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专题10 动能定理的应用
考点
考情
命题方向
考点 动能定理
2024 年高考福建卷
2022 年1 月浙江选考
2022 年福建高考
动能定理是物理学中重要规
律，也是高考考查频率较高的
知识：考查的方式主要表现
在：结合实际情景；结合图像
等。综合题目为主。
题型一 动能定理的理解
1．表达式：W＝Ek2－Ek1＝ΔEk.
其中Ek2＝mv 表示一个过程的末动能，E
k1＝mv 表示这个过程的初动能．W 表示这个过程中合力做的功．
2．关于动能定理的几点说明
(1)W 的含义：包含重力在内的所有外力所做功的代数和．
(2)W 与ΔEk的关系：合力做功是引起物体动能变化的原因．如果合力对物体做正功，物体的动能增
加；如果合力对物体做负功，物体的动能减少；如果合力对物体不做功，物体的动能不变．
1
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(3)动能定理的实质：功能关系的一种具体体现，物体动能的改变可由合外力做功来度量．
[模型演练1] （2024•中山市校级模拟）篮球运动员做定点投篮训练，篮球从同一位置投
出，且初速度大小相等。第1 次投篮篮球直接进篮筐，第2 次篮球在篮板上反弹后进筐，篮球
反弹前后垂直篮板方向分速度等大反向，平行于篮板方向分速度不变。轨迹如图所示。忽略空
气阻力和篮球撞击篮板的时间，关于两次投篮说法正确的是（ ）
A．两次投篮，篮球从离手到进筐的时间相同
B．篮球第1 次上升的最大高度比第2 次的大
C．篮球经过a 点时，第1 次的动能比第2 次的大
D．篮球两次进筐时，在竖直方向分速度相同
【解答】解：B、第2 次篮球在篮板上反弹后进筐，篮球反弹前后垂直篮板方向分速度等大，若
没有篮板，篮球水平位移较大，又由于两次初速度大小相等，所以第2 次篮球水平初速度较大，
竖直分速度较小，篮球第1 次上升的最大高度比第2 次的大，故B 正确；
A、竖直方向上，根据x＝v 竖直t- 1
2gt2，第1 次篮球从离手到进筐的时间较大，故A 错误；
C.初动能相等，篮球经过a 点时，重力势能相等，根据机械能守恒，第1 次的动能等于第2 次的
动能，故C 错误；
D.篮球两次进筐时，水平方向分速度不同，在竖直方向分速度不同，故D 错误。
故选：B。
[模型演练2] （2024•连云港一模）如图所示，在某次罚球过程中，运动员先后两次以速
度v1、v2投球，方向与竖直方向间的夹角分别为α、β。两次投球的位置在同一竖直线上，篮
球均垂直撞到竖直篮板上的同一位置C，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
2
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A．α 可能小于β
B．v1、v2大小可能相等
C．篮球两次运动时间可能相等
D．与板碰撞前瞬间，篮球动能可能相等
【解答】解：A、两个斜抛运动的最高点都在C 处，将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，则
有tanα = v1 x
v1 y
= v1 xt1
v1 yt1
= v1 xt1
gt1
2 = x
2h1
其中x 是C 到抛出点的水平距离。
同理tanβ = v2 x
v2 y
= x
2h2
第一次抛出时竖直高度较小，第二次抛出时竖直高度较大，可见α＞β，故A 错误；
BCD、篮球在竖直方向上做自由落体运动，根据h= 1
2 gt
2
则t=√
2h
g
第一次抛出时速度的竖直高度较小，所以第一次运动时间较短。
平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第一次用的时间较短，故第一次水平
分速度较大，则篮球第一次撞篮板的速度较大，动能大。
由以上的分析可知，第一次抛出时速度的竖直分量较小，水平分速度较大，根据平行四边形定
则v=√v x
2+ v y
2，所以v1、v2的大小可能相同，故CD 错误、B 正确。
故选：B。
[模型演练3] （2023•韶关模拟）如图所示，在飞镖比赛中，某同学将飞镖从O 点水平抛
3
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出，第一次击中飞镖盘上的a 点，第二次击中飞镖盘上的b 点，忽略空气阻力，则（ ）
A．飞镖第一次水平抛出的速度较小
B．飞镖第二次抛出时的动能较小
C．飞镖两次在空中运动的时间相等
D．飞镖两次击中飞镖盘时的速度方向相同
【解答】解：ABC、飞镖做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，有：h= 1
2 gt
2，得：t
=√
2h
g
，知飞镖第二次下降的高度大，运动时间较长。由x＝v0t，x 相等，知飞镖第二次水平抛
出的速度较小，动能较小，故AC 错误，B 正确。
D、飞镖击中飞镖盘时的速度方向与水平方向夹角正切为：tanα= v y
v0
=gt
v0
，知飞镖第二次抛出时
运动时间较长，而初速度较小，可知飞镖第二次抛出时击中飞镖盘时的速度方向与竖直方向的
夹角较大，故D 错误。
故选：B。
题型二 动能定理的基本应用
1．应用动能定理解题的优点
(1)动能定理对应的是一个过程，只涉及到物体初、末状态的动能和整个过程合力做的功，无需关心
中间运动过程的细节，而且功和能都是标量，无方向性，计算方便．
(2)当题目中不涉及a 和t，而涉及F、x、m、v 等物理量时，优先考虑使用动能定理．
(3)动能定理既适用于恒力作用过程也适用于变力作用过程，既适用于直线运动也适用于曲线运动，
既适用于单个物体也适用于多个物体，特别是变力及多过程问题，动能定理更具有优越性．
2．应用动能定理解题的一般步骤
(1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程．
(2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和．
4
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(3)明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2.
