2026年高考物理一轮讲义+练习(湖南专用)第20讲动能定理的理解及其应用(复习讲义)(湖南专用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮讲义+练习(湖南专用)第20讲动能定理的理解及其应用(复习讲义)(湖南专用)(学生版+解析)，文件包含四川省宣汉中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题原卷版docx、四川省宣汉中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共4页， 欢迎下载使用。
\l "_Tc202199820" 01考情解码·命题预警 PAGEREF _Tc202199820 \h 1
\l "_Tc202199821" 02体系构建·思维可视 PAGEREF _Tc202199821 \h 2
\l "_Tc202199822" 03核心突破·靶向攻坚 PAGEREF _Tc202199822 \h 2
\l "_Tc202199823" 考点一 动能定理的理解及基本应用 PAGEREF _Tc202199823 \h 2
\l "_Tc202199824" 知识点1 动能 PAGEREF _Tc202199824 \h 2
\l "_Tc202199825" 知识点2 动能定理 PAGEREF _Tc202199825 \h 3
知识点3 动能定理的理解3
\l "_Tc202199830" 知识点4 动能定理的应用3
\l "_Tc202199826" 考向1 动能定理的理解 PAGEREF _Tc202199826 \h 3
\l "_Tc202199827" 考向2 动能定理的基本应用4
考向3应用动能定理求变力的功4
\l "_Tc202199828" 考点二 动能定理与图像结合的问题4
\l "_Tc202199831" 知识点 动能定理与图像结合的问题 PAGEREF _Tc202199831 \h 4
\l "_Tc16716" 考向1 动能定理与v-t图像5
\l "_Tc30116" 考向2 动能定理与Ek-x图像5
\l "_Tc17937" 考向3 动能定理与F-x图像6
\l "_Tc25690" 考向4 动能随位移变化的图像6
\l "_Tc202199828" 考点三 动能定理在多过程问题中的应用7
\l "_Tc515" 知识点1．应用动能定理解决多过程问题的两种思路7
\l "_Tc15823" 知识点2．全过程列式时要注意7
\l "_Tc17107" 知识点3.多过程问题的分析方法7
\l "_Tc20927" 知识点4 动能定理在往复运动问题中的应用7
\l "_Tc22860" 考向1多过程直线运动问题8
\l "_Tc16032" 考向2 多过程曲线运动问题8
\l "_Tc8911" 考向3 多过程直线往复运动问题9
\l "_Tc26412" 考向4 多过程曲线往复运动问题9
\l "_Tc202199834" 04真题溯源·考向感知9

考点一 动能 动能定理
\l "_Tc25045" 知识点1 动能
1.定义：物体由于 运动 而具有的能量叫动能。
2.公式：Ek＝ 12mv2 。
3.单位： 焦耳 ，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
4.物理意义：动能是状态量，是 标量 （选填“矢量”或“标量”）。
\l "_Tc25045" 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＝12mv22－12mv12或W＝Ek2－Ek1。
3.物理意义： 合外力 做的功是物体动能变化的量度。
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 分阶段 作用。
知识点3 动能定理的理解
1.动能和动能变化的区别
（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。
知识点4 动能定理的应用
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。
\l "_Tc17630" 考向1 动能定理的理解
例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( )
A.对物体，动能定理的表达式为W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，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＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，其中W为支持力做的功
