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专题11 功和功率及动能定理的理解与应用
目录
题型一 恒力做功的分析和计算................................................................................................................................ 1
题型二 变力做功的分析和计算................................................................................................................................ 5
类型1 微元法计算变力做功.............................................................................................................................7
类型2 图像法计算变力做功.............................................................................................................................7
类型3 等效转换法求变力做功.......................................................................................................................12
类型4 平均力法求变力做功...........................................................................................................................14
类型5 应用动能定理求变力做功...................................................................................................................16
题型三 功率的分析和计算...................................................................................................................................... 19
类型1 功率的分析和计算...............................................................................................................................20
类型2 功率和功综合问题的分析和计算.......................................................................................................25
题型四 机车启动问题.............................................................................................................................................. 27
类型1 恒定功率启动.....................................................................................................................................28
类型2 恒加速度启动问题.............................................................................................................................32
题型五 动能定理的理解.......................................................................................................................................... 38
题型六 动能定理的基本应用.................................................................................................................................. 41
题型七 动能定理与图像的“数形结合”..............................................................................................................44
类型1 Ek－x(W－x)图像问题..........................................................................................................................45
类型2 F－x 图像与动能定理的结合.............................................................................................................. 48
类型3 其他图像与动能定理的结合............................................................................................................... 52
题型八 动能定理在多过程、往复运动问题中的应用..........................................................................................57
类型1 运用动能定理解决多过程问题.........................................................................................................57
类型2 动能定理在往复运动问题中的应用.................................................................................................60
题型一 恒力做功的分析和计算
【解题指导】1．判断力是否做功及做正、负功的方法
1
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判断根据
适用情况
根据力和位移方向的夹角判断
常用于恒力做功的判断
根据力和瞬时速度方向的夹角判断
常用于质点做曲线运动
根据功能关系或能量守恒定律判断
常用于变力做功的判断
2.计算功的方法
(1)恒力做的功
直接用W＝Flcos α 计算或用动能定理计算。
(2)合力做的功
方法一：先求合力F 合，再用W 合＝F 合lcos α 求功，尤其适用于已知质量m 和加速度a 的情况。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W 合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功。
方法三：利用动能定理，合力做的功等于物体动能的变化。
【例1】质量为1kg 的物块仅在水平恒力F 作用下由静止沿水平方向做加速运动，已知物块从静止开始运
动了距离L 后的4s 内前进了16m，且物块从静止开始运动了距离9L 后的4s 内前进了32m，则下列说法正
确的是（ ）
A．距离L 为4m
B．物块从静止开始运动距离9L 时，力F 对其做的功为18J
C．物块从静止开始运动距离4L 时，动量大小为
D．物块从静止开始运动距离4L 后的6s 末的动能为60J
【答案】BC
【详解】A．由于物块仅在水平恒力作用下由静止开始运动，则其做匀加速直线运动，设其运动的加速度
为a，其从静止开始运动距离为L 时用时为t，运动距离为9L 时用时为T，则由匀变速直线运动规律可得
2
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解得
L=2m，
，t=2s，T=6s
故A 错误；
B．由牛顿第二定律，可得水平恒力
F=ma
即
F=1N
则物块从静止开始运动距离9L 时，力F 对其做的功为
故B 正确；
C．物块从静止开始运动距离4L 时的速度为
所以物块从静止开始运动距离4L 时的动量大小为
故C 正确；
D．物块从静止开始运动距离4L 后的6s 末的速度为
对应的动能为
3
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故D 错误。
故选BC。
【变式演练1】如图所示，倾角为
的斜面固定在水平桌面上，用平行斜面向上的推力
将位于斜面
底端的滑块推到斜面顶端，推力
做的功至少为
。已知物块与斜面间的动摩擦因数为
，
，
，若用水平向左的推力
将物块推到顶端，推力
做的功至少为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】对物块做功最少，物块应从斜面底端缓慢运动到斜面顶端，用平行斜面向上的推力将位于斜面底
端的物块推到斜面顶端，对物块受力分析如图甲所示，根据受力平衡可得
设斜面的长度为L，则
对物块受力分析如图乙所示，根据受力平衡可得
解得
则
4
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故选C。
【变式演练2】一质点在恒力F 的作用下做直线运动，前一半路程从静止开始在粗糙水平面上运动，后一
半路程进入光滑水平面继续运动，两阶段末速度分别为v1、v2，所用时间分别为t1、t2，恒力F 的冲量分别
为I1、I2，恒力F 做的功分别为W1、W2，则（ ）
A．
B．
C．
D．W2 = W1
【答案】CD
【详解】A．设质点的总路程为2x，在粗糙水平面上所受摩擦力为f，质点在第一阶段有
在第二阶段有
可得
解得
A 错误；
5
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B．质点在第一阶段有
在第二阶段有
可得
即
解得
B 错误；
C．根据
得
C 正确；
D．根据
得
D 正确。
故选CD。
【变式演练3】某人（视为质点）在空乘逃生演练时，从倾斜滑垫上端A 点由静止滑下，经过转折点B 后
进入水平滑垫，最后停在水平滑垫上的C 点，A 点在水平地面上的射影为
点，该过程简化示意图如图所
6
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示。已知人与倾斜滑垫和水平滑垫间的动摩擦因数均为
，
、B 两点间的距离为
，B、
两点间的距
离为
，人的质量为
，重力加速度大小为
，不计人通过转折点B 时的机械能损失，下列说法正确的是
（ ）
A．人与倾斜滑垫间因摩擦产生的热量大于
B．人与倾斜滑垫间因摩擦产生的热量为
C．人从A 点运动到
点的过程中克服摩擦力做的功为
D．因为倾斜滑垫的倾角未知，所以不能求出人从A 点运动到C 点的过程中克服摩擦力做的功
【答案】C
【详解】AB．设倾斜滑垫的倾角为
，对人分析有
故
错误；
CD．人从A 点运动到C 点的过程中克服摩擦力做的功
故C 正确；D 错误。
故选C。
7
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题型二 变力做功的分析和计算
【解题指导】求变力做功的五种方法
方法
以例说法
微元法
质量为m 的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩
擦力做功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR
等效
转换法
恒力F 把物块从A 拉到B，绳子对物块做功W＝
F·(－)
图像法
一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线