(4)列出动能定理的方程W＝Ek2－Ek1，结合其他必要的解题方程，求解并验算．
[模型演练4] （2024•观山湖区校级三模）如图甲所示，水平地面上质量为m＝0.4kg 的物
体在水平向右的力F 作用下由静止开始运动，力F 随物体位移x 的变化关系如图乙所示，当位
移x1＝0.8m 时撤去拉力，当位移x2＝1.0m 时物体恰好停止运动。已知物体与地面间的动摩擦
因数为0.3，取g＝10m/s2，忽略空气阻力，则F 与物体运动的过程中速度的最大值分别为（
）
A．2.5N，1.5m/s
B．2.5N，1.3m/s
C．2.0N，1.4m/s
D．2.0N，1.2m/s
【解答】解：设x1位置拉力大小为F1，根据图像可知：F0
x2
=
F1
x2- x1
，
根据动能定理可得：( F0+ F1
2
)x1= μmg x2
联立解得：F0＝2.5N
当F＝μmg 时物体达最大速度，设此时位移为x3，
则有：
F0
x2
= μmg
x2- x3
解得：x3= 13
25 m
根据动能定理可得：( F0+ μmg
2
- μmg)x3= 1
2 m vmax
2
，
解得：vmax＝1.3m/s，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
[模型演练5] （2024•松江区校级三模）如图甲，质量m＝10kg 的物体静止在水平地面上，
在水平推力F 作用下开始运动，水平推力（F）随位移（x）变化的图像如图乙。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，则
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（ ）
A．在0～10m 的过程中，推力F 对物体所做的功为1000J
B．在0～10m 的过程中，滑动摩擦力对物体所做的功为500J
C．物体的位移x＝5m 时，其速度大小为5m/s
D．物体的位移x＝10m 时，其速度大小为10m/s
【解答】解：A、根据图像可知F﹣x 图像围成的面积表示推力F 做的功，所以W= 100×10
2
J＝
500J，故A 错误；
B、Wf＝﹣fx＝﹣μmgx＝﹣0.5×10×10×10＝﹣500J，摩擦力做负功，故B 错误；
C、由图可知运动位移为5m 过程中力F 做的功W′= 100+50
2
×5J＝375J，摩擦力做功Wf′＝
﹣μmgx′＝0.5×10×10×5J＝250J，根据动能定理W 合＝W′+Wf′= 1
2 mv
2- 1
2 mv0
2，即375J﹣
250J= 1
2 ×10×v
2解得v＝5m/s，故C 正确；
D、由AB 选项可知，当物体运动位移为10m 时，WF＝500J，Wf＝﹣500J，由动能定理可知W
合＝ΔEK＝0J，所以v′＝0m/s，故D 错误。
故选：C。
[模型演练6] （2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道固定在竖
直平面内，最高点P 与圆心O 在同一水平线上，圆弧轨道半径为R，重力加速度为g，质量为
m 的滑块（可视为质点），从圆弧轨道最高点P 由静止开始无初速下滑到最低点Q 的过程中，
滑块所受重力的瞬时功率最大值为（ ）
A．2mg√gR
3
B．2mg√√3 gR
3
C．mg√√2 gR
2
D．mg√2√2gR
2
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【解答】解：设滑块滑到圆弧轨道某位置与O 点的连线与竖直方向夹角为θ 时，速度大小为v，
根据动能定理有mgRcosθ= 1
2 mv
2
重力瞬时功率PG＝mgvsinθ
联立得PG=mg√2 gR sinθ√cosθ
根据数学知识解得，当sinθ = √6
3 即cosθ = √3
3 时，滑块所受重力的瞬时功率有最大值，其值为
PG= 2mg√√3 gR
3
，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[模型演练7] （2024•越秀区校级模拟）某户外大型闯关游戏“渡河”环节中，甲从高为h
＝5m 的固定光滑水上滑梯滑下，乙坐在气垫船一侧固定位置上操控气垫船，在滑梯底部等候
甲。气垫船与滑梯底部相切靠在一起，如图所示。甲滑上气垫船的同时，乙立即启动引擎，在
恒定的牵引力F 作用下驾驶气垫船沿着直线运动。假设船不会侧翻，甲和乙不会相撞，甲与气
垫船之间的动摩擦因数μ＝0.8，水对气垫船的阻力f 恒为484N，甲的质量m＝48kg，气垫船
与乙的总质量M＝62kg，汽垫船长度L＝5m，忽略其他阻力以及甲滑到滑梯底端的能量损失，
同时将甲视为质点，重力加速度取g＝10m/s2，求：
（1）甲刚滑上气垫船时的速度；
（2）为保证甲不会滑离气垫船，牵引力F 应满足的条件？