D.对电梯，其所受的合力做功为eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)
【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)才等于物体动能的变化，即W合＝W－mgH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，其中W为支持力做的功，故A、B错误，C正确；对电梯做功的有重力Mg、压力FN′和拉力F，合力做功为W合′＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)，故D正确（
【变式训练1·】（2025·湖南娄底·模拟预测）如图所示，质量为2kg的物体从固定的光滑斜面上静止滑下，滑到斜面底端时速度为10 m/s。在此过程中（ ）
A．支持力做正功B．重力做负功
C．重力做功100 JD．合外力做功为零
【答案】C
【详解】A．斜面对物体的支持力垂直运动方向，不做功，故A错误；
BCD．重力与位移夹角为锐角，重力做正功，根据动能定理有J
只有重力做功，则合外力做功为100J，故BD错误，C正确；
故选C。
\l "_Tc16322" 考向2 动能定理简单应用
例2 （2025·北京朝阳·一模）物体a、b质量分别为ma和mb，且maFb，xaFb，xa>xb
C．FaxbD．Faμ2
C．若拉力相同，经过相同时间拉力对甲做功少
D．若拉力相同，通过相同位移甲获得的动能小
【答案】BD
【详解】AB．物体运动后，由牛顿第二定律可知F−μmg=ma
即a=1mF−μg
由图像的斜率以及截距可知m1μ2
A错误，B正确；
C．由图像可知，若拉力相同，加速度大小无法判断，根据W=Fx=F⋅12at2
可知在相同的t内无法判断拉力做功的大小，C错误；
D．根据F−μmg=ma结合图像的横截距可知物体滑动过程中甲所受的滑动摩擦力更大，根据(F−μmg)x=Ek可知拉力和距离相同时，甲获得的动能更小，D正确。
故选BD。
【变式训练2·变考法】（2025·广东·三模）沿倾角不同、动摩擦因数相同的斜面向上拉同一物体，若上升的高度相同，则（ ）
A．沿各斜面克服重力做的功相同
B．沿倾角小的斜面克服摩擦做的功大些
C．沿倾角大的斜面拉力做的功小些
D．条件不足，拉力做的功无法比较
【答案】ABD
【详解】A．重力做功只与高度差有关，故两种情况下克服重力做功相等，故A正确；
B．滑动摩擦的大小为
所以斜面倾角越小，摩擦力越大，位移越大做功越多，故B正确；
CD．根据动能定理有
由于不知道物体运动的初、末速度大小关系，所以无法比较拉力做功的大小，故C错误，D正确。
故选ABD。
\l "_Tc17630" 考向3 应用动能定理求变力的功
例3 （2025·湖南岳阳·二模）如图所示，一劲度系数的弹性绳一端系于点，绕过处的小滑轮，另一端与质量为、套在粗糙竖直固定杆处的圆环相连，、、三点等高，弹性绳的原长恰好等于间距，圆环与杆间的动摩擦因数为0.5.在竖直向上的外力作用下将滑环从与点等高的点缓慢移动到点（图中未标出），在点处外力恰好为零。已知、两点间距为，弹性绳受到的拉力与伸长量的关系始终遵循胡克定律，重力加速度为。则下列说法正确的是（ ）
A．滑环从点缓慢移动到点的过程中，圆环所受的摩擦力始终为
B．滑环从点缓慢移动到点的过程中，外力先增大后减小
C．滑环静止在点时，撤去外力，滑环运动过程中最大动能为
D．滑环静止在点时，撤去外力，滑环能运动至最低点，则滑环从点第一次运动至最低点所需要的时间等于从点运动到点时间的2倍
【答案】ACD
【详解】A．设细绳与竖直方向的夹角为θ，设弹性绳伸长x，滑环向下运动到点处外力恰好为零，此时对滑环受力分析可知，竖直方向
几何关系
解得
水平方向
则滑环从A点缓慢移动到0点的过程中保持不变，所以摩擦力也不变，圆环所受擦力始终为，故A正确；
B．竖直方向
随着滑环的下降，则θ减小，弹性绳的伸长量x增大，则F逐渐减小，选项B错误；
C.设滑环从点下降的距离为，弹性绳的弹力在竖直方向的分量大小
弹力做的功
小球运动至点时，动能最大。由动能定理得∶
解得
故C 正确；
D．小环向下运动到点时受力平衡，此时，水平方向
保持不变，摩擦力也不变，圆环所受擦力始终为，
竖直方向
当圆环向下运动到点上方某点B时，相对于点位移向上，合力受力向下
同理可证，当圆环向下运动到O点下方时，回复力向上，与偏离平衡位置的位移大小成正比。综上，回复力大小和偏移平衡位置的位移大小成正比，方向与位移相反，圆环向下做简谐运动，O点为平衡位置，则滑环从 A 点第一次运动至最低点 C 所需要的时间等于从 A 点运动到 O 点时间的2倍，故 D正确。
故选ACD。