与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝x0
平均
值法
当力与位移为线性关系，力可用平均值＝表示，代入功的公式
得W＝·Δx
应用动
能定理
用力F 把小球从A 处缓慢拉到B 处，F 做功为WF，则有：
WF－mgL(1－cos θ)＝0，得WF＝mgL(1－cos θ)
类型1 微元法计算变力做功
【例1】水平桌面上，长6m 的轻绳一端固定于O 点，如图所示（俯视图），另一端系一质量m=2.0kg 的小
球。现对小球施加一个沿桌面大小不变的力F=10N，F 拉着物体从M 点运动到N 点，F 的方向始终与小球
的运动方向成37°角。已知小球与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，不计空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，
cos37°=0.8，则下列说法正确的是（ ）
8
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A．拉力F 对小球做的功为16π（J）
B．拉力F 对小球做的功为8π（J）
C．小球克服摩擦力做的功为16π（J）
D．小球克服摩擦力做的功为4π（J）
【答案】A
【详解】AB．将圆弧分成很多小段l1，l2，…，ln，拉力F 在每小段上做的功为W1，W2，…，Wn，因拉力
F 大小不变，方向始终与小球的运动方向成37°角，所以
W1=Fl1cos37°
W2=Fl2cos37°
Wn=Flncos37°
故
故A 正确，B 错误；
CD．同理可得小球克服摩擦力做的功
故CD 错误。
故选A。
【变式演练1】过去人们通常用驴来拉磨把谷物磨成面粉，如图甲所示。假设驴拉磨可以看成做匀速圆周
运动，示意图如图乙所示，驴对磨杆末端的拉力
，拉力沿圆周切线方向，磨杆的半径
，
驴拉磨转动一周的时间为7s，
，则下列说法正确的是（ ）
9
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A．磨杆上各点的线速度均相等
B．驴转动一周拉力所做的功为1680J
C．驴转动一周拉力的平均功率为480W
D．磨杆末端的线速度大小为0.3m/s
【答案】C
【详解】A．磨杆上各点的角速度相等，根据
可知，半径不同，则线速度不同，故A 错误；
B．驴转动一周拉力所做的功为
故B 错误；
C．驴转动一周拉力的平均功率为
故C 正确；
D．磨杆末端的线速度大小为
故D 错误。
故选C。
【变式演练2】如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球从A 点沿
圆弧运动到B 点的过程中空气阻力的大小f 不变，则下列说法正确的是（ ）
10
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A．重力做功为0
B．悬线的拉力做功为mgL
C．空气阻力做功为
D．摆球克服空气阻力做功为fL
【答案】C
【详解】A．摆球所受重力竖直向下，摆球位移有竖直向下的分量，故重力做功不为零，故A 错误；
B．悬线的拉力始终与v 垂直，不做功，故B 错误；
CD．将圆弧路径分成若干小圆弧（尽量小），每一段小圆弧上可认为f 是恒力，所以f 所做的总功等于每
个小弧段上f 所做功的代数和，即
Wf＝－（fΔx1＋fΔx2＋…）＝-
fπL
故C 正确，D 错误。
故选C。
类型2 图像法计算变力做功
【例2】如图甲所示，一物块放置在水平台面上，在水平推力F 的作用下，物块从坐标原点O 由静止开始
沿x 轴正方向运动，F 与物块的位置坐标x 的关系如图乙所示。物块在
处从平台飞出，同时撤去
F，物块恰好由P 点沿其切线方向进入竖直圆轨道，随后恰能从轨道最高点M 飞出。已知物块质量
，物块与水平台面间的动摩擦因数为
，轨道圆心为O，半径为
，MN 为竖直直径，
，重力加速度
，不计空气阻力。求：
（1）水平推力F 做的功；
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（2）物块运动到P 点时的速度大小；
（3）物块在圆轨道上运动时摩擦力做的功。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据
图像与横轴围成的面积表示功，可知水平推力F 做的功为
（2）设物体从水平台面飞出时的速度为
，根据动能定理可得
解得
物块恰好由P 点沿其切线方向进入竖直圆轨道，则有
（3）物体刚好从轨道最高点M 飞出，重力刚好提供向心力，则有
解得
物块从P 点到M 点，根据动能定理
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解得物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功为
【变式演练1】木匠师傅用铁锤把钉子砸进木梁，每次砸击对铁钉做功相同。已知钉子所受阻力与其进入
木梁中的深度成正比，木匠砸击4 次，就把一枚长为
的钉子全部砸进木梁，那么他第1 锤将铁钉砸进木
梁的深度是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】作出钉子所受阻力与进入深度的关系图，可知前一半深度与后一半深度过程中，阻力做功之比为
，由题意可知，每次砸锤，锤对钉做功相同，将钉全部砸进木梁需要砸4 次，则第1 锤将铁钉砸进木
梁的深度是
。
故选B。
【变式演练2】放在粗糙水平地面上一物体受到水平拉力的作用，在0~6 s 内其速度与时间的关系图象和该
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（ ）
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A．0~6 s 内拉力做的功为140 J
B．拉力在0~6 s 内做的功与0~2 s 内拉力做的功相等
C．物体质量为0.8kg
D．物体在0~2 s 内所受的拉力为6 N
【答案】ACD
【详解】A．功率与时间的关系图象中，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；
B．拉力在0~6s 内做的功大于0~2s 内拉力做的功，故B 错误；
C．由图乙可知2~6s 内拉力的功率
由图甲可知2~6s 内物体的速度为
所以拉力的大小为
这段时间内物体做匀速运动，则摩擦力的大小为
在0~2s 内，由动能定理可得
即
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解得
故C 正确；
D．物体在0~2s 内的加速度为
由牛顿第二定律有
解得
故D 正确。
故选ACD。
类型3 等效转换法求变力做功
【例3】如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以恒定的拉
力F 拉绳，使滑块从A 点起由静止开始上升。若从A 点上升至B 点和从B 点上升至C 点的过程中拉力F 做
的功分别为W1和W2，图中AB＝BC，则 ( )
A．W1>W2
B．W1＜W2
C．W1＝W2
D．无法确定W1和W2的大小关系
【答案】 A
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【解析】 轻绳对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力做功转化为恒力做功；因轻绳
对滑块做的功等于拉力F 对轻绳做的功，而拉力F 为恒力，W＝F·Δl，Δl 为轻绳拉滑块过程中力F 的作用
点移动的位移，大小等于定滑轮左侧绳长的缩短量，由题图及几何知识可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1>W2，A 正
确。
【变式演练1】如图所示，边长为
、重力为
的均匀正方形薄金属片
，悬挂在
处的水平光滑轴
上，若施力使其
边沿竖直方向，则此力至少做功（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】若规定
点所在水平面为零势能参考平面，图示位置的均匀正方形薄金属片的重心位置与零势能
参考平面的高度差
，当
边沿竖直方向时的重心位置与零势能参考平面的高度差
，薄金
属片的重心升高
重力势能增加量
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所以外力做功至少应为
；故C 正确，ABD 错误。
故选C。
【变式演练2】如图所示，某人用定滑轮提升质量为
的重物，人拉着绳从滑轮正下方高的
处缓慢走
到
处，此时绳与竖直方向成
角，重力加速度为
，不计绳的质量以及绳与滑轮间的摩擦。则此过程中
人对重物所做的功
是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】全过程人拉着绳缓慢运动，认为重物的动能不变，人对重物所做的功等于重物重力势能的增加，
根据几何关系知重物上升的高度
则
A 正确，BCD 错误。
故选A。
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类型4 平均力法求变力做功
【例4】如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，一轻质弹簧下端固定在斜面底端挡板上，上
端与质量为1kg 的小滑块A 相连，A 上叠放另一个质量为2kg 的小滑块B，弹簧的劲度系数为k=50N/m，初
始时系统处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力F 作用在滑块B 上，使B 开始沿斜面向上做加速度大小为
2m/s2的匀加速直线运动。重力加速度大小为10m/s2，不计空气阻力。从开始运动到A、B 分离瞬间，拉力
F 做功为（ ）
A．1.76J
B．1.6J
C．1.4J
D．1.12J
【答案】B
【详解】初始时系统处于静止状态，设此时弹簧压缩量为x0，对小滑块A 和B 组成的系统，根据胡克定律
和平衡条件得
解得弹簧压缩量
小滑块A、B 分离瞬间，两者之间的弹力恰好为零，且有相同的加速度a，设此时弹簧的压缩量为x1，则对
小滑块A 由牛顿第二定律得
解得
在小滑块A、B 分离之前，设A、B 的位移为x，对A、B 整体，根据胡克定律和牛顿第二定律有
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解得
则拉力做功
将各量代入上式可解得
故B 正确。
故选B。
【变式演练1】某块石头陷入淤泥过程中，其所受的阻力F 与深度h 的关系为
（k，
已知），
石头沿竖直方向做直线运动，当
时，石头陷入淤泥过程中克服阻力做的功为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】所受的阻力F 与深度h 的关系为线性关系，则有
故选C。
【变式演练2】静止于水平地面上质量为
的物体，在水平拉力
（式中F 为力的大小、x 为位
移的大小，力F、位移x 的单位分别是N、m）作用下，沿水平方向移动了
。已知重力加速度
，则在物体移动
的过程中拉力所做的功为（ ）
A．
B．
C．
D．
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【答案】B
【详解】根据题意可知，水平拉力与位移的关系式为
则物体移动
过程中拉力的平均值为
则拉力做的功
故选B。
类型5 应用动能定理求变力做功
在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理，W 变＋W 恒＝mv2
2
－mv1
2，物体初、末速度已知，恒力做功W 恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W 变＝mv2
2－mv1
2－W 恒，
就可以求变力做的功了．
【例5】图1 所示是一种叫“旋转飞椅”的游乐项目，将其结构简化为图2 所示的模型。长
的钢绳
一端系着座椅，另一端固定在半径
的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。转盘静止
时，钢绳沿竖直方向自由下垂；转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角
。将游客和座椅看作一个质点，质量
。不计钢绳重力和空气阻力，重力加速度
。
（
，
）
（1）当转盘匀速转动时，求游客和座椅做圆周运动
a．向心力的大小
；
b．线速度的大小v。
（2）求游客由静止到随转盘匀速转动的过程中，钢绳对游客和座椅做的功W。
20