【解答】解：（1 ）设甲刚滑上气垫船的速度为v0 ，则对他滑下的过程由动能定理
mgh= 1
2 mv0
2-0
解得v0＝10m/s
方向水平向右
（2）要使甲不从汽艇前方滑离汽艇，则甲与船至少要在到达汽艇末端时与汽艇达到共速，设此
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时牵引力为F1，则
对甲μmg＝ma1
解得a1=8m/ s
2，与运动方向相反
对气垫船F1+μmg﹣f＝Ma2
设经过时间t 二者达到共速v，则v＝v0﹣a1t＝a2t
t＝1s
甲位移s1= v0+ v
2
t
船位移s2= 0+ v
2
t
L＝s1﹣s2
解得F1＝224N
设甲与汽艇共速后能相对静止，不从后端滑出，则牵引力最大为F2
对甲与气垫船F2﹣f＝（m+M）a0
对甲μmg＝ma0，a0=8m/ s
2
解得F2＝1364N
即牵引力满足的条件为224N≤F≤1364N
答：（1）甲刚上气垫船的速度为10m/s；
（2）牵引力F 应满足的条件为224N≤F≤1364N。
题型三 动能定理与图像的结合
1．解决物理图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图
线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函
数关系式求物理量。
2．四类图像所围面积的含义
(1)vt 图：由公式x＝vt 可知，vt 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。
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(2)at 图：由公式Δv＝at 可知，at 图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。
(3)Fs 图：由公式W＝Fs 可知，Fs 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)Pt 图：由公式W＝Pt 可知，Pt 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
类型1 Ek-x 图像问题
[模型演练8] （2024•碑林区校级模拟）随着技术的不断进步和成本的不断降低，无人机
快递物流将会逐渐普及，无人机配送将在未来重塑物流行业。某次无人机载重测试，无人机在
8 个相同旋转叶片的带动下竖直上升，其动能Ek随位移x 变化的关系如图所示。已知无人机及
其载重总质量为m＝10kg，重力加速度大小为10m/s2，不计空气阻力，此过程中无人机
（ ）
A．0～5m 加速阶段，每个叶片提供的升力大小为8N
B．5m～10m 减速阶段，每个叶片提供的升力大小为6N
C．0～10m 的上升过程中，无人机及其载重的机械能增加了320J
D．5m～10m 的上升过程中，无人机受到的升力的平均功率为144W
【解答】解：A、根据Ek﹣h 的图像可得，在0～5m 加速阶段，由动能定理得
F合h= 1
2 mv
2
可知Ek﹣h 图像的斜率的大小表示合外力的大小，则由图像可得：F 合＝64N
设每个叶片提供的升力大小为F，则有：8F﹣mg＝F 合
解得：F＝20.5N，故A 错误；
B、5m～10m 减速阶段，同理可知，图线斜率的绝对值表示合外力的大小，设此阶段升力的大
小为F′，合外力为F′合，可得：F′合＝F 合＝64N
则有mg﹣8F′＝F′合，解得：F′＝4.5N，故B 错误；
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C、根据功能关系可知，0～10m 的上升过程中，无人机及其载重的机械能增加量等于升力所做
的功，而在整个上升过程中，升力做功为
W＝8Fh1+8F′h2＝8×20.5×5J+8×4.5×5J＝1000J
所以0～10m 的上升过程中，机械能的增加量ΔE＝W＝1000J，故C 错误；
D、设5m～10m 的上升过程中无人机的加速度大小为a。根据牛顿第二定律有：F′合＝ma
解得：a＝6.4m/s2
设上升到5m 时的速度为v，则有1
2 mv
2=320 J，解得：v＝8m/s
5m～10m 的上升过程中所用的时间为
t = v
a = 8
6.4 s=1.25 s
5m～10m 的上升过程中升力所做的功为
W′＝8F′h2＝8×4.5×5J＝180J
故该过程中无人机受到的升力的平均功率为
P= W '
t = 180
1.25 W =144W ，故D 正确。
故选：D。
[模型演练9] （2024•重庆模拟）如图1 所示，固定斜面的倾角θ＝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，sin37°＝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
