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2024 年高考物理一轮大单元综合复习导学练
专题32 动能定理及其应用
导练目标
导练内容
目标1
对动能、动能定理的理解
目标2
应用动能定理处理多过程问题
目标3
动能定理的图像问题
【知识导学与典例导练】
一、对动能、动能定理的理解
1．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。
2．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“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。
(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。
【例1】1．一物块沿倾角为
的斜坡向上滑动，当物块的初速度为时，上升的最大高度为
，如图所示。
当物块的初速度为
时，上升的最大高度记为。重力加速度为
，则物块与斜坡间的动摩擦因数
和
分别为（ ）
A．
和
B．
和
C．
和
D．
和
【答案】D
【详解】当物块上滑的初速度为时，根据动能定理，有
1
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当上滑的初速度为
时，有
联立可得
；
故选
D。
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
验。
【例2】如图甲所示，泥石流是一种破坏性极大的自然灾害，可以用如图乙所示的斜面模型进行探究。高
为h、底边为L 的斜面，底部通过半径为
的小圆弧与水平面平滑连接，质量为m 的物块（可视为
质点）由斜面顶端无初速度滑下，若物块与各接触面间的动摩擦因数均为
，则下列说法正确的是
（ ）
A．若保持
不变，h 越大，物块到达斜面底端的动能就越大
2
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B．若保持h 不变，L 越小，物块到达斜面底端时克服摩擦力做功就越多
C．若保持h 不变，L 越小，物块到达斜面底端时对小圆弧的压力就越大
D．若保持h 不变，L 越小，物块在水平面上滑行的距离就越大
【答案】ACD
【详解】B．设斜面倾角为
，则
物块到达斜面底端时克服摩擦力做功
若保持h 不变，L 越小，则物块到达斜面底端时克服摩擦力做功就越
少，故B 项错误；
A．设物块到达底端时的动能为
，根据动能定理有
若保持
不变，h 越
大，则物块到达斜面底端的动能就越大，故A 项正确；
C．在小圆弧最低点有
若保持h 不变，L 越小，则物块到达斜面底端的
小圆弧时对小圆弧的压力就越大，故C 项正确；
D．设物块在水平面上滑行的距离为s，对全程应用动能定理
整理得
可知若保持h 不变，L 越小，物块在水平面上滑行的距离就越大，故D 项正确；故选ACD。
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
3
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【例3】如图甲所示，一高山滑雪运动员在与水平面夹角
的雪地上滑行，从距离水平面
处开始，
运动员的重力势能
、动能
与下滑位移
的变化关系如图所示，不计雪橇与雪地间的摩擦力，以水平面
为重力势能的零点，
，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员质量为
B．滑雪杆对运动员的平均推力为
C．下滑
，运动员的重力势能与动能相等
D．运动员重力势能与动能相等时，重力的瞬时功率为
【答案】BCD
【详解】A．由题图乙可知，在10m 处，重力势能为
，可得
解得
故A 错误；
B．根据动能随下滑位移图像的斜率，可得
解得
故B 正确；
C．运动员的重力势能与动能相等时下滑位移为
，根据相似三角形可得
解得
4
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故C 正确；
D．下滑
时，由动能定理可得
解得
重力的功率为
故D 正确。故选BCD。
【例4】如图甲所示，一质量为2kg 的物体静止在水平地面上，水平推力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为0.1，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物体运动的最大速度为2m/s
B．在运动中由于摩擦产生的热量为6J
C．物体在水平地面上运动的最大位移是4.5m
D．物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动
【答案】AC
【详解】D．物体先做加速运动，当推力小于摩擦力时，物体就开始做减速运动，故D 错误；
A．当推力与摩擦力大小相等时，加速度为零，速度最大，由图乙可得
当
即
时物体运动的速度最大。由题图乙中图线与x 轴所围面积表示推力对物体做的功，可得
水
平推力F 做的功为
根据动能定理可得
解得
故A 正确；
BC．当撤去推力后物体继续做匀减速直线运动，直到停止时达到最大位移，整个过程推力所做的功为
对整个过程应用动能定理可得
解得
故整个运动过程中由于摩擦产生的
热量为
故B 错误，C 正确。故选AC。
【例5】海洋馆中一潜水员把一小球以初速度
从手中竖直向上抛出。从抛出开始计时，
时刻小球返回
