資源簡介

第 18 講　動能定理及其應用
——劃重點之精細講義系列
考點 1 動能定理的理解和應用
考點 2 動能定理與圖象的綜合問題
考點 3 用動能定理解決多過程問題
考點 1：動能定理的理解和應用
一.動能
1.定義：物體由于運動而具有的能叫動能。
1
2.表達式：Ek＝ mv2。　國際單位焦耳。1kg·m2/s2＝1N·m＝1J。2
3.特性
動能是標量，只與物體的質量和速度有關，與速度的方向無關。只有正值，
標矢性
沒有負值
相對性 選取不同的參考系，物體的速度不同，動能也不同，一般以地面為參考系
瞬時性 動能具有瞬時性，與某一時刻或某一位置的速率相對應
①動能是狀態量。動能是表征物體運動狀態的物理量，與物體的運動狀態（或某一時刻的速度）
相對應。
②與速度關系：物體速度變化（如速度的大小不變，方向變化），則物體的動能不一定變化。
而動能變化，則速度一定變化。
二.動能定理
1．內容：力在一個過程中對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。
1 1
2．表達式 W＝Ek2－Ek1＝ mv2－ mv21。2 2
1 1
其中：（1）Ek1＝ mv21、E 2k2＝ mv 分別表示物體的初、末動能。2 2
（2）W 表示物體所受合外力做的功，或者物體所受所有外力對物體做功的代數和。
（1）公式中 W 是合外力做的功，不是某個力做的功，W 可能是正功，也可能是負功。
（2）Ek2、Ek1分別是末動能和初動能，Ek2可能大于 Ek1，也可能小于 Ek1。
（3）動能定理的研究對象是單個物體，或者是可以看成單一物體的物體系統。動能定理應用
廣泛，直線運動、曲線運動、恒力做功、變力做功、同時做功、分段做功等各種情況均適用。
（4）動能定理說明了外力對物體所做的總功和動能變化間的一種因果關系和數量關系，不可
理解為功轉變成了物體的動能，而是“功引起物體動能的變化”，即物體動能的變化是通過外力做功
的過程來實現的。
（5）動能是標量，功也是標量，所以動能定理是一個標量式，不存在方向的選取問題。當然動
能定理也就不存在分量的表達式。
三．動能定理的應用
1.應用動能定理解題的步驟
2.動能定理與牛頓定律解題的比較
牛頓定律 動能定理
相同點 確定研究對象，對物體進行受力分析和運動過程分析
只能研究恒力作用下物體做直線運對于物體在恒力或變力作用下，物體做直線
適用條件
動的情況 運動或曲線運動均適用
要考慮運動過程的每一個細節，結
應用方法 只考慮各力的做功情況及初、末狀態的動能
合運動學公式解題
運算方法 矢量運算[ ] 代數運算
（1）動能定理解題不涉及加速度、時間，不涉及矢量運算，運算簡單，不易出錯。
（2）優先考慮動能定理的問題：不涉及加速度和時間的問題；有多個物理過程的問題；變力
做功問題；曲線運動問題，以及在處理含有 F、l、m 、v、W、Ek 等物理量的問題時，優先考慮使
用動能定理。
【考向 1】（2024·河南·三模）如圖所示，兩根直桿豎直固定，一條長為 2L 的輕繩，兩端分別拴在桿
上的 P、Q 點，在繩的中點 O 拴吊一個質量為 m 的小球，P、Q 在同一水平線上，兩桿間距離為
1.5L g 3，重力加速度為 ，現用力拉著繩的右端沿右側桿緩慢向上移動 的距離，此過程中，拉力做
2
功為（　　）
A 3． B 7． 5 C． D 3．4 4 4 4
【考向 2】（2024·北京西城·二模）如圖所示，長為 L 的桿一端固定在過 O 點的水平轉軸上，另一端
固定質量為 m 的小球。桿在電動機的驅動下在豎直平面內旋轉，帶動小球以角速度 做勻速圓周運
動，其中 A 點為最高點，C 點為最低點，B、D 點與 O 點等高。已知重力加速度為 g，下列說法正確
的是（ ）
A．小球在 B、D 兩點受到桿的作用力大于 mg
B．小球在 A、C 兩點受到桿的作用力大小的差值為 6mg
C．小球在 B、D 兩點受到桿的作用力大小等于 2
D．小球從 A 點到 B 點的過程，桿對小球做的功等于
【考向 3】（2024·北京東城·二模）如圖所示，在距地面同一高度處將三個相同的小球以相同的速率
分別沿豎直向下、豎直向上、水平向右的方向拋出，不計空氣阻力，比較這三個小球從拋出到落地
的過程，下列說法正確的是（　　）
A．重力對每個小球做的功都各不相同
B．每個小球落地時的速度都各不相同
C．每個小球在空中的運動時間都各不相同
D．每個小球落地時重力做功的瞬時功率都各不相同
【考向 4】質量可以忽略的甲、乙兩棒一端各固定一相同小球，另一端可以繞水平轉軸在豎直平面
內轉動，如圖所示，現將兩棒由水平位置無初速度釋放，轉過 θ 角（ ≤ 90°）。已知甲棒較長，不
計一切阻力，下列說法正確的是（ ）
A．兩棒轉過相同角度 θ 時，兩小球的線速度一樣大
B．兩棒轉過相同角度 θ 時，甲棒上小球的向心加速度較大
C．兩棒轉過相同角度 θ 時，兩棒轉動的角速度一樣大
D．兩棒轉過相同角度 θ 時，運動時間的關系為 甲 > 乙
【考向 5】（2024·河北·二模）自由滑雪大跳臺是冬奧會比賽項目，其賽道簡化為如圖所示的模型，
其中助滑區傾斜賽道 AB 與圓弧賽道 BCD 相切于 B 點，圓弧賽道半徑 R=10m，起跳點 D 與圓心的
連線與豎直方向的夾角 θ=25°。質量 m=50kg（連同裝備）的運動員從助滑區的 A 點由靜止開始下滑，
到達起跳點 D 時斜向上飛離雪道，落在著陸坡上的 E 點。已知 A 點到 C 點（C 為圓弧賽道的最低點）
的豎直高度差 h1=30m，運動員到達圓弧上的 D 點時對賽道的壓力 FN=950N，D、E 兩點間的豎直高
度差 h 22=12m，重力加速度 g 取 10m/s ，sin25°=0.4，cos25°=0.9，不計空氣阻力，運動員可視為質點。
求：
（1）運動員從 A 點運動到 D 點克服阻力做的功；
（2）起跳點 D 到落地點 E 之間的水平距離。
考點 2：動能定理與圖象的綜合問題
1.力學中圖像所圍“面積”的意義
（1）v－t 圖：由公式 x＝vt 可知，v－t 圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移。
（2）a－t 圖：由公式 Δv＝at 可知，a－t 圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量。
（3）F－x 圖：由公式 W＝Fx 可知，F－x 圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功。
（4）P－t 圖：由公式 W＝Pt 可知，P－t 圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功。
2.解決物理圖像問題的基本步驟
（1）觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義。
（2）根據物理規律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數關系式。
（3）將推導出的物理規律與數學上與之相對應的標準函數關系式相對比，找出圖線的斜率、截
距、圖線的交點，圖線下的面積所對應的物理意義，分析解答問題。或者利用函數圖線上的特定值
代入函數關系式求物理量。
3.動能定理與圖像結合問題的分析方法
（1）首先看清楚所給圖像的種類（如 v t 圖像、F t 圖像、Ek t 圖像等）。
（2）挖掘圖像的隱含條件——求出所需要的物理量，如由 v t 圖像所包圍的“面積”求位移，由
F x 圖像所包圍的“面積”求功等。
（3）分析有哪些力做功，根據動能定理列方程，求出相應的物理量。
4.解決圖象問題的突破點
①注意圖象斜率、面積和截距的物理意義。
②注意挖掘圖象中的隱含信息，往往可以找到解題突破口。
【考向 6】用物理圖像研究物理量之間關系是一種常用的數學物理方法。一物體在水平面上做直線
運動，其運動圖像如圖所示，其中橫軸和縱軸的截距分別為 n 和 m。下列說法正確的是（　　）