【解答】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，
当物体沿斜面向上运动到x0处时，根据动能定理有（F﹣Gsinθ﹣f）x0＝E0
运动到2x0处时，根据动能定理有Fx0﹣（Gsinθ+f）•2x0＝0
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当物体沿斜面向下运动到x0处时，根据动能定理有(Gsinθ - f )⋅x0= 1
4 E0
联立方程，代入数据解得：F＝19.2N，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
[模型演练10] （多选）（2024•安康模拟）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，以出发点为x 轴零点，物体的动能Ek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，拉力的大小为2N
B．在x＝4m 时，拉力的功率为6W
C．从x＝0 运动到x＝4m 的过程中，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x＝0 运动到x＝2m 的过程中，拉力的冲量大小为6√2kg⋅m/ s
【解答】解：A、根据动能定理可知，图像斜率的绝对值代表物体所受合力的大小，即从x＝0
运动到x＝2m 的过程中，合力大小为F 合＝2N，从x＝2 运动到x＝4m 的过程中，合力大小为F
合′＝1N，物体所受摩擦力大小为：f＝μmg＝0.4×1×10N＝4N，则拉力大小分别为F1＝6N，F2
＝3N，故A 错误；
B、在x＝4m 时，物体的速度大小为v =√
2 Ek
m =√
2×2
1
m/ s=2m/ s，拉力的功率为P＝F2v＝
3×2W＝6W，故B 正确；
C、从x＝0 运动到x＝4m 的过程中，物体克服摩擦力做的功为W＝μmg•Δx＝0.4×1×10×4J＝
16J，故C 错误；
D、在x＝2m 时，物体的速度大小为v1=√
2 Ek
m =√
2×4
1
m/ s=2√2m/ s
，从x＝0 运动到x＝
2m 的过程中，物体运动的时间t = Δx'
v1
2
=
2
2√2
2
s=√2s，所以拉力的冲量大小为：
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I = F1t =6×√2kg⋅m/ s=6√2kd ⋅m/ s，故D 正确。
故选：BD。
类型2 F-x 图像与动能定理的结合
[模型演练11] （2023 秋•肇源县校级月考）如图1 所示，在光滑水平地面上，有一轻弹簧
与物块连接组成的系统，弹簧的劲度系数为k，物块的质量为m，以x 表示物块离开平衡位置
的位移，若物块受到如图2 所示的水平拉力F0与弹簧弹力﹣kx 作用，由平衡位置O 移动至x
＝1.00m 处，下列关于此运动过程的说法正确的是（ ）
A．物块的加速度越来越小，速率越来越小
B．弹簧与物块组成的系统的势能减少0.25J
C．物块的动能增加0.25J
D．拉力F0与弹簧弹力的合力对物块所做的功为0
【解答】解：A、根据图2 中图像可得，水平拉力F0与位移x 的关系为：F0＝x
同时可得弹簧的劲度系数为：k = 1
2 N /m=0.5 N /m
则可得物块受到的合力为：F 合＝F0﹣kx＝x﹣0.5x＝0.5x
根据牛顿第二定律可得：a= F合
m = 0.5 x
m
，由此可得由平衡位置O 移动至x＝1.00m 处，物块的加
速度越来越大，且方向不变，故物块的速率越来越大，故A 错误；
B 、弹簧与物块组成的系统的势能的增加量等于克服弹簧弹力所做的功，为：Ep
= 1
2 kx ⋅x = 1
2 ×0.5×1×1J＝0.25J，故B 错误；
CD、由平衡位置O 移动至x＝1.00m 处，水平拉力F0所做的功等于物块的动能的增加量与弹簧
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弹性势能的增加量之和，则可得物块的动能的增加量为：Ek= 1
2 F0 x - 1
2 kx⋅x = 1
2 ×1×1J
- 1
2 × 1
2 ×1×1J＝0.25J，由于初速度为零，所以ΔEk＝Ek＝WF0+W 弹＝0，故C 正确，D 错误。
故选：C。
[模型演练12] （多选）（2023 秋•龙凤区校级期中）如图甲所示，一质量为5kg 的物体静
止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F 作用下开始运动，推力F 随位移x 变
化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10m/s2，则下列说法正确
