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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．公式：E＝mv2，式中v为瞬时速度，动能是状态量。
k
2．标矢性：动能是标量，只有正值，动能与速度的方向无关。
3．动能的变化量：ΔE＝mv2－mv2。
k 2 1
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
W＝ΔE＝mv2－mv2。
k 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
角，空气阻力不能忽略，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．重力对小球做的功为
B．落地时小球重力的功率为mgv
C．合外力对小球做的功为
D．空气阻力对小球做的功为
【答案】D
【详解】ACD．根据动能定理 其中重力做功为 设空气阻力做功为 ，则
解得 故AC错误，D正确；
B．落地时小球重力的功率为 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）（ ）
A． B． C． D．
【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
小球通过A轨道的最高点时有 小球通过B轨道的最高点时有
联立解得 故选D。
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 x＝ΔE ，此式经常用于求解机
阻 k
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，t 时刻小车的速度达到最大速度的三分之二，小
0
车速度由v 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
0
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Fv
0
B．t=0时刻，小车的加速度大小为
C．t 时刻，小车的加速度大小为
0
D． 时间内，小车运动的位移大小为
【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
时，牵引力为 ，根据题意，小车的额定功率为 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 由
t=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 在t 时刻，汽车
0
的速度为 由A选项中分析得 则此时的牵引力为 根据牛顿第二定律有
解得 故BC错误；
D． 时间内，根据动能定理 解得 故D正确。故选D。
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
恒为汽车重力的 ，取重力加速度大小 。下列说法正确的是（ ）
A．该汽车的额定功率为
B．5s末该汽车的牵引力大小为
C．该次测试中汽车的最大速度为
D． 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
可知 ， 汽车受到的牵引力不变，即 所以，5s末该汽车的牵引力大小为
。结合功率的公式 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 则汽车的额定功率为 ，A错
误，B正确；C． 时间内，汽车以恒定功率启动，根据 解得 随着车速逐渐增大，牵引力逐渐减小，汽
车的加速度越来越小据牛顿第二定律可知 当加速度为零时，汽车的速度最大，此时
故最大车速为 ，C错误；
D． 时间内，根据动能定理可知 解得 ，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 ，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 处的A点时撤去拉力F。该物体的动能 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 ，该物体两次经过A点时的动能
之比为 ，该物体与斜面间动摩擦因数处处相同， ，重力加速度g取 ，不计空气阻力。
则拉力F的大小为（ ）A． B． C． D．
【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 ，物体重力沿斜面的分力大小为
当物体沿斜面向上运动到 处时，根据动能定理有 运动到 处
时，根据动能定理有 当物体沿斜面向下运动到 处时，根据动能定理有
联立以上式子求得 故选D。
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（距离地面
），斜面阻力不计，以下选择正确的是（ ）
A．滑到B处时球速度为 B．滑到C处时若速度减少为B的 ，则
C．球滑到D处的速度为 D．球第一次停距离地面为
【答案】A
【详解】A．从A到B根据机械能守恒定律可得 解得 故A正确；
B．到C处时若速度减少为B的 ，则从B到C根据动能定理可得
由于 未知，故无法判断，故B错误；
C．小球从A处滚到D处根据动能定理可得 其中摩擦力做功未知，故无法判
断，故C错误；
D．第一次停距离地面为 ，根据动能定理可得 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
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
【答案】D
【详解】A．小球从A点到D点，由机械能守恒定律得 解得 故A正确不符合题意；
B．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 故B正确不符合题
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 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
解得 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 ，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 高处由静止开始释
放，通过光滑弧形轨道 ，进入半径 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 时，滑块刚好对轨道的压力为零，沿 圆弧滑下后进入光滑弧形轨道 ，且到达高度为
的 点时速度为零。取重力加速度大小 ，且所有高度均相对于 点而言，则 的值可能为（）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】滑块到达顶点 时，滑块刚好对轨道的压力为零，则根据重力提供向心力有 从开始释
放到C点，根据动能定理有 从C点到D点，根据动能定理有
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，
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
大于从C到B时摩擦力做的功 ，即有 联立可得 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～t 时间内汽车做匀加速运动且功率保持不变
