动能定理解决往复运动问题。
学习目标
01
强化点一　动能定理在图像问题中的应用
02
强化点二　应用动能定理解决多过程问题
03
强化点三　应用动能定理解决往复运动问题
目 录
04
课时作业
01
PART
强化点一　
动能定理在图像问题中的应用
1. 首先看清楚图像的种类（如v-t图像、F-x图像、Ek-x图像等）。
2. 挖掘图像的隐含条件，求出所需物理量，如利用v-t图像与t轴所包围
“面积”求位移，利用F-x图像与x轴所包围“面积”求功，利用Ek-x图像
的斜率求合力等。
3. 再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。
【例1】　（动能定理与v-t图像的综合）〔多选〕如图甲所示，在某次帆
船运动比赛中，质量为500 kg的帆船，在风力和水的阻力共同作用下做直
线运动的v-t图像如图乙所示。下列表述正确的是（　BD　）
BD
A. 在0～1 s内，风力对帆船做功1 000 J
B. 在0～1 s内，合外力对帆船做功1 000 J
C. 在1～2 s内，合外力对帆船做功750 J
D. 在0～3 s内，合外力对帆船做的总功为0
解析：在0～1 s内，根据动能定理得W合＝ΔEk＝mv2＝×500×22 J＝1 000
J，而合外力做的功W合＝W风－W克阻，故风力对帆船做的功大于1 000 J，故
A错误，B正确；在1～2 s内，根据动能定理得W合'＝ΔEk'＝×500×12 J－
×500×22 J＝－750 J，故C错误；在0～3 s内，根据动能定理得W合″＝
ΔEk″＝0，故D正确。
【例2】　（动能定理与Ek-x图像的综合）（2025·山东省泰安市高一期
末）从地面竖直向上抛出一小球，小球受大小恒定的空气阻力作用，其动
能Ek随运动路程x的变化如图所示，取重力加速度g＝10 m/s2。则（　B　）
B
A. 小球受到的阻力大小为4 N
B. 小球向上运动时加速度大小为12 m/s2
C. 小球的初速度的大小为10 m/s
D. 当小球的运动路程为5 m时，克服阻力做功20 J
解析：上升阶段，根据动能定理得－（mg＋F阻）x上＝0－Ek0，下降阶段，
根据动能定理得（mg－F阻）x下＝Ek－0，Ek-x图像斜率的绝对值表示合
力，则mg＋F阻＝ N＝12 N，mg－F阻＝ N＝8 N，联立解得m＝1
kg，F阻＝2 N，故A错误；小球向上运动时，由牛顿第二定律可知mg＋F阻
＝ma，代入数据得a＝12 m/s2，故B正确；由图像可知Ek0＝m＝60 J，
解得小球的初速度的大小为v0＝2 m/s，故C错误；当小球的运动路程为
5 m时，克服阻力做功W＝F阻x＝2×5 J＝10 J，故D错误。
【例3】　（动能定理与F-x图像的综合）一质量为2 kg的物体，在水平恒
定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动，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。如图
所示为拉力F随位移x变化的关系图像，取g＝10 m/s2，则据此可以求得
（　D　）
D
A. 物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25
B. 物体匀速运动时的速度为v＝4 m/s
C. 合外力对物体所做的功为W合＝32 J
D. 摩擦力对物体所做的功为Wf＝－64 J
解析：物体做匀速运动时，受力平衡，则Ff＝8 N，μ＝＝＝＝
0.4，A错误；F-x图像与x轴围成的面积表示拉力做的功，则由题图可知，
WF＝×（4＋8）×8 J＝48 J，滑动摩擦力做的功Wf＝－μmgx＝－
0.4×2×10×8 J＝－64 J，所以合外力做的功为W合＝－64 J＋48 J＝－16
J，C错误，D正确；根据动能定理得W合＝0－m，解得v0＝＝
m/s＝4 m/s，B错误。
02
PART
强化点二　
应用动能定理解决多过程问题
1. 一个物体的运动如果包含多个运动阶段，既可以将复杂的过程分割成一
个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后应用
动能定理列式联立求解，也可以全过程应用动能定理，这样不涉及中间
量，解决问题会更简单方便。
2. 选择全过程应用动能定理时，要注意有些力不是全过程都作用的，必须
根据不同的情况区别处理，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，做正
功还是负功，正确写出总功。
【例4】　（动能定理在直线运动多过程中的应用）如图所示，在距沙坑
高h＝7 m处，以v0＝10 m/s的初速度竖直向上抛出一个质量为0.5 kg的物
体，物体落到沙坑并陷入沙坑d＝0.4 m深处停下。不计空气阻力，重力加
速度g取10 m/s2。求：
（1）物体上升到最高点时离抛出点的高度H；
答案： 5 m　
解析： 物体从抛出到最高点的过程中，由动能定理得－mgH＝
0－m，
代入数据得H＝5 m。
（2）物体在沙坑中受到的平均阻力Ff的大小。
答案： 155 N
解析： 方法一　全过程分析。
物体在沙坑中受到的平均阻力大小为Ff，陷入沙坑的深度为d，从抛出点到
最低点的全过程中，由动能定理有mg（h＋d）－Ffd＝0－m，
代入数据解得Ff＝155 N。
方法二　分阶段分析。
设物体刚到达沙坑表面时速度为v
在空中运动阶段有mgh＝mv2－m
在沙坑中运动阶段有mgd－Ffd＝0－mv2
联立解得Ff＝155 N。
【例5】　（动能定理在曲线运动多过程中的应用）（2025·江西赣州高一
阶段练习）如图所示，竖直平面内半径R＝0.9 m的光滑半圆形轨道BC与水
