文档文本内容
第 20 讲 动能定理的理解及应用
目录
01、考情透视，目标导
航
02、知识导图，思维引航.............................................................................................3
03、考点突破，考法探究.............................................................................................3
考点一 动能定理的理解和基本应用................................................................................................3
知识点1 动能.........................................................................................................................3
知识点2 动能定理.................................................................................................................4
考向1 对动能定理的理解...................................................................................................5
考点2 动能定理的基本应用.................................................................................................5
考点二 应用动能定理求变力的功....................................................................................................7
考向洞察................................................................................................................................................7
考点三 动能定理与图像结合的问题..................................................................................................8
考向洞察................................................................................................................................................9
考向1 动能定理与v-t图像...................................................................................................9
考向2 动能定理与E -x图像................................................................................................9
k
考向3 动能定理与F-x图像................................................................................................10
考向4 动能随位移变化的图像...........................................................................................11
考点四 动能定理在多过程问题中的应用........................................................................................11
知识点1．应用动能定理解决多过程问题的两种思路.....................................................11
知识点2．全过程列式时要注意.........................................................................................12
知识点3.多过程问题的分析方法........................................................................................12
知识点4 动能定理在往复运动问题中的应用...................................................................12
考向洞察..............................................................................................................................................12
考向1多过程直线运动问题................................................................................................12
考向2 多过程曲线运动问题...............................................................................................14
考向3 多过程直线往复运动问题.......................................................................................15
考向4 多过程曲线往复运动问题.......................................................................................16
04、真题练习，命题动向...........................................................................................................17
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复习 目标1.理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题。
目标 目标2.能利用动能定理求变力做的功。
目标3.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法。
考点一 动能定理的理解和基本应用知识点1 动能
1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。
(2)公式：E＝mv2。
k
(3)单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
(4)标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关。
2．动能与动能变化的区别
(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。
(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔE>0，表示物体的动能增加；ΔE<0，表示物体的动能减少。
k k
知识点2 动能定理
1．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：W ＝ΔE＝mv2－mv2。
合 k 2 1
(3)物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。
说明：(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)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。
3．对动能定理的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“＝”有三层关系：
因果关系 合力做功是物体动能变化的原因
数量关系 合力的功与动能变化可以等量代换
单位关系 国际单位都是焦耳
(2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力或其他