【变式训练1·变考法】（2025·湖南长沙·二模）某储能系统的简化模型如图所示，倾角为的斜坡上，有一质量为50kg的重物（可视为质点）通过缆绳跨过轻质滑轮与电动机连接。时，电动机开始工作，缆绳拉动重物从点由静止沿斜坡向上运动；时，重物到达点，且在此之前速度已达到最大值，之后以最大速度继续做匀速直线运动；时，关闭发动机，此时重物被拉到点；此后重物到达斜坡顶端点时速度刚好为零，系统储存机械能。已知电动机工作时输出的功率始终为2kW，重物与斜坡间动摩擦因数，不计缆绳质量以及其它摩擦损耗，重力加速度取，，。下列说法正确的是（ ）
A．重物到达点时的速度大小为
B．重物在段的平均速度大小为
C．斜坡的长度为44.8m
D．在整个上升过程中，系统存储的机械能和电动机消耗的电能的比值为
【答案】AD
【详解】A．重物在段匀速运动，得电动机的牵引力为
又
联立解得
重物到达点，且在此之前速度已达到最大值，所以重物到达点时的速度大小为，故A正确；
B．重物在段根据动能定理有
代入数据解得
联立以上，可得重物在段的平均速度大小为
故B错误；
C．重物在段匀速运动，有
重物在段运动过程中，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式
联立解得
则斜坡的长度为
故C错误；
D．全过程重物增加的机械能为
整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为重物增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知
则
故D正确。
故选AD。
【变式训练2·】（2025·山东·模拟预测）如图，一质量均匀分布的木板长度为L，静止在均匀粗糙的水平桌面上，其右端和桌面右端对齐。现给木板一水平向右的瞬时冲量，木板右移 后静止。将木板放回原位，桌子右端拼合上一张等高的光滑水平桌面，再给木板同样的瞬时冲量I，则木板完全停下时右移的距离为（ ）
A． B． C．D．L
【答案】C
【详解】第一次根据动能定理
其中
第二次设木板完全停下时右移的距离为x，则由动能定理
解得
故选C。

考点二 动能定理与图像结合问题
知识点 动能定理与图像结合的问题
1.图像所围“面积”和图像斜率的含义
2.解决动能定理与图像问题的基本步骤
考向1 动能定理与Ek-t图像
．例1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～t1时间内汽车做匀加速运动且功率保持不变
B．t1～t2时间内汽车牵引力做功为
C．t1～t2时间内的平均速度大于
D．t2～t3时间内汽车牵引力大于汽车所受阻力
【答案】C
【详解】A．0～t1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 ，汽车的牵引力不变；又因为 ，汽车的功率增大，A错误；
B．根据动能定理，t1～t2时间内汽车合力做功为，B错误；
C．根据 ， t1～t2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的平均速度大于，C正确；
D． t2～t3时间内汽车做匀速运动，牵引力等于汽车所受阻力，D错误。
故选C。
【变式训练1·】（2025·湖南师大附中模拟）．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=a1t=12m/s此时钢丝绳对工人的拉力大小为F1=280N此时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率为P=F1v=3360W故D错误。本题选错误的，故选D。
考向2 动能定理与Ek-x图像
例2（2025·北京延庆·一模）汽车研发机构在某款微型汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，微型汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了微型汽车的动能Ek与位移x关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知微型汽车的质量为1000kg，为便于讨论，设其运动过程中所受阻力恒定。根据图像所给的信息可求出（ ）
A．汽车行驶过程中所受阻力为1000N
B．汽车的额定功率为120kW
C．汽车加速运动的时间为22.5s
D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105J
【答案】D
【详解】A．对于图线①，根据动能定理得：-fx=0-Ek
得到阻力为：
选项A错误；
B．设汽车匀速运动的速度为v，则有
汽车的额定功率为：P=Fv=fv=2000×40W=80kW
故B错误。
C．对于加速运动过程，根据动能定理得：Pt-fs=Ek2-Ek1
得到
故C错误。