A．若為 圖像，則物體可能做變加速直線運動
B．若為 圖像且物體初速度為零，則物體的最大速度為
C．若為 圖像，則物體一定做勻變速直線運動

D．若為 圖像且物體初速度為零，則最大速度出現在 = 2時刻
【考向 7】（2024·山西·二模）某次救援中，一質量為 20kg 的無人船在平靜水面上從靜止開始沿直線
奔向目標地點，加速 100m 后關閉發動機，繼續滑行一段距離后恰好到達救援地點，該過程中無人
船運動的速度平方 2與位移 x 的關系如圖所示。假設無人船運行過程中受水的阻力恒定，不計空氣
阻力，g 取10m/s2。該過程中（ ）
A．無人船加速的時間為 20s
B．無人船平均速度的大小為 15m/s
C．減速過程中，無人船受水阻力的大小為 20N
D．加速過程中，牽引力對無人船做的功為4 × 103J
【考向 8】（多選）（2024·廣西·二模）如圖甲所示，物體在水平恒力 F 作用下沿粗糙水平地面由靜止
開始運動，在 = 1s時刻撤去恒力 F，物體運動的 圖像如圖乙所示，重力加速度 g 取10m/s2，下
列說法正確的是（　　）
A．物體在 3s 內的位移 = 3m
B．恒力 F 與滑動摩擦力大小之比為3:1
C．物體與地面間的動摩擦因數 = 0.3
D．在撤去 F 前后兩個階段的平均速度大小之比 1: 2 = 2:1
【考向 9】（多選）如圖甲所示，傾角為 30°的光滑斜面上，質量為 2kg 的小物塊在平行于斜面的拉
力 F 作用下由靜止沿斜面向上運動，拉力（F）隨位移（x）變化的圖像如圖乙所示。取 = 10
m/s2，則在物塊沿斜面運動的過程中，下列判斷正確的是（　　）
A．上升過程中，當 x=7.5m 時物塊的速度最大
B．上升過程中，當 x=10m 時物塊的速度為 0
C．上升過程中，物塊能達到的最大高度為 7.5m
D．下降過程中，當 x=0 時重力對物塊做功的功率為100 6W
【考向 10】（2024·四川達州·二模）如圖 1 所示，一傾角 = 37°的斜面體固定在水平地面上（斜面
足夠長、帶一定滑輪），物塊 A 放在斜面上的 O 點，用跨過輕質定滑輪的輕繩與物塊 B 連接，B 離
滑輪足夠遠。A、B 的質量分別為 1 = 2.5kg、 2 = 0.9kg。運動過程中 A 與 O 點的距離設為 x，A
與斜面間的動摩擦因數 μ 與 x 的關系如圖 2。重力加速度 g 取10m/s2，現將 A、B 由靜止釋放。求：
（1）當 x 為多大時物塊 A 的速度最大；
（2）物塊 A 在斜面上滑行的最大位移 m。
考點 3：用動能定理解決多過程問題
很多動力學問題中涉及研究對象有兩個或多個連續的運動過程，在物體不同的運動階段，物體
的運動情況和受力情況都發生了變化，我們把這類問題稱為多過程問題。多運動組合問題主要是指
直線運動、平拋運動和豎直面內圓周運動的組合問題。
1.動能定理的優點
由于多過程問題的受力情況、運動情況比較復雜，從動力學的角度分析多過程問題往往比較復
雜，但是，用動能定理分析問題，是從總體上把握其運動狀態的變化，并不需要從細節上了解。因
此，動能定理的優越性就明顯地表現出來了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的
功累加起來即可。
2.解題
（1）解題策略
若問題涉及時間、加速度、力等，一般要用牛頓運動定律與運動學公式結合求解。
若問題只涉及位移、速度、力等一般可用動能定理求解，用動能定理求解一般比用牛頓運動定
律求解簡單。
（2）解題關鍵
①抓住物理情景中出現的運動狀態和運動過程，觀察每一個過程的特征和尋找過程之間的聯系
是求解多過程問題的兩個關鍵，將物理過程分解成幾個簡單子過程。
②兩個相鄰過程連接點的速度是聯系兩過程的紐帶，也是解題的關鍵．很多情況下平拋運動的
末速度的方向是解題的重要突破口。
3.涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，注意它們做功的特點：
（1）重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關；
（2）大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積，滑動摩擦力做功與物體運動路
徑有關，其功的大小可用 Wf＝－Ff ·s 求解，其中 s 為物體滑行的路程。若題目中涉及求解物體運
動的路程或位置的變化，可利用動能定理求出摩擦力做的功，然后進一步確定物體運動的路程或位
置的變化。
（3）彈簧彈力做功與路徑無關，直接用“+W”表示。
【考向 11】如圖所示，某同學在滑雪場練習滑雪。滑道由足夠長的水平冰面與傾角為 37°的傾斜冰
面在 M 處平滑連接，冰鞋與水平和傾斜冰面間的動摩擦因數均為 0.25，某次練習時，該同學從 A 處
開始以大小為 v0的初速度向右自由滑行，最終在傾斜冰面上 B 處速度減為 0.AM 與 MB 的長度之比
為 48∶5，取重力加速度大小為 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，該同學自由滑行至 M 點的速度大
小為（　　）
A 1 1 1 1．2 0 B．3 0 C．8 0 D．9 0
【考向 12】（2024·黑龍江·二模）如圖所示，半徑為 1m 的四分之三光滑圓軌道豎直固定在水平地面
上，B 點為軌道最低點，A 點與圓心 O 等高。質量為 1kg 的小球（可視為質點）在 A 點正上方 0.75m
處靜止釋放，下落至 A 點時進入圓軌道，重力加速度 g 取10m/s2，不計空氣阻力，則（ ）
A．小球在 B 點的動能為 7.5J B．小球在 A 點受到軌道的彈力大小為 10N
C．小球上升過程中距地面的最大高度為 1.75m D．小球離開軌道后將落至軌道 B 點
【考向 13】（多選）（2024·云南曲靖·二模）如圖所示，足夠長的固定木板的傾角為37°，勁度系數為
= 36N m的輕質彈簧一端固定在木板上 P 點，圖中 AP 間距等于彈簧的自然長度。現將質量
= 1kg的可視為質點的物塊放在木板上，穩定后在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到某一位置 B 點后
3
釋放。已知木板 PA 段光滑，AQ 段粗糙，物塊與木板間的動摩擦因數 = 8，物塊在 B 點釋放后向上
運動，第一次到達A點時速度大小為 0 = 3 3m s，取重力加速度 = 10m s2，sin37° = 0.6。（　　）
A 5．施力前彈簧壓縮量為18m
B．外力做的功為13.5J
C．物塊第一次向下運動到 A 點時的速度大小為3m s
D．物塊在 A 點上方運動的總路程為4.5m
【考向 14】（多選）（2024·河北·三模）如圖所示，在豎直平面內有一固定光滑軌道，其中 AB 是長
3
度為 R 的水平軌道，BCDE 是圓心為 O、半徑為 R 的4圓弧軌道，兩軌道相切于 B 點。一可視為質
點的小球從 A 點以某速度 0（大小未知）水平向左運動，重力加速度大小為 g。下列說法正確的是
（　　）
A．當 0 = 5 時，小球剛好過最高點 D 點
B．當 0 = 3 時，小球不會脫離圓弧軌道
C．若小球能通過 E 點，則 0越大，小球在 B 點與 E 點所受的彈力之差越大
D．小球從 E 點運動到 A 點的最長時間為 5 3

【考向 15】（2023·四川達州·一模）滑滑板是一項青少年酷愛的運動，依靠自身的體能，快速的運動
藝術。一青少年在一次訓練中的運動可簡化為以下運動：如圖所示，青少年先在距地面高 = 3.2m
的高臺上加速滑跑，到達高臺邊緣 D 點時以 0 = 3m/s的速度水平滑出高臺，然后在空中調整姿勢，
恰好落在光滑圓弧軌道 的 A 點并沿切線方向滑入軌道（圓弧軌道與地面相切于 B 點），離開 C
點滑入傾斜粗糙軌道 （軌道 與圓弧軌道相切），滑到傾斜軌道上 N 點（圖中未標出）速度為零。
已知將滑板和人整體視為質點，∠ = 53°，∠ = 37°，不計空氣阻力，滑板與傾斜軌道間的動摩擦
因數 = 0.25，重力加速度 = 10m/s2，sin37° = 0.6。求
（1）圓弧軌道 的半徑 R；
（2）N 點離地面的高度 H（結果保留兩位小數）。
【考向 16】（2024·江蘇南通·二模）如圖所示，一軌道由半徑 = 0.8m的四分之一光滑豎直圓弧軌道
AB 和長度可以調節的水平粗糙直軌道 BC 在 B 點平滑連接而成。一質量 = 0.2kg的小球從 A 點由
靜止釋放，經過圓弧軌道和直軌道后，從 C 點水平飛離軌道，落到地面上的 P 點，小球經過 BC 段
所受阻力為其重力的 0.2 倍，P、C 兩點間的高度差 = 3.2m。不計空氣阻力，取重力加速度 = 10m
/s2。
（1）求小球運動至圓弧軌道 B 點時，軌道對小球的支持力大小 N；
（2）為使小球落點 P 與 B 點的水平距離最大，求 BC 段的長度 ；
（3）若撤去軌道 BC，小球仍從 A 點由靜止釋放，小球落到地面上后彈起，與地面多次碰撞后靜止。
假設小球每次與地面碰撞機械能損失75%，碰撞前后速度方向與地面的夾角相等。求地面上小球第 1
次和第 2 次落點的距離Δ 。
【真題 1】（2024·安徽·高考真題）某同學參加戶外拓展活動，遵照安全規范，坐在滑板上，從高為 h
的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時速度為 v．已知人與滑板的總質量為 m，可視為質點．重力
加速度大小為 g，不計空氣阻力．則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為（ ）
A． B 1．2
2 C． + 12
2 D． 12
2
【真題 2】（2024·江西·高考真題）兩個質量相同的衛星繞月球做勻速圓周運動，半徑分別為 1、 2，