平轨道AB平滑连接。质量m＝0.4 kg的滑块（视为质点），在水平恒力F作
用下由静止开始从A点向B点运动，滑块到达B点时撤去恒力F，滑块恰好能
够通过半圆轨道最高点C，已知AB的长度x＝3.6 m，滑块与水平轨道间的
动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（1）滑块到达 C点时的速度大小vC；
答案： 3 m/s　
解析： 设滑块恰好通过C点时的速度为vC，根据牛顿第二定律有mg＝
解得vC＝3 m/s。
（2）滑块到达B点时的速度大小vB；
答案： 3 m/s　
解析： 滑块由B点运动至C点的过程，根据动能定理有m－m
＝－2mgR
解得vB＝3 m/s。
（3）恒力 F的大小。
答案： 3.3 N
解析： 滑块从A点运动到B点的过程中，根据动能定理有Fx－μmgx＝
m－0
解得F＝3.3 N。
03
PART
强化点三　
应用动能定理解决往复运动问题
1. 物体做往复运动时，如果用运动学、动力学观点去分析运动过程，会十
分烦琐，甚至无法确定往复运动的具体过程。这时就体现出动能定理的优
势了。由于动能定理解题的优越性，求解多过程往复运动问题时，一般应
用动能定理。
2. 在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别
（1）重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；
（2）滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功W克f＝Ffs（s为路
程）。
【例6】　（12分）（2025·黑龙江哈尔滨高一阶段练习）
如图所示，在竖直平面内，倾角为37°的粗糙斜面轨道
AB①的下端与光滑的圆弧轨道BCD②相切于B，C是最低
点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道
半径R＝1.0 m，现有一个质量为m＝0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的
正上方E点处自由下落③，物体恰好到达斜面顶端A处④。已知D、E两点间
的距离h＝1.0 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5。取sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：
（1）物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小；
（2）斜面AB的长度L；
（3）物体在斜面上滑行的总路程x。
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粗糙斜面轨道AB① 物体在斜面轨道AB上运动时受滑动摩擦力作用，
摩擦力对物体做负功
光滑的圆弧轨道BCD② （1）物体在圆弧轨道BCD上运动时，只有重力做
功；
（2）物体最终在圆弧轨道BCD上往复运动，在最
高点B的速度恰好为零
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从D点的正上方E点处
自由下落③ 物体从E点运动到D点的过程中只有重力做功
物体恰好到达斜面顶
端A处④ 物体到达斜面的A点时速度为零
答案：（1）2 m/s　10 N　（2）1.8 m （3）4.5 m
规范解答：（1）设物体到达C点的速度为v，从E到C，由动能定理，得mg
（h＋R）＝mv2－0　（2分）
代入数据得v＝2 m/s　（1分）
在C点，有F－mg＝m　（1分）
代入数据得F＝10 N。　（1分）
（2）从C到A，由动能定理得－mg（R－Rcos 37°＋Lsin 37°）－μmgcos
37°·L＝0－mv2　（2分）
代入数据得L＝1.8 m。　（1分）
（3）因为mgsin 37°＞μmgcos 37°　（1分）
所以物体不会停在斜面上；最终在B点速度为零时在光滑轨道上往返滑
动，由动能定理得
mg（h＋Rcos 37°）－μmgcos 37°·x＝0　（2分）
代入数据得x＝4.5 m。　（1分）
04
PART
课时作业
1. （2025·河南省新乡市高一阶段检测）物体在恒定阻力作用下，以某初
速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、x和t分别表示物体运动的
加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间。则下列图像中，能正确反
映这一过程的是（　　）
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√
解析： 　由于物体受恒力，根据牛顿第二定律，可知加速度一直不变，
选项A、B错误；由于Ek＝Ek0－F阻x，可知动能与运动距离呈一次函数；又
有x＝vt－at2，可知动能与时间呈二次函数，故C正确，D错误。
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2. 如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上以初速度v0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。已知小物块与桌面间
的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m。若不计空气阻力，重力加速度g＝10
m/s2，则（　　）