的是（ ）
A．物体运动4m 时速度减为零
B．物体运动4m 时动能为120J
C．物体在水平地面上运动的最大位移是8m
D．物体运动的速度最大时，位移x＝3m
【解答】解：A．物体运动的位移x＝4m，由乙图可得F＝100N，F 做功为图像所围的面积
W F = 1
2 Fx 代入数据得 WF＝200J
滑动摩擦力f＝μFN＝μmg，摩擦力做功Wf＝fx 代入数据得Wf＝100J
由动能定理得W F -W f = 1
2 mv
2 代入数据得 v =2√10m/ s，故A 错误；
B．由动能公式得EK = 1
2 mv
2 代入数据得EK＝100J 故B 错误；
C．从开始到物体停止全过程物体的位移为x1
则由动能定理得 WF﹣fx1＝0 代入数据得x1＝8m，故C 正确；
D．物体滑动摩擦力为f＝μmg＝25N 由图乙可得图像表达式为 F＝100﹣25x
当推力等于滑动摩擦时，物体处于平衡状态，速度最大，此后物体做减速运动，则F＝100﹣25x
＝f
解得x＝3m，故D 正确。
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故选：CD。
类型3 其他图像与动能定理的结合
[模型演练13] （多选）（2023•沙坪坝区校级开学）如图甲所示，质量为M＝0.5kg 的木板
静止在光滑水平面上，质量为m＝1kg 的物块以初速度vo＝4m/s 滑上木板的左端，物块与木板
之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F，物
块在木板上相对于木板滑动的路程为s。给木板施加不同大小的恒力F，得到1
s - F的关系如图
乙所示，其中AB 与横轴平行。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．若恒力F＝0，物块滑出木板时的速度为10
3 m/ s
B．当外力F＝1N 时，物块恰好不能从木板右端滑出
C．图中C 点对应的恒力的值为4N
D．图中D 点对应的s 值为4
3 m
【解答】解：A.若恒力F＝0，M 与m 构成的系统动量守恒，取水平向右为正方向mv0＝
mv1+Mv2
1
2 mv0
2-( 1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2)= μmgs
其中s＝1m
联立解得v1＝2m/s，v2＝4m/s（不符合题意）
或者v1= 10
3 m/s，v2= 4
3 m/s
故A 正确；
14
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B.当 F 较小时，物块将从木板右端滑下，当 F 增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两
者具有相同的速度 v，且经历的时间为 t；对木 板有牛顿第二定律可知F+μmg＝Ma1
a1= F + μmg
M
物块的加速度为μmg＝ma2
v＝v0﹣a2t＝a1t
s= v0+ v
2
t - v
2 t = v0
2 t
联立解得1
s = F +3
4
由图可知s＝1m
代入解得F＝1N
所以当外力 F＝1N 时，物块恰好不能从木板右端滑出，故B 正确；
C.当 F 继续增大时，物块减速，木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，当两者共速
后能保持相对静止一起以相同加速度 a 做加速 运动，由牛顿第二定律可知F＝（M+m）a
f＝ma
由于f≤fmax＝μmg＝2N
联立解得F≤3N
所以在 BC 段恒力 F 的取值范围为1N≤F≤3N
所以图中 C 点对应的恒力的值为 3N，C 错误；
D.图中 D 点对应的恒力的值为 3N，此种情况是物块滑至某处时，木板与物块已达到相同的速
度，之后物块相对于木板向左运动，从左端离 开；设经过 t1 时间达到共速，对木板由牛顿第二
定律得F+μmg＝Ma3
对物块由牛顿第二定律得μmg＝ma4
解得a3＝10m/s2，a4＝2m/s2
又v＝v0﹣a4t1＝a3t1，s1= v0+ v
2
t1- v
2 t1= v0
2 t1
联立解得t1= 1
3s，v= 2
3m/s，s1= 2
3m
则图中 D 点对应的相对位移值为s＝2s1＝2× 2
3m= 4
3 m
故D 正确。
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故选：ABD。
[模型演练14] （多选）（2023 春•漳州期末）图甲为“海洋和谐号”游轮，它是目前世界
上最大的游轮，假设其总质量M＝2.4×108kg，发动机额定输出功率P＝6×107W，某次航行过
程中，游轮从静止开始在海面上做直线运动，其加速度—时间图像如图乙所示，在t＝20s 时，