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【答案】（1）a．
，b．
；（2）
【详解】（1）对游客和座椅一起受力分析如下图所示
a．根据受力分子可知游客和座椅做圆周运动所需要的向心力为
b．根据几何关系可知游客和座椅zuo2 圆周运动的半径为
由
代入数据得
（2）游客和座椅由静止到随转盘匀速转动得过程，根据功能关系有
代入数据解得
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【变式演练1】是利用人体全身的力量，将一定重量的铅球从肩上用手臂推出的田径运动项目之一。运动
员某次投掷铅球时，先将质量为4kg 的铅球从地面上捡起，然后将铅球抛出，铅球出手时距离水平地面的
高度为2.25m，出手时的速度方向斜向上与水平面夹角为37°，铅球落地点到抛出点的水平距离为12m，重
力加速度g 取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。则运动员从地面上捡起铅球到将铅球抛出
的过程中，运动员对铅球做的功为（ ）
A．200J
B．290J
C．110J
D．90J
【答案】B
【详解】设实心球出手时的速度大小为v0，规定竖直向上为正方向，出手后，竖直方向做匀减速直线运动
有
水平方向做匀速直线运动有
解得
，
所以运动员对铅球做的功为
故选B。
【变式演练2】如图所示，一质量为
的质点在半径为
的半球形容器中（容器固定）由静止开始自边缘
上的A 点滑下，到达最低点
时，它对容器的正压力为
。重力加速度为
，则质点自A 滑到
的过程中，
摩擦力所做的功为（ ）
22
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】设在B 点的速度为，由牛顿第二定律，有
则质点在B 点的动能为
质点从A 滑到B 的过程中，由动能定理得
解得
故选C。
【变式演练3】如图，轻质弹簧上端固定在O 点，下端与质量为m 的圆环相连，圆环套在水平粗糙的固定
细杆上。现在将圆环从A 点静止释放，当圆环运动到B 点时弹簧竖直且处于原长，到达C 点时速度减为零；
在C 点使得圆环获得一个沿杆向左的速度v，其恰好能回到A 点。弹簧始终在弹性限度之内，下列说法正
确的是（ ）
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A．从A 到C 的过程中，圆环经过B 点速度最大
B．从C 回到A 的过程中，弹力最终做正功
C．从A 到C 克服摩擦力做功为
D．从A 到C 弹簧弹性势能减少了
【答案】CD
【详解】A．圆环从A 到C 过程中，合力是0 时圆环的速度最大，A 错误；
B．A 到C 过程中，根据能量守恒，弹性势能减少，转化为摩擦力做功产生的热量，所以由C 回到A 的过
程中，弹性势能增大，弹力最终做负功，B 错误。
CD．从A 到C 再由C 回到A，根据对称特点可知，摩擦力做功相等，弹性势能变化相同，根据动能定理，
有
求得
CD 正确。
故选CD。
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题型三 功率的分析和计算
1．公式P＝和P＝Fv 的区别
P＝是功率的定义式，P＝Fv 是功率的计算式。
2．平均功率的计算方法
(1)利用＝。
(2)利用P＝Fv cos α，其中v为物体运动的平均速度。
3．瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度。
(2)P＝FvF，其中vF为物体的速度v 在力F 方向上的分速度。
(3)P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力。
类型1 功率的分析和计算
【例1】一只苹果从楼上某一高度自由下落，苹果在空中依次经过三个完全相同的窗户1、2、3。图中直线
为苹果在空中的运动轨迹。若不计空气阻力的影响，下列说法正确的是（ ）
A．苹果经过第三个窗户所用的时间最长
B．苹果经过第三个窗户重力做的功最多
C．苹果经过第一个窗户重力做功的平均功率最小
D．苹果经过第一个窗户下端时，重力做功的瞬时功率最大
25
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【答案】C
【详解】A．苹果做自由落体运动，速度逐渐增加，越来越快，通过相同距离用时越来越少，故通过第一
个窗户用时最长，故A 错误；
B．重力的功
，故苹果通过3 个窗户重力做的功一样多，故B 错误；
C．功率
，通过第一个窗户用时最长，故通过第1 个窗户重力的平均功率最小，故C 正确。
D．根据
可知苹果经过第三个窗户下端时，速度最大，根据
重力做功的瞬时功率最大，故D
错误。
故选C。
【变式演练1】一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为
，喷水速度约为10m/s，水的密度为
kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（ ）
A．10W
B．20W
C．100W
D．200W
【答案】C
【详解】设
时间内从喷头流出的水的质量为
喷头喷水的功率等于
时间内喷出的水的动能增加量，即
联立解得
故选C。
【变式演练2】如图所示，倾角为37º、长度为4m 的粗糙固定斜面，一质量为1kg 的小物块从斜面顶端由
静止开始下滑至斜面底端，小物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s2，则（ ）
26
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A．整个过程中重力做功24J
B．整个过程中合外力做功24J
C．整个过程中重力做功的平均功率是24W
D．小物块滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是24W
【答案】AD
【详解】A．根据公式可得，重力做功为
故A 正确；
B．根据公式可得，合外力做功为
故B 错误；
C． 对小物块受力分析，根据牛顿第二定律
解得
根据
解得
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整个过程中重力做功的平均功率是
故C 错误；
D．小物块滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是
故D 正确。
故选AD。
【变式演练2】在距离地面4m 的某楼层的墙外侧，以1m/s 的速度竖直向上抛出一个质量为50g 的小石子
（小石子可看成质点），忽略空气阻力，g 取
。求：
（1）石子落地时速度大小v；
（2）石子经过多长时间t 落地；
（3）从抛出到落地这段时间内重力做功的平均功率P。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）由机械能守恒定律可知
解得
（2）设竖直向上为正方向，则有
解得
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（3）重力做功为
平均功率为
【变式演练3】一质量为0.5kg 的质点静止于光滑水平面上，从
时刻开始，受到水平外力F 作用，如
图所示。下列判断正确的是（ ）
A．0~2s 内外力的平均功率是18W
B．第2s 内外力所做的功是36J
C．第4s 末外力的瞬时功率最大
D．第1s 末与第3s 末外力的瞬时功率之比为9:7
【答案】AD
【详解】前两秒匀加速直线运动的加速度
后两秒匀加速直线运动的加速度
第1 秒末的速度
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第2 秒末的速度
第3 秒末的速度
第4 秒末的速度
前两秒的位移
第2 秒内的位移
A．0~2s 内外力做的功
0~2s 内外力的平均功率
A 正确；
B．第2s 内外力所做的功
B 错误；
C．第2 秒末的外力的瞬时功率
30
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第4s 末外力的瞬时功率
第4s 末外力的瞬时功率不是最大。C 错误；
D．第1s 末与第3s 末外力的瞬时功率分别为
第1s 末与第3s 末外力的瞬时功率之比
D 正确。
故选AD。
类型2 功率和功综合问题的分析和计算
【例2】(多选)运动场上，某同学将篮球竖直向上抛出，到最高点又竖直落回到抛出点，若篮球所受的空气
阻力大小恒定，下列判断正确的是( )
A．篮球上升过程中的加速度大于下降过程中的加速度
B．篮球上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功
C．篮球下落到抛出点的速度大小大于篮球抛出时向上的初速度大小
D．篮球上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率
【答案】 AD
【解析】 上升过程a1＝＝g＋，下降过程a2＝＝g－可知，a1>a2，故A 正确；由W 克G＝WG＝mgh 可知，
篮球上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功，故B 错误；取上升和下降的全过程，由能量
守恒可知，重力势能不变，初动能等于内能和末动能之和，故落回到抛出点的速度大小小于抛出时的初速
度大小，故C 错误；上升过程用逆向思维有h＝a1t1
2，下降过程有h＝a2t2
2，因a1>a2，则t1<t2，又P 克G＝
31
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＝，PG＝＝，则P 克G>PG，故D 正确．
【变式演练1】套圈是我国民众喜爱的传统游戏，小孩和大人在同一条竖直线上的不同高度分别水平抛出
相同的圆环，结果恰好都套中前方同一物体，不计空气阻力。若大人和小孩抛出圆环的高度之比为
，
圆环及被套物体均可视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．大人和小孩抛出的圆环初速度之比为1︰
B．大人和小孩抛出的圆环在空中飞行的时间之比为
C．大人和小孩抛出的圆环落地时重力的瞬时功率之比为1︰2
D．大人和小孩抛出的圆环在空中运动过程中动量的变化量之比为1︰
【答案】AB
【详解】B．圆环做平抛运动，竖直方向上根据
可得
大人和小孩抛出圆环的高度之比为
，则运动时间之比为
，故B 正确；
A．圆环在水平方向上有
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可得
水平位移相等，则平抛初速度之比为时间的反比，即为
，故A 正确；
C．圆环落地时重力的瞬时功率为
落地时重力的瞬时功率之比等于时间之比，为
，故C 错误；
D．根据动量定理，可得合力的冲量等于动量的变化量，即
动量的变化量之比也为时间之比
，故D 错误。
故选AB。
【变式演练2】如图甲质量
的物体在拉力F 作用下由静止开始沿着水平路面加速运动，5s 后撤去拉
力，物体运动的v-t 图像如图乙所示，不计空气阻力，
，求：
（1）摩擦力f，拉力F，分别是多少N？
（2）撤去拉力后的运动过程中，摩擦力对物体做的功？
（3）加速过程中物体所受拉力的平均功率？
【答案】（1）50N；70N；（2）
；（3）
【详解】（1）撤去拉力后由图像可知轮胎的加速度大小为
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根据牛顿第二定律有有
由图像可知前5s 内的加速度为
根据牛顿第二定律有
代入数据得
（2）5s 至7s 内，即2s 内位移为
摩擦力做的功为
（3）拉力F 作用的位移
拉力F 做的功
全过程中拉力的平均功率为
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题型四 机车启动问题
1．两种启动方式
两种方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P－t 图像
和v－t
图像
OA
段
过程
分析
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
a＝不变⇒F 不变⇒P＝Fv↑直到P
＝P 额＝Fv1
运动
性质
加速度减小的加速直线运动
匀加速直线运动，持续时间t0＝
AB
段
过程
分析
F＝F 阻⇒a＝0⇒vm＝
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
运动
性质
以vm做匀速直线运动
加速度减小的加速直线运动
BC 段
F＝F 阻⇒a＝0⇒以vm＝做匀速直
线运动
2.三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝.