手中。小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，小球的速度随时间变化的图像如图所示。下列说法正
5
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确的是（ ）
A．上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比1:3
B．小球返回手中时速度的大小为
C．小球在
时间内动量变化量的大小为
D．小球在
过程中阻力所做的功为
【答案】A
【详解】A．根据图像可知，上升过程历时为
，下降过程历时为
小球在水中所受阻力大小不
变，根据冲量定义
可知，上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比1:3，A 正确；
B．小球上升过程的位移大小等于小球下降过程的位移大小，由于
图像中图像与时间轴所围几何图形
的面积表示位移，根据图像有
解得
故B 错误；
C．根据上述可知，小球在
时间内动量变化量为
即小球在
时间内动量
变化量的大小为
，故C 错误；
D．小球运动的全过程，根据动能定理有
解得
故D 错误。故选A。
【例6】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（ ）
6
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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。
【综合提升专练】
1．承德的转盘滑雪机为我国自主原创、世界首例的专利产品。一名运动员的某次训练过程中，转盘滑雪
机绕垂直于盘面的固定转轴以角速度
顺时针匀速转动，质量为
的运动员在盘面上离转轴
半径上滑行，滑行方向与转盘转动方向相反，在最低点的速度大小为
，滑行半周到最高点的速
度大小为
，该过程中，运动员所做的功为
，已知盘面与水平面夹角为
，g 取
，
，
，则该过程中运动员克服阻力做的功为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】运动员在最低点的对地速度为
，在最高点的对地速度为
，根据动能定理可得
7
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又
解得
故选C。
2．小球由地面竖直向上抛出，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，选地面为参考平面，在上升至
离地h 高处，小球的动能是重力势能的2 倍，到达最高点后再下落至离地高h 处，小球的重力势能是动能
的2 倍，则h 等于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】设小球受到的阻力大小恒为f，小球上升至最高点过程，由动能定理得
小球上升至离地高度h 处时速度设为
，由动能定理得
又由题有
小球上升至最高点后又下降至离地高度h 处时速度设为
，此过程由动能定理得：
又由题有
以上各式联立解得
故选D。
3．如图所示，一斜面体ABC 固定在水平地面上，斜面AD 段粗糙、DC 段光滑，在斜面底端C 点固定一轻
弹簧，弹簧原长等于CD 段长度。一质量
的小物块（可视为质点）从斜面顶端A 以初速度
沿斜面下滑，当弹簧第一次被压缩至最短时，其长度恰好为原长的一半，物块沿斜面下滑后又
沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点A。已知弹簧的原长
，物块与斜面AD 段间的动摩擦
因数
，斜面倾角
，重力加速度
，弹簧始终处于弹性限度范围内。下列说法中正
确的是（ ）
A．A、D 间的距离
8
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B．物块第一次运动到D 点时的速度大小为
C．弹簧第一次被压缩到最短时的弹性势能为
D．物块在斜面AD 段能滑行的总路程为
【答案】D
【详解】A．物块从A 点下滑至第一次恰好返回到A 点的过程，根据动能定理有
代入数据解得
，A 项错误；
B．物块从A 点下滑至第一次运动到D 点的过程，根据动能定理有
代入数据解得
，B 项错误；
C．物块从D 点运动至第一次压缩弹簧到最短的过程，由功能关系有
解得
C 项错误；
D．物块在AD 段来回运动，到停下，设物块在斜面AD 段能滑行的总路程为s，由动能定理有
解得
，D 项正确。故选D。
4．质量为1kg 的物体，放置在动摩擦因数为0.2 的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平
拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，重力加速度为10m/s2，则下列说法正确的是（
）
A．x=3m 时速度大小为
B．x=9m 时速度大小为
9
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C．OA 段加速度大小为3m/s2
D．AB 段加速度大小为3m/s2
【答案】C
【详解】A．对于前3m 过程，根据动能定理有
解得
故A 错误；
C．在OA 段过程，根据速度位移公式有2a1x=vA
2结合上述解得a1=3m/s2故C 正确；
B．对于前9m 过程，根据动能定理有
解得
故B 错误；
D．根据上述可知AB 段初、末速度相等，则有
表明该过程物体所受外力的合力为
0，物体做匀速直线运动，则AB 段的加速度为零，故D 错误。故选C。