1
B．t～t 时间内汽车牵引力做功为
1 2
C．t～t 时间内的平均速度大于
1 2
D．t～t 时间内汽车牵引力大于汽车所受阻力
2 3
【答案】C
【详解】A．0～t 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 ，汽车的牵
1
引力不变；又因为 ，汽车的功率增大，A错误；
B．根据动能定理，t～t 时间内汽车合力做功为 ，B错误；
1 2
C．根据 ， t～t 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内
1 2
的平均速度大于 ，C正确；
D． t～t 时间内汽车做匀速运动，牵引力等于汽车所受阻力，D错误。
2 3
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
D．t=2s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率为15960W
【答案】D
【详解】A．根据v-t图像可知3s末速度最大，则最大动能 故A 正确；
B．根据v-t 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 根据牛顿第
二定律可得加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为 工人减速下滑时的加速度大小为
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
故B正确；
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 整个过程
由动能定理得 解得 故C正确；
D． t=2s工人的速度大小为v=at=12m/s此时钢丝绳对工人的拉力大小为F=280N此时钢丝绳对工人拉力的
1 1
瞬时功率为P=Fv=3360W故D错误。本题选错误的，故选D。
1
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 与 时刻的速度之比为B．无人机在 与 的位移大小之比为
C．无人机在 与 所受合外力的冲量之比为
D． 与 合外力对无人机做功之比为
【答案】A
【详解】A．根据 图像的面积表示速度变化量，由图可知， 时刻的速度为 时刻的速度为
所以 故A正确；
B．由图可知，无人机在 一直加速，则相等时间内通过的位移逐渐增大，故B错误；
C． 与 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
与 所受合外力的冲量相同，故C错误；
D． 合外力对无人机做功为 合外力对无人机做功为
有 故D错误。故选A。
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 后，牵引力的功率保持恒定。已知玩具车的质量 ，行驶过程中受到恒定的阻力
，则玩具车（ ）
A．从 到 的位移为2m B．从 到 的牵引力做功为4J
C．从 到 的位移约为7m D．从 到 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 的速度为 从 到
做匀加速直线运动，则位移为 故A错误；
B． 内，根据牛顿第二定律有 解得 该段时间牵引力做功为 故B错误；
C．t=1s时，玩具车的功率为 时，根据牛顿第二定律有 解得此时的速度为 根据动能定理有 解得 故C正
确；
D．从 到 的牵引力做功为 故D错误。故选C。
考向 3 F- x 图像
13．一质量为 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 作用。已知力 的方向不变，
其大小随位移 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． 时，物块的速度为零
C．力 对物块做的总功为
D．物块的最大速度为
【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 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 故C错误；
D．根据动能定理 当位移为 时，速度最大，可得 故D错误。故选A。
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 则物体所受的合外力为 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的过程中，
力F对物体所做的功为 根据动能定理有 解得 故BC错误；
D．0~5m的过程中，力F对物体所做的功为 x=5m时，物体的速度最大，由动
能定理有 解得 物体的v-t图像如图所示
根据v-t图像所围的面积表示位移可知 ＜10m解得 ＜4s故D错误。故选A。
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
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
D．整个加速过程，发生的位移大小为1600m
【答案】C
【详解】A．10s末速度20m/s，可得牵引力为 3000N，40s末达到最大速度60m/s，得
阻力 =1000N根据牛顿第二定律，可得匀加速时加速度为 故A错
误；
B．匀加速过程发生的位移大小为 故B错误；
C．当速度为30m/s时，牵引力为 2000N加速度为 故C正确；
D．设 内位移为 ，有 ， 得 所以加速过程发生的位移为
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~t 伤员作匀加速度直线运动，t、t 时刻伤员的动能
1 1 2
分别为E 、E ，运动过程中不计空气阻力，则（ ）
k1 k2
A．t 时刻速度大小为
1B．t、t 时刻的动能E =E
1 2 k1 k2
C．t 时刻伤员的动能大小为
1
D．0~t 阶段，伤员上升的高度
1
【答案】D
【详解】A．0~t 伤员作匀加速度直线运动，牵引力 则t 时刻速度大小为 故A错误；
1 1
B．0~t 伤员作匀加速度直线运动，之后保持功率不变，则有 ， 功率一定，速度增大，牵
1
引力减小，加速度减小，即t 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，
1
可知，t 时刻的速度小于t 时刻的速度，则有E <E 故B错误；
1 2 k1 k2
C．0~t 伤员作匀加速度直线运动，几何图像，根据动能定理有 可知，t 时刻伤员的动能小
1 1
于 ，故B错误；
D．0~t 伤员作匀加速度直线运动，克服重力做功 结合上述解得 故D正确。故选
1
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
B．游客动能的变化量为
C．游客的机械能守恒D．轿厢对游客做的总功为
【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
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 解得 故D错误。故选A。
