文档文本内容
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第19 讲 动能定理的理解及应用
目录
01 考情解码·命题预警.................................................................................................................................................2
02 体系构建·思维可视.................................................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚.................................................................................................................................................4
考点一 动能、动能定理
.............................................................................................................................4
知识点1 动能..............................................................................................................................................4
知识点2 动能定理......................................................................................................................................4
知识点3 对动能定理表达式的理解.........................................................................................................4
考向1 对动能定理的理解及简单应用.......................................................................................................5
考向2 用动能定理求解直线运动问题.......................................................................................................7
考向3 用动能定理求解曲线运动问题.......................................................................................................9
考向4 用动能定理求解变力做功问题.....................................................................................................10
考点二 动能定理与图像的综合问题
..........................................................................................12
知识点1 图像所围“面积”或斜率的意义.............................................................................................12
知识点2 解决动能定理与图像问题的基本步骤.....................................................................................13
考向1 动能定理与v-t 图像的综合...........................................................................................................13
考向2 动能定理与a-t 图像的综合.........................................................................................................14
考向3 动能定理与F-x 图像的综合..........................................................................................................16
考向4 动能定理与P-t 图像的综合...........................................................................................................18
考向5 动能定理与Ek-x 图像.....................................................................................................................19
考点三 用动能定理处理多过程问题