发动机输出功率达到额定输出功率，此后保持不变，假设航行过程中游轮所受阻力恒定不变，
则（ ）
A．20s 时游轮的速度大小为2m/s
B．游轮航行过程中所受的阻力大小为3×107N
C．游轮航行的最大速度为10m/s
D．当游轮的加速度为0.025m/s2时，其速度为5m/s
【解答】解：A、由题图乙可知，在0～20s 内，游轮做匀加速直线运动，加速度为：a＝0.1m/s2
游轮从静止开始运动，则20s 时游轮的速度大小为：v1＝at1＝0.1×20m/s＝2m/s，故A 正确；
B、由牛顿第二定律得：F﹣f＝Ma
又根据功率的公式：P＝Fv1
所
以
游
轮
航
行
过
程
中
所
受
的
阻
力
大
小
为
：
f = P
v1
- Ma= 6×10
7
2
N -2.4×10
8×0.1 N =6×10
6 N，故B 错误；
C、当游轮达到最大速度时，牵引力与阻力平衡，则有：P＝Fv＝fvm
所以游轮航行的最大速度为：vm= P
f = 6×10
7
6×10
6 m/ s=10m/ s，故C 正确；
D、当游轮的加速度为0.025m/s2时，由牛顿第二定律得：F1﹣f＝Ma1
又因为：P＝F1v，联立代入数据解得：v＝5m/s，故D 正确。
故选：ACD。
[模型演练15] （2024 春•岳麓区校级月考）从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为
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m 的小球，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。小球落地时的
动能为E0，且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度为g，则小球在整个运动过程中
（ ）
A．最大的加速度为5g
B．从最高点下降落回到地面所用时间小于t1
C．球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量
D．小球上升的最大高度为8 E0
mg + t1√2m E0
m
【解答】解：A、设小球的初速度为v0，满足：16 E0= 1
2 m v0
2
而小球的末速度为v1，即末动能：E0= 1
2 m v1
2
小球刚抛出时阻力最大，其加速度最大，根据牛顿第二定律有：mg+kv0＝mamax
当小球向下匀速时，加速度为零，则有：mg＝kv1
联立解得：amax＝5g，故A 正确；
B、由于机械能损失，上升和下降经过同一位置时，上升的速度大于下降的速度，故上升过程的
平均速度大于下降过程的平均速度，而上升过程与下降过程的位移大小相等，则小球上升的时
间小于下降的时间，则从最高点下降落回到地面所用时间大于t1，故B 错误；
C、由题意知，小球受到的空气阻力与速率的关系为：f＝kv，k 是比例系数，
所以阻力的冲量大小为：If＝∑fΔt＝∑kvΔt＝kx
因为上升过程和下降过程位移大小相同，所以上升和下降过程阻力的冲量大小相等，故C 错误；
D、上升时加速度为a，由牛顿第二定律得：﹣（mg+kv）＝ma
解得：a=- g- k
m v
取极短Δt 时间，该时间内速度变化为Δv，即上式两边同乘以Δt 后有：Δv =aΔt =- gΔt - k
m vΔt
又根据运动学公式：vΔt＝Δh
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对上升全程：有：∑Δv =0- v0=- g∑Δt - k
m ∑Δh
上式化简求和得到：v0= gt1+ k
m H
联立变形后可得：H = 8 E0
mg - t1√2m E0
m
，故D 错误。
故选：A。
题型四 动能定理在多过程问题中的应用
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理．
1．分段应用动能定理时，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，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解．
2．全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力的做功，确定整
个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．
当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便．
注意 当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注