2．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 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（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【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 设拉
力需做功 ，整个过程，由动能定理有 联立解得 故选C。
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，
， ，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 重物从离开地面到落到地面，由动能定理
解得 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 解得
由牛顿第三定律，重物对地面平均冲击力的大小为 故D
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
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
D．c点与b点的距离为
【答案】D
【详解】A．物块滑到b点时，根据动能定理可得 解得 故A错误；
B．在b点，由牛顿第二定律，可得 解得F ＝3mg故B错误；
N
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；
D．物块运动过程，由动能定理，可得mgR－μmgs＝0解得 故D正确。故选D。
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
B．下滑过程中，克服摩擦力做功为
C．在C处时，弹簧的弹性势能为
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 在C处获得一竖直
向上的速度 ，恰好能回到A，根据动能定理有 解得 ，
故B正确，C错误；
D．研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，根据动能定理有 研究圆环从B处
上滑到A过程，根据动能定理有 由于 所以 上滑经过B的速
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， 是竖直面内的光滑固定轨道， 水平，长度为 ， 是半径为 的四分之一圆弧，与
相切于 点。一质量为 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自 处由静止开始向右运动。已知重力加速度大小为 ，不计空气阻力。则小球从 处开始运动到其落至水平轨道 上时，水平外
力所做的功为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】根据题意，小球从 过程中，由动能定理有 其中 解得 小
球由 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 的匀加速直线运动，由竖直方向可
得，小球从 点离开曲面落在 的时间为 水平方向有 则小球从 处开始运动
到其落至水平轨道 上时，水平外力所做的功为 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 得
根据数学知识可得 可得tanθ=μ即MN两点连线的倾角一定，与倾斜轨道的倾角无关，
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 水平。总质量为m的滑雪运动员自A点上方高度 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（ ）A． ，运动员不能到达B点
B． ，运动员能到达B点并冲出赛道，继续上升至某一高度
C． ，运动员恰能到达B点
D． ，运动员能到达B点并冲出赛道，继续上升至某一高度
【答案】D
【详解】在最低点有 得运动员在最低点的速度为 从开始运动到最低点的过程中
得 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
，在B点的动能为 ，则从C到B过程中有 根据能量守恒，可得运动员在轨
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 ，结合
上式，可得 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， 。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 ，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 ，则小球滑到A点时速度大小为
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
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
【答案】BD
【详解】A．小球在P点，根据牛顿第二定律有 则此处轨道对小球作用力的大小为
故A错误；
B．小球从圆形轨道最低点P滑到A点，由动能定理有 解得 故B
正确；
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 对小球从释放到A点，根据
动能定理有 解得 故C错误；
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 水平方向有
解得 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 。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， ， ， ．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
B．小物块沿轨道BC上滑的最大高度为
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
【详解】A．由小物块在点D受力可知 当小物块运动到A点时有 解得
根据小物块在最低点的受力可知 解得 故由力的作用是相互的可知，小
物块经过圆轨道最低点时对轨道的压力为 ，A错误；
B．由题可知，小物块沿轨道BC上滑的最大高度的过程中有 解得
小物块沿轨道BC上滑的最大高度为 ，B正确；
C．由题可知，从开始位置到D点的过程中有 根据牛顿第二定律
联立解得 ，C错误；
D．从释放到离开斜面过程中，根据动能定理
解得 达到最高点时，竖直方向速度为零，此时小物块的速度 ，
D正确。故选BCD。
11．如图圆心为 的竖直光滑半圆轨道 、圆心为 的竖直光滑半圆管道 与水平粗糙平面 连接，
轨道 半径与管道 半径均为R， 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 最高点a和轨道 最高
点d受列弹力大小均为 。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点水平飞出的速度为
C．水平粗糙平面 的动摩擦因数为0.6
D．滑块对轨道 最低点和管道 最低点的压力大小比为
【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 ，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
向竖直向上，在a点 ，在d点 解得 ， 故B错误；