力，功则为合力所做的总功。
3.应用动能定理的注意点
(1)动能定理表达式是一个标量式，式中各项均为标量，因此，应用动能定理时不必关注速度的具体方向，
也不能在某个方向上列出动能定理的表达式。
(2)注意物体所受各力做功的特点，如：重力做功与路径无关，重点关注始末两点的高度差，摩擦阻力做功
与路径有关。
(3)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。
(4)动能定理既可解决直线运动问题，也可解决曲线运动问题。考向1 对动能定理的理解
1.(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下
竖直向上加速运动，当电梯的速度由v 增大到v 时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，
1 2
下列说法正确的是( )
A.对物体，动能定理的表达式为W＝mv－mv，其中W为支持力做的功
B.对物体，动能定理的表达式为W ＝0，其中W 为合力做的功
合 合
C.对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝mv－mv，其中W为支持力做的功
D.对电梯，其所受的合力做功为Mv－Mv
【答案】 CD
【解析】 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力F ，这两个力的总功(即合力做的功)才等
N
于物体动能的变化，即W ＝W－mgH＝mv－mv，其中W为支持力做的功，故A、B错误，C正确；对电
合
梯做功的有重力Mg、压力F ′和拉力F，合力做功为W ′＝Mv－Mv，故D正确。
N 合
考点2 动能定理的基本应用
1.(多选)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为E ，
k
向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知sin α＝0.6，重力
加速度大小为g。则( )
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【答案】 BC
【解析】 物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2lcos α＝－E，
k
物体从斜面底端到最高点根据动能定理有
－mglsin α－μmglcos α＝0－E，
k
整理得l＝，μ＝0.5，A错误，C正确；
物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma ＝mgsin α－μmgcos α，
下
解得a ＝，B正确；
下
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有
ma ＝mgsin α＋μmgcos α，
上
解得a ＝g，故a >a ，
上 上 下
由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式l＝at2，则
可得出t <t ，D错误。
上 下
2.如图所示，在水平的PQ面上有一小物块(可视为质点)，小物块以某速度从P点最远能滑到倾角为θ的斜
面QA上的A点(水平面和斜面在Q点通过一极短的圆弧连接)。若减小斜面的倾角θ，变为斜面QB(如图中
虚线所示)，小物块仍以原来的速度从P点出发滑上斜面。已知小物块与水平面和斜面间的动摩擦因数相同，
AB为水平线，AC为竖直线。则( )
A.小物块恰好能运动到B点
B.小物块最远能运动到B点上方的某点
C.小物块只能运动到C点
D.小物块最远能运动到B、C两点之间的某点
【答案】 D
【解析】 小物块从P点滑上斜面的运动过程中有重力和摩擦力做功，设小物块能到达斜面上的最高点与
水平面的距离为h，与Q点的水平距离为x，根据动能定理得－mgh－μmg·x －μmgcos θ·x ＝0－mv，即
PQ AQ
mgh＋μmg(x ＋x)＝mv，若减小倾角θ时，h不变，则x不变，故A、C错误；若h变大，则x变小，故B
PQ
错误；若h变小，则x变大，故D正确。
【题后反思】应用动能定理解题应抓住“两状态，一过程”。“两状态”即明确研究对象的
始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象
的受力情况和位置变化或位移信息。
考点二 应用动能定理求变力的功
在有变力做功的过程中，变力做功无法直接通过功的公式求解，可用动能定理W ＋W ＝mv－mv求解。
变 恒
物体初、末速度已知，恒力做功W 可由公式求出，得到W ＝mv－mv－W ，就可以求出变力做的功了。
恒 变 恒1.(多选)人们用滑道从高处向低处运送货物，如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，
沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的
切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有( )
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
【答案】 BCD
【解析】 重力做的功为W ＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程由动能定理可得W －W＝mv，代入数据解
G G f
得克服阻力做的功为W＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝＝9 m/s2，C正确；经过Q点
f
时，根据牛顿第二定律可得F －mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为F ＝380 N，根据牛顿第三定律可
N N
知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。
2.质量为m的物体以初速度v 沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平放置的轻弹簧O端相距s，轻弹
0
簧的另一端固定在竖直墙上，如图5所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为 μ，物体与弹簧相碰后，
弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力所做的功
为( )
A.mv－μmg(s＋x)
B.mv－μmgx
C.μmg(s＋x)－mv
D.－μmg(s＋x)
【答案】 C
【解析】 对物体由动能定理可得W －μmg(s＋x)＝0－mv，解得W ＝μmg(s＋x)－mv，故C正确。
弹 弹
考点三 动能定理与图像结合的问题
图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义考向1 动能定理与v-t图像
1.A、B两物体的质量之比m ∶m ＝1∶4，它们以相同的初速度v 在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，
A B 0
其v－t图像如图所示。此过程中，A、B两物体受到的摩擦力做的功之比W ∶W 和A、B两物体受到的摩擦
A B
力之比F∶F 分别是( )
A B
A．W ∶W ＝1∶2 B．W ∶W ＝4∶1
A B A B
C．F∶F ＝1∶2 D．F∶F ＝4∶1
A B A B
【答案】C
【解析】 根据动能定理－W＝0－mv2，可知A、B两物体受到的摩擦力做的功之比为 W ∶W ＝1∶4，故
0 A B
A、B错误；根据v－t图像可知两物体的加速度之比为a ∶a ＝2∶1，
A B
根据牛顿第二定律F＝ma，可得A、B两物体受到的摩擦力之比F∶F ＝1∶2，故C正确，D错误。
A B
考向2 动能定理与E -x图像
k
2.如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动
能E 与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为
k
( )A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
【答案】 A
【解析】 0～10 m内物块上滑，由动能定理得
－mgsin 30°·s－fs＝E－E ，
k k0
整理得E＝E －(mgsin 30°＋f)s，
k k0
结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值
|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N，
10～20 m内物块下滑，由动能定理得
(mgsin 30°－f)(s－s)＝E，
1 k
整理得E＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s，
k 1
结合10～20 m内的图像得，
斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N，
联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A。
考向3 动能定理与F-x图像
3.一质量为4 kg的物体，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F作用做匀速直线运动。物体运动一段时间
后拉力逐渐减小，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，
重力加速度大小取10 m/s2，则可以求得( )
A.物体做匀速直线运动的速度为4 m/s
B.整个过程拉力对物体所做的功为4 J
C.整个过程摩擦力对物体所做的功为－8 J
D.整个过程合外力对物体所做的功为－4 J【答案】 D
【解析】 F－x图线与横轴所围区域的面积表示拉力对物体所做的功，所以W ＝ J＝12 J，故B错误；0
F
～2 m阶段，根据平衡条件可得F＝F＝4 N，所以整个过程中摩擦力对物体做的功为W＝－Fx＝－4×4 J＝
f f f
－16 J，故C错误；整个过程中合外力所做的功为W ＝W ＋W＝12 J＋(－16 J)＝－4 J，故D正确；根据
合 F f
动能定理可得W ＝0－mv，解得v＝ m/s，故A错误。
合 0
考向4 动能随位移变化的图像
4.某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计
摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能E 与水平位移x的关系图像正确的是( )
k
【答案】 A
【解析】 设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，运动员在沿斜面下滑过程中，根据动能定理有E ＝
k
mgxtan θ，即＝mgtan θ，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，E －x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中，
k
θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大，故A正确。
考点四 动能定理在多过程问题中的应用
知识点1．应用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分阶段应用动能定理
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。
②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不
宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。(2)全过程(多个过程)应用动能定理
当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一
个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大减少运算。
知识点2．全过程列式时要注意
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。
知识点3.多过程问题的分析方法
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。
(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
知识点4 动能定理在往复运动问题中的应用
1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描
述运动的物理量多数是变化的，而重复的次数又往往是无限的或者难以确定的。
2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功特点与路程有关，求解这
类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只涉
及物体的初、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简
化。
考向1多过程直线运动问题
1.如图所示的装置由AB、BC、CE三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、
CE是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CE足够长且倾角θ＝37°，D为轨道CE上一点，A、D两
点离轨道BC的高度分别为h ＝4.3 m、h ＝1.35 m。现让质量为m可视为质点的小滑块从A点由静止释放。
1 2
已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小v ；
D
(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；
(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。
【答案】 (1)3 m/s (2)2 s (3)1.4 m
【解析】 (1)小滑块在A→B→C→D过程中，应用动能定理得mg(h－h)－μmgs＝mv 2－0，
1 2 D
代入数据解得v ＝3 m/s。
D
(2)小滑块在A→B→C过程中，由动能定理得mgh －μmgs＝mv 2－0，代入数据解得v ＝6 m/s，
1 C C
小滑块沿CE段上滑时，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ＝6 m/s2。
则小滑块从C点沿CE段上滑到最高点所用的时间t＝＝1 s，小滑块沿CE段上滑和下滑的受力情况不变，
1
由对称性可知，小滑块从最高点滑回C点所用的时间t ＝1 s，故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间
2
隔t＝t＋t＝2 s。
1 2
(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s ，对小滑块从静止释放到最终停止的全过程，由动能定理得
总
mgh －μmgs ＝0，解得s ＝8.6 m，故小滑块最终停止的位置与B点的距离为2s－s ＝1.4 m。
1 总 总 总
2.如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点质量为m＝1 kg的小物块接触而不连接，
此时弹簧无形变。现对小物块施加F＝10 N的水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左
运动到A点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N，运动到A点时撤去推力F，小物块最终运动到B点静
止。图中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度取g＝10 m/s2。求小物块：
(1)与桌面间的动摩擦因数μ；
(2)向右运动过程中经过O点的速度大小；
(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。
【答案】 (1)0.4 (2)1.26 m/s (3)0.9 m
【解析】 (1)小物块速度达到最大时，加速度为零，则
F－μmg－F ＝0
弹
解得μ＝0.4。
(2)设向右运动通过O点时的速度为v，从O→B，
0
由动能定理得
－Fx ＝0－mv
f OB
F＝μmg＝4 N
f
解得v＝ m/s≈1.26 m/s。
0
(3)设弹簧最大压缩量为x ，对小物块运动的全过程，根据动能定理得
maxFx －F(2x ＋x )＝0
OA f max OB
代入数值得x ＝0.9 m。
max
考向2 多过程曲线运动问题
1.(2023·湖北高考)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为 2R、内表
面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道 在同一竖直平面内，过C
点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面
后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩
擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
(1)小物块到达D点的速度大小；
(2)B和D两点的高度差；
(3)小物块在A点的初速度大小。
【答案】 (1) (2)0 (3)
【解析】 (1)由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有m＝mg，解得v ＝。
D
(2)由题意知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，则在C点有cos 60°＝，小物块从C到D