D．根据功能关系得到：汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为：E=Ek-fs＇=8×105J-2000×1.5×102J=5×105J
故D正确。
故选D。
考向3 动能定理与F-x图像
例3（2025·湖南省郴州市高三第一次教学质量监测）质量为0.5kg的小物体在竖直向上的拉力F作用下由静止开始运动，拉力F随物体上升高度h的变化规律如图所示，重力加速度g取，不计空气阻力，则物体上升3m时的速度大小为（ ）
A. B. 10m/sC. D. 5m/s
【答案】B
【详解】由题意，根据动能定理可得
又因图像的图线与横轴所围成的面积表示拉力做的功，可得
代入数据可得，物体上升3m时的速度大小为
故选B。
【变式训练1】（2025·湖南长沙·模拟预测）现在市面上出现了一种新型的游乐设施——“反向蹦极”，示意图如图甲，游戏者与固定在地面上的扣环连接，为弹性绳上端悬点，打开扣环，游戏者从A点由静止释放，像火箭一样竖直发射。游戏者上升到位置时绳子恰好处于松弛状态，为游戏者上升的最高点，点为速度最大位置（未画出），弹性绳的弹力遵从胡克定律，游戏者视为质点，弹性绳的形变在弹性限度内，不计空气阻力，若以A点为坐标原点，选向上为正方向，作出游戏者上升过程中加速度与位移的关系如图乙，图像中、、和为已知量，为未知量，则人上升过程中（ ）
A．值可能会小于
B．游戏者最大速度为
C．
D．人从点到点重力的冲量小于从点到点重力的冲量
【答案】BD
【详解】A．由对称性可知，若，则游戏者运动到B点就会停下，但实际情况是游戏者运动到了最高点C，故
故A错误；
B．以上分析可知，位置合力为0，位置合力为，且最大速度在位置，设为，加速度均匀变化，所以合力均匀变化，故合力平均值为，且合力方向向下，从速度最大到最高点过程，由动能定理
解得
故B正确；
C．从A到D过程，根据
则图像面积的物理意义为，则最大速度为
又因为
可得
故C错误；
D．从A到B过程，有题意可知，从A点到D点和D点到C点速度变化量大小相同，从A点到D点的平均加速度大些，故时间短些，根据
可知，重力冲量小些，故D正确。
故选BD。
D正确；根据动能定理可得W合＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v0＝eq \r(2) m/s，故A错误。
考向4 动能随位移变化的图像
例4（2025·辽宁鞍山·二模）如图1所示，上表面光滑的斜面体固定在水平地面上，一个小木块从斜面底端冲上斜面。图2为木块的初动能与木块轨迹的最高点距地面高度的关系图像。由此可求得斜面的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】若物块不滑离斜面，则由动能定理
由图像可知
设斜面长度L倾角为θ，当物块能滑离斜面时，则从底端到顶端时
滑离斜面后做斜抛运动，还能上升的高度
滑块轨迹的最高点距地面高度
联立解得
由图像可知斜率
解得
根据图像可计算后一段图像在纵轴上的截距为1.5h0，则截距
解得L=4h0
故选C。

考点三 动能定理在多过程问题中的应用
知识点1．应用动能定理解决多过程问题的两种思路
(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．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。
知识点3.多过程问题的分析方法
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。
(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
知识点4 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，而重复的次数又往往是无限的或者难以确定的。
2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功特点与路程有关，求解这类问题时若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、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
考向1多过程直线运动问题
例3（2025·山东济南·二模）如图所示，水平地面O点左侧光滑，右侧粗糙。两匀质木板A、B中间用一轻杆连接，某时刻木板A的右端恰好经过O点，速度为v0。已知木板A、B质量均为m，长度均为L，与粗糙水平面的动摩擦因数均为μ，轻杆能承受的最大作用力为F（），重力加速度为g。则此后的运动过程中（ ）
A．木板A、B做匀减速直线运动
B．当轻杆断裂时物体B的加速度大小为
C．当轻杆断裂时A相对于O点的位移大小为
D．当轻杆断裂时物体A、B的速度大小为
【答案】D