............................................................................................22
知识点1 应用动能定理解决多过程问题的思路...................................................................................22
知识点2 解题流程和注意事项...............................................................................................................23
考向1 多过程直线运动问题.....................................................................................................................23
考向2 多过程曲线运动问题.....................................................................................................................26
考向3 直线曲线运动相结合的多过程问题.............................................................................................29
04 真题溯源·考向感知...............................................................................................................................................33
1
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考点
要求
考频
2025 年
2024 年
2023 年
（1）动能定理
（2）动能定理
的应用
应用
高频
2025·福建·T14
2024·福建·T8
\
考情分析：
1.命题形式：单选题非选择题
2.命题分析：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。
3.备考建议：本讲内容备考时候，注意要理解动能动能定理，并会用动能定理处理物理问题，掌握有关动
能定理的图像问题。
4.命题情境：
生活实践类：体育运动问题，风力发电计算，蹦极运动、过山车等能量问题，汽车启动问题，生活、
生产中能量守恒定律的应用。
学习探究类：变力做功的计算，用绳、杆连接的做功问题，含弹簧系统机械能守恒问题，传送带、板
块模型的能量问题。
5.常用方法：图像法、等效法、整体法
复习目标：
1.理解
能
能定理，并会用
能定理
理物理
。
动
动
动
题
处
问
2.掌握有关
能定理的
像
动
题
图
问
3.掌握用
能定理
理多
程
的方法
动
题
处
过
问
2
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3
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考点一 动能、动能定理
知识点1 动能
1．公式：Ek＝mv2，式中v 为瞬时速度，动能是状态量。
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：ΔEk＝mv2
2－mv1
2。
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。
5．动能与动能的变化的区别
(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。ΔEk>0 表示物体的动能增加，ΔEk<0 表示物体的动能减少。
知识点2 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＝mv2
2－mv1
2或W＝Ek2－Ek1。
3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。
4．适用条件
(1)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，也可以间断作用。
知识点3 对动能定理表达式的理解
（1）做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”表示功是物体动能变化的量度。①因
果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。②数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。
③单位关系：国际单位制中功和能的单位都是焦耳。
（2）动能定理中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是静电力、磁场力或其他力；既
可以是恒力，也可以是变力。
4
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考向1 对动能定理的理解及简单应用
例1 （2025·福建厦门·二模）如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R，bc 是半径为
R 的四分之一的圆弧，与ab 相切于b 点。一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，