(2)机车以恒定加速度启动的过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v＝<vm＝.
(3)机车以恒定功率启动时，牵引力做的功W＝Pt.由动能定理得：Pt－F 阻x＝ΔEk.此式经常用于求解机车以
恒定功率启动过程的位移大小和时间．
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类型1 恒定功率启动
【例1】我国新能源汽车领先全球，2024 年3 月，小米第一台汽车XiaomiSU7 正式上市，其技术领先且价
格符合大众消费，一辆小米新能源汽车在平直公路上行驶，汽车的质量为
，发动机的额定
功率为
，设汽车在行驶过程中受到的阻力大小恒为
。如果汽车从静止开始以额定
功率启动，则（ ）
A．汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后做加速度减小的加速运动
B．汽车在行驶过程中所能达到的最大速度
C．若汽车以不同的恒定功率启动所能达到的最大速度相同
D．若汽车到达最大速度的时间为t，则这段时间内的位移
【答案】B
【详解】A．恒定功率启动，由
可知，速度逐渐增加，
逐渐减小，由牛顿第二定律可得
可知加速度
逐渐减小，则汽车做加速度减小的加速运动，A 错误；
B．当
时，速度达到最大，利用
求得最大速度
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B 正确；
C．由B 选项解析可知，当以不同的恒定功率启动所能达到的最大速度不同；C 错误；
D．若汽车到达最大速度的时间为t， 由于在时间内，汽车不是做匀加速直线运动，则平均速度不等于
，因此位移不等于
D 错误。
故选B。
【变式演练1】如图甲所示，一物体置于倾角
的足够长光滑斜面上，电动机通过跨过定滑轮的轻绳
牵引物体沿斜面上升。启动电动机后，在
时间内物体运动的
图像如图乙所示，其中除
时间
段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，
后电动机的输出功率保持不变。已知物体的质量为
，
不计一切阻力，重力加速度g 取
。则（ ）
A．
内电动机的输出功率不变
B．
内电动机牵引力逐渐变大
C．
内电动机牵引力大小为
D．
后电动机的输出功率为
【答案】D
【详解】A．由图可知，
内物体做匀加速的直线运动，则电动机牵引力大小不变，物体速度增大，则
内电动机的输出功率变大，故A 错误；
37
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B．由图可知，
内物体的加速度逐渐减小，则电动机牵引力逐渐减小，故B 错误；
C．由图可知，
内物体的加速度为
由牛顿第二定律可得，
内电动机牵引力大小为
故C 错误；
D．
后电动机的输出功率不变，等于
时的输出功率，则有
故D 正确。
故选D。
【变式演练2】高铁已成为中国的“国家名片”，截至2022 年末，全国高速铁路营业里程4.2 万千米，位
居世界第一。如图所示，一列高铁列车的质量为m，额定功率为
，列车以额定功率
在平直轨道上从静
止开始运动，经时间t 达到该功率下的最大速度，设高铁列车行驶过程所受到的阻力为
，且保持不变．
则（ ）
A．列车在时间t 内可能做匀加速直线运动
B．如果改为以恒定牵引力启动，则列车达到最大速度经历的时间一定大于t
C．列车达到的最大速度大小为
38
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D．列车在时间t 内牵引力做功为
【答案】B
【详解】A．列车以恒定功率
运动，根据牛顿第二定律可得
列车的速度v 逐渐增大，则加速度a 逐渐减小，所以列车做加速度减小的加速直线运动，直到达到最大速
度
，故A 错误；
C．当牵引力等于阻力时，列车速度达到最大，则有
解得最大速度为
故C 错误；
B．列车以恒定牵引力启动时先做匀加速直线运动，根据功率
，可知列车速度增大，功率增大，达
到额定功率
后又开始做加速度减小的加速运动，直至达到最大速度，并且此过程与以额定功率
启动的
最后阶段运动情况完全相同，而开始时的加速度比以额定功率
启动的加速度小，所以经历的时间较长，
列车达到最大速度经历的时间一定大于t，故B 正确；
D．列车从开始到最大速度过程中，根据动能定理
将
代入解得
39
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故D 错误。
故选B。
【变式演练3】比亚迪E-SEED 概念车是基于人类未来发展而倾力打造的一款全新型纯电动汽车，其中“E-
SEED”五个英文字母分别代表：电动、运动、体验、环保和装置，蕴含着比亚迪绿色环保的设计理念。为
了获取该款车的有关数据，某次试车过程中，试车员驾驶汽车由静止沿光滑平直公路启动，并控制汽车功
率按图示规律变化。已知汽车的质量为m，额定功率为
，汽车在行驶过程中所受阻力恒为车重的K 倍，
在
时刻汽车刚好获得最大速度。则下列说法正确的是（ ）
A．在t1~t2时间内汽车做匀速直线运动
B．在0~t1时间内汽车平均功率为
C．在0~t2时间内汽车发动机所做的功为
D．在t2时刻汽车的运动速度为
【答案】BD
【分析】根据图象确定汽车做加速度减小的变加速直线运动，当功率达到额定功率将保持不变，最后当牵
引力等于阻力时，速度达到最大。
【详解】A．由题意并结合图象可知，在
时间内汽车做加速度减小的变加速直线运动，选项A 错误；
40
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B．在
时间内
，
所以汽车的平均功率为
，
选项B 正确；
C．在
时间内，汽车发动机所做的功为
，
选项C 错误；
D．在
时刻，汽车达到最大速度，则有汽车的牵引力
，
则
，
选项D 正确；
故选BD。
类型2 恒加速度启动问题
【例2】如图1 所示，在倾角
的斜面顶端平台固定一电动机，现工人师傅将质量
的货物放
置在斜面底端，开动电动机使其保持功率不变，货物在绳子的拉力作用下从静止开始沿斜面向上运动，经
过
后货物开始做匀速直线运动，在
时，突然电动机转轮卡壳不动（绳子的拉力瞬间变为零），
41
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货物又向上运动一段时间后停在斜面上，货物运动的
图像如图2 所示。已知重力加速度g 取
，
下列说法正确的是（ ）
A．货物与斜面之间的动摩擦因数为
B．电动机的额定功率为2000W
C．货物在斜面上一共前进了6m
D．当货物加速到1m/s 时，其加速度大小为
【答案】AC
【详解】A．由图2 可知，电动机在
时卡壳，卡壳后货物在摩擦力和重力分力作用下做匀减速直线运
动，根据牛顿第二定律
结合图2 可知
两式联立解得
故A 正确；
B．匀速时电动机对货物的拉力
42
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匀速时速度
电动机功率
故B 错误；
C．整个过程应用动能定理得
且
解得
故C 正确；
D．当货物速度为1m/s 时，其牵引力
货物所受合力
加速度
故D 错误。
故选AC。
43
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【变式演练1】近年来，国产新能源汽车技术进步明显，比亚迪秦
搭载第五代DM 技术的混动“双
引擎”小汽车在实测中，百公里油耗小于2.5L，综合续航里程超过2300km，续航实现了巨幅提升，远超传
统燃油车。若质量
的“双引擎”小汽车，当行驶速度
时靠电动机输出动力；当行驶
速度在
范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度
时
汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保。若该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵
引力F 随运动时间t 变化的图像如图所示，若小汽车行驶过程中所受阻力恒为1250N。已知汽车在
时刻
第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第
时刻。下列判断正确的是（ ）
A．
阶段汽车的加速度为
B．汽车第一次切换动力引擎时刻
C．电动机输出的最大功率为90kW
D．
时刻后若要继续加速将是“双引擎”同时工作模式
【答案】AD
【详解】A．开始阶段，牵引力F1=5000N，根据牛顿第二定律
解得开始阶段的加速度
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故A 正确；
B．汽车第一次切换动力引擎时v1=54km/h=15m/s，运动的时间
s
故B 错误；
C．
时刻，电动机输出功率最大
Pm=
=75kW
故C 错误；
D．汽油机工作期间，功率
W=90000W
时刻汽车的速度为
=90km/h