則動能和周期的比值為（ ）
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
【真題 3】（2024·北京·高考真題）水平傳送帶勻速運動，將一物體無初速度地放置在傳送帶上，最
終物體隨傳送帶一起勻速運動。下列說法正確的是（　　）
A．剛開始物體相對傳送帶向前運動
B．物體勻速運動過程中，受到靜摩擦力
C．物體加速運動過程中，摩擦力對物體做負功
D．傳送帶運動速度越大，物體加速運動的時間越長
【真題 4】（2024·全國·高考真題）福建艦是我國自主設計建造的首艘彈射型航空母艦。借助配重小
車可以進行彈射測試，測試時配重小車被彈射器從甲板上水平彈出后，落到海面上。調整彈射裝置，
使小車水平離開甲板時的動能變為調整前的 4 倍。忽略空氣阻力，則小車在海面上的落點與其離開
甲板處的水平距離為調整前的（　　）
A．0.25 倍 B．0.5 倍 C．2 倍 D．4 倍
【真題 5】（2024·福建·高考真題）先后兩次從高為 = 1.4m高處斜向上拋出質量為 = 0.2kg同一
物體落于 1、 2，測得 1 = 8.4m, 2 = 9.8m，兩軌跡交于 P 點，兩條軌跡最高點等高且距水平
地面高為3.2m，下列說法正確的是（　　）
A．第一次拋出上升時間，下降時間比值為 7:4
B．第一次過 P 點比第二次機械能少1.3J
C．落地瞬間，第一次，第二次動能之比為72:85
D．第二次拋出時速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第一次大
【真題 6】（多選）（2023·廣東·高考真題）人們用滑道從高處向低處運送貨物．如圖所示，可看作質
1
點的貨物從4圓弧滑道頂端 點靜止釋放，沿滑道運動到圓弧末端 點時速度大小為6m/s。已知貨物
質量為20kg，滑道高度 為4m，且過 點的切線水平，重力加速度取10m/s2。關于貨物從 點運動
到 點的過程，下列說法正確的有（ ）
A．重力做的功為360J B．克服阻力做的功為440J
C．經過 點時向心加速度大小為9m/s2 D．經過 點時對軌道的壓力大小為380N
【真題 7】（2023·重慶·高考真題）機械臂廣泛應用于機械裝配。若某質量為 m 的工件（視為質點）
被機械臂抓取后，在豎直平面內由靜止開始斜向上做加速度大小為 a 的勻加速直線運動，運動方向
與豎直方向夾角為 θ，提升高度為 h，如圖所示。求：
（1）提升高度為 h 時，工件的速度大小；
（2）在此過程中，工件運動的時間及合力對工件做的功。
【真題 8】（2024·全國·高考真題）將重物從高層樓房的窗外運到地面時，為安全起見，要求下降過
程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖，一種簡單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的
繩子 P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子 Q，二人配合可使重物緩慢豎直下降。若
重物的質量 = 42kg，重力加速度大小 = 10m/s2，當 P 繩與豎直方向的夾角 = 37°時，Q 繩與
豎直方向的夾角 = 53°,(sin37° = 0.6)
（1）求此時 P、Q 繩中拉力的大小；
（2）若開始豎直下降時重物距地面的高度 = 10m，求在重物下降到地面的過程中，兩根繩子拉力
對重物做的總功。
一、單選題
1．（2024·遼寧沈陽·三模）我國首顆超百 Gbps 容量的高通量地球靜止軌道通信衛星—“中星 26 號”
與某一橢圓軌道偵察衛星的運動軌跡如圖所示，A、B 分別為偵察衛星的近地點和遠地點。兩衛星的
運行周期相同，D 點是兩軌道交點，BC 連線過地心，下列說法正確的是（　　）
A．偵查衛星從 B 點運動到 A 點過程中機械能減小
B．偵查衛星從 B 點運動到 A 點過程中動能減小
C．“中星 26 號”和偵察衛星在 D 點的加速度相等
D．A、B 兩點間距離與“中星 26 號”衛星軌道半徑相等
2．（2024·新疆烏魯木齊·二模）我國無人機技術發展迅猛，應用也越來越廣泛，無人機配送快遞就
是一種全新的配送方式。如圖所示，一架配送包裹的無人機從地面起飛后豎直上升的過程中，升力
的功率恒為 0。已知無人機的質量與包裹的質量的比值為 k，忽略空氣阻力的影響，則該過程中懸
吊包裹的輕繩（不可伸長）對包裹做功的功率為（　　）
A 0 B 0 C 0 D 0． ． 1 ． 1 ． 1
3．（2024·江西贛州·二模）某山頂有一排風力發電機，發電機的葉片轉動時可形成半徑為 = 20m的
圓面。某時間內該山頂的風速達10m/s，風向恰好跟某風力發電機葉片轉動形成的圓面垂直，已知
空氣的密度 = 1.2kg/m3，若該風力發電機能將此圓內20%的空氣動能轉化為電能。則此風力發電
機發電的功率 P 約為（　　）
A．1.5 × 104W B．1.5 × 105W C．5 × 104W D．5 × 105W
4．（2024·四川·一模）足球是人們喜歡的運動，足球運動員在進行吊門訓練時，足球在空中運行的
軌跡視為拋物線。如圖所示，足球從 A 處飛到橫柱下方的目標 B 處，其運動軌跡有低、中、高三種
弧線。不計空氣阻力和足球的旋轉，下列說法正確的是（　　）
A．低弧線時，足球從 A 到 B 的運動時間最短
B．高弧線時，足球從 A 到 B 過程，克服重力做功的平均功率最大
C．低弧線時，腳對足球做的功一定最大
D．中弧線時，腳對足球做的功一定最小
5．（2024·江蘇蘇州·二模）如圖甲，將物塊從傾角 = 30°的斜面頂端由靜止釋放。取地面為零勢能
面，物塊在下滑過程中的動能 k、重力勢能 p，與下滑位移 間的關系如圖乙所示，取 = 10m/s2，
下列說法錯誤的是（　　）
A．物塊的質量是0.2kg
B．物塊受到的阻力是0.24N
C．物塊動能與勢能相等時的高度為2.4m
D．物塊下滑9m時，動能與重力勢能之差為3J
6．（2024·北京朝陽·二模）電動車配有把機械能轉化為電能的“能量回收”裝置。某次測試中電動車沿
傾角為 15°的斜坡向下運動，初動能為1.0 × 105J。第一次讓車無動力自由滑行，其動能 k與位移 x
的關系如圖中直線①所示；第二次讓車無動力并開啟“能量回收”裝置滑行，其動能 k與位移 x 的關
系如圖中曲線②所示。假設機械能回收效率為 90%，重力加速度 = 10m/s2。下列說法正確的是
（　　）
A．圖中①對應過程汽車所受合力越來越大
B．可求圖中②對應過程下滑 200m 回收的電能
C．圖中②對應過程下滑 100m 后不再回收能量
D．由題中及圖像信息可求出電動車的質量
二、多選題
7．（2024·四川瀘州·三模）2023 年 10 月 6 日，在杭州亞運會女子龍舟 1000 米直道競速決賽中，中
國隊驅動總質量約 1200kg（含人）的龍舟以 4 分 51 秒的成績獲得冠軍，如圖所示。比賽過程中，
運動員拉槳對船做正功，加速；回槳對船不做功，減速。若 10 個劃手一直保持最大輸出功率劃船，
觀測發現從靜止開始的啟動過程中每個劃手劃了 8 槳，船前進了 20m，船速達到 3.5m/s，之后保持
3.5m/s 的平均速度直至結束，設船受到的阻力恒定，每次拉槳過程做功相同。則下列說法中正確的
是（ ）
A．船受到的阻力約為 397N B．船受到的阻力約為 3970N
C．全程每個劃手大約劃了 150 槳 D．全程每個劃手大約劃了 212 槳
8．（2023·江西鷹潭·二模）如圖所示，某同學從 A 點以水平方向成 60°角沿斜向上的方向投出一籃球，
籃球正好垂直擊中籃板上的 B 點，反彈后下落經過與 A 等高的 C 點，已知 D 點為籃板底下與 A 等
高的點，且 AC=CD，籃球質量為 m，被拋出時的速度大小為 v，不計空氣阻力，則下列說法正確的
是（　　）
A 3．籃球與籃板碰撞過程中損失的動能為 232
B．從 A 到 B 過程中（不含 B 點）籃球的速率均勻變化
C．從 A 到 B 到 C 籃球運動時間之比1:1
D．從 A 到 B 和從 B 到 C 籃球速度變化量的絕對值之比1:1
9．（2024·廣東茂名·一模）某品牌電動汽車在平直公路上由靜止開始啟動，若啟動過程中加速度傳
感器測量到汽車加速度隨時間變化的規律如圖所示，汽車后備箱中水平放置一質量 = 5kg的物塊，
與汽車始終相對靜止，重力加速度 g 取10m/s2，下列說法正確的是（ ）
A．第2s末，汽車的速度為3.2m/s
B．第8s末，汽車的速度為9.6m/s
C．前2s內，汽車對物塊的作用力做功大小為6.4J
D．前8s內，汽車對物塊的最大摩擦力為8N
10．（2022·陜西寶雞·二模）汽車在出廠前要進行性能測試。某次測試中，測試人員駕駛著汽車在一
個空曠的水平場地上沿直線以恒定的速度 0勻速行駛，突然發現正前方的道路出現故障，為了躲避
故障，測試人員采取了一些應急措施。設汽車與路面間的滑動摩擦因數為 ，最大靜摩擦力等于滑動
摩擦力，重力加速度為 g，則關于測試人員采取的應急措施說法正確的是（　　）
2A．若直線剎車，則至少應該在道路故障前 02 的距離處采取剎車措施
B．若以原有速率轉彎，轉彎半徑越大，汽車受到的側向摩擦力越大
2C．若以原有速率轉彎，轉彎的最小半徑為 0
D．以原速率轉彎要比以直線剎車更安全一些
11．某同學將一個質量為 m 的籃球以初速度 0豎直向上拋出，上升過程中籃球的加速度大小 a 隨速
率 v 的變化關系如圖所示，籃球上升到最高點后又落回到拋出點，落回到拋出點前已經開始做勻速
運動。已知重力加速度為 g，關于籃球從開始上拋到再次回到拋出點的運動過程，下列說法正確的
是（　　）
A．空氣阻力的大小恒為 2mg