自a 点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。则小球运动到c 点的速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设小球运动到c 点的速度大小为v，小球由a 到c 的过程，由动能定理得
，
联立可得
故选A。
【变式训练1·变载体】（2024·福建·模拟预测）无动力翼装飞行是运动员穿戴拥有双翼的飞行服装和降落
伞设备，从飞机、悬崖绝壁等高处一跃而下，运用肢体动作来掌控滑翔方向，最后打开降落伞落地。若某
次无动力翼装飞行从a 到b 的运动过程可认为是在竖直平面内的匀速圆周运动，如图所示，则从a 到b 的
运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员所受的合外力为零
B．运动员所受的合外力做功为零
C．运动员的机械能逐渐减小
D．运动员所受重力的功率不变
【答案】BC
【详解】A．运动员做匀速圆周运动，则所受的合外力不为零，选项A 错误；
B．运动员做匀速圆周运动，运动员的动能不变，则所受的合外力做功为零，选项B 正确；
C．运动员在竖直平面内向下做匀速圆周运动，动能不变，重力势能减小，则运动员的机械能逐渐减小，
选项C 正确；
D．根据
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运动员竖直分速度减小，则所受重力的功率逐渐减小，选项D 错误。
故选BC。
【变式训练2·时事热点与学科知识结合】（2024·福建·模拟预测）如图，甲将排球从离地面高
为1m 的O 位置由静止击出并沿轨迹①运动，当排球运动到离地面高为2.8m 的P 位置时，速度大小为
10m/s，此时，被乙击回并以水平速度18m/s 沿轨迹②运动，恰好落回到O 位置。已知排球的质量约为
0.3kg，g 取10m/s2，忽略空气阻力，则（ ）
A．排球沿轨迹②运动的时间为0.6s
B．O、P 两位置的水平距离为10.8m
C．甲对排球做的功约为40.8J
D．乙对排球做的功约为15J
【答案】AB
【详解】AB．对于轨迹②的运动，竖直方向有
解得
水平方向有
可知O、P 两位置的水平距离为10.8m，故AB 正确；
C．从O 到P 点，设排球在O 点的速度为
，到P 点的速度，根据动能定理可得
解得
根据动能定理可知
故C 错误；
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D．设乙将排球击出的速度为
，在P 点由动能定理可知，乙对排球所做的功为
故D 错误。
故选AB。
考向2 用动能定理求解直线运动问题
例3（2025·福建三明·三模）2025 年4 月13 日，全红婵参加加拿大温莎站世界杯跳水决赛。如图，全红婵
以一定初速度在高台上竖直向上起跳，从距水面
的最高处竖直下落，入水后沿直线下潜3 m 后速度
减为零。重力加速度取
，人运动过程中可简化为质点，不计空气阻力。求全红婵：
(1)入水前瞬间的速度大小；
(2)入水后，人受竖直方向水的平均作用力与其体重之比。
【答案】(1)
(2)
【知识点】竖直上抛运动的规律及应用、动能定理的初步应用
【详解】（1）全红婵从最高处竖下落至水面过程中：
解得
（2）水中下潜过程，根据动能定理
解得
【变式训练1·变考法】（2023·福建宁德·模拟）一传送带装置如图所示，其中AB 段是水平的，长度
LAB=4m，BC 段是倾斜的，倾角为
=37°，AB 和BC 在B 点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧），
传送带以v=4m/s 的恒定速率顺时针运转。已知工件与传送带间的动摩擦因数
=0.5，重力加速度g 取
10m/s2。现将一个工件（可看作质点）无初速地放在A 点，求：
（1）工件第一次到达B 点所用的时间；
（2）工件沿传送带上滑的最大距离。
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【答案】（1）1.4s；（2）4m
【详解】（1）工件刚放在水平传送带上的加速度为
，由牛顿第二定律得
解得
经
时间与传送带的速度相同，则
前进的位移为
此后工件将与传送带一起匀速运动至B 点，用时
所以工件第一次到达B 点所用的时间
（2）工件沿传送带上滑的最大距离为
，由动能定理得
解得
。
考向3 用动能定理求解曲线运动问题
例4（2025·福建泉州·模拟预测）如图，某同学正在网球场练习发球，他将质量m=0.05kg 的网球从离水平
地面高度h=1.8m 处，以某一初速度
水平击出，网球第一次落在距击球点水平距离
处的地面上，
然后经地面多次反弹，最终停下来。已知网球与地面第一次碰后，竖直分速度反向，大小变为碰前的
，
水平分速度方向不变，大小变为碰前的
。不计网球所受空气阻力，网球与地面碰撞时间极短，重力加速
度
，求：
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(1)该同学击球过程对网球所做的功W；
(2)网球第二次接触地面处与击球点间的水平距离L2。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设网球第一次落地前运动时间为
，根据平抛运动规律可得
，
解得
，
根据动能定理可得该同学击球过程对网球所做的功为
（2）根据题意可知，网球与地面第一次碰后竖直分速度为
水平分速度为
设网球第一次弹起后经时间
再次落地，根据对称性可得
则网球第二次接触地面处与击球点间的水平距离为
【变式训练1·变考法】（2025·福建厦门·三模）《考工记 轮人》篇中记载“轮人为盖”“上欲尊而宇欲卑，
上尊而宇卑，则吐水，疾而溜远”。如图甲所示是古代马车示意图，车盖呈伞状，支撑轴竖直向上，车盖
底面为圆面且水平。如图乙所示是过支撑轴的车盖截面简化图，底面半径
m，车盖底面与水平地
面距离
m。车辆保持静止，一质量
kg 的水滴（可视为质点）从车盖顶端