根据题意，若要继续加速将是“双引擎”同时工作模式，故D 正确；
故选AD。
【变式演练2】我国新能源汽车发展迅速，2022 年仅比亚迪新能源汽车全年销量为186.35 万辆，位列全球
第一、如图所示为比亚迪某型号汽车某次测试行驶时的加速度和车速倒数
的关系图像。若汽车质量为
，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30m/s，则（ ）
A．汽车匀加速所需时间为5s
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B．汽车以恒定功率启动
C．汽车所受阻力为
D．汽车在车速为5m/s 时，功率为
【答案】A
【详解】B．由图知，汽车以恒定加速度启动，汽车匀加速运动的加速度为2m/s2，故B 错误；
A．汽车匀加速运动的末速度
解得
v=10m/s
匀加速运动的时间
故A 正确；
C．由图可知汽车的最大速度为30m/s，此时汽车做匀速直线运动，有
F=f
则
P=f×30
当
时，a＝2m/s2，根据牛顿第二定律得
即
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联立解得
，P=6×104W
故C 错误；
D．根据牛顿第二定律，汽车匀加速运动时有
F-f=ma
代入数据得
F＝f+ma＝2×103N+2×103×2N＝6×103N
车速为5m/s 时，功率为
P＝Fv＝6×103×5W＝3×104W
故D 错误。
故选A。
【变式演练3】北京冬奥会期间奥运场馆和运动员村之间首次大规模使用氢能源汽车作为主要交通工具。
在一次测试中，某款质量
的氢能源汽车沿平直公路从静止开始做直线运动，其
图像如图所
示。汽车在
时间内做匀加速直线运动，
时刻的瞬时速度为
，
内汽车保持额定功率
不变，
内汽车做匀速直线运动，最大速度
，汽车从
末开始关闭动力减速滑行，
时
刻停止运动。已知汽车的额定功率为
，整个过程中汽车受到的阻力大小不变。
（1）求
和
为多少？
（2）求汽车在
内通过的距离x。
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【答案】（1）
，
；（2）
【详解】（1）设汽车受到的阻力大小为
；汽车做匀速直线运动阶段有
解得
汽车做匀加速直线运动阶段有
，
，
联立解得
，
，
汽车关闭动力减速滑行时的加速度大小为
根据速度时间关系可得
联立解得
（2）汽车在
内，根据动能定理可得
解得
48
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题型五 动能定理的理解
1．两个关系
(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功。
(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
2．标量性
动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题。当然动能定理也就不存
在分量的表达式。
【例1】随着高铁时代的到来，人们出行也越来越方便，高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的
匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能( )
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的加速度成正比
【答案】 B
【解析】 列车在启动阶段做v0＝0 的匀加速直线运动，列车的动能Ek＝mv2＝m(at)2＝m·(2ax)，可见B 正
确，A、C、D 错误。
【变式演练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v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在
这个过程中，下列说法正确的是( )
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A．对物体，动能定理的表达式为W＝mv2
2－mv1
2，其中W 为支持力做的功
B．对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力做的功
C．对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝mv2
2－mv1
2，其中W 为支持力做的功
D．对电梯，其所受的合力做功为Mv2
2－Mv1
2
【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FN，这两个力的总功(即合力做的功)才等
于物体动能的增量，即W 合＝W－mgH＝mv2
2－mv1
2，其中W 为支持力做的功，A、B 错误，C 正确；对电
梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的功一定等于其动能的增量，即Mv2
2－Mv1
2，D
正确．
【变式演练2】下列说法正确的有（ ）
A．若运动物体所受的合外力为零，则物体的动能一定保持不变
B．若运动物体所受的合外力不为零，则物体的动能一定发生变化
C．若运动物体的动能保持不变，则该物体所受合外力一定为零
D．若运动物体的动能发生变化，则该物体所受合外力一定不为零
【答案】AD
【详解】A.运动物体所受合外力为零，合外力对物体不做功，由动能定理可知，物体动能不变，故A 正确；
B.运动物体所受合外力不为零，物体运动状态一定变化，则该物体一定做变速运动，如果合外力方向与物
体速度方向垂直，合外力对物体不做功，物体动能不变，故B 错误；
C.如果运动物体所受合外力与物体的速度方向垂直，合外力对物体不做功，物体动能不变，如匀速圆周运
动，故C 错误；
D.若运动物体的动能发生变化，根据动能定理可知，合外力一定做功，即合力一定不为零，故D 正确；
故选AD。
【变式演练3】关于动能定理，下列说法中正确的是（ ）
A．在某过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的绝对值之和
B．动能定理既适用于直线运动，又适用于曲线运动
C．只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变
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D．动能定理既适用于恒力做功，又适用于变力做功
【答案】BD
【详解】A．在某过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的代数和，故A 错误；
B．动能定理既适用于直线运动，又适用于曲线运动，故B 正确；
C．有力对物体做功，但如果合力对物体做功为0，则物体的动能保持不变，故C 错误；
D．动能定理既适用于恒力做功，又适用于变力做功，故D 正确。
故选BD。
题型六 动能定理的基本应用
1．应用流程
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准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以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；也可以全过程应用动能定理。
(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
验。
【例1】如图所示，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，
51
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最终停在远处的某个位置，按比赛规则，冰壶投出后，可以用毛刷在其滑行前方来回摩擦冰面，减小冰壶
与冰面间的动摩擦因数以调节冰壶的运动，将冰壶的运动简化为直线运动且不考虑冰壶的转动．已知未摩
擦冰面时，冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.02.重力加速度g 取10 m/s2.
(1)运动员以3.6 m/s 的水平速度将冰壶投出，未摩擦冰面的情况下，求冰壶能在冰面上滑行的最大距离s；
(2)设未摩擦冰面时，冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，摩擦冰面后二者之间的动摩擦因数变为kμ，其中
0<k<1，若运动员仍以某一水平速度将冰壶投出，设运动过程中，冰壶运动中累计滑过被毛刷摩擦过的冰
面长度为L，求与未摩擦冰面相比，冰壶运动可以多滑行的距离Δs.
【答案】 (1)32.4 m (2)(1－k)L
【解析】 (1)以冰壶为研究对象，从投出冰壶到冰壶停下来的过程中－μmgs＝0－mv2，得s＝32.4 m.