意各力对应的位移．计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和．
类型1 动能定理解决多过程问题
[模型演练16] （2024•皇姑区校级模拟）游乐场轨道由两个1
4 圆弧组成，圆心O1、O2在同
一条竖直线上，圆弧AB 的半径为R，弧AD 之间，BC 之间光滑，BD 之间粗糙，∠AO1D＝
30°，质量为m（含滑板）的运动员（可视为质点）从A 点由静止下滑，进入粗糙部分后做匀
速圆周运动，恰好能到达C 点，重力加速度为g。
求：
（1）圆弧BC 的半径为多少；
（2）BD 段动摩擦因数μ 与θ 的关系（θ 为圆心O1到运动员位置连线与水平方向夹角）。
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【解答】解：（1）A 到D 点，根据动能定理得mgRsin30°= 1
2 mv D
2
D 点到B 点做匀速圆周运动，则vB＝vD
B 到C 点动能定理得﹣mgR'＝0- 1
2 mvB
2
解得R'= 1
2R
（2）D 点到B 点做匀速圆周运动切线方向合力为0，得mgcosθ＝f
指向圆心方向满足牛顿运动定律N﹣mgsinθ= m v
2
R
滑动摩擦力公式得f＝μN
D 点到B 点做匀速圆周运动，各点速度大小相等v＝vD
解得μ= cosθ
1+ sinθ （30°≤θ≤90°）
答：（1）圆弧BC 的半径为1
2R；
（2）BD 段动摩擦因数μ 与θ 的关系为μ= cosθ
1+ sinθ （30°≤θ≤90°）。
[模型演练17] （2024•济宁三模）某旋转喷灌机进行农田喷灌的示意图如图所示，喷口出
水速度的方向可调节。该喷灌机的最大功率为P＝2000W，喷灌机所做功的75%转化为水的动
能，喷口的横截面积S＝30cm2，水的密度ρ＝1×103kg/m3，重力加速度g＝10m/s2，π＝3.14，
喷口距离地面的高度h＝0.55m，忽略空气阻力，不考虑供水水压对水速的影响。求：
（1）喷灌机的最大喷水速度v；
（2）喷口出水速度方向与水平面夹角θ＝30°时，该喷灌机的最大喷灌面积Sm。（保留三位有
效数字）
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【解答】解：（1）设喷灌机喷水时间为t，根据能量的转化和守恒定律有
75%Pt= 1
2ρvtSv2
代入P＝2000W，S＝30cm2，ρ＝1×103kg/m3解得v＝10m/s
（2）水从喷口喷出后做斜上抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，有
﹣h＝vsin30°•t- 1
2gt2
水平方向做匀速直线运动，喷水的半径R＝vcos30°•t
则最大喷灌面积为Sm＝πR2
联立解得Sm＝284.955m2≈285m2
答：（1）喷灌机的最大喷水速度v 为10m/s；
（2）喷口出水速度方向与水平面夹角θ＝30°时，该喷灌机的最大喷灌面积Sm为285m2。
[模型演练18] （2024•金东区校级模拟）如图所示，AOB 是游乐场中的滑道模型，位于竖
直平面内，由两个半径为R 的1
4 圆周连接而成，它们的圆心O1、O2与两圆弧的连接点O 在同
一竖直线上。O2B 沿水池的水面方向，B 点右侧为无穷大水平面，水平面上有一系列沿O2B 方
向的漂浮的木板，木板的质量为M，长度为2l。一质量为m 的小孩（可视为质点）可由弧AO
的任意点静止开始下滑。不考虑水与木板接触面的阻力，设木板质量足够大且始终处于水平面
上。
（1）若小孩恰能在O 点脱离滑道，求小孩静止下滑处距O 点的高度？
（2）凡能在O 点脱离滑道的小孩，其落水点到O2的距离范围？
（3）若小孩从O 点静止下滑，求脱离轨道时的位置与O2的连线与竖直方向夹角的余弦值？
（4）某小孩从O 点脱离滑道后，恰好落在某木板的中央，经过一段时间振荡和调节后，该木板
和小孩处于静止状态，小孩接下来开始在木板上表演水上漂。如果小孩能一次跳离木板，求小
孩做功的最小值？
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【解答】解：（1）若小孩恰能在O 点脱离滑道，此时向心力由重力提供mg= mv
2
R
该过程的机械能守恒mgh= mv
2
2
解得h= R
2
（2）凡能在O 点脱离滑道的小孩，其距离O 点的高度范围是R
2 ＜h＜R
由机械能守恒mgh= mv
2
2
平抛运动的初速度为v =√2gh
平抛运动的时间为t =√
2 R
g
其落水点到O2的距离s= vt =√2gh×√
2 R
g =2√hR
其落水点到O2的距离范围√2 R＜s＜2 R
（3）若小孩从O 点静止下滑，脱离轨道时的位置与O2的连线与竖直方向夹角设为θ，则
mgcosθ = m v1
2
R
由机械能守恒mgR(1-cosθ)= 1
2 m v1
2