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了8 J的功
D. 小物块落地时的动能为0.9 J
√
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解析： 　小物块在粗糙水平桌面上滑行时，由动能定理得－μmgl＝mv2
－m，解得v0＝7 m/s，W克f＝μmgl＝2 J，A、C错误；小物块飞离桌面
后做平抛运动，由h＝gt2，x＝vt得x＝0.9 m，B错误；对平抛过程，由动
能定理得mgh＝Ek－mv2得，小物块落地时的动能Ek＝0.9 J，D正确。
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3. 如图所示，某一斜面AB的顶端A到正下方水平面O点的高度为h，斜面与
水平面平滑连接。一小木块（可视为质点）从斜面的顶端A由静止开始滑
下，滑到水平面上的C点停下，如果将斜面改成AB'，仍然将小木块从斜面
的顶端A由静止开始滑下，滑到水平面上的C'点停下，已知木块与斜面及
水平面的动摩擦因数μ相同，则（　　）
A. C'点在C点的左侧
B. C'点与C点重合
C. C'点在C点的右侧
D. 数据不足无法确定
√
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解析： 　设斜面倾角为θ，运动到与O点相距x的位置停止，对木块运动的
整个过程，根据动能定理得mgh－μmgcos θ·－μmg（ x－）＝0，解
得x＝，可知x与斜面倾角没有关系，A、C、D错误，B正确。
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4. （2025·江苏省盐城高一期末）甲、乙两个物体质量之比m甲∶m乙＝
1∶2，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，
其v-t图像如图所示。此过程中，两物体所受的摩擦力分别为Ff甲、Ff乙；克
服摩擦力做功分别为W甲、W乙。则下列判断正确的是（　　）
A. Ff甲＜Ff乙　W甲＜W乙
B. Ff甲＝Ff乙　W甲＜W乙
C. Ff甲＞Ff乙　W甲＞W乙
D. Ff甲＞Ff乙　W甲＝W乙
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解析： 　根据牛顿第二定律可知，摩擦力Ff＝ma＝，因m甲∶m乙＝
1∶2，t甲∶t乙＝1∶2，可知Ff甲＝Ff乙，根据动能定理Wf＝ΔEk＝m，可
知W甲＜W乙，故选B。
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5. 如图甲所示，一质量为2 kg的物体放在水平面上，在水平推力F的作用
下由静止开始运动。已知F随运动距离x变化的关系图像如图乙所示，物体
与地面间的动摩擦因数为0.5，取g＝10 m/s2，则物体运动的最大距离为
（　　）
A. 8 m B. 12 m
C. 20 m D. 28 m
√
解析： 　F-x图像与横轴围成的面积表示推力F做的功，由题图乙可得WF
＝×50×8 J＝200 J，设物体运动的最大距离为xm，根据动能定理可得WF
－μmgxm＝0，解得xm＝20 m，C正确，A、B、D错误。
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6. （2025·辽宁省大连市高一期中）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水平，B、C两点
间的距离为d＝0.40 m，盆边缘的高度为h＝0.25 m。在A处放一个质量为m
的小物块（可视为质点）并让其由静止滑下。已知盆内侧壁是光滑的，而
盆底BC与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10，重力加速度g＝10 m/s2。小物
块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B点的距离为（　　）
A. 0.1 m B. 0.2 m
C. 0.3 m D. 0.4 m
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解析： 　对全过程运用动能定理得mgh－μmgx＝0，解得x＝＝ m＝
2.5 m，由x＝6d＋0.1 m，可知停的位置到B点的距离为0.1 m。故选A。
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7. 质量为m＝60 kg的滑雪运动员，在一段可以看成平直斜面的斜坡上做滑
雪运动，当运动员以初速度零从比BC面高h＝5 m的A点静止滑下，经斜坡
底端B点无能量损失，最后停在与B点同一水平面的C点，g取10 m/s2，则：
（1）若AB段摩擦不计，求运动员到达B点时速度的大小；
答案： 10 m/s　
解析： 从A到B，由动能定理可得mgh＝m
解得vB＝10 m/s。
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（2）若运动员在BC段的位移为x＝10 m，动摩擦因数为μ1＝0.4，求AB段
克服摩擦力做的功；
答案： 600 J　
解析：从A到C，由动能定理得mgh－WfAB－μ1mgx＝0
解得WfAB＝600 J。
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（3）在（2）的基础上，若斜面倾角为θ＝45°，求AB段的动摩擦因数μ2。
答案： 0.2