B 0．籃球回到拋出點時的速度大小為 3
C 3．整個過程中空氣阻力對籃球做的功為 28 0

D 0．若上拋時的速度變為2 0，則籃球落回到拋出點時的速度大小為 2
12．某個緩沖裝置的主要部分是彈簧，工作過程可簡化為以下情境：輕質彈簧原長 0 = 0.4m，勁度
系數 = 800N/m，左端固定在豎直墻上。以彈簧左端為坐標原點，水平向右為正方向建立 x 軸。水
平地面上一滑塊從 P 點以某一速度水平向左沖向彈簧，如圖 1 所示。滑塊經彈簧緩沖后運動到最左
端 = 0.2m處的 Q 點，又被彈簧彈開，最后恰好停在 P 點。滑塊從 Q 點到 P 點過程中，加速度 a
隨位置坐標 x 的變化規律如圖 2 所示。已知彈簧始終在彈性限度內，重力加速度 = 10m/s2。下列
說法正確的是（　　）
A．滑塊與水平地面間的動摩擦因數 = 0.4 B．滑塊的質量 = 20kg
C．P 點的坐標 = 0.6m D．滑塊從 P 點向左運動時的動能 k = 64J
三、解答題
13．（2024·山西陽泉·三模）如圖，圓形水平餐桌面上有一個半徑為 = 0.3m，可繞中心軸轉動的同
心圓盤，在圓盤的邊緣放置一質量為 = 1kg的小物塊，物塊與圓盤間的動摩擦因數為 1 = 0.3，物
塊與桌面間的動摩擦因數為 2 = 0.1125。現從靜止開始緩慢增大圓盤的角速度，物塊從圓盤上滑落
后，最終恰好停在桌面邊緣。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為 = 10m/s2，圓
盤厚度及圓盤與餐桌面的間隙不計，物塊可視為質點。求：
（1）物塊隨圓盤運動的過程中，圓盤對小物塊做的功；
（2）餐桌面的半徑 R。
14．（2024·山東濰坊·三模）如圖所示為冰雪沖浪項目流程圖，AB 段為水平加速區，BC 段為半徑
r=22.5m 的光滑圓管型通道，AB 與 BC 相切于 B 點；CDE 段為半徑 R=100m 的圓弧冰滑道，BC 與
CDE 相切于 C 點，弧 DE 所對應的圓心角 θ=37°，D 為軌道最低點，C、E 關于 OD 對稱。安全員將
小朋友和滑板（可視為質點）從 A 點沿水平方向向左加速推動一段距離后釋放，到達光滑圓管型通
道上 B 點時小朋友和滑板與通道沒有相互作用力，小朋友運動至滑道 E 點時對滑道壓力 FN=410N。
已知小朋友和滑板總質量為 m=40kg，g 取 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小朋友在 B 點時的速度 v0；
（2）小朋友通過 CDE 段滑道克服摩擦力做的功。
15．（2024·北京海淀·二模）如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定在距離水平地面高為 h 的 O 點，另
一端系有質量為 m，可視為質點的小球，將小球拉至 O 點正上方的 A 點，給其一水平方向的初速度
0，使其恰好通過 A 點后，在豎直平面內以 O 點為圓心做半徑為 r 的圓周運動。當小球運動到最低
點 B 時，繩恰好被拉斷，小球水平飛出。不計空氣阻力及繩斷時的能量損失，重力加速度為 g。求：
（1）小球初速度的大小 0。
（2）繩能承受拉力的最大值 m。
（3）小球落地時的速度大小 v。第 18 講　動能定理及其應用
——劃重點之精細講義系列
考點 1 動能定理的理解和應用
考點 2 動能定理與圖象的綜合問題
考點 3 用動能定理解決多過程問題
考點 1：動能定理的理解和應用
一.動能
1.定義：物體由于運動而具有的能叫動能。
1
2.表達式：Ek＝ mv2。　國際單位焦耳。1kg·m2/s2＝1N·m＝1J。2
3.特性
動能是標量，只與物體的質量和速度有關，與速度的方向無關。只有正值，
標矢性
沒有負值
相對性 選取不同的參考系，物體的速度不同，動能也不同，一般以地面為參考系
瞬時性 動能具有瞬時性，與某一時刻或某一位置的速率相對應
①動能是狀態量。動能是表征物體運動狀態的物理量，與物體的運動狀態（或某一時刻的速度）
相對應。
②與速度關系：物體速度變化（如速度的大小不變，方向變化），則物體的動能不一定變化。
而動能變化，則速度一定變化。
二.動能定理
1．內容：力在一個過程中對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化。
1 1
2．表達式 W＝Ek2－Ek1＝ mv2－ mv21。2 2
1 1
其中：（1）Ek1＝ mv21、E 2k2＝ mv 分別表示物體的初、末動能。2 2
（2）W 表示物體所受合外力做的功，或者物體所受所有外力對物體做功的代數和。
（1）公式中 W 是合外力做的功，不是某個力做的功，W 可能是正功，也可能是負功。
（2）Ek2、Ek1分別是末動能和初動能，Ek2可能大于 Ek1，也可能小于 Ek1。
（3）動能定理的研究對象是單個物體，或者是可以看成單一物體的物體系統。動能定理應用
廣泛，直線運動、曲線運動、恒力做功、變力做功、同時做功、分段做功等各種情況均適用。
（4）動能定理說明了外力對物體所做的總功和動能變化間的一種因果關系和數量關系，不可
理解為功轉變成了物體的動能，而是“功引起物體動能的變化”，即物體動能的變化是通過外力做功
的過程來實現的。
（5）動能是標量，功也是標量，所以動能定理是一個標量式，不存在方向的選取問題。當然動
能定理也就不存在分量的表達式。
三．動能定理的應用
1.應用動能定理解題的步驟
2.動能定理與牛頓定律解題的比較
牛頓定律 動能定理
相同點 確定研究對象，對物體進行受力分析和運動過程分析
只能研究恒力作用下物體做直線運對于物體在恒力或變力作用下，物體做直線
適用條件
動的情況 運動或曲線運動均適用
要考慮運動過程的每一個細節，結
應用方法 只考慮各力的做功情況及初、末狀態的動能
合運動學公式解題
運算方法 矢量運算[ ] 代數運算
（1）動能定理解題不涉及加速度、時間，不涉及矢量運算，運算簡單，不易出錯。
（2）優先考慮動能定理的問題：不涉及加速度和時間的問題；有多個物理過程的問題；變力
做功問題；曲線運動問題，以及在處理含有 F、l、m 、v、W、Ek 等物理量的問題時，優先考慮使
用動能定理。
【考向 1】（2024·河南·三模）如圖所示，兩根直桿豎直固定，一條長為 2L 的輕繩，兩端分別拴在桿
上的 P、Q 點，在繩的中點 O 拴吊一個質量為 m 的小球，P、Q 在同一水平線上，兩桿間距離為
1.5L 3，重力加速度為 g，現用力拉著繩的右端沿右側桿緩慢向上移動 的距離，此過程中，拉力做
2
功為（　　）
A 3． B． 5 C 7 3． D．4 4 4 4
【答案】C
3
【詳解】繩右端向上移動 的距離時，根據幾何關系可知，O 點剛好到 PQ 上，根據動能定理有
2
= 0
解得拉力做功為
3 2 7
= = 2 4 = 4
故選 C。
【考向 2】（2024·北京西城·二模）如圖所示，長為 L 的桿一端固定在過 O 點的水平轉軸上，另一端
固定質量為 m 的小球。桿在電動機的驅動下在豎直平面內旋轉，帶動小球以角速度 做勻速圓周運
動，其中 A 點為最高點，C 點為最低點，B、D 點與 O 點等高。已知重力加速度為 g，下列說法正確
的是（ ）
A．小球在 B、D 兩點受到桿的作用力大于 mg
B．小球在 A、C 兩點受到桿的作用力大小的差值為 6mg
C．小球在 B、D 兩點受到桿的作用力大小等于 2
D．小球從 A 點到 B 點的過程，桿對小球做的功等于
【答案】A
【詳解】AC．當小球在 B、D 兩點時，桿對小球作用力豎直方向的分力應等于重力，水平方向分力
提供向心力，故桿對小球的作用力為
= ( 2 )2 + ( )2 >
故 A 正確；C 錯誤；
B．若小球在最高點，桿對小球的作用力為支持力，則在 A 點
= 2N1
在 C 點
2N2 =
所以
N2 = 2 2N1
若小球在最高點，桿對小球的作用力為拉力，則在 A 點
+ 2N1 =
在 C 點
N2 = 2
所以
N2 N1 = 2
故 B 錯誤；
D．小球從 A 點到 B 點的過程，根據動能定理，可得
+ = 0
解得桿對小球做的功等于
=
故 D 錯誤。
故選 A。
【考向 3】（2024·北京東城·二模）如圖所示，在距地面同一高度處將三個相同的小球以相同的速率
分別沿豎直向下、豎直向上、水平向右的方向拋出，不計空氣阻力，比較這三個小球從拋出到落地
的過程，下列說法正確的是（　　）
A．重力對每個小球做的功都各不相同
B．每個小球落地時的速度都各不相同
C．每個小球在空中的運動時間都各不相同
D．每個小球落地時重力做功的瞬時功率都各不相同
【答案】C
【詳解】A．設下落高度為 h，重力做功為
G =
三個小球下落高度相同，重力對每個小球做的功相同，故 A 錯誤；
B．三個小球從拋出到落地的過程，根據動能定理
1 1
= 2 22 2 0
可知每個小球落地時的速度大小相同，第 1 個球、第 2 個球落地時的速度方向豎直向下，第個球落
地時的速度方向不是豎直向下，故每個小球落地時的速度不是各不相同，故 B 錯誤；
C．小球拋出后，加速度都是 g，豎直方向都做勻變速直線運動，第 1 個球做豎直下拋運動，有
1
= 0 1 + 2
2
1
第 2 個球做豎直上拋運動，有
1
= 0 2 + 2
2
2
第 3 個球做平拋運動，有
1
= 2
2
3
可得
1 < 3 < 2
故每個小球在空中的運動時間都各不相同，故 C 正確；
D．小球落地時重力做功的瞬時功率
= cos =
由于
1 = 2 = > 3
故
1 = 2 > 3
故每個小球落地時重力做功的瞬時功率不是各不相同，故 D 錯誤。
故選 C。
【考向 4】質量可以忽略的甲、乙兩棒一端各固定一相同小球，另一端可以繞水平轉軸在豎直平面
內轉動，如圖所示，現將兩棒由水平位置無初速度釋放，轉過 θ 角（ ≤ 90°）。已知甲棒較長，不
計一切阻力，下列說法正確的是（ ）
A．兩棒轉過相同角度 θ 時，兩小球的線速度一樣大
B．兩棒轉過相同角度 θ 時，甲棒上小球的向心加速度較大
C．兩棒轉過相同角度 θ 時，兩棒轉動的角速度一樣大
D．兩棒轉過相同角度 θ 時，運動時間的關系為 甲 > 乙
【答案】D
【詳解】A．根據動能定理有
1
sin = 22
所以則甲球的速度比乙球大，故 A 錯誤；
B．向心加速度為
2
=
根據 A 項可知
= 2 sin
兩球向心加速度相等，故 B 錯誤；
C．根據 = 可知角速度為
2 sin
=
可知兩棒轉過相同角度 θ 時，乙棒轉動的角速度較大，故 C 錯誤；
D ．根據角速度的計算公式 = 可知，兩棒轉過相同角度 θ 時，運動時間的關系為 甲 > 乙，故 D
正確；
故選 D。
【考向 5】（2024·河北·二模）自由滑雪大跳臺是冬奧會比賽項目，其賽道簡化為如圖所示的模型，
其中助滑區傾斜賽道 AB 與圓弧賽道 BCD 相切于 B 點，圓弧賽道半徑 R=10m，起跳點 D 與圓心的
連線與豎直方向的夾角 θ=25°。質量 m=50kg（連同裝備）的運動員從助滑區的 A 點由靜止開始下滑，
到達起跳點 D 時斜向上飛離雪道，落在著陸坡上的 E 點。已知 A 點到 C 點（C 為圓弧賽道的最低點）
的豎直高度差 h1=30m，運動員到達圓弧上的 D 點時對賽道的壓力 FN=950N，D、E 兩點間的豎直高
度差 h2=12m，重力加速度 g 取 10m/s2，sin25°=0.4，cos25°=0.9，不計空氣阻力，運動員可視為質點。
求：
（1）運動員從 A 點運動到 D 點克服阻力做的功；
（2）起跳點 D 到落地點 E 之間的水平距離。
【答案】（1） = 12000J；（2） = 18m
【詳解】（1）在 D 點，根據牛頓第三定律，賽道對運動員的支持力
′N = N
對 D 點，根據牛頓第二定律
2
′N cos =
可得
= 10m/s
運動員從 A 點運動到 D 點根據動能定理
1
1 (1 cos ) = 2 2
解得
= 12000J
（2）點 D 到落地點 E 之間做斜拋運動，豎直方向
1
2 = sin + 2
2
水平方向
= cos
解得
= 18m
考點 2：動能定理與圖象的綜合問題
1.力學中圖像所圍“面積”的意義
（1）v－t 圖：由公式 x＝vt 可知，v－t 圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移。
（2）a－t 圖：由公式 Δv＝at 可知，a－t 圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量。
（3）F－x 圖：由公式 W＝Fx 可知，F－x 圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功。
（4）P－t 圖：由公式 W＝Pt 可知，P－t 圖線與坐標軸圍成的面積表示力所做的功。
2.解決物理圖像問題的基本步驟
（1）觀察題目給出的圖像，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義。
（2）根據物理規律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數關系式。
（3）將推導出的物理規律與數學上與之相對應的標準函數關系式相對比，找出圖線的斜率、截
距、圖線的交點，圖線下的面積所對應的物理意義，分析解答問題。或者利用函數圖線上的特定值
代入函數關系式求物理量。
3.動能定理與圖像結合問題的分析方法
（1）首先看清楚所給圖像的種類（如 v t 圖像、F t 圖像、Ek t 圖像等）。
（2）挖掘圖像的隱含條件——求出所需要的物理量，如由 v t 圖像所包圍的“面積”求位移，由
F x 圖像所包圍的“面積”求功等。
（3）分析有哪些力做功，根據動能定理列方程，求出相應的物理量。
4.解決圖象問題的突破點
①注意圖象斜率、面積和截距的物理意義。
②注意挖掘圖象中的隱含信息，往往可以找到解題突破口。
【考向 6】用物理圖像研究物理量之間關系是一種常用的數學物理方法。一物體在水平面上做直線
運動，其運動圖像如圖所示，其中橫軸和縱軸的截距分別為 n 和 m。下列說法正確的是（　　）

A．若為 圖像，則物體可能做變加速直線運動
B．若為 圖像且物體初速度為零，則物體的最大速度為
C．若為 圖像，則物體一定做勻變速直線運動

D．若為 圖像且物體初速度為零，則最大速度出現在 = 2時刻
【答案】B
【詳解】A．根據運動學公式
1
= 0 + 22
可知
1
= 0 + 2
由圖像可知，斜率不變，物體運動為勻變速直線運動，A 錯誤；
B．物體初速度為零，由動能定理可知
1
2 0
2
max 0 = ∑ = ∑ 0 =
0
2
即
2max =
所以物體的最大速度為
max =
B 正確；
C．若物體做勻變速直線運動，則有
2 20 = 2
即對于勻變速直線運動，其 圖像不可能是一次函數圖像，C 錯誤；
D．根據運動學公式可知

= 0
由此可知，圖像與坐標軸圍成的面積表示速度的變化量，所以物體的最大速度為

max = Δ = 2
出現在 = 時刻，D 錯誤。
故選 B。
【考向 7】（2024·山西·二模）某次救援中，一質量為 20kg 的無人船在平靜水面上從靜止開始沿直線
奔向目標地點，加速 100m 后關閉發動機，繼續滑行一段距離后恰好到達救援地點，該過程中無人
船運動的速度平方 2與位移 x 的關系如圖所示。假設無人船運行過程中受水的阻力恒定，不計空氣
阻力，g 取10m/s2。該過程中（ ）
A．無人船加速的時間為 20s
B．無人船平均速度的大小為 15m/s
C．減速過程中，無人船受水阻力的大小為 20N
D．加速過程中，牽引力對無人船做的功為4 × 103J
【答案】C
【詳解】A．根據
2 0 = 2
解得加速時加速度
= 2m/s2
無人船加速的時間為