点由静止下
滑，经车盖底端
点后落到地面
点（未画出）。已知
、
间竖直高度差
m，水滴经过
时的速度
大小
m/s，方向与竖直方向夹角为
，不计空气阻力，重力加速度大小
取
m/s²。求该水滴：
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(1)经过
时重力的功率；
(2)从
下滑到
过程中，雨滴克服阻力做的功；
(3)落地点
与支撑轴在地面投影
的距离。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）经过B 点时，重力的功率
代入数据可得
（2）从A 到B 过程，根据动能定理
解得
（3）在
点时
从B 到C 过程，竖直方向
解得
水平方向
联立解得
考向4 用动能定理求解变力做功问题
例5 如图所示，光滑水平面
与粗糙的竖直半圆轨道
在B 点相切，半圆轨道
的半径
，
D 是半圆轨道的最高点。将一质量
的物体（可视为质点）向左压缩轻弹簧至A 点后由静止释放，
在弹力作用下物体获得一向右速度，并脱离弹簧在水平面
上做直线运动，其经过B 点时的速度
，之后物体沿半圆轨道运动，恰好能通过D 点。取重力加速度
。求：
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(1)弹簧被压缩至A 点时的弹性势能
。
(2)物体通过D 点时的速度大小
。
(3)物体沿半圆轨道
运动过程中克服阻力所做的功W。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由能量守恒可知，弹簧弹性势能完全转化为物体的动能
可得弹簧被压缩至A 点时的弹性势能
（2）物体恰好能通过D 点，则根据牛顿运动定律有
解得
（3）物体沿半圆轨道
运动过程中由动能定理有
解得
【变式训练1·变考法】（2025·福建漳州·模拟预测）如图为某科技兴趣小组制作的重力投石机
示意图。支架固定在水平地面上，轻杆AB 可绕水平轴上的O 点在竖直面内自由转动。A 端小凹橧内装有
一质量为m 的石子，B 端固定一配重。现将杆转至水平方向由静止释放，杆在配重作用下转到竖直位置时
石子被水平抛出，击中前方竖直靶上的P 点，P 与O 点恰好在同一水平线上。已知
，
，
，重力加速度大小为g，不计一切摩擦及空气阻力。求：
(1)石子被水平抛出时的速度大小
；
(2)杆由水平转到竖直的过程中凹槽对石子做的功W，以及配重的质量M。
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【答案】(1)
；
(2)4mgL，8m；
【详解】（1）设石子抛出时速度大小为
，从水平抛出经时间t 击中靶，有
，
解得
（2）对石子，根据动能定理，有
解得
杆由水平转到竖直时，配重的速度大小为
，对石子和配重，根据机械能守恒定律，有
又
解得
。
考点二 动能定理与图像的综合问题
知识点1 图像所围“面积”或斜率的意义
知识点2 解决动能定理与图像问题的基本步骤
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考向1 动能定理与v-t 图像的综合
例1 （2025·福建龙岩·一模）一辆汽车在夜间以速度
匀速行驶，驶入一段照明不良的平直公路时，司机
迅速减小油门，使汽车的功率减小为某一定值，此后汽车的速度与时间的关系如图所示。设汽车行驶时
所受的阻力恒定为
，汽车的质量为
，则下列说法正确的是（ ）
A．
时刻，汽车的功率减小为
B．整个减速过程中，汽车的牵引力不断变小
C．整个减速过程中，克服阻力做功大于
D．整个减速过程中，汽车牵引力的冲量大小为
【答案】C
【详解】A．
时刻，汽车的功率减小为
，故A 错误；
B．整个减速过程中，由
，可知汽车的牵引力不断变大，故B 错误；
C．整个减速过程中，由动能定理，有
得
故C 正确；
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D．整个减速过程中，由动量定理，有
得
故D 错误。
故选C。
【变式训练1·变载体】（2024·福建泉州·模拟练习）A、B 两物体的质量之比
，它们以相同的
初速度
在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其
图像如图所示。那么，A、B 两物体所受摩擦
力之比
，为 ；A、B 两物体克服摩擦力做的功之比
为 。
【答案】 4:1 2:1
【详解】[1][2]根据速度时间的图像可知
aA:aB=2:1
物体只受到摩擦力的作用，摩擦力作为合力产生加速度，由牛顿第二定律可知
f=ma
所以摩擦力之比为4:1，由动能定理，摩擦力的功
由于初速度大小相同
所以两物体克服摩擦力做的功之比
=2:1
考向2 动能定理与a-t 图像的综合
例2（2024·福建·模拟预测）一物体放在光滑水平面上，在物体上施加一水平外力，使物体在外力的作用
下由静止开始运动，物体的加速度随时间的变化规律如图所示。则下列说法正确的是（ ）
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A．物体做往返运动
B．0.5T 时物体的速度为零
C．0~T 时间内，外力的冲量为零
D．0~T 时间内，外力对物体做功为零
【答案】CD
【详解】AB．根据a-t 图像中图线与时间轴所围面积表示物体的速度变化，由图可知，在0~0.5T 时间内物
体加速运动，0.5T 时物体的速度不为零。0.5T~T 减速运动，由对称性可知t=T 时速度减为0，之后重复0~T
时间内的运动，即物体始终朝一个方向做直线运动。故AB 错误；
C．由前面选项分析可知，0~T 时间内，速度变化为0，即
根据动量定理
可知0~T 时间内，外力的冲量为零。故C 正确；
D．根据动能定理
即0~T 时间内，外力对物体做功为零。故D 正确。
故选CD。