【详解】A．对AB整体研究，随着A进入粗糙面的长度增加，则A受到的摩擦力增大，则AB整体的合力在增大，故整体的加速度增大，可知A在进入粗糙面过程，整体做的是加速度增大的减速运动，故A错误；
BC．分析可知轻杆断裂发生在A进入粗糙面过程，设断裂时A位移为x，对A，由牛顿第二定律有
对B有
联立解得
故BC错误；
D．从到轻杆断裂过程，由动能定理有
联立解得轻杆断裂时物体A、B的速度大小
故D正确。
故选D。
【变式训练1】（2025高三下·辽宁·期中）在哈尔滨冰雪大世界，游客们不可或缺的体验项目之一便是“冰雪大滑梯”。其简化模型如图所示。冰滑梯轨道固定在地面上，表面摩擦忽略不计，游客乘坐雪圈从高处由静止开始下滑，并通过长度为的水平雪面，最终进入长度为的铺有地垫的缓冲区。已知雪圈与雪面和缓冲区间的动摩擦因数分别为，游客与雪圈可视为质点，不计空气阻力和通过点时的机械能损失。为了确保游客下滑后能够停在缓冲区内，的取值可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【详解】游客若恰好停在点，由动能定理得
解得
若恰好到达点，由动能定理得
解得
则要使游客能够停在缓冲区内，的取值范围为
故选AB。
考向2 多过程曲线运动问题
例2（2025·福建省福州市高三二模）某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲所示，为了研究其中物理规律，科技组成员设计出如图乙所示的装置。为弹性发射装置，为倾角的倾斜轨道，为水平轨道，为竖直圆轨道，为足够长的倾斜轨道，各段轨道均平滑连接。以A点为坐标原点，水平向右为轴正方向，竖直向上为轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为，圆轨道半径，长为，、段动摩擦因数均为，其余各段轨道均光滑。现滑块从弹射装置弹出的速度为，且恰好从A点沿方向进入轨道，滑块可视为质点。重力加速度，，。求：
（1）求滑块从弹射装置弹出时的坐标值；
（2）若滑块恰好能通过点，求轨道的长度；
（3）若滑块能进入圆轨道且不脱轨，求轨道的长度；
（4）若轨道的长度为，试判断滑块在圆轨道是否脱轨；若发生脱轨，计算脱轨的位置。
【答案】（1）；（2）；（3）或；（4）滑块在圆心以上处脱轨
【详解】（1）对滑块由到A的运动，根据平抛规律有
平抛运动的竖直方向有
解得
运动时间
则
即弹出时位置的坐标值为
（2）滑块恰好能通过点，在最高点有
从到圆轨道最高点，由动能定理得
联立解得
（3）滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一是刚好在圆轨道最高点压力为零时，二是刚好到达与圆轨道圆心等高的地方。由（2）知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点时
滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从到与圆心等高的位置，由动能定理得
解得
滑块从A点切入后不脱离轨道时的长度应满足
或
（4）由（3）知，时，滑块在圆轨道发生脱轨，设脱轨地点和圆心的连线与水平方向的夹角为，则脱轨时
从到脱轨的位置，由动能定理得
联立解得
即滑块在圆心以上处脱轨
【变式训练1】（2025·湖北省部分高中协作体高三一模）如图为某游戏装置的示意图，均为四分之一光滑圆管，为圆管的最高点，圆轨道半径均为，各圆管轨道与直轨道相接处均相切，是与水平面成的斜面，底端处有一弹性挡板，在同一水平面内．一质量为的小物体，其直径稍小于圆管内径，可视作质点，小物体从点所在水平面出发通过圆管最高点后，最后停在斜面上，小物体和之间的动摩擦因数，其余轨道均光滑，已知，，，求：
（1）小物体的速度满足什么条件？
（2）当小物体的速度为，小物体最后停在斜面上的何处？在斜面上运动的总路程为多大？

【答案】（1）；（2）H处，
【解析】（1）小物体在点处做圆周运动，当其恰好通过点时，小物体速度为零，从到的运动过程，根据动能定理有
解得
设小物体刚好反弹到点，斜面长度为，全过程对小物体运动，根据动能定理有
解得
故小物体在水平面上的速度范围为
（2）由于
故小物体最后停在处，从小物体开始运动到小物体最后停止，全过程用动能定理
解得
考向3 多过程直线往复运动问题
例3.如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧处于原长时上端与刻度尺上的A点等高，质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，底端距A点的高度h1＝1.10 m，篮球静止释放测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的机械能损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。求：(g取10 m/s2)