= = 10s
故 A 錯誤；
B．根據
2 0 = 2
解得減速時加速度大小為
′ = 1m/s2
減速時間

2 = = 20s ′
平均速度
300
= = 20 + 10 m/s = 10m/s總
故 B 錯誤；
C．減速過程中，無人船受水阻力的大小為
= ′ = 20N
故 C 正確；
D．加速過程中，牽引力對無人船做的功為 W，根據動能定理
1 2
2 0 = 1
解得
= 6000J
故 D 錯誤。
故選 C。
【考向 8】（多選）（2024·廣西·二模）如圖甲所示，物體在水平恒力 F 作用下沿粗糙水平地面由靜止
開始運動，在 = 1s時刻撤去恒力 F，物體運動的 圖像如圖乙所示，重力加速度 g 取10m/s2，下
列說法正確的是（　　）
A．物體在 3s 內的位移 = 3m
B．恒力 F 與滑動摩擦力大小之比為3:1
C．物體與地面間的動摩擦因數 = 0.3
D．在撤去 F 前后兩個階段的平均速度大小之比 1: 2 = 2:1
【答案】BC
【詳解】A．根據 v-t 圖象與時間軸所圍的面積表示位移，可得物體在 3s 內的位移
6 × 3
= 2 m=9m
故 A 錯誤；
B．物體在第 1s 內和后 2s 內的位移分別為
1
1 = 2 × 6 × 1m=3m
6 × 2
2 = 2 m=6m
對整個過程，由動能定理得
1 = 0 0
解得
F：f=3：1
故 B 正確；
C．對后 2s 內物體的運動過程，由動能定理得
1
2 = 0 2
2
得
2 62
= 2 = 2 × 10 × 6 = 0.32
故 C 正確；
D．撤去外力前后的兩個過程為勻變速直線運動，平均速度為初末速度和的一半，故平均速度相同，
故 D 錯誤。
故選 BC。
【考向 9】（多選）如圖甲所示，傾角為 30°的光滑斜面上，質量為 2kg 的小物塊在平行于斜面的拉
力 F 作用下由靜止沿斜面向上運動，拉力（F）隨位移（x）變化的圖像如圖乙所示。取 = 10
m/s2，則在物塊沿斜面運動的過程中，下列判斷正確的是（　　）
A．上升過程中，當 x=7.5m 時物塊的速度最大
B．上升過程中，當 x=10m 時物塊的速度為 0
C．上升過程中，物塊能達到的最大高度為 7.5m
D．下降過程中，當 x=0 時重力對物塊做功的功率為100 6W
【答案】AC
【詳解】A．小物塊所受重力沿斜面向下的分力大小為
sin30 = 10N
根據圖像可知，在拉力作用下，物塊先沿斜面向上做勻加速直線運動，后向上做加速度減小的直線
運動，當拉力大小為 10N 時，加速度減小為 0，此時速度達到最大值，根據圖乙，結合數學函數關
系，可以解得
x=7.5m
故 A 正確；
B．當 x=10m 時，根據動能定理有
1
F sin30 = 2
2
其中
(5 + 10) × 20
F = 2 J = 150J
解得
= 5 2m/s
故 B 錯誤；
C．令物塊沿斜面運動到 x=10m 位置之后，能夠沿斜面繼續向上減速至 0 的位移為 1，則有
1
1sin30 = 0 22
解得
1 = 5m
則上升過程中，物塊能達到的最大高度為
1
= ( + 1)sin30 = (10 + 5) × 2 m = 7.5m
故 C 正確；
D．物塊由最高點下降至最低點過程有
1
( + 1)sin30 = 2
2
1
解得
1 = 5 6m/s
則下降過程中，當 x=0 時重力對物塊做功的功率為
= sin30 1
解得
= 50 6W
故 D 錯誤。
故選 AC。
【考向 10】（2024·四川達州·二模）如圖 1 所示，一傾角 = 37°的斜面體固定在水平地面上（斜面
足夠長、帶一定滑輪），物塊 A 放在斜面上的 O 點，用跨過輕質定滑輪的輕繩與物塊 B 連接，B 離
滑輪足夠遠。A、B 的質量分別為 1 = 2.5kg、 2 = 0.9kg。運動過程中 A 與 O 點的距離設為 x，A
與斜面間的動摩擦因數 μ 與 x 的關系如圖 2。重力加速度 g 取10m/s2，現將 A、B 由靜止釋放。求：
（1）當 x 為多大時物塊 A 的速度最大；
（2）物塊 A 在斜面上滑行的最大位移 m。
【答案】（1） = 2m；（2） m = 4m
【詳解】（1）設物塊 A 的速度最大時 A 與斜面間的動摩擦因數 ，由牛頓第二定律得
1 sin 1 cos 2 = 0
解得
= 0.3
由圖 2 得
3
= 20
則當 = 0.3時
= 2m
（2）設物塊 A 沿斜面向下滑到最大位移過程中，克服摩擦力做功為 f，由功能關系得
1 msin f 2 m = 0
摩擦力做功為
0 + 1 cos f = m = 2 m
其中
3
= 20 m
解得
m = 4m
考點 3：用動能定理解決多過程問題
很多動力學問題中涉及研究對象有兩個或多個連續的運動過程，在物體不同的運動階段，物體
的運動情況和受力情況都發生了變化，我們把這類問題稱為多過程問題。多運動組合問題主要是指
直線運動、平拋運動和豎直面內圓周運動的組合問題。
1.動能定理的優點
由于多過程問題的受力情況、運動情況比較復雜，從動力學的角度分析多過程問題往往比較復
雜，但是，用動能定理分析問題，是從總體上把握其運動狀態的變化，并不需要從細節上了解。因
此，動能定理的優越性就明顯地表現出來了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的
功累加起來即可。
2.解題
（1）解題策略
若問題涉及時間、加速度、力等，一般要用牛頓運動定律與運動學公式結合求解。
若問題只涉及位移、速度、力等一般可用動能定理求解，用動能定理求解一般比用牛頓運動定
律求解簡單。
（2）解題關鍵
①抓住物理情景中出現的運動狀態和運動過程，觀察每一個過程的特征和尋找過程之間的聯系
是求解多過程問題的兩個關鍵，將物理過程分解成幾個簡單子過程。
②兩個相鄰過程連接點的速度是聯系兩過程的紐帶，也是解題的關鍵．很多情況下平拋運動的
末速度的方向是解題的重要突破口。
3.涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，注意它們做功的特點：
（1）重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關；
（2）大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積，滑動摩擦力做功與物體運動路
徑有關，其功的大小可用 Wf＝－Ff ·s 求解，其中 s 為物體滑行的路程。若題目中涉及求解物體運
動的路程或位置的變化，可利用動能定理求出摩擦力做的功，然后進一步確定物體運動的路程或位
置的變化。
（3）彈簧彈力做功與路徑無關，直接用“+W”表示。
【考向 11】如圖所示，某同學在滑雪場練習滑雪。滑道由足夠長的水平冰面與傾角為 37°的傾斜冰
面在 M 處平滑連接，冰鞋與水平和傾斜冰面間的動摩擦因數均為 0.25，某次練習時，該同學從 A 處
開始以大小為 v0的初速度向右自由滑行，最終在傾斜冰面上 B 處速度減為 0.AM 與 MB 的長度之比
為 48∶5，取重力加速度大小為 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，該同學自由滑行至 M 點的速度大
小為（　　）
A 1．2 0 B
1 1 1
．3 0 C．8 0 D．9 0
【答案】A
【詳解】在水平冰面和傾斜冰面上應用動能定理有
1
= 2
1
1 2 2
2
0
1
( sin37° + cos37°) 22 = 0 2
又
1 48
=2 5
聯立解得
1
= 2 0
故選 A。
【考向 12】（2024·黑龍江·二模）如圖所示，半徑為 1m 的四分之三光滑圓軌道豎直固定在水平地面
上，B 點為軌道最低點，A 點與圓心 O 等高。質量為 1kg 的小球（可視為質點）在 A 點正上方 0.75m
處靜止釋放，下落至 A 點時進入圓軌道，重力加速度 g 取10m/s2，不計空氣阻力，則（ ）
A．小球在 B 點的動能為 7.5J B．小球在 A 點受到軌道的彈力大小為 10N
C．小球上升過程中距地面的最大高度為 1.75m D．小球離開軌道后將落至軌道 B 點
【答案】D
【詳解】A．小球從釋放到最低點，根據動能定理有
( + ) = k
解得
k = 17.5J
故 A 錯誤；
B．小球從釋放到 A 點，根據動能定理有
1
= 2
2

在 A 點，根據牛頓第二定律有
2
=
解得
= 15N
故 B 錯誤；
C．設小球上升過程中距地面最大高度與圓心的連線和豎直方向的夾角為 ，則有
2
cos =
從 B 點到最高點，根據動能定理有
1
(1 + cos ) = 2
2 k
解得
1
cos = 2
最大高度為
= (1 + cos ) = 1.5m
故 C 錯誤；
D．假設小球離開軌道后將落至軌道 B 點，由 C 分析可知脫離軌道的速度為
= 5m/s
根據斜拋的運動規律可知
1
= sin60° + 22
= cos60°
解得
= 3m= cos30°
2
可知小球離開軌道后將落至軌道 B 點，故 D 正確；
故選 D。
【考向 13】（多選）（2024·云南曲靖·二模）如圖所示，足夠長的固定木板的傾角為37°，勁度系數為
= 36N m的輕質彈簧一端固定在木板上 P 點，圖中 AP 間距等于彈簧的自然長度。現將質量
= 1kg的可視為質點的物塊放在木板上，穩定后在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到某一位置 B 點后
3
釋放。已知木板 PA 段光滑，AQ 段粗糙，物塊與木板間的動摩擦因數 = 8，物塊在 B 點釋放后向上
運動，第一次到達A點時速度大小為 0 = 3 3m s，取重力加速度 = 10m s2，sin37° = 0.6。（　　）
A 5．施力前彈簧壓縮量為18m
B．外力做的功為13.5J
C．物塊第一次向下運動到 A 點時的速度大小為3m s
D．物塊在 A 點上方運動的總路程為4.5m
【答案】CD
【詳解】A．施力前，對物塊，根據平衡條件
彈 = sin37°
根據胡克定律
彈 =
聯立，解得
1
= 6 m
故 A 錯誤；
B．當物塊由 B 到 A 的過程中，根據能量守恒
1 1
2
2 + = 2
2
0 + sin37°
解得
= 14J
故 B 錯誤；
C．設物塊從 A 點向上滑行的最大距離為 s1，根據動能定理可知，上滑過程有
1
1sin37° 1cos37° = 0 22 0
下滑過程有
1
1sin37° 1cos37° = 22 1 0
聯立，解得
1 = 1.5m
1 = 3m/s
故 C 正確；
D．物塊最終在 A 點下方做往復運動，最高點為 A，根據動能定理有
1
cos37° = 22 0
解得
= 4.5m
故 D 正確。
故選 CD。
【考向 14】（多選）（2024·河北·三模）如圖所示，在豎直平面內有一固定光滑軌道，其中 AB 是長
3
度為 R 的水平軌道，BCDE 是圓心為 O、半徑為 R 的4圓弧軌道，兩軌道相切于 B 點。一可視為質
點的小球從 A 點以某速度 0（大小未知）水平向左運動，重力加速度大小為 g。下列說法正確的是
（　　）
A．當 0 = 5 時，小球剛好過最高點 D 點
B．當 0 = 3 時，小球不會脫離圓弧軌道
C．若小球能通過 E 點，則 0越大，小球在 B 點與 E 點所受的彈力之差越大
D．小球從 E 點運動到 A 5 3 點的最長時間為