5．一小球在竖直向上的拉力F 作用下向上做匀减速运动，某时刻撒去拉力，小球继续上升一段距离后下
落，不计空气阻力。下列关于小球上升过程中的动能E 随上升高度的变化图像正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】小球在拉力F 下向上做匀减速直线运动过程中根据动能定理可知
则
，
图像的斜率为
，斜率为负数；当撤去F 后，在上升过程利用动能定
理得
则
斜率为-mg，撤去F 后
图像的斜率变大，故A 正确。故选A。
6．如图为质点在某段时间内运动的v-t 图像。关于0～
时间内的运动，下列说法正确的是（ ）
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A．
时刻比
时刻的加速度要小
B．0～
时间内位移逐渐减小
C．在
～
时间内的平均速度小于
D．0～
时间内合外力对物体做正功
【答案】C
【详解】A．根据v-t 图像可知，图象的斜率表示加速度，可判定0～
时间内加速度逐渐减小，故A 错误；
B．根据v-t 图像可知，图象围成的面积表示位移，0～
时间内位移逐渐增大，故B 错误；
C．公式
仅适用于匀变速直线运动，本题中若在图像上做过
、
的直线，则
表示在
～
时间内该匀变速直线运动的平均速度，根据故图象围成的面积表示位移大小，可知质点在
时间内的
位移小于做匀加速直线运动的位移，故在
～
时间内的平均速度小于
，故C 正确；
D．0～
时间内质点的动能变小，合外力对物体做负功，故D 错误。
故选C。
7．如图甲所示，长为
、倾角为
的斜面固定在水平地面上，一质量为
的物块从斜面顶端由静止释放并
沿斜面向下滑动，物块与斜面间的动摩擦因数
与下滑距离
的变化图像如图乙所示.则下列说法正确的是
（ ）
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A．物块下滑的加速度逐渐减小
B．物块下滑的速度逐渐增大
C．物块沿斜面下滑的最大速度为
D．物块沿斜面下滑的最大速度为
【答案】C
【详解】AB．当物块沿斜面匀速下滑时，有
解得
由图可知从开始到
过程
中，物块与斜面间的摩擦因数小于
，根据牛顿第二定律有
解得
由此可知物块做加速度减小的加速运动；从
到L 过程中，物块与斜面间的摩擦
因数大于
，根据牛顿第二定律有
解得
由此可知物块做加
速度增大的减速运动，故AB 错误；
CD．由上分析可知物块沿斜面下滑
时速度最大，根据动能定理，有
其中
联立可得
故C 正确，D 错误。故选C。
8．电动平衡车作为一种电力驱动的运输载具，被广泛应用在娱乐、代步、安保巡逻等领域。某人站在平
衡车上以初速度 v0在水平地面上沿直线做加速运动，经历时间t 达到最大速度vm，此过程电动机的输出功
率恒为额定功率P。已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒为f。则（ ）
A．
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B．车速为 v0时的加速度大小为
C．人与车在时间t 内的位移大小等于
D．在时间t 内阻力做的功为
【答案】AD
【详解】A．根据题意可知，当牵引力等于阻力时，平衡车的速度达到最大值，由公式P=Fv 可得，最大速
度为
故A 正确；
B．车速为 v0时的牵引力为
由牛顿第二定律可得
解得
故B 错误；
C．在时间t 内由动能定理
则
故C 错误；
D．平衡车从 v0到最大速度 vm，由动能定理得
解得在时间 t 内阻力做的功为
故D 正确。故选AD。
9．如图所示，一半径为
的半圆形轨道竖直固定放置，直径
水平，轨道的内表面动摩擦因数均为
。
一质量为
的小滑块从
点正上方由静止释放，释放高度为
，小滑块恰好从
点进入轨道。小滑块滑到
轨道最低点
时，对轨道的压力为
，
为重力加速度。用
表示小滑块第一次在轨道
段运动时克
服摩擦力所做的功。则（ ）
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A．
B．
C．小滑块在
段机械能的损失等于
D．小滑块第一次到达
点时对轨道压力不为零
【答案】AD
【详解】AB．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg，由牛顿第二定律得
解得
质点从静止下落到N 的过程，由动能定理得
解得
故A 正确，B 错误；
CD．由于摩擦力做负功，故质点在半圆轨道上相同高度时在NQ 上的速度小于在PN 上的速度，所以，质
点对轨道的压力也较小，那么，摩擦力也较小，所以，质点从N 到Q 克服摩擦力做的功
小
滑块在
段机械能的损失等于质点从N 到Q 克服摩擦力做的功小于
，所以质点在Q 的动能大于零，
由
，可知小滑块第一次到达
点时对轨道压力不为零，故C 错误，D 正确。故选AD。
10．如图所示，在一半径为R=6m 的圆弧形桥面的底端A，某人把一质量为m=8kg 的物块（可看成质点）。
用大小始终为F=75N 的拉力从底端缓慢拉到桥面顶端B（圆弧AB 在同一竖直平面内），拉力的方向始终
与物块在该点的切线成37°角，整个圆弧桥面所对的圆心角为120°，g 取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos
37°=0.8。在这一过程中，下列说法正确的是（ ）
A．重力做功240 J
B．支持力做功为0
C．拉力F 做功约为376.8 J
D．摩擦力做功约为136.8 J