(2)未摩擦冰面时有－μmgs′＝0－mv′2，
摩擦冰面时有－μmg(s′＋Δs－L)－kμmgL＝0－mv′2，
联立得Δs＝(1－k)L.
【变式演练1】质量为m 的物体，在水平面上以初速度v0开始滑动，经距离d 时，速度减为
。物体与
水平面各处的动摩擦因数相同，则（ ）
A．物体与水平面间的动摩擦因数为
B．克服摩擦力做的功为
C．物体再前进
便停止
D．要使物体前进总距离为2d，其初速度应为
【答案】CD
【详解】AB．根据动能定理
52
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即克服摩擦力做功为
，根据
解得
AB 错误；
C．根据动能定理
解得
C 正确；
D．根据动能定理
解得
D 正确。
故选CD。
【变式演练2】清沙是夏季海滩非常流行的娱乐项目。如图所示某滑沙项目滑道倾角30°，人和装备总质量
53
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为50kg 的滑沙爱好者从距滑道底端高12m 的起点由静止开始下滑，下滑过程中所受阻力大小为重力的
，
g 取
。求：
（1）下滑过程中阻力对滑沙爱好者做功
；
（2）滑沙爱好者到达滑道底端时的速度大小v。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）下滑过程中所受阻力大小为
则下滑过程中阻力对滑沙爱好者做功为
（2）滑沙爱好者下滑到滑道底端的过程，根据动能定理
代入数据，解得
【变式演练3】桌面，两物块质量分别为
、
且
，则（ ）
A．物块A 惯性大，滑行距离大
B．物块B 阻力小，滑行距离大
C．两物块滑行的时间相等
54
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D．两物块克服阻力做功相等
【答案】C
【详解】AB．令初速度为v0，与桌面间的摩擦因数为
，根据动能定理，对A 有
对B 有
联立可得
质量是惯性的唯一量度，质量大的物体惯性大，所以物块A 惯性大，故AB 错误；
C．根据动量定理，对A 有
对B 有
联立可得
故C 正确；
D．根据定能定理，对A 有
对B 有
55
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因为
，所以
故D 错误。
故选C。
题型七 动能定理与图像的“数形结合”
1．解决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、图与坐标轴围成的面积等所表示的物理意义，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．图像所围“面积”和图像斜率的含义
类型1 Ek－x(W－x)图像问题
【例1】如图甲所示，一质量为1kg 的滑块（视为质点）以某一初速度冲上足够长的固定斜面，以斜面底
端为位移的起点，滑块在斜面上运动的动能
随位移x 变化的关系如图乙所示。取重力加速度大小
56
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。下列说法正确的是（ ）
A．斜面倾角的正弦值为0.5
B．滑块上滑过程克服摩擦力做的功为20J
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25
D．滑块返回斜面底端时，滑块所受重力的功率为12W
【答案】C
【详解】AB．由乙图可知滑块上滑的最大位移为5m，从斜面底端上滑至回到斜面底端过程中客服阻力做
功为20J，所以上滑和下滑过程客服阻力做功都为
。则上滑过程中有
，
解得
故AB 错误；
C．上滑过程中阻力做功
，
解得
故C 正确；
D．滑块返回斜面底端时，滑块的动能为
57
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解得
滑块所受重力的功率为
故D 错误。
故选C。
【变式演练】如图1 所示，水平面上一质量为2kg 的木箱在水平向右的力
的作用下向右移动4m
的距离后，在另一水平力
作用下，又匀速运动4m 的距离到达斜面底端，撤去外力，木箱冲上倾角为
37°的斜面，斜面和水平面间通过光滑小圆弧轨道（未画出）连接。在木箱从静止开始运动到斜面上最高点
的过程中，其动能随运动路程变化的图像如图2 所示。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度
g 取
，
。下列说法正确的是（ ）
A．
的大小为4N
B．木箱在斜面上能到达的最大高度为1.8m
C．木箱返回水平面后向左运动的最大距离为1.8m
D．整个运动过程中，木箱克服摩擦力做的功为36J
【答案】AC
58
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【详解】A．由题图2 可知，木箱初动能为0，则木箱在
的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，应用
动能定理有
由题图2 知
，可得
，之后木箱在
的作用下做匀速运动，所以
故A 正确；
B．木箱冲上斜面后做匀减速运动，根据动能定理有
由题图2 知
，可得
，木箱在斜面上能到达的最大高度
故B 错误；
C．因为
所以当木箱运动至斜面上的最高点后，沿斜面向下做匀加速运动，到达水平面后，在摩擦力作用下再减速
直到停止。木箱从冲上斜面到最终停下来，对这一过程应用动能定理可得
可得
故C 正确；
59
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D．对整个运动过程，由动能定理有
所以
故D 错误。
故选AC。
类型2 F－x 图像与动能定理的结合
【例2】如图甲所示，在倾角
的光滑固定斜面上有一劲度系数
的轻质弹簧，弹簧下端固
定在垂直于斜面的挡板上，弹簧上端栓接一质量
的物体，初始时物体处于静止状态。取
。
(1)求此时弹簧的形变量
；
(2)现对物体施加沿斜面向上的拉力
，拉力
的大小与物体的位移
的关系如图所示，设斜面足够长；
①写出物体的速度与位移
的关系式；
②若物体位移为0.1
时撤去拉力
，求此后物体沿斜面上滑的最大距离
。（结果保留两位有效数字）
【答案】(1)0.1m；(2)①
；②0.04m
【详解】(1)初始状态物体处于平衡状态，则
60
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解得：此时弹簧的形变量
(2)①由
图象可得
设物体运动位移为x 时，物体的加速度为a，则
解得：物体的加速度
所以，物体做匀加速直线运动，根据运动学公式有
代入数据有
②物体位移为0.1
时撤去拉力
，此后物体上滑过程中弹力f 随形变量
的图象如下图所示
物体上滑过程中克服弹力所做的功对应图中的面积，即
撤去拉力至物体恰好速度为0，据动能定理有
61
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联立解得
【变式演练1】如图1 所示，一质量为0.4kg 的小物体静止在水平台面上，在水平推力
的作用下从坐标原
点
开始沿
轴运动，
与物体坐标
的关系如图2 所示。在
时撤去力
，同时物体从平台飞出。
物体与水平台面间的动摩擦因数为
，重力加速度
取10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）
时，物体的加速度大小
；
（2）从坐标原点到
处，水平推力所做的功
；
（3）物体即将离开平台时力
的功率
。
【答案】（1）
；（2）44J；（3）
【详解】（1）由图2，
图像知，在0~2m，F 与x 函数
当
时，代入得
在0~2m 运动过程中，滑动摩擦力为
62
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物体受到的合外力为
由牛顿第二定律知，物体的加速度为
（2）由题知，力F 在作用过程中变化，所以图线与横轴所围成的面积即为力F 做的功，则由数学关系
（3）设物体离开平台时瞬时速度为v
根据能量守恒定律有
代入得
离开平台时F2=16N，则功率为
代入得
【变式演练2】如图1 所示，一轻弹簧竖直固定于水平桌面上，另一相同的弹簧下端与光滑固定斜面底端
的挡板相连，物体P、Q 分别从两弹簧上端由静止释放，加速度a 与弹簧压缩量x 的关系分别如图2 中实线、
虚线所示。则（ ）
63
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A．光滑斜面的倾角为37°
B．P、Q 向下运动达到最大速度时两弹簧的压缩量之比为
C．P、Q 的质量之比为
D．P、Q 向下运动过程中的最大速度之比为
【答案】CD
【详解】A．设物体P、Q 分别质量为
、
。由图2 可知弹簧压缩量为零时，物体P、Q 加速度分别为
，
。对物体P，有
得
①
设斜面的倾角为
，对物体Q，有
②
由①②得
64
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得
A 错误；
B．加速度为零时，物体P、Q 的速度最大。由图2 可知，P、Q 向下运动达到最大速度时两弹簧的压缩量
分别为
，
。P、Q 向下运动达到最大速度时两弹簧的压缩量之比为
。B 错误；
C．P、Q 向下运动达到最大速度时，对两物体，有
又
得
C 正确；
D．P、Q 向下运动过程中的最大速度分别为
和
，对P、Q 由动能定理得
③
④
由③④得，P、Q 向下运动过程中的最大速度之比
65
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D 正确。
故选CD。
类型3 其他图像与动能定理的结合
【例3】如图1 所示，一倾角
的斜面体固定在水平地面上（斜面足够长、带一定滑轮），物块A 放
在斜面上的O 点，用跨过轻质定滑轮的轻绳与物块B 连接，B 离滑轮足够远。A、B 的质量分别为
、
。运动过程中A 与O 点的距离设为x，A 与斜面间的动摩擦因数μ 与x 的关系如图
2。重力加速度g 取
，现将A、B 由静止释放。求：
（1）当x 为多大时物块A 的速度最大；
（2）物块A 在斜面上滑行的最大位移
。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设物块A 的速度最大时A 与斜面间的动摩擦因数
，由牛顿第二定律得