【变式训练1·多过程问题】（2023·福建龙岩·模拟预测）如图甲所示，一质量为1kg 的物体在
t=0 时受到拉力F 的作用，由静止开始竖直向上做加速直线运动，其运动时的a-t 图象如图乙所示，已知重
力加速度，g=10m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．在t=4s 时，拉力F 为12N
B．在t=4s 时，物体克服重力做功的功率为60W
C．在0~4s 时间内，物体的动量改变量的大小为46kg. m/s
D．在0~4s 时间内，拉力F 对物体做的功为18J
【答案】AB
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【详解】A．在t=4s 时，加速度为a=2m/s2，则拉力
F=mg+ma=12N
选项A 正确；
B．根据Δv=aΔt 可知a-t 图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=4s 时，物体的速度
在t=4s 时，物体克服重力做功的功率为
选项B 正确；
C． 在0~4s 时间内，物体的动量改变量的大小为
选项C 错误；
D． 在0~4s 时间内，根据动能定理得
整理得
选项D 错误。
故选AB
考向3 动能定理与F-x 图像的综合
例3（2024·福建·一模）如图甲所示，AB 为粗糙水平桌面，倾角为
的斜面顶端位于B 点，可视为质点的
质量为
的物块置于A 点。用不同的水平拉力F 作用于物块上，使物块从A 点由静止开始运动，当物块
运动到B 点时撤去拉力F，测出物块在不同拉力作用下落在斜面上的水平射程s，作出如图乙所示的
图像。已知AB 间距离为x，
，重力加速度
，物块与水平桌面间的动摩擦因数为
，最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，可得（ ）
A．
B．
C．
D．
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【答案】AD
【详解】AB．由图乙可知，当拉力
达到
时，物块在水平桌面上才开始运动，则
解得
故A 正确，B 错误；
CD．在AB 段，根据动能定理可得
根据平抛运动规律，有水平射程和竖直位移分别为
，
根据几何关系可得
联立可得
由图乙可知
解得
故C 错误，D 正确。
故选AD。
【变式训练1·变情境】（2023·福建漳州）如图，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一
质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低
点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F 大小随
小球下落的位置坐标x 的变化关系如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是
（ ）
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A．当x=h+x0，小球速度最大
B．小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小
C．小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先增大后减小
D．小球动能的最大值为
【答案】ABD
【详解】A．根据乙图可知，当x=h+x0时，小球的重力与弹簧的弹力大小相等，此时小球具有最大速度，
A 正确；
BC．小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减小，当
弹力大小等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动时弹力大于重力，小球的加速度向上且逐
渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，
加速度先减小后增大，B 正确，C 错误；
D．小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知，小球的最大动能为
故小球动能的最大值为
，故D 正确。
故选ABD。
考向4 动能定理与P-t 图像的综合
例4（2025·福建厦门·二模）质量
的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图像甲表示汽车
运动的速度与时间的关系，图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，
在18s 末汽车的速度恰好达到最大。则下列说法正确的是（ ）
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A．汽车受到的阻力200N
B．汽车的最大牵引力为1000N
C．汽车在
时间内的位移大小为
D．汽车在
时间内的位移大小为
【答案】BD
【详解】A．当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有
解得
故A 错误；
B．汽车做匀加速运动的牵引力最大，则有
解得
故B 正确；
CD．
过程中，根据动能定理得
解得
故C 错误，D 正确。
故选BD。
考向5 动能定理与Ek-x 图像
例5（2024·福建南平·三模）新能源汽车在某些情况下可利用“动能回收”装置将机械能转化为电能。某
次质量为
的电动车以
的初动能沿平直斜坡向下运动。若关闭发动机，让车自由滑行时，其动能
—位移关系如图直线①所示：若关闭发动机同时开启“动能回收”装置，其动能—位移关系如图线②所示。
假设机械能回收效率为90%，则（ ）
A．图线①中，电动车受到的合外力大小为500N