解得cosθ = 2
3
（4）根据题意，木板质量足够大，分析第一次跳离木板，可看作斜向右上方的斜抛运动，水平
位移最小为l，水平初速度为vx，竖直初速度为vy l
v x
= 2v y
g
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小孩做功W = 1
2 m v
2= 1
2 m v x
2+ 1
2 m v y
2= 1
2 m(v x
2+ g
2l
2
4 v x
2 )
结合数学关系，可以求出v x
2= g
2l
2
4 v x
2时，存在最小的功W min= 1
2 mgl
类型2 动能定理在往返运动问题中应用
[模型演练19] （多选）（2021 春•乾安县校级月考）如图甲所示，物体以一定的初速度从
倾角为α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，
上升过程中物体的机械能E 机随高度h 的变化如图乙所示。g 取10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°
＝0.80。则（ ）
A．物体的质量m＝2.0kg
B．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.80
C．物体上升过程中的加速度大小a＝10m/s2
D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10J
【解答】解：A、由图乙可知，上升到最高点时，动能为零，机械能等于重力势能，根据图像乙
可知最高点的机械能为E＝30J，根据E＝mgh，解得m＝1kg，故A 错误；
B、除重力以外其它力做功等于机械能的变化量，由图线可知，机械能减小ΔE＝50J﹣30J＝
20J，则克服摩擦力做功为Wf＝20J，有f•x＝20J，其中x=
h
sinα = 3
0.6 m＝5m，解得f＝4N，根
据f＝μmgcos37°得，动摩擦因数μ＝0.50，故B 错误；
C、根据牛顿第二定律得，物体上升的加速度大小a= mgsin37°+ μgcos37°
m
=gsin37°+μgcos37°
＝（6+0.5×8）m/s2＝10m/s2，故C 正确；
D、对整个过程运用动能定理得，﹣f•2x＝Ek﹣Ek0，其中Ek0＝50J，代入数据解得物体返回斜面
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底端的动能Ek＝10J，故D 正确。
故选：CD。
[模型演练20] （多选）（2024•郊区校级三模）如图所示，竖直轻弹簧下端固定在水平地
面上，将轻弹簧正上方质量m＝1kg 的小球由静止释放，小球下落过程中受到恒定的空气阻力
作用。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为y 轴正方向，取地面处为重力势能零点，在
小球第一次下落到最低点的过程中，弹簧的弹性势能Ep1、小球的重力势能Ep2、小球的动能
Ek、小球的机械能E 随小球位移变化的关系图像分别如图甲、乙、丙、丁所示，弹簧始终在弹
性限度范围内，取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．小球和弹簧系统机械能守恒
B．空气阻力对小球做功1.2J
C．图丙中x0处的弹簧弹力为8N
D．图丙中b＝4，图丁中d＝4
【解答】解：A、小球下落过程中受到恒定的空气阻力作用，空气阻力做负功，系统内能增加，
所以小球和弹簧系统机械能减少，故A 错误；
B、小球下降到最低时，由图可知小球下降的高度为H＝0.6m，小球减少的重力势能：ΔEP2＝
mgH＝1×10×0.6J＝6J
小球从释放到最低点过程，由能量守恒可知，小球减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能和
系统增加的内能，即：ΔEP2＝ΔEP1+Q
由图可知：ΔEP1＝4.8J
由功能关系可知：Wf＝Q
代入数据可得克服空气阻力做的功为：Wf＝1.2J，所以空气阻力对小球做功﹣1.2J，故B 错误；
C、克服空气阻力做的功：Wf＝fH，可得：f＝2N，图丙中x0处小球动能最大，则小球所受合力
为零，由力的平衡有：mg＝f+Fk
可得弹簧弹力：Fk＝8N，故C 正确；
D、由图可知，图丙中y＝0.5m 时纵坐标为b，由图甲可知此时小球刚刚接触弹簧，
从小球释放到刚接触弹簧过程，对小球由动能定理有：mgh﹣fh＝Ek，其中h＝0.5m
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代入数据可得：Ek＝4J，即b＝4，故D 正确。
故选：CD。
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