解得
66
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由图2 得
则当
时
（2）设物块A 沿斜面向下滑到最大位移过程中，克服摩擦力做功为
，由功能关系得
摩擦力做功为
其中
解得
【例4】如图甲所示，长度
的水平传送带
顺时针匀速转动，其右端与一半径
的竖直光
滑半圆弧轨道相切于Q 点。质量为
的小物块以初速度
冲上传送带的左端P 点，在传
送带上向右运动后进入圆弧轨道。图乙给出在传送带以不同速率运行时，小物块第一次在圆弧轨道上所能
到达的最大高度h 与传送带的转动速率的关系，其中
段为直线，
段为曲线。小物块可
视为质点，与传送带间的动摩擦因数
，重力加速度g 取
。求：
（1）
时，小物块第一次到达Q 点的速度大小；
（2）乙图中B 点的坐标
；
67
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（3）乙图中D 点对应的
；
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意可知，
时，小物块从开始运动到第一次到达Q 点的过程中，由动能定理有
解得
（2）根据题意可知，若传送带的速度
，则小物块第一次到达Q 点均为
，则小物块在圆
弧轨道上上升的高度不在随变化而变化，即
由动能定理有
解得
即乙图中B 点的坐标
。
68
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（3）根据题意可知，若传送带速度大于小物块速度，小物块做加速运动，假设小物块一直加速，则有
解得
即当传送带的速度
时，小物块第一次到达Q 点均为
，若小物块恰好到圆弧最高点，则
有
解得
由动能定理有
解得
即当小物块第一次到达
点时的速度
，小物块在圆弧轨道上上升的高度不变，则有
【变式演练1】某实验小组对两辆新能源汽车在同一水平直轨道上进行了对比实验，其速度大小v 随时间t
的变化关系如图所示，已知两汽车所受摩擦力大小为其重力的k 倍且恒定，B 车实验中变速阶段加速度的
大小相同，A 车的质量为B 车质量的1.5 倍，汽车运动距离相等，不计空气阻力。则（ ）
69
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A．摩擦力做功之比等于
B．汽车运动时间之比等于
C．汽车牵引力所做的功之比等于
D．汽车输出的最大功率之比小于
【答案】BCD
【详解】B．因为 B 车实验中变速阶段加速度的大小相同，且汽车运动距离相等，可知两图像与坐标轴围
成的面积相等，则B 车运动的时间为3t0，则汽车运动时间之比等于
，选项B 正确；
A．设A、B 两车的质量分别为1.5m 和m，则摩擦力做功之比等于
选项A 错误；
C．根据动能定理
可知汽车牵引力所做的功之比等于摩擦力做功之比，为
，选项C 正确；
D．两车加速阶段的加速度之比
对A 车
70
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对B 车
则汽车输出的最大功率之比
选项D 正确。
故选BCD。
【变式演练2】如图甲所示，倾角为θ 的斜面体固定在水平面上，其中斜面的长度为l0，一质量为m 可视
为质点的物块从静止开始由斜面体的顶端A 滑到底端B，物块与斜面体之间的动摩擦因数μ 随下滑距离x
的变化规律如图乙所示。重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．物块克服滑动摩擦力做的功为
B．物块克服滑动摩擦力做的功为
C．物块在B 点的速度大小为
D．若物块在沿斜面体向上的外力作用下，由B 点缓慢移动到A 点，外力做功
【答案】BD
【详解】AB．由图乙作出该过程中摩擦力随x 的变化规律，如图所示
71
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则图线与坐标轴围成的面积表示物块克服滑动摩擦力所做的功，即
故A 错误，B 正确；
C．对物块由A 点到B 点的过程中，由动能定理得
解得物块在B 点的速度大小为
故C 错误；
D．物体由B 点缓慢移动到A 点，动能没有变化，由动能定理
解得
故选BD。
题型八 动能定理在多过程、往复运动问题中的应用
1．运用动能定理解决多过程问题，有两种思路
(1)分阶段应用动能定理
72
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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，大大简化运算．
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．
类型1 运用动能定理解决多过程问题
【例1】某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的光滑直轨道AB，半径R=1m 的光滑圆弧轨道
BCD，长度L=1.25m、倾角为θ、动摩擦因数μ1=0.75 的直轨道DE 和半径为R、圆心角为θ 的光滑圆弧管道
EF 组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F 的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5kg 的滑块b，其上表面与
轨道末端F 所在的水平面平齐。质量m=0.5kg 的小物块a 从轨道AB 上高为h=0.8m 处静止释放，经圆弧轨
道BCD 滑上轨道DE。小物块a 可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，
cos37°=0.8。
（1）求小物块经过C 点时，轨道对小物块弹力的大小；
（2）求小物块a 在DE 上经过的总路程s；
（3）若h=2.15m，小物块a 在滑块b 上滑动时动摩擦因数为μ2=0.25，则滑块至少多长才能使小物块不脱离
滑块？（小物块a 运动到滑块b 右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞）
【答案】（1）13N；（2）
；（3）
【详解】（1）对小物块a 从A 到第一次经过C 的过程，根据机械能守恒定律有
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在C 点根据牛顿第二定律有
解得
F=13N
（2）小物块a 从C 点运动到D 的过程，由动能定理有
设小物块a 在轨道DE 上运动到最高点的位移为x，由动能定理有
解得
因为
所以小物块a 在DE 上运动至最高点后静止，所以小物块a 在DE 上经过的总路程
第（2）问法二：
小物块a 从C 点运动到D 的过程，由动能定理有
物块a 滑上斜面DF，直至最高点，由牛顿第二定律和运动学（逆向思维）知识可得
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解得
之后物块a 有向下运动趋势，由牛顿第二定律可得
故a 静止，所以小物块a 在DE 上运动至最高点后静止，所以小物块a 在DE 上经过的总路程
（3）对小物块a 从A 到F 的过程，根据动能定理有
设滑块长度为l 时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定
律有
解得
【变式演练1】一篮球质量为m＝0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h1=1.8m 处由静止自由落下，反弹
高度为h2=1.2m，若使篮球从距地面h3=1.5m 的高度由静止下落，并在开始下落的同时运动员向下拍球，球
落地后反弹的高度也为1.5m，该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值K 不变，重力加速度大小g 取
10m/s2，不计空气阻力，求：
（1）比值K 的大小；
（2）运动员拍球过程中对篮球所做的功。
【答案】（1）1.5；（2）4.5J
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【详解】（1）设篮球自由下落与地面碰撞前瞬间的动能为Ek1，篮球与地面碰撞后瞬间篮球的动能为Ek2，
由动能定理可知篮球下落过程
篮球上升过程
则
（2）第二次从1.5m 的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由
动能定理可得
第二次从1.5m 的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理
可得
解得
【变式演练2】如图甲所示，一质量
的小物块，放置在光滑的水平台面上，在水平推力F 的作用下，
物块从坐标原点O 由静止开始沿x 轴运动，F 与物块的位置坐标x 的关系，如图乙所示。物块在
处
从平台边缘A 点飞出，同时撤去F，物块到达斜面顶端B 点时恰能沿斜面BC 下滑，斜面的高度
，
倾角
，小物块沿斜面运动到底端C 点后，立即无速度损失地滑上水平地面CD，随后小物块从D 点
76
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冲上半径
的光滑圆形轨道内侧。已知小物块与斜面BC 间的动摩擦因数
，
，
，重力加速度
，不计空气阻力。则：
（1）小物块从A 点飞出的速度为多少？
（2）若水平地面CD 光滑，圆形轨道最低点D 对小物块的支持力大小为多少？
（3）若水平地面CD 粗糙，且动摩擦因数与斜面BC 相同。现要使小物块经过D 点后不脱离半圆形轨道，
则CD 段距离的范围为多少？
【答案】（1）
；（2）140N；（3）
或
【详解】（1）由
的关系图像面积分析可知，当小物块运动到x=2m 处F 所做的功
小物块运动到x=2m 处时，由动能定理得
由以上各式解得
（2）小物块从A 到B 做平抛运动，在B 点速度分解，由几何关系知
设小物块在D 点的速度为
，从B 点到D 点由动能定理得
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小物块在D 点受到的支持为
，由牛顿第二定律知
由以上各式解得
（3）当小物块恰好能到达E 点时，在E 点的速度为
从B 点到E 点由动能定理得
由以上各式解得
当小物块刚到达与圆心等高位置时，速度为零，从B→O 由动能定理得