B．图线②中，电动车行驶到150m 处的速度大小为16m/s
C．图线②中，电动车行驶到150m 处电能的回收转化功率为4000W
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D．图线②中，电动车行驶200m 过程中回收转化了
的电能
【答案】AD
【详解】A．根据
图像的斜率表示物体所受合外力可知，图线①的斜率为
A 正确；
B．开启“动能回收”装置后从图线②读取动能数值，利用动能定义可知
解得速度为
B 错误；
C．在150m 处，自由滑行时所受合外力为
，动能回收时，匀速直线运动，即产生电能的力为
电能回收转化功率的计算应考虑效率90%，正确的回收转化功率为
C 错误；
D．回收转化的电能为两条图像的在200m 处动能差值乘以效率90%，则
D 正确。
故选AD。
【变式训练1·变情境】（2023·福建福州·模拟预测）质量均为m=1kg 的甲、乙两个物体同时从同地沿同一
方向做直线运动，二者的动能
随位移x 的变化图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲的加速度大于乙的加速度
B．甲、乙在x=6m 处相遇
C．当甲的位移刚达到9m 时，乙在甲的后面
D．当甲的位移为6m 时，乙在甲后面，且距离最远
【答案】AC
【详解】A．根据动能定理
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对甲
得
对乙
图线斜率大小等于合力，甲、乙加速度大小分别为
，
则甲的加速度大于乙的加速度，A 正确；
B．对甲
甲的初速度为
二者相遇时
解得
B 错误；
C．当甲的位移为9m 时，由
时间为
此时乙的位移为
乙在甲的后面，C 正确；
D．当甲的位移为6m 时，由
此时甲的速度为
时间为
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此时，乙的位移和速度分别为
，
乙在甲后面，当速度不同，距离不是最远，D 错误。
故选AC。
考点三 用动能定理处理多过程问题
知识点1 应用动能定理解决多过程问题的思路
(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 解题流程和注意事项
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
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验。
考向1 多过程直线运动问题
例1 （2022·福建龙岩·模拟预测）如图所示，斜面倾角为θ=37°，物体1 放在斜面紧靠挡板处，物体1 和
斜面间动摩擦因数为μ=0.5，一根不可伸长的柔质轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固定在物体1 上，
另一端固定在物体2 上，斜面上方的轻绳与斜面平行物体2 下端固定一长度为h 的轻绳，轻绳下端拴在小
物体3 上，物体1、2、3 的质量之比为4：1：5，开始时用手托住小物体3，小物体3 到地面的高度也为
h，此时各段轻绳刚好拉紧，已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g=10m/s²，物体3
从静止突然放手后，物体1 沿面上滑的最大距离为（ ）
A．3h
B．
h
C．2h
D．
h
【答案】D
【详解】对物块1，开始向上滑动时，重力沿斜面方向的分力与摩擦力的合力
+
方向沿绳向下，设3 触地时刻的速度为
，因1，2，3 在同一条绳上，从开始放手到3 触地的过程，对系
统应用动能定理有
3 触地以后立刻停止，设2 触地之前1 停止运动，且在3 触地以后运动的距离为s 再次应用动能定理
解得
全过程
故ABC 错误，D 正确。
故选D。
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【变式训练1·变载体】（2025·福建泉州·模拟）如图所示，水平轨道BC 的右端与高度
固定光滑
斜面轨道AB 在B 点平滑连接，左端与一倾角为
的光滑斜面轨道CE 在C 点平滑连接，E 处固定一
劲度系数
的轻质弹簧。一质量为
的滑块从A 点由静止释放，经BC 后滑上CE 并压缩弹
簧，第一次可将弹簧压缩至D 点。已知BC 长为
，滑块与BC 的动摩擦因数
，CD 长为
，g 取
，弹簧的弹性势能满足公式
，其中k 为劲度系数，x 为形变量。求：
(1)滑块第一次经过B 点时的速率；
(2)滑块运动到的D 点的加速度大小；
(3)滑块最终停在距B 点多远的位置。
【答案】(1)3m/s
(2)12m/s2
(3)0.3m
【详解】（1）从A 到B 过程中，根据机械能守恒定律可得：
解得
vB=3m/s
（2）设滑块在D 点时弹簧的压缩量为x，从A 到D 根据功能关系可得
mgh=μmgs+mgLsinθ+
kx2
解得
x=0.2m
滑块在D 点，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ+kx=ma
解得
a=12m/s2
（3）设最终停止时滑块在水平面上运动的距离为s′，根据功能关系可得
mgh=μmgs′
解得
s′=4.5m
由于
所以滑块最终停在距B 点的距离为
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【变式训练2】（2025·福建宁德·模拟预测）蹦极是很多年轻人喜欢的一种运动，运动过程可以
简化为图1 所示，人下落过程可以近似看成在一条竖直线上的运动，且人可看成质点。蹦极绳是一条原长
为45m 的弹性绳，人下落到B 点时绳刚好伸直，下落到C 点时速度刚好减为0，以起跳点O 的位置为原点，
竖直向下为x 轴正方向建立坐标系。取C 点为零势能参考面，假设人下落过程所受空气阻力恒定，下落过