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【答案】BC
【详解】A．由题意可得物块重力做的功
，A 错误；
B．支持力始终与运动方向垂直，支持力不做功，B 正确；
C．将圆弧AB 分成很多小段l1、l2⋯ln，拉力在每一小段上做的功为W1、W2⋯Wn，拉力F 大小不变，方向
始终与物块在该点的切线成37°角，则
；
⋯
可得
，C 正确；
D．因物块在拉力F 作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理得
解得
，D 错误。故选BC。
11．2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会，滑雪是冬奥会常见的体育项目，具有很强的观赏性。某滑道
示意图如图所示，半径R=10m 的圆弧滑道MN 与水平滑道NP 平滑衔接，O 是圆弧滑道MN 的圆心。一质
量m=50kg（含滑雪装备）的运动员从M 点由静止开始下滑，最后运动员滑到P 点停下。已知NP 段的动摩
擦因数μ=0.1，NP=18m，∠MON=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g 取10m/s2，不计空气阻力，
下列说法正确的是（ ）
A．运动员经过N 点时的速度大小为
B．运动员在到达N 点前的一瞬间对滑道的压力大小为680N
C．在MP 段克服阻力做功1000J
D．在MN 段克服阻力做功100J
【答案】BCD
【详解】A．设经过N 点速度为
，从 N 至P 根据动能定理得
解得
故A 错误；
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B．设滑道在N 点对人的支持力为F，根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律
可知，人对滑道的压力大小为680N，故B 正确；
CD．从M 至N，利用动能定理得
解得
可知该段过程克服阻力
做功为100J；从M 至P，利用动能定理得
解得
所以克服阻力做总功
为1000J，故CD 正确。故选BCD。
12．如图所示，整个装置固定且在同一竖直平面内，AB 段为光滑竖直管道，高度
，BCD 段为半径
的光滑半圆轨道，DE 段为半径
的粗糙四分之一圆轨道，现有质量
的小球从A 点由
静止释放，进入到装置中。已知小球到达E 点时，小球对外轨道的压力为
，C 为半圆轨道BCD 段的
最低点，
，下面正确的是（ ）
A．整个运动过程中，小球的机械能不守恒
B．小球到达最低点C 点时，速度大小为10m/s
C．小球从静止释放到经过E 点，合外力做的功为36J
D．整个运动过程，摩擦力做的功
【答案】AD
【详解】A．依题意，DE 轨道粗糙，小球经过时，摩擦力会做功，机械能不守恒，故A 正确；
B．依题意，小球到达最低点C 点时，有
解得
故B 错误；
16
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C．假定小球到E 点速度为
，依题意有
从静止释放到经过E 点，合外力做的功等于动
能的变化量，故
故C 错误；
D．整个运动过程，摩擦力做的功为
，据动能定理有
解得
故D 正
确。故选AD。
13．一个质量为20kg 的小孩从高为2m 的滑梯顶端由静止滑下，下滑过程中动能
随离地高度h 的变化关
系如图所示，重力加速度g 取
，以下说法正确的是（ ）
A．小孩沿滑梯下滑的过程中所受合力大小不变
B．小孩沿滑梯下滑的过程中机械能不守恒
C．支持力对小孩做功
D．阻力对小孩做功
【答案】BD
【详解】BD．对小孩下滑的过程，
，由动能定理有
解得
则下滑过程
受阻力作用，阻力对小孩做功
，小孩的机械能减少，机械能不守恒，故BD 正确；
A．设滑梯的倾角为
，小孩的位移为
由动能定理可得
故
图像的斜率为
图像的斜率逐渐减小，则小孩沿滑梯下滑的过程中所受合力大小逐渐减小，故A 错误；
C．小孩所受支持力与运动的速度始终垂直，则支持力不做功，故C 错误；故选BD。
14．一质量为2kg 的物体受到水平拉力F 作用，在粗糙水平面上作加速直线运动时的
图象如图2 所示，
时其速度大小为
，滑动摩擦力大小恒为
则下列说法正确的是
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A．在
时刻，物体的速度为
B．在
时间内，合力对物体做的功为400J
C．在
时间内，合力对物体做的功为396J
D．在
时刻，拉力F 的功率为200W
【答案】ACD
【详解】A．根据
可知，
图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在
时刻，
物体的速度
，A 正确；
BC．根据动能定理得：
，B 错误，C 正确；
D．在
时刻，根据牛顿第二定律得
则在
时刻，拉力F 的功率
，D 正确。故选ACD。
15．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）
18
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【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
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
；
联立解得
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