【答案】AD
【詳解】A．由題知，小球剛好過最高點 D 點，則由圓周運動知
2
=
在 A 到 D 過程中，由動能定理可知
1 2 1
2 2
2
0 = 2
聯立解得
0 = 5
A 正確；
B．當 0 = 3 時，設上升高度為 ，假設小球不會脫離圓弧軌道，則必須滿足 ≤ ，由動能定理
知
1
0 22 0 =
代入得
3
= 2
假設不成立，故當 0 = 3 時，小球會脫離圓弧軌道，B 錯誤；
C．B 到 E 運動過程中，由動能定理知
1
2
1
2 2
2
=
在 B 點時，小球所受彈力為
2
= +
在 E 點時，小球所受彈力為
2
=
則小球在 B 點與 E 點所受的彈力之差為
= 3
故小球在 B 點與 E 點所受的彈力之差不變，C 錯誤；
D．在 D 到 E 過程中，由動能定理知
1 2 1 22 2 =
代入得
= 3
從 E 到 A 運動過程中，小球做豎直下拋運動，則
1
+ 2
2 =
代入得

= 5 3
D 正確；
故選 AD。
【考向 15】（2023·四川達州·一模）滑滑板是一項青少年酷愛的運動，依靠自身的體能，快速的運動
藝術。一青少年在一次訓練中的運動可簡化為以下運動：如圖所示，青少年先在距地面高 = 3.2m
的高臺上加速滑跑，到達高臺邊緣 D 點時以 0 = 3m/s的速度水平滑出高臺，然后在空中調整姿勢，
恰好落在光滑圓弧軌道 的 A 點并沿切線方向滑入軌道（圓弧軌道與地面相切于 B 點），離開 C
點滑入傾斜粗糙軌道 （軌道 與圓弧軌道相切），滑到傾斜軌道上 N 點（圖中未標出）速度為零。
已知將滑板和人整體視為質點，∠ = 53°，∠ = 37°，不計空氣阻力，滑板與傾斜軌道間的動摩擦
因數 = 0.25，重力加速度 = 10m/s2，sin37° = 0.6。求
（1）圓弧軌道 的半徑 R；
（2）N 點離地面的高度 H（結果保留兩位小數）。
【答案】（1）6m；（2）3.04m
【詳解】（1）做出滑板進入圓弧軌道 A 點時的速度方向如圖所示
根據幾何關系可知，速度的偏向角大小等于 ，則有

= tan53

0
解得滑板少年進入圓弧軌道 A 點時豎直方向的速度
= 4m/s
則可知此時滑板少年距地面的高度
2
0 = 2 = 2.4m
而根據幾何關系可得
cos53 = 0
解得
= 6m
（2）設到達 C 點時的速度為 ，而到達 A 點時的速度為

=
0
cos53 = 5m/s
從 A 到 C 由動能定理有
1 1
0 (1 cos37 ) = 2 22 2
解得
= 7m/s
設從 C 到 N 的豎直高度為 1，則從 C 到 N 由動能定理有
1
cos37 1sin37
2
1 = 0 2
解得
1 = 1.8375m
則可得 N 點離地面的高度
= 1 + (1 cos37 ) ≈ 3.04m
【考向 16】（2024·江蘇南通·二模）如圖所示，一軌道由半徑 = 0.8m的四分之一光滑豎直圓弧軌道
AB 和長度可以調節的水平粗糙直軌道 BC 在 B 點平滑連接而成。一質量 = 0.2kg的小球從 A 點由
靜止釋放，經過圓弧軌道和直軌道后，從 C 點水平飛離軌道，落到地面上的 P 點，小球經過 BC 段
所受阻力為其重力的 0.2 倍，P、C 兩點間的高度差 = 3.2m。不計空氣阻力，取重力加速度 = 10m
/s2。
（1）求小球運動至圓弧軌道 B 點時，軌道對小球的支持力大小 N；
（2）為使小球落點 P 與 B 點的水平距離最大，求 BC 段的長度 ；
（3）若撤去軌道 BC，小球仍從 A 點由靜止釋放，小球落到地面上后彈起，與地面多次碰撞后靜止。
假設小球每次與地面碰撞機械能損失75%，碰撞前后速度方向與地面的夾角相等。求地面上小球第 1
次和第 2 次落點的距離Δ 。
【答案】（1） N = 6N；（2） = 3.36m；（3）Δ = 1.6m
【詳解】（1）A 至 B 過程，動能定理
1
= 2
2
0
解得
= 4m/s
小球在 B 點
2
N = N
解得
N = 6N
（2）B 至 C 過程，動能定理
1 1
= 2 2 2 2
平拋的水平距離
=
豎直方向
= 1 22 B 至 P 的水平距離
1 2 4 = + = 4 4 + 5
當 = 1.6m/s時 P 至 B 的水平距離最大
= 3.36m
1 1
（3）由于小球每次碰撞機械能損失75%，由 = 2
2，則碰撞后的速度為碰撞前速度的2，碰撞前
后速度方向與地面的夾角相等，則碰撞后豎直、水平方向的分速度為碰撞前豎直、水平方向分速度
1
的2，從 B 至地面豎直方向的速度大小
=
第一次碰撞后上升到最高點的時間

1 = 2
小球第 1 次和第 2 次落點的距離

Δ = 2 2 1
解得
Δ = 1.6m
【真題 1】（2024·安徽·高考真題）某同學參加戶外拓展活動，遵照安全規范，坐在滑板上，從高為 h
的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時速度為 v．已知人與滑板的總質量為 m，可視為質點．重力
加速度大小為 g，不計空氣阻力．則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為（ ）
A． B 1． 22 C． +
1 2
2 D．
1
2
2
【答案】D
【詳解】人在下滑的過程中，由動能定理可得
1
f = 2
2 0
可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為
1
f = 2
2
故選 D。
【真題 2】（2024·江西·高考真題）兩個質量相同的衛星繞月球做勻速圓周運動，半徑分別為 1、 2，
則動能和周期的比值為（ ）
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
【詳解】兩個質量相同的衛星繞月球做勻速圓周運動，則月球對衛星的萬有引力提供向心力，設月
球的質量為 M，衛星的質量為 m，則半徑為 r1的衛星有
2 2
= 1
4π
2 = 2
1
1 1 1
半徑為 r2的衛星有
2 4π2
= 2
22
=
2 2 22
1
再根據動能 2k = 2 ，可得兩衛星動能和周期的比值分別為
3
k1 1
=
2 1
， =
k2 1 2 32
故選 A。
【真題 3】（2024·北京·高考真題）水平傳送帶勻速運動，將一物體無初速度地放置在傳送帶上，最
終物體隨傳送帶一起勻速運動。下列說法正確的是（　　）
A．剛開始物體相對傳送帶向前運動
B．物體勻速運動過程中，受到靜摩擦力
C．物體加速運動過程中，摩擦力對物體做負功
D．傳送帶運動速度越大，物體加速運動的時間越長
【答案】D
【詳解】A．剛開始時，物體速度小于傳送帶速度，則物體相對傳送帶向后運動，A 錯誤；
B．勻速運動過程中，物體與傳送帶之間無相對運動趨勢，則物體不受摩擦力作用，B 錯誤；
C．物體加速，由動能定理可知，摩擦力對物體做正功，C 錯誤；
D．設物體與傳送帶間動摩擦因數為 μ，物體相對傳送帶運動時

= =
做勻加速運動時，物體速度小于傳送帶速度則一直加速，由 = 可知，傳送帶速度越大，物體加
速運動的時間越長，D 正確。
故選 D。
【真題 4】（2024·全國·高考真題）福建艦是我國自主設計建造的首艘彈射型航空母艦。借助配重小
車可以進行彈射測試，測試時配重小車被彈射器從甲板上水平彈出后，落到海面上。調整彈射裝置，
使小車水平離開甲板時的動能變為調整前的 4 倍。忽略空氣阻力，則小車在海面上的落點與其離開
甲板處的水平距離為調整前的（　　）
A．0.25 倍 B．0.5 倍 C．2 倍 D．4 倍
【答案】C
【詳解】動能表達式為
1
= 2k 2 2
由題意可知小車水平離開甲板時的動能變為調整前的 4 倍，則離開甲板時速度變為調整前的 2 倍；
小車離開甲板后做平拋運動，從離開甲板到到達海面上時間不變，根據
=
可知小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調整前的 2 倍。
故選 C。
【真題 5】（2024·福建·高考真題）先后兩次從高為 = 1.4m高處斜向上拋出質量為 = 0.2kg同一
物體落于 1、 2，測得 1 = 8.4m, 2 = 9.8m，兩軌跡交于 P 點，兩條軌跡最高點等高且距水平
地面高為3.2m，下列說法正確的是（　　）
A．第一次拋出上升時間，下降時間比值為 7:4
B．第一次過 P 點比第二次機械能少1.3J
C．落地瞬間，第一次，第二次動能之比為72:85
D．第二次拋出時速度方向與落地瞬間速度方向夾角比第一次大
【答案】B
【詳解】A．第一次拋出上升的高度為
1 = 3.2m 1.4m=1.8m
故上升時間為
2
1上 1 = = 0.6s
最高點距水平地面高為 0 = 3.2m，故下降的時間為
2
= 0下 1 = 0.8s
故一次拋出上升時間，下降時間比值為3:4，故 A 錯誤；
B．兩條軌跡最高點等高，故可知兩次從拋出到落地的時間相等為
= 上 1 + 下 1 = 1.4s
故可得第一次，第二次拋出時水平方向的分速度分別為

1 1 = = 6m/s

= 2 2 = 7m/s
由于兩條軌跡最高點等高，故拋出時豎直方向的分速度相等為
= 上 1 = 6m/s
由于物體在空中機械能守恒，故第一次過 P 點比第二次機械能少
1 2 1Δ = 2 2 2
2
1 = 1.3J
故 B 正確；
C．從拋出到落地瞬間根據動能定理
1
k1 = 2 2k01 + = 2 1 + + = 10J
1
k2 = k02 + = 2 + 22 2 + = 11.3J
故落地瞬間，第一次，第二次動能之比為100:113，故 C 錯誤；
D．根據前面分析可知兩次拋出時豎直方向的分速度相同，兩次落地時物體在豎直方向的分速度也
相同，由于第一次的水平分速度較小，物體在水平方向速度不變，故可知第一次拋出時速度與水平
方向的夾角較大，第一次落地時速度與水平方向的夾角也較大，故可知第一次拋出時速度方向與落
地瞬間速度方向夾角比第二次大，故 D 錯誤。
故選 B。
【真題 6】（多選）（2023·廣東·高考真題）人們用滑道從高處向低處運送貨物．如圖所示，可看作質
1
點的貨物從4圓弧滑道頂端 點靜止釋放，沿滑道運動到圓弧末端 點時速度大小為6m/s。已知貨物
質量為20kg，滑道高度 為4m，且過 點的切線水平，重力加速度取10m/s2。關于貨物從 點運動
到 點的過程，下列說法正確的有（ ）
A．重力做的功為360J B．克服阻力做的功為440J
C．經過 點時向心加速度大小為9m/s2 D．經過 點時對軌道的壓力大小為380N
【答案】BCD
【詳解】A．重力做的功為
G = = 800J
A 錯誤；
B．下滑過程據動能定理可得
1
G f = 2
2