解得
当小物块刚好到达轨道最低点D 时，从B→D，由动能定理得
解得
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由以上可得CD 段的距离范围为
或
类型2 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，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定．
2．解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，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，所以用动能定理
分析这类问题可使解题过程简化．
【例2】如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道
的下端与光滑的圆弧轨道
相切于B，C 是最低
点，圆心角
，D 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R，现有一个质量为m 可视为质点的小物体，
从D 点的正上方E 点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A 处。已知
距离为
，物体与斜面
之间
的动摩擦因数
。重力加速度为g。（取
，
），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
的长度L；
（3）若
可变，求
取不同值时，物块在斜面上滑行的路程s。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）见解析
【详解】（1）设物体到达C 点的速度为v，从E 到C，由动能定理得
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代入数据得
在C 点，有
代入数据得
（2）从C 到A，由动能定理得
代入数据得
（3）设摩擦因数为μ1时物块刚好能静止在斜面上，则有
解得
①若
，物块将滑出斜面，则物块的路程为
②若
，则
所以物块在斜面上多次往返，最后在B 点速度为零，则有全程由能量守恒定律，可得
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解得
③若
，则
则物块将停在斜面上，则有
解得
故选B。
【变式演练1】滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图所示是滑板
运动的轨道，BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点，圆心角为60°，半径OC 与水平轨道
CD 垂直，水平轨道CD 段粗糙且长8m，一运动员从轨道上的A 点以3m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿
轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回。已
知运动员和滑板的总质量为60kg，B、E 两点与水平面CD 的竖直高度分别为h 和H，且
，
，g=10m/s2。求：
（1）运动员从A 运动到达B 点时的速度大小
和在空中飞行的时间
；
（2）轨道CD 段的动摩擦因数
、离开圆弧轨道末端时，滑板对轨道的压力；
（3）通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时的速度大小；如不
能，则最后停在何处？
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【答案】（1）
，
；（2）
，
，方向竖直向下；（3）不能，最后
停在距离D 点左侧6.4m 处
【详解】（1）由题意可知
解得
在B 点竖直方向的速度
空中飞行的时间
（2）由B 点到E 点，由动能定理可得
代入数据可得
由B 点到C 点，由动能定理可得
在C 点由牛顿第二定律知
由几何知识
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联立解得
根据牛顿第三定律
方向竖直向下。
（3）运动员能到达左侧的最大高度为h'，从B 到第一次返回左侧最高处，根据动能定理有
解得
所以第一次返回时，运动员不能回到B 点，设运动员从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为s，由动能定
理可得
代入数据解得
因为
所以运动员最后停在距离D 点左侧6.4m 处
【变式演练2】如图所示，某游乐场游乐装置由竖直面内轨道
组成，左侧为半径
的光滑圆
弧轨道
，轨道上端点B 和圆心O 的连线与水平方向的夹角a，下端点
与粗糙水平轨道
相切，
为倾角
的粗糙倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E 点处的挡板上。现有质量为
的小滑块P
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（视为质点）从空中的A 点以
的初速度水平向左抛出，经过
后恰好从B 点沿轨道切线方
向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C 点之后继续沿水平轨道
滑动，经过D 点后沿倾斜轨道向上运动至
F 点（图中未标出），弹簧恰好压缩至最短，已知
，滑块与轨道
、
间的动摩擦因数
为
，各轨道均平滑连接，不计其余阻力，
。求：
（1）
连线与水平方向的夹角
的大小；
（2）小滑块P 到达与O 点等高的
点时对轨道的压力；
（3）弹簧的弹性势能的最大值；
（4）试判断滑块返回时能否从B 点离开，若能，求出飞出时对B 点的压力大小；若不能，判断滑块最后
位于何处。
【答案】（1）
；（2）
，方向向左；（3）
；（4）能，
【详解】（1）滑块恰好从B 点进入轨道有平抛运动可知
解得
（2）由
由动能定理可知
解得
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经过
点时受轨道的支持力大小
，有
解得
由牛顿第三定律可得滑块在
点时对轨道的压力大小
，方向向左
（3）设
从B 到F 有
代入数据可解得
（4）设滑块返回时能上升的高度为h
运动到B 点：
解得
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有牛顿第三定律可知对B 点的压力为
【变式演练3】如图所示，是一游戏装置的简化示意图，在同一竖直平面内的轨道
由四分之一光
滑圆弧轨道
、粗糙的水平轨道
、光滑圆弧轨道
、粗糙斜轨道
组成，圆弧
分别与直轨
道
、
相切。斜轨道
的倾角
，底端
处有一弹性挡板。一质量
的滑块（比圆
管内径稍小）从A 点正上方的
点无初速释放，滑块通过圆弧的最高点
时对轨道没有任何作用力，滑块
运动到
点（
点为四分之一圆弧轨道
的圆心，
点为圆弧轨道
的圆心，且两圆心
和
在
同一水平高度）碰撞弹性挡板后被等速反弹。已知滑块与水平轨道
和斜轨道
间的动摩擦因数均为
，两圆弧轨道的半径均为
，重力加速度
，
，
，不计空
气阻力，滑块可视为质点。求：
（1）滑块经过
点时的速度大小
；
（2）滑块经过
点时，圆弧轨道对滑块的支持力大小
；
（3）滑块释放点
与
面间的高度差
；
（4）滑块在斜轨道
上运动的总路程s。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）滑块在
点，由牛顿第二定律得
解得
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（2）对滑块从
点运动到
点的过程，由动能定理得
滑块在
点有
解得
（3）由几何关系得
对滑块从
点运动到
点的过程，由动能定理得
解得
（4）由几何关系得
滑块在
点的动能
滑块从
点运动到
点，克服摩擦力做的功为
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由于
滑块反弹后无法回到
点，判断出滑块最后停在
点，对滑块通过
点到静止的过程，由动能定理得
解得
【变式演练4】如图所示，水平轨道BC 的左端与固定的光滑竖直
圆轨道相切于B 点，右端与倾角为30°
的光滑斜面轨道在C 点平滑连接（即物体经过C 点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，质量
为2kg 的滑块（可视为质点）从圆弧轨道的A 点由静止释放（AO 半径与竖直方向夹角为60°），经水平轨
道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D 点。已知光滑圆轨道的半径R=1m，水平轨道BC 长为
0.5m，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数
，光滑斜面轨道上CD 长为0.6m，
取
，求：
（1）滑块第一次经过圆轨道上B 点时对轨道的压力大小
；
（2）整个过程中弹簧具有最大的弹性势能
；
（3）滑块在水平轨道BC 上运动的总路程s 和总时间（结果可以保留根号）。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
，
【详解】（1）滑块从A 点到B 点，由机械能守恒定律得
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解得
滑块在B 点，由向心力公式
解
由牛顿第三定律可得：滑块对B 点的压力大小
（2）滑块第一次到达D 点时，弹簧具有最大的弹性势能
，滑块从B 点到C 点由动能定理得
解得
滑块从C 点到D 点，由能量守恒定律可得
解得
（3）滑块最终停止在水平轨道BC 间，设滑块在 BC 段运动的总路程为s，从滑块第一次经过B 点到最终
停下来的全过程，由动能定理可得
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解得
将滑块在BC 段的运动全程看做匀减速直线运动，加速度大小
由
可解得在BC 上运动的总时间为
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