程人的重力势能随位移变化的关系图像如图2 中的图线a 所示，蹦极绳的弹性势能随位移变化的关系如图
2 中的图线b 所示。人的质量为50kg，蹦极绳始终在弹性限度范围内，重力加速度g 取10m/s2，其余数据
图2 中已标出，则下列说法正确的是（ ）
A．人下落到C 点时，人和蹦极绳组成的系统减少的机械能是4×104J
B．人受到的空气阻力大小是100N
C．人下落到B 点时的动能是18000J
D．蹦极绳的最大弹力是2560N
【答案】BC
【详解】A．C 点为最低点，故人减少的重力势能是
，弹性绳势能增加
，所以人和蹦极绳
组成的系统减少的机械能是
，故A 错误；
B．从起跳点O 到C 点，根据能量守恒定律
，
，解得
，故B 正确；
C．从起跳点O 到B 点，根据动能定理
，
，解得
，故C 正确；
D．蹦极绳的弹力势能为
，根据功能关系
，代入数据解得
，
故D 错误。
故选BC。
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考向2 多过程曲线运动问题
例2 （2024·福建泉州·二模）山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动，一雪坡由
和
两段组成，
是
倾角为
的斜坡，
是半径为
的圆弧面，圆弧面与斜坡相切于B 点，与水平面相切于C 点，如
图所示。又知
竖直高度
，竖直台阶
高度为
，台阶底端D 与倾角为
的斜坡
相连，运动员（可视为质点）连同滑雪装备的总质量为
，从A 点由静止滑下通过C 点后飞落到
上。
不计空气阻力和轨道的摩擦阻力，重力加速度g 取
，则（ ）
A．运动员经过C 点时速度大小为
B．运动员经过C 点时对轨道的压力大小为
C．运动员在空中飞行的时间为
D．运动员落到
上时的速度与水平方向夹角的正切等于1.5
【答案】AC
【详解】A．从A 到C 过程，由动能定理得
解得
故A 正确；
B．在C 点，由牛顿第二定律有
解得运动员受到轨道的支持力
由牛顿第三定律知，运动员对轨道压力大小
故B 错误；
CD．设运动员在空中飞行时间为t，由平抛运动知识有
，
又
解得
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运动员落到
上时的速度与水平方向夹角为
，则
故C 正确，D 错误。
故选AC。
思维建模
用动能定理解决多过程问题的四点提醒
(1)
能定理中的位移和速度必
是相
于同一个参考系的，一般以地面或相
地面静止的物体
参考
动
须
对
对
为
系。
(2)
用
能定理的关
在于
研究
象
行准确的受力分析及运
程分析，并画出运
程的草
应
动
动
动
键
对
对
进
过
过
图，
借助草
理解物理
程之
的关系。
图
过
间
(3)当物体的运
包含多个不同
程
，可分段
用
能定理求解；当所求解的
不涉及中
的速度
动
应
动
题
过
时
问
间
时，
也可以全
程
用
能定理求解，
更
便。
过
应
动
这样
简
(4)列
能定理方程
，必
明确各力做功的正、
，确
以判断的先假定
正功，最后根据
果加以
动
时
须
负
实难
为
结
。
检验
【变式训练1·变考法】（2024·福建泉州·模拟练习）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
内表面光滑，挡板的两端A、B 在桌面边缘，B 与半径为
的固
定光滑圆弧轨道在CDE 同一竖直平面内，过C 点的轨道半径与竖直方向的夹角为
质量
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CDE 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
，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）
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【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CDE 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
，
（3）小物块从A 到B 的过程中，根据动能定理有
其中
解得
考向3 直线曲线运动相结合的多过程问题
例3（2024·福建福州·模拟预测）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x=2m 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，随后刚好从轨道最高点 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；
（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克服摩擦力做的功。
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【答案】（1）11J；（2）
；（3）
【详解】（1）由F 与物块的位置坐标x 的关系图像面积分析可知当物块运动到x=2m 处时所做的功
（2）设物块运动到x=2m 处时的速度为v，由动能定理
可得
依题意，物块从平台飞出后做平抛运动，且从P 点沿切线方向进入圆轨道，设物块运动到P 点时的速度为
，可得物块在P 点的速度
（3）设物块恰好由轨道最高点M 飞出时的速度为
，由圆周运动知识
可得
设物块在圆轨道时，克服摩擦力做的功为
，由动能定理
可得
【变式训练1·变考法】（2024·福建福州·模拟）如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面
与水
平面
平滑连接于
点，
右端连接内壁光滑、半径
的四分之一细圆管
，管口
端正下方