代入數據解得，克服阻力做的功為
f = 440J
B 正確；
C．經過 點時向心加速度大小為
2
= = 9m/s
2
C 正確；
D．經過 點時，據牛頓第二定律可得
=
解得貨物受到的支持力大小為
= 380N
據牛頓第三定律可知，貨物對軌道的壓力大小為380N，D 正確。
故選 BCD。
【真題 7】（2023·重慶·高考真題）機械臂廣泛應用于機械裝配。若某質量為 m 的工件（視為質點）
被機械臂抓取后，在豎直平面內由靜止開始斜向上做加速度大小為 a 的勻加速直線運動，運動方向
與豎直方向夾角為 θ，提升高度為 h，如圖所示。求：
（1）提升高度為 h 時，工件的速度大小；
（2）在此過程中，工件運動的時間及合力對工件做的功。
1 2 2 2 【答案】（ ） ；（ ） ，
cos cos cos
【詳解】（1）根據勻變速直線運動位移與速度關系有
2 0 = 2 cos
解得
2
0 = cos
（2）根據速度公式有
0 =
解得
2
= cos
根據動能定理有
1
合 = 2
2
0
解得

合 = cos
【真題 8】（2024·全國·高考真題）將重物從高層樓房的窗外運到地面時，為安全起見，要求下降過
程中重物與樓墻保持一定的距離。如圖，一種簡單的操作方法是一人在高處控制一端系在重物上的
繩子 P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的繩子 Q，二人配合可使重物緩慢豎直下降。若
重物的質量 = 42kg，重力加速度大小 = 10m/s2，當 P 繩與豎直方向的夾角 = 37°時，Q 繩與
豎直方向的夾角 = 53°,(sin37° = 0.6)
（1）求此時 P、Q 繩中拉力的大小；
（2）若開始豎直下降時重物距地面的高度 = 10m，求在重物下降到地面的過程中，兩根繩子拉力
對重物做的總功。
【答案】（1）1200N，900N；（2） 4200J
【詳解】（1）重物下降的過程中受力平衡，設此時 P、Q 繩中拉力的大小分別為 1和 2，豎直方向
1cos = + 2cos
水平方向
1sin = 2sin
聯立代入數值得
1 = 1200N， 2 = 900N
（2）整個過程根據動能定理得
+ = 0
解得兩根繩子拉力對重物做的總功為
= 4200J
一、單選題
1．（2024·遼寧沈陽·三模）我國首顆超百 Gbps 容量的高通量地球靜止軌道通信衛星—“中星 26 號”
與某一橢圓軌道偵察衛星的運動軌跡如圖所示，A、B 分別為偵察衛星的近地點和遠地點。兩衛星的
運行周期相同，D 點是兩軌道交點，BC 連線過地心，下列說法正確的是（　　）
A．偵查衛星從 B 點運動到 A 點過程中機械能減小
B．偵查衛星從 B 點運動到 A 點過程中動能減小
C．“中星 26 號”和偵察衛星在 D 點的加速度相等
D．A、B 兩點間距離與“中星 26 號”衛星軌道半徑相等
【答案】C
【詳解】A．偵察衛星從 B 點到 A 點過程中只有萬有引力做功，機械能守恒，故 A 項錯誤；
B．偵察衛星從 B 點到 A 點過程中，萬有引力做正功，由動能定理可知，合外力做正功，物體的動
能增加，所以偵查衛星從 B 點運動到 A 點過程中動能增加，故 B 項錯誤；
C．對衛星有

2 =
整理有

= 2
由于“中星 26 號”和偵察衛星在 D 點距離地心的距離相同，繞同一個中心天體，所以兩者在 D 點的
加速度相等，故 C 項正確；
D．AB 兩點為軌道的長軸，設其距離為 2a，“中星 26 號”衛星軌道半徑為 r，由開普勒第三定律有
3 3
2
=
1 22
由于兩者的周期相同，即
1 = 2
解得
=
所以 A、B 兩點間距離是“中星 26 號”衛星軌道半徑的二倍，故 D 項錯誤。
故選 C。
2．（2024·新疆烏魯木齊·二模）我國無人機技術發展迅猛，應用也越來越廣泛，無人機配送快遞就
是一種全新的配送方式。如圖所示，一架配送包裹的無人機從地面起飛后豎直上升的過程中，升力
的功率恒為 0。已知無人機的質量與包裹的質量的比值為 k，忽略空氣阻力的影響，則該過程中懸
吊包裹的輕繩（不可伸長）對包裹做功的功率為（　　）
A 0 B 0 C 0 0． ． 1 ． 1 D． 1
【答案】B
【詳解】對整體研究可得
1
0 ( + 物) = 2 ( 機 + )
2
機 物
對包裹研究可得
1
物 = 2 物
2
整理解得

= 0 + 1
故選 B。
3．（2024·江西贛州·二模）某山頂有一排風力發電機，發電機的葉片轉動時可形成半徑為 = 20m的
圓面。某時間內該山頂的風速達10m/s，風向恰好跟某風力發電機葉片轉動形成的圓面垂直，已知
空氣的密度 = 1.2kg/m3，若該風力發電機能將此圓內20%的空氣動能轉化為電能。則此風力發電
機發電的功率 P 約為（　　）
A．1.5 × 104W B．1.5 × 105W C．5 × 104W D．5 × 105W
【答案】B
【詳解】時間Δ 內，通過圓面的空氣的質量
= Δ 2
該部分空氣的動能
1
k = 2
2
則此風力發電機發電的功率
20%
= kΔ
解得
≈ 1.5 × 105W
故選 B。
4．（2024·四川·一模）足球是人們喜歡的運動，足球運動員在進行吊門訓練時，足球在空中運行的
軌跡視為拋物線。如圖所示，足球從 A 處飛到橫柱下方的目標 B 處，其運動軌跡有低、中、高三種
弧線。不計空氣阻力和足球的旋轉，下列說法正確的是（　　）
A．低弧線時，足球從 A 到 B 的運動時間最短
B．高弧線時，足球從 A 到 B 過程，克服重力做功的平均功率最大
C．低弧線時，腳對足球做的功一定最大
D．中弧線時，腳對足球做的功一定最小
【答案】A
【詳解】A．籃球出手后在空中做斜拋運動，從拋出點 A 到最高點有
2
=
所以
高 > 中 > 低
同理，籃球從最高點到 B 點的時間
′高 > ′中 > ′低
所以低弧線時，足球從 A 到 B 的運動時間最短，故 A 正確；
B．高弧線投籃時時間最長，且低、中、高三種弧線初末兩點的高度差相同，則重力做的功相同，
根據平均功率的計算

=
所以高弧線時，足球從 A 到 B 過程，克服重力做功的平均功率最小，故 B 錯誤；
CD．根據能量守恒定理有
人 = + k
由于籃球進入籃筐的動能 EkB未知，則無法比較投籃拋物線低、中、高三種情況下人對籃球做的功
的大小關系，故 CD 錯誤。
故選 A。
5．（2024·江蘇蘇州·二模）如圖甲，將物塊從傾角 = 30°的斜面頂端由靜止釋放。取地面為零勢能
面，物塊在下滑過程中的動能 k、重力勢能 p，與下滑位移 間的關系如圖乙所示，取 = 10m/s2，
下列說法錯誤的是（　　）
A．物塊的質量是0.2kg
B．物塊受到的阻力是0.24N
C．物塊動能與勢能相等時的高度為2.4m
D．物塊下滑9m時，動能與重力勢能之差為3J
【答案】B
【詳解】A．由圖知，小球下滑的最大位移為 x=12m，在最高點時，小球的重力勢能
p = sin = 12J
得小球的質量為
= 0.2kg
故 A 正確；
B．根據除重力以外其他力做的功
其他 = Δ
可知
= 高 低
由圖知，最高點的機械能為
高 = 12J
最低點的機械能為
低 = 8J
又
= 12m
解得，阻力為
1
= 3 N
故 B 錯誤；
C．設小球動能和重力勢能相等時的高度為 h，此時有
1
= 2
2
由動能定理有
1
（ sin ） + （ sin ） =
2
2
聯立解得
= 2.4m
故 C 正確；
D．由圖可知，在物塊下滑 9m 處，小球的重力勢能是 3J，動能為 6J，動能與重力勢能之差為
k p = 6J 3J = 3J
故 D 正確。
本題選擇錯誤的，故選 B。
6．（2024·北京朝陽·二模）電動車配有把機械能轉化為電能的“能量回收”裝置。某次測試中電動車沿
傾角為 15°的斜坡向下運動，初動能為1.0 × 105J。第一次讓車無動力自由滑行，其動能 k與位移 x
的關系如圖中直線①所示；第二次讓車無動力并開啟“能量回收”裝置滑行，其動能 k與位移 x 的關
系如圖中曲線②所示。假設機械能回收效率為 90%，重力加速度 = 10m/s2。下列說法正確的是
（　　）
A．圖中①對應過程汽車所受合力越來越大
B．可求圖中②對應過程下滑 200m 回收的電能
C．圖中②對應過程下滑 100m 后不再回收能量
D．由題中及圖像信息可求出電動車的質量
【答案】B
【詳解】A.由動能定理
合 = k
可見， k 圖線的斜率為合外力，圖中①對應過程汽車所受合力不變，有
= sin15° cos15° = 200×10
3 100×103
合 200 N = 500N故 A 錯誤；
B.在車自由下滑 200m 時
G + f = (200 100) × 103J
開啟能量回收模式下滑 200m 時
G + f + F = (64 100) × 103J
則回收的電能為
= F × 90% = 1.224 × 103J
故 B 正確；
C.圖中②對應過程下滑 100m 后動能不變，但是重力勢能減少，機械能減少，即還是繼續回收能量，
故 C 錯誤；
D.由于不知道車與斜坡的摩擦因數，故無法求出由題中及圖像信息可求出電動車的質量，故 D 錯誤。
故選 B。
二、多選題
7．（2024·四川瀘州·三模）2023 年 10 月 6 日，在杭州亞運會女子龍舟 1000 米直道競速決賽中，中
國隊驅動總質量約 1200kg（含人）的龍舟以 4 分 51 秒的成績獲得冠軍，如圖所示。比賽過程中，
運動員拉槳對船做正功，加速；回槳對船不做功，減速。若 10 個劃手一直保持最大輸出功率劃船，
觀測發現從靜止開始的啟動過程中每個劃手劃了 8 槳，船前進了 20m，船速達到 3.5m/s，之后保持
3.5m/s 的平均速度直至結束，設船受到的阻力恒定，每次拉槳過程做功相同。則下列說法中正確的
是（ ）
A．船受到的阻力約為 397N B．船受到的阻力約為 3970N
C．全程每個劃手大約劃了 150 槳 D．全程每個劃手大約劃了 212 槳
【答案】AD
【詳解】AB.啟動過程時間
1000 20
= 4 × 60 + 51 3.5 s = 11s
設每個劃手每次拉槳過程做功為 ，則有
80 = 達到最大速度有
= =
根據動能定理
1
80 1 = 2
2
聯立解得
≈ 397N， ≈ 191J
故 A 正確，B 錯誤；
CD.設全程每個劃手大約劃了 n 槳，全程根據動能定理
1
10 · 總 = 2
2
解得
≈ 212
故 C 錯誤，D 正確。
故選 AD。
8．（2023·江西鷹潭·二模）如圖所示，某同學從 A 點以水平方向成 60°角沿斜向上的方向投出一籃球，
籃球正好垂直擊中籃板上的 B 點，反彈后下落經過與 A 等高的 C 點，已知 D 點為籃板底下與 A 等
高的點，且 AC=CD，籃球質量為 m，被拋出時的速度大小為 v，不計空氣阻力，則下列說法正確的
是（　　）
A 3．籃球與籃板碰撞過程中損失的動能為32
2
B．從 A 到 B 過程中（不含 B 點）籃球的速率均勻變化
C．從 A 到 B 到 C 籃球運動時間之比1:1
D．從 A 到 B 和從 B 到 C 籃球速度變化量的絕對值之比1:1
【答案】ACD
【詳解】AC．籃球被拋出時，水平分速度為
1
= cos60° = 2
豎直分速度為
3
= sin60° = 2
1
籃球正好垂直擊中籃板上的 B 點，說明籃球只有水平方向的速度，此時速度為2 ；擊中籃板后落回
到 C 點，根據 AC=CD，上拋和下落在豎直方向高度相同，根據
1
= 2
2
可知從 A 到 B 到 C 籃球運動時間相等，根據
=
1
可知從籃球反彈后速度變為4 ，則籃球與籃板碰撞過程中損失的動能為
1 1 2 1 1 2 3
Δ k= 2 ( 2 ) 2 ( 4 ) =
2
32
故 AC 正確；
B．從 A 到 B 過程中，籃球速度均勻變化，而不是速率均勻變化，故 B 錯誤；
D．由于從 A 到 B 和從 B 到 C 籃球的加速度均為重力加速度，且所用時間相等，根據
Δ =
可知從 A 到 B 和從 B 到 C 籃球速度變化量的絕對值之比1:1，故 D 正確。
故選 ACD。
9．（2024·廣東茂名·一模）某品牌電動汽車在平直公路上由靜止開始啟動，若啟動過程中加速度傳
感器測量到汽車加速度隨時間變化的規律如圖所示，汽車后備箱中水平放置一質量 = 5kg的物塊，
與汽車始終相對靜止，重力加速度 g 取10m/s2，下列說法正確的是（ ）
A．第2s末，汽車的速度為3.2m/s
B．第8s末，汽車的速度為9.6m/s
C．前2s內，汽車對物塊的作用力做功大小為6.4J
D．前8s內，汽車對物塊的最大摩擦力為8N
【答案】BCD
【詳解】AB．根據圖像面積可知第2s末，汽車的速度為
1
2 = 2 × 2 × 1.6m/s = 1.6m/s
第8s末，汽車的速度為
1
8 = 2 × (4 + 8) × 1.6m/s = 9.6m/s
故 A 錯誤，B 正確；
C．根據圖像，2s末汽車速度為1.6m/s，由動能定理，汽車對物塊做功為
1
= 22 0 = 6.4J
故 C 正確；
D．a 最大為1.6m/s，由 1 = 代入數據可得最大摩擦力為 8N，故 D 正確。
故選 BCD。
10．（2022·陜西寶雞·二模）汽車在出廠前要進行性能測試。某次測試中，測試人員駕駛著汽車在一
個空曠的水平場地上沿直線以恒定的速度 0勻速行駛，突然發現正前方的道路出現故障，為了躲避
故障，測試人員采取了一些應急措施。設汽車與路面間的滑動摩擦因數為 ，最大靜摩擦力等于滑動
摩擦力，重力加速度為 g，則關于測試人員采取的應急措施說法正確的是（　　）
2A．若直線剎車，則至少應該在道路故障前 02 的距離處采取剎車措施
B．若以原有速率轉彎，轉彎半徑越大，汽車受到的側向摩擦力越大
C
2
．若以原有速率轉彎，轉彎的最小半徑為 0
D．以原速率轉彎要比以直線剎車更安全一些
【答案】AC
【詳解】A．若采取直線剎車措施，根據動能定理有
1
= 22 0
解得剎車的最大距離為
2
= 02
故 A 正確；
B．汽車做圓周運動時，靜摩擦力提供向心力，根據
2
f = 0
可知轉彎半徑越大，汽車受到的摩擦力越小，故 B 錯誤；
C．當摩擦力達到最大時
2
= 0
解得
2
= 0
故 C 正確；
D．由于
>
所以直線剎車更安全些，故 D 錯誤。
故選 AC。
11．某同學將一個質量為 m 的籃球以初速度 0豎直向上拋出，上升過程中籃球的加速度大小 a 隨速
率 v 的變化關系如圖所示，籃球上升到最高點后又落回到拋出點，落回到拋出點前已經開始做勻速
運動。已知重力加速度為 g，關于籃球從開始上拋到再次回到拋出點的運動過程，下列說法正確的
是（　　）
A．空氣阻力的大小恒為 2mg