解析：由WfAB＝μ2mgcos 45°·
解得μ2＝0.2。
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8. 〔多选〕（2025·重庆高一期中）第24届冬季奥运会
由北京市和张家口市联合举办。冬季奥运会雪上项目
是极具观赏性的，如图所示，一滑雪赛道由粗糙的斜
坡赛道AB和光滑的圆弧赛道BCD组成，斜坡赛道AB与
圆弧赛道BCD相切于B点，斜坡赛道AB长L＝20 m，与水平方向的夹角为37°，圆弧赛道半径R＝5 m。滑雪运动员从赛道的起点A由静止滑下后，恰好能滑到圆弧赛道上与圆心等高的D点。已知滑雪运动员连同装备的总质量m＝60 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，运动员可视为质点，则（　　）
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A. 运动员在C点的速度大小为10 m/s
B. 运动员滑过斜坡赛道AB的过程中克服摩擦力做的功为4 200 J
C. 滑雪设备与斜坡赛道AB之间的动摩擦因数为0.5
D. 运动员从D点返回沿斜坡赛道AB上滑的最高点与A点间的距离为16 m
√
√
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解析： 　运动员恰好能滑到圆弧赛道上与圆心等高的D点，则运动员
从C到D，根据动能定理有－mgR＝0－m，解得vC＝10 m/s，故A正
确；运动员从A到C，根据动能定理有mgLsin 37°－Wf＋mg
＝m，又Wf＝μmgcos 37°·L，解得Wf＝4 800 J，μ＝0.5，
故B错误，C正确；设运动员从D点返回沿斜坡赛道AB上滑的最高点与B点
间的距离为x，则根据动能定理有－mgxsin 37°－mg－
μmgcos 37°·x＝0－m，解得x＝4 m，则运动员从D点返回沿斜坡赛道
AB上滑的最高点与A点间的距离为L－x＝16 m，故D正确。
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9. 〔多选〕（2025·重庆市高一期中）如图甲，一可视为质点的物体以初
速度v0在足够长的水平面上做减速运动，运动过程中物体动能Ek随位移x的
变化如图乙所示。已知物体质量为2 kg，不计空气阻力，取重力加速度g＝
10 m/s2，可得（　　）
A. 物体的初速度v0大小为4 m/s
B. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.8
C. x＝1.75 m时，物体的动能为10 J
D. x＝1.75 m时，摩擦力的瞬时功率大小为12 W
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解析： 　由题图乙可知物体的初动能为Ek＝m＝16.00 J，解得v0＝4
m/s，故A正确；设物体与水平面之间的动摩擦因数为μ，根据动能定理得
－μmgΔx＝0－Ek，即μmg＝＝ N＝4 N，解得μ＝0.2，故B错误；x
＝1.75 m时，克服摩擦力做功为W克f＝μmgx＝7 J，物体的动能为Ek'＝Ek－
W克f＝9 J，故C错误；x＝1.75 m时，物体的速度为v'＝＝3 m/s，摩擦
力的瞬时功率大小为Pf＝μmgv'＝12 W，故D正确。
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10. （2025·江苏省无锡市高一期中）如图所示，一轨道由曲面AB、竖直圆
轨道、水平轨道BD和固定斜面DEF平滑连接组成，其中曲面和圆轨道光
滑，水平轨道和斜面粗糙且动摩擦因数均为μ＝0.2，圆轨道最低点B相互
错开。现将一质量为m＝0.5 kg的滑块（可看成质点）从AB轨道上距离地
面某一高度由静止释放，若已知圆轨道半径R＝0.8 m，水平轨道的长度
xBD＝9 m，斜面宽度DF＝2 m，倾角θ＝45°，g取10 m/s2，滑块从h＝2.4
m高处由静止开始滑下，求：
（1）滑块运动至圆轨道最高点C点对轨道压
力大小；
答案： 5 N　
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解析： 滑块从静止开始滑下到C过程，根据动能定理可得mgh－2mgR
＝m－0
解得vC＝4 m/s
在C点，根据牛顿第二定律可得FN＋mg＝m
解得FN＝5 N
由牛顿第三定律可知，滑块在C点对轨道的压力FN'＝FN＝5 N。
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（2）滑块在斜面上向上运动的最大距离；
答案： m　
解析：滑块从静止开始滑下到第一次到达D点过程，根据动能定理可得
mgh－μmg·xBD＝m－0
解得vD＝2 m/s
滑块在斜面上向上运动过程，根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
解得a＝6 m/s2
根据运动学公式可得滑块在斜面上向上运动的最大距离为xm＝＝ m。
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（3）滑块最终停止的位置（用距离D点描述）。
答案： 滑块停在D点左侧2 m处
解析：设滑块最终停止的位置与D点的距离为x，滑块从斜面上下滑到最终
停止过程，
mgxmsin θ－μmgcos θ·xm－μmgx＝0
解得x＝2 m
则滑块停在D点左侧2 m处。
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