直立一根劲度系数
的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口
端平齐。一个质量为
的小球放在曲面
上，现从距
的高度
处静止释放小球，它与
间的动摩擦因数
，小球进入管口C 端时，它对上管壁有
的作用力，通过
后，在压缩弹簧过程中小球
速度最大时弹簧的弹性势能
。重力加速度
取
。求：
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（1）小球第一次经过
点的速度大小；
（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能
；
（3）小球最终停止的位置与
点的距离。
【答案】（1）
；（2）6J；（3）0.2m
【详解】（1）小球进入管口C 端时，它对上管壁有
的作用力，对小球有牛顿第二定律有
解得
（2）在压缩弹簧过程中，合力为零时，速度最大，此时小球动能也是最大值，设该位置为零势能面，弹
簧的压缩量为x，有
由能量守恒有
解得
（3）设BC 段克服摩擦力做功为
，由A 到C 有
对整个过程分析可知，设共经过N 次BC 段，有
解得
即物块最后从B 位置向C 位置运动最终停下，设物块最终停在距离B 位置为s，有
解得
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【变式训练2·变考法】（2025·福建厦门模拟）如图所示，从A 点水平抛出的小物块，到达斜面顶端B 处时，
其速度方向恰好沿斜面向下，然后沿倾角为
的固定斜面
滑下，小物块到达C 点时速度恰好为0，因
受到微小扰动，小物块滑上与斜面
平滑对接的四分之一光滑圆弧轨道
上。已知圆弧轨道
的半径
，圆心O 在C 点的正下方，小物块的质量
，平抛运动的水平位移
，斜面BC 长
L=2.5m，取
，
，
，不计空气阻力，求：
(1)小物块从A 点抛出的初速度
的大小；
(2)小物块与斜面BC 间的动摩擦因数；
(3)若小物块沿圆弧轨道
滑到P 点时脱离轨道，求P 点离D 点的高度。
【答案】(1)2m/s
(2)0.91
(3)0.4m
【详解】（1）小物块平抛到B 点时
小物块从A 运动到B
解得
（2）小物块平抛到B 点的速度
小物块从B 运动到C
解得
（3）小物块运动到P 点时刚与轨道分离，对圆弧轨道的压力为0，此时
小物块由C 运动到P
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其中
解得
1．（2024·福建·高考真题）如图，某同学在水平地面上先后两次从
点抛出沙包，分别落在正前方地面
和
处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于
点，
点正下方地面处设为
点。已知两
次运动轨迹的最高点离地高度均为
，
，
，
，沙包质量为
，忽
略空气阻力，重力加速度大小取
，则沙包（ ）
A．第一次运动过程中上升与下降时间之比
B．第一次经
点时的机械能比第二次的小
C．第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为
D．第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大
【答案】BD
【详解】A．沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则可得第一次抛出上升的高度为
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；
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BC．两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，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也相等，为
由于沙包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒，故第一次过P 点比第二次机械能少
从抛出到落地瞬间根据动能定理可得
则故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为
，故B 正确，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，如图所示，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 正确。
故选BD。
2．（2022·福建·高考真题）一物块以初速度
自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。
该物体的动能
随位移x 的变化关系如图所示，图中
、
、
均已知。根据图中信息可以求出的物理
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量有（ ）
A．重力加速度大小
B．物体所受滑动摩擦力的大小
C．斜面的倾角
D．沿斜面上滑的时间
【答案】BD
【详解】ABC．由动能定义式得
，则可求解质量m；上滑时，由动能定理
下滑时，由动能定理
x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知
，
两式相加可得
相减可知
即可求解gsinθ 和所受滑动摩擦力f 的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC 错误，B 正
确；
D．根据牛顿第二定律和运动学关系得
，
故可求解沿斜面上滑的时间，D 正确。
故选BD。
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