B 0．籃球回到拋出點時的速度大小為 3
C 3．整個過程中空氣阻力對籃球做的功為 8
2
0

D 0．若上拋時的速度變為2 0，則籃球落回到拋出點時的速度大小為 2
【答案】CD
【詳解】A．由圖可知籃球的加速度與速度滿足如下關系
2
= + 0
對籃球受力分析有
+ =
解得
2
= 0
A 錯誤；
B．籃球返回到拋出點前已經勻速，由
2
= = 0
解得

= 02
B 錯誤；
C．整個運動過程由動能定理有
1 0 2 1
= 2 2 2
2
0
解得
3
= 8
2
0
C 正確；

D 0．若拋出時的速度變為2 0，返回到拋出點前仍能達到勻速，回到拋出點時的速度依然為 2，D 正
確。
故選 CD。
12．某個緩沖裝置的主要部分是彈簧，工作過程可簡化為以下情境：輕質彈簧原長 0 = 0.4m，勁度
系數 = 800N/m，左端固定在豎直墻上。以彈簧左端為坐標原點，水平向右為正方向建立 x 軸。水
平地面上一滑塊從 P 點以某一速度水平向左沖向彈簧，如圖 1 所示。滑塊經彈簧緩沖后運動到最左
端 = 0.2m處的 Q 點，又被彈簧彈開，最后恰好停在 P 點。滑塊從 Q 點到 P 點過程中，加速度 a
隨位置坐標 x 的變化規律如圖 2 所示。已知彈簧始終在彈性限度內，重力加速度 = 10m/s2。下列
說法正確的是（　　）
A．滑塊與水平地面間的動摩擦因數 = 0.4 B．滑塊的質量 = 20kg
C．P 點的坐標 = 0.6m D．滑塊從 P 點向左運動時的動能 k = 64J
【答案】AC
【詳解】A．滑塊從 P 點向左先做勻減速運動，接觸彈簧后做加速度逐漸增大的減速運動，直到彈
簧被壓縮到最短時到達 Q 點，加速度達到最大，然后向右先做加速度逐漸減小的加速運動，當運動
到彈簧彈力等于滑動摩擦力時，加速度減小到 0，速度向右達到最大，設此時位置坐標為 ，此后，
滑塊繼續向右做加速度逐漸增大的減速運動，脫離彈簧后再做勻減速運動，到達 P 點時速度減為 0。
由題圖 2 可知，滑塊向右脫離彈簧后的加速度大小 2 = 4m/s2，由
= 2
解得

= 2 = 0.4
故 A 正確。
B．滑塊在 Q 點將要向右滑動時，有
( 0 ) = 1
由題圖 2 知
1 = 12m/s2
解得
( 0 )
= + = 10kg1
故 B 錯誤。
C．滑塊運動到彈簧彈力等于滑動摩擦力時，有
( 0 ) = 0
解得

= 0 = 0.35m
將縱坐標 a 乘以滑塊的質量 m 可將 圖像轉化為 合 圖像，由動能定理有
1 1
合 = 22 2
2
0
可知 合 圖像與 x 軸所圍的面積表示動能的變化量Δ k，則對滑塊由 Q 點到 P 點的過程，由動能
定理有
1 1
2 1( ) 2 2( 0 ) 2( 0) = 0
解得
= 0.6m
故 C 正確。
D．滑塊從 P 點向左運動到又回到 P 點，滑塊的動能全部轉化為因摩擦產生的熱量，由能量守恒定
律有
k = 2 ( ) = 32J
故 D 錯誤。
故選 AC。
三、解答題
13．（2024·山西陽泉·三模）如圖，圓形水平餐桌面上有一個半徑為 = 0.3m，可繞中心軸轉動的同
心圓盤，在圓盤的邊緣放置一質量為 = 1kg的小物塊，物塊與圓盤間的動摩擦因數為 1 = 0.3，物
塊與桌面間的動摩擦因數為 2 = 0.1125。現從靜止開始緩慢增大圓盤的角速度，物塊從圓盤上滑落
后，最終恰好停在桌面邊緣。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為 = 10m/s2，圓
盤厚度及圓盤與餐桌面的間隙不計，物塊可視為質點。求：
（1）物塊隨圓盤運動的過程中，圓盤對小物塊做的功；
（2）餐桌面的半徑 R。
【答案】（1） = 0.45J；（2） = 0.5m
【詳解】（1）物體在圓盤上滑下時有
2
1 =
根據動能定理，圓盤對小物塊做的功
1
= 2
2
解得
= 0.45J
（2）小物塊從圓盤滑落后，沿切線方向劃出，做勻減速直線運動，滑到桌面邊緣時有
1
2 = 0 2
2
其中的
= 2 + 2
解得
= 0.5m
14．（2024·山東濰坊·三模）如圖所示為冰雪沖浪項目流程圖，AB 段為水平加速區，BC 段為半徑
r=22.5m 的光滑圓管型通道，AB 與 BC 相切于 B 點；CDE 段為半徑 R=100m 的圓弧冰滑道，BC 與
CDE 相切于 C 點，弧 DE 所對應的圓心角 θ=37°，D 為軌道最低點，C、E 關于 OD 對稱。安全員將
小朋友和滑板（可視為質點）從 A 點沿水平方向向左加速推動一段距離后釋放，到達光滑圓管型通
道上 B 點時小朋友和滑板與通道沒有相互作用力，小朋友運動至滑道 E 點時對滑道壓力 FN=410N。
已知小朋友和滑板總質量為 m=40kg，g 取 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小朋友在 B 點時的速度 v0；
（2）小朋友通過 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
【詳解】（1）由于到達光滑圓管型通道上 B 點時小朋友和滑板與通道沒有相互作用力，則
2
= 0
所以
0 = 15m/s
方向水平向左；
（2）小朋友從 B 滑到 E，根據動能定理可得
1 1
(1 cos37°) 2 2克 f = 2 2 0
在 E 點，根據牛頓第二定律可得
2
N cos37° =
聯立可得
克 f = 1800J
15．（2024·北京海淀·二模）如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定在距離水平地面高為 h 的 O 點，另
一端系有質量為 m，可視為質點的小球，將小球拉至 O 點正上方的 A 點，給其一水平方向的初速度
0，使其恰好通過 A 點后，在豎直平面內以 O 點為圓心做半徑為 r 的圓周運動。當小球運動到最低
點 B 時，繩恰好被拉斷，小球水平飛出。不計空氣阻力及繩斷時的能量損失，重力加速度為 g。求：
（1）小球初速度的大小 0。
（2）繩能承受拉力的最大值 m。
（3）小球落地時的速度大小 v。
【答案】（1） 0 = ；（2）6 ；（3） = (2 + 3 )
【詳解】（1）小球剛好通過 A 點，繩子拉力為零，僅重力提供向心力
2
= 0
解得
0 =
（2）從 A 點到 B 點，由動能定理
1 1
2 = 2 22 2 0
解得
= 5
在 B 點，由繩子拉力和小球重力共同提供向心力
2
=
解得
= 6
再由牛頓第三定律可得
m = = 6
（3）小球從 B 點到落地的過程中，只有重力做功，由動能定理
1 1
( ) = 22 2
2

解得
= (2 + 3 )

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