的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos 60°)＝mv 2－mv 2，则小物块从B到D的过程中，根据动能定理
D C
有mgH ＝mv 2－mv 2，联立解得v ＝，H ＝0。
BD D B B BD
(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有－μmgs＝mv 2－mv 2，s＝π·2R
B A
解得v ＝。
A
2．如图所示，小明设计的游戏装置，由光滑平台、倾斜粗糙直轨道AB、竖直圆管道CDEBC′(管道内径远
小于管道半径)、水平粗糙直轨道平滑连接组成。其中平台左侧固定一弹簧，倾斜直轨道AB与圆管道相切
于B点，水平直轨道与圆管道相切于C′点(C和C′略错开)。小滑块与倾斜直轨道AB及水平直轨道间的动摩
擦因数均为μ＝0.5，AB斜轨道倾角θ＝37°，AB长度l＝0.4 m。小滑块从B点进入管道内，当小滑块沿管
道内靠近圆心O的内侧运动时有摩擦，沿管道外侧运动时无摩擦，管道半径为R＝0.2 m。第一次压缩弹簧
后释放小滑块，A点上方挡片可以让小滑块无速度损失进入AB段，恰好可以运动到与管道圆心等高的D
点。第二次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.36 J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为1
m/s。已知小滑块质量m＝0.1 kg，可视为质点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求第一次压缩弹簧释放小滑块后，第一次运动到C点时对轨道的压力；(2)求第二次压缩弹簧释放小滑块后，运动到E点的过程，小滑块在圆管道内所受摩擦力做的功；
(3)若第三次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.48 J时释放小滑块，通过计算判断小滑块在圆管道内运动是否受
到摩擦力作用。小滑块在水平直轨道上距离C′为x处的速度为v，求v与x之间的关系式。
【答案】：(1)3 N，方向竖直向下 (2)－0.03 J(3)不受 v＝ m/s
【解析】：(1)从C到D过程，对小滑块由动能定理得－mgR＝0－mv 2，在C点由牛顿第二定律有F －mg
C N
＝m，联立解得F ＝3 N由牛顿第三定律可知，小滑块第一次运动到C点时对轨道的压力大小为3 N，方向
N
竖直向下。
(2)从释放小滑块到E点过程，由动能定理有W ＋mglsin θ－μmglcos θ－mgR(1＋cos θ)＋W＝mv 2－0，W
弹 f E
＝E＝0.36 J，解得W＝－0.03 J。
弹 p f
(3)当滑块以v 通过最高点时恰好对管道无压力作用，设此时对应的弹簧弹性势能为E ，由牛顿第二定律
0 p0
有m＝mg，
从开始到E点由动能定理有W＋mglsin θ－μmglcos θ－mgR(1＋cos θ)＝mv2－0，解得E ＝W＝0.38 J，
0 0 p0 0
弹性势能为0.48 J大于E ，小滑块在圆管道内不受到摩擦力作用。
p0
从开始到离C′距离为x处，由动能定理有W′＋mglsin θ－μmglcos θ＋mgR(1－cos θ)－μmgx＝mv2－0，其
中W′＝0.48 J，解得v＝ m/s。
考向3 多过程直线往复运动问题
3.如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧处于原长时上端与刻度尺上的A点等高，质量
m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，底端距A点的高度h ＝1.10 m，篮球静止释放测得第一次撞击弹簧时，
1
弹簧的最大形变量x ＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h ＝0.873 m，篮球多次反弹
1 2
后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x ＝0.01 m，弹性势能为E ＝0.025 J。若篮球运动时受到的空气
2 p
阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的机械能损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。求：(g
取10 m/s2)
(1)弹簧的劲度系数；
(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力；
(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；
(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。
【答案】(1)500 N/m (2)0.5 N(3)11.05 m (4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大
【解析】(1)篮球静止在弹簧上时，
有mg－kx＝0，解得k＝500 N/m。
2(2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点，由动能定理得mg(h－h)－f(h＋h＋2x)＝0
1 2 1 2 1
代入数值解得f≈0.5 N。
(3)设篮球在整个运动过程中通过的总路程为s，
整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反，
根据动能定理有W ＋W＋W ＝0
G f 弹
重力做功W ＝mg(h＋x)＝5.55 J
G 1 2
弹力做功W ＝－E＝－0.025 J
弹 p
则空气阻力做功W＝－fs＝－5.525 J
f
解得s＝11.05 m。
(4)篮球在首次下落过程中，合力为零处速度最大
速度最大时弹簧形变量为x
3
mg－f－kx＝0
3
在A点下方，离A点x＝0.009 m。
3
考向4 多过程曲线往复运动问题
4.如图所示，质量m＝0.1 kg的可视为质点的小球从距地面高H＝5 m处由静止开始自由下落，到达地面恰
能沿凹陷于地面的半圆形槽的右端切入，半圆形槽半径R＝0.4 m。小球到达槽最低点时速率为10 m/s，并
继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘竖直向上飞出……，如此反复，设小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小
恒定不变，不计空气阻力及小球与槽壁口接触时的机械能损失(取g＝10 m/s2)。求：
(1)小球第一次飞离槽后上升的高度H；
1
(2)小球最多能飞出槽外的次数。
【答案】 (1)4.2 m (2)6次
【解析】 (1)由于小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，由对称性可知，小球在槽右半部分与左
半部分运动时克服摩擦力做的功相等，设为W。
f
小球从开始下落至到达槽最低点的过程中，由动能定理得mg(H＋R)－W＝mv2，解得W＝0.4 J
f f
小球由槽最低点到第一次上升到最大高度的过程，由动能定理得－mg(H ＋R)－W＝0－mv2，解得H ＝4.2
1 f 1
m。
(2)设小球能飞出槽外n次，对整个过程，由动能定理得mgH－n×2W＝0
f
解得n＝6.25，n只能取整数，故小球最多能飞出槽外6次。1．（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
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。
2．（2024·福建·高考真题）先后两次从高为 高处斜向上抛出质量为 同一物体落于
，测得 ，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为 ，
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
B．第一次过P点比第二次机械能少
C．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为
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
故上升时间为
最高点距水平地面高为 ，故下降的时间为故一次抛出上升时间，下降时间比值为 ，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
故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为
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
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
故B正确；
C．从抛出到落地瞬间根据动能定理