C．从a点到d点根据动能定理 解得 故C正确；
D．从a点到b点，根据动能定理 在b点 解得 从c点到d点
根据动能定理 在c点 解得 故滑块对轨道 最低点和管道
最低点的压力大小比为 ，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 图
象如图甲所示， 时刻小车的速度达到最大速度的 倍，小车速度由 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B．小车的最大速度为
C． 时刻，小车加速度大小为
D． 时间内，小车运动的位移大小为
【答案】AD
【详解】A．根据题意可知，当 时，有 由功率公式 可知 故A正确；
B．当小车以最大速度匀速运动时 且 根据 即 可得
故B错误；
C．由A、B选项可知 ， 则根据公式 可得小车速度达到最大速度的 倍时，此时
的牵引力 又 根据牛顿第二定律 联立解得 故C错误；
D．在 时间内，位移为 ，根据动能定理 解得 故D正确。
故选AD。
13．质量为 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 ，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
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 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 解得
故A正确；B．由于克服阻力做功等于 图线所围面积大小，即 可解得 从开始下落
到进入水中h深处，机械能减少量 故B错误；
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
解得 故C正确；
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t 时刻后
0
功率达到最大值P，加速至3t 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
0 0
电动汽车，下列说法正确的是（ ）
A．该款车在加速过程中牵引力的最大值为
B．该款车在0~3t 时间内运动的位移为4vt
0 00
C．该车的质量为
D．该款车在0~t 时间内克服阻力做的功为
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
的牵引力最大，由于加速至P点速度后功率达到最大值P，则 解得牵引力最大值 ，A正确；
0
C．PH为图像上P处的切线，根据图像可知，车的最大速度 解得 当速度最大时牵引力最小，
且牵引力与阻力平衡，则有 在匀加速过程中，由牛顿第二定律有 又由于
M=31m， 解得整备质量 ，C错误；B．根据图乙可知，匀加速的位移 令变加速过程位移为 ，由动能定理有
解得 ，B错误；
D．该款车在0~t 时间内克服阻力做的功为 ，D正确。故选AD。
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
【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
此时牵引力为 起重机的额定功率 当牵引力等于重
力时，货物有最大速度，为 故A错误，B正确；
C．10~18s内，根据动能定理 解得 ，0~10s内 货物上升
高度为 故C错误；
D．0~10s牵引力做功 ，10~18s内起重机牵引力做功 解得 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3NC．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
力做的功为 故A正确；
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 解得
故B错误；
D．在0~2s内，由动能定理可得 即 解得 故C正确；
D．物体在0~2s内，由牛顿第二定律结合图甲 解得 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） ；（2） ；（3）
【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
在最高点，对滑块由牛顿第二定律 由牛顿第三定
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
（2）滑块第一次在CD段向上滑行的过程中，由动能定理 解得滑
块第一次在CD段向上滑行的最大距离为
（3）滑块第二次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理 解
得 设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为s，由动能定理
1解得 滑块第三次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理
解得 所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点，
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 解得
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s，由动能定理 整个过程中滑块在AB段滑行的
2
总路程为 联立解得 。
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
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
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）
【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v ，对运动员从C到E的过程，根据动能定理可得
C
在C点处，根据牛顿第二定律可得 联立解得F =4mg
N
（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v，则运动员返回AB时，
1
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
由上式可知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F做功的绝
f- f
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
根据动能定理可得 解得 设滑板离开B点时的最大速度为v，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
2
解得 为保证运动员在滑道上只做往返一次滑行，滑
板离开B点时的速度需要满足
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． 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。
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
，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 。