故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为 ，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。
3．（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． C． D．
【答案】D
【详解】人在下滑的过程中，由动能定理可得
可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为故选D。
4．（2024·广东·高考真题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从 、
高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为 ，乙在水平
面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与 无关
D．甲最终停止位置与O处相距
【答案】ABD
【详解】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；
B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换
速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；
C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有
在水平面运动一段时间t 后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t，乙运动的时间为
2 3
由于t 与 有关，则总时间与 有关，故C错误；
1
D．乙下滑过程有
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则
如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有
联立可得即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距 。故D正确。
故选ABD。
5.（2023·全国·高考真题）无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为
m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）
（ ）
A．0 B．mgh C． D．
【答案】B
【详解】在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得
故雨滴克服空气阻力做功为 。
故选B。
6．（2023·全国·高考真题）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运
动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为
0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在x = 1m时，拉力的功率为6W
B．在x = 4m时，物体的动能为2J
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为2kg∙m/s
【答案】BC
【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为
W = Fx
可看出W—x图像的斜率代表拉力F。
AB．在物体运动的过程中根据动能定理有
则x = 1m时物体的速度为
v= 2m/sx = 1m时，拉力为
1
则此时拉力的功率P = Fv= 12Wx = 4m时物体的动能为
1
E= 2J
k
A错误、B正确；
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为
W= μmgx = 8J
f
C正确；
D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F= 6N，2—4m的过程中F= 3N，由于物体受到的摩擦力恒
1 2
为f = 4N，则物体在x = 2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度
则从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为
D错误。
故选BC。
7．（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
，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度 ，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 ，一质量为 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 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 ，忽略空气阻力，重力加速度 ，
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） ；（2）
【详解】（1）设游客滑到b点时速度为 ，从a到b过程，根据机械能守恒
解得
在b点根据牛顿第二定律
解得根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为
（2）设游客恰好滑上平台时的速度为 ，在平台上运动过程由动能定理得
解得
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
速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为 和 ，得
根据运动学规律对游客
解得
该段时间内游客的位移为
滑板的位移为
根据位移关系得滑板的长度为
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 ，重力
加速度大小 ，当P绳与竖直方向的夹角 时，Q绳与竖直方向的夹角
（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 ，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） ， ；（2）
【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 和 ，竖直方向
水平方向
联立代入数值得
，
（2）整个过程根据动能定理得
解得两根绳子拉力对重物做的总功为
9．（2023·江苏·高考真题）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为
45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静
止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为 ，重力加速度为
g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）滑雪者从A到P根据动能定理有根据动量定理有
联立解得
（2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下
滑时，到达B点有
（3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有
水平方向上有
联立可得
10．（2023·湖北·高考真题）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径
为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道 在同一竖直
平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从
B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与
桌面之间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
（1）小物块到达D点的速度大小；
（2）B和D两点的高度差；
（3）小物块在A点的初速度大小。
【答案】（1） ；（2）0；（3）
【详解】（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有解得
（2）由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，则在C点有
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
联立解得
，H = 0
BD
（3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
S = π∙2R
解得