(1)弹簧的劲度系数；
(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力；
(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；
(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。
【答案】(1)500 N/m (2)0.5 N(3)11.05 m (4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大
【解析】(1)篮球静止在弹簧上时，
有mg－kx2＝0，解得k＝500 N/m。
(2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点，由动能定理得mg(h1－h2)－f(h1＋h2＋2x1)＝0
代入数值解得f≈0.5 N。
(3)设篮球在整个运动过程中通过的总路程为s，
整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反，
根据动能定理有WG＋Wf＋W弹＝0
重力做功WG＝mg(h1＋x2)＝5.55 J
弹力做功W弹＝－Ep＝－0.025 J
则空气阻力做功Wf＝－fs＝－5.525 J
解得s＝11.05 m。
(4)篮球在首次下落过程中，合力为零处速度最大
速度最大时弹簧形变量为x3
mg－f－kx3＝0
在A点下方，离A点x3＝0.009 m。
考向4 多过程曲线往复运动问题
例4（2025·安徽合肥·二模）竖直平面内有一半径为1m、圆心角为127°的光滑圆弧形轨道ABC，O为圆心，半径OA水平，B为轨道的最低点。倾角为37°的长直轨道CD与圆弧轨道在C点平滑对接。质量为0.1kg的小滑块从A点由静止释放，沿圆轨道滑至C点，再经0.6s运动到直轨道上E点。已知小滑块与CD间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，。求：
(1)滑块到达B点时对轨道的压力大小；
(2)E与C之间的距离；
(3)滑块在整个运动过程中通过CD段的总路程。
【答案】(1)3N
(2)
(3)
【详解】（1）对滑块从A到B的过程，由机械能守恒定律可得
在B点，根据牛顿第二定律及向心力公式可得
联立求得
根据牛顿第三定律，滑块到达B点时对轨道的压力大小为3N。
（2）（2）对滑块从A到C的过程，根据机械能守恒定律可得
滑块从C开始上滑过程，根据牛顿第二定律可得
故滑块从C开始上滑至最高点过程的时间
上滑最大距离
因
故滑块在0.6s内，先沿直轨道从C开始上滑至最高点后又继续下滑0.2s，
下滑过程加速度
位移
故E点距离C点
（3）因圆弧轨道光滑，故滑块最终在过C点的水平线下方圆弧轨道上往返。
则对滑块运动的全过程，根据动能定理可得
则
【变式训练1】如图所示，质量m＝0.1 kg的可视为质点的小球从距地面高H＝5 m处由静止开始自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽的右端切入，半圆形槽半径R＝0.4 m。小球到达槽最低点时速率为10 m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘竖直向上飞出……，如此反复，设小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，不计空气阻力及小球与槽壁口接触时的机械能损失(取g＝10 m/s2)。求：
(1)小球第一次飞离槽后上升的高度H1；
(2)小球最多能飞出槽外的次数。
【答案】 (1)4.2 m (2)6次
【解析】 (1)由于小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，由对称性可知，小球在槽右半部分与左半部分运动时克服摩擦力做的功相等，设为Wf。
小球从开始下落至到达槽最低点的过程中，由动能定理得mg(H＋R)－Wf＝eq \f(1,2)mv2，解得Wf＝0.4 J
小球由槽最低点到第一次上升到最大高度的过程，由动能定理得－mg(H1＋R)－Wf＝0－eq \f(1,2)mv2，解得H1＝4.2 m。
(2)设小球能飞出槽外n次，对整个过程，由动能定理得mgH－n×2Wf＝0
解得n＝6.25，n只能取整数，故小球最多能飞出槽外6次。
1．（2025·云南·高考真题）如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（ ）
A．4×105JB．4×104JC．4×103JD．4×102J
【答案】B
【详解】高中生的质量约为50kg，根据动能定理有
故选B。
2.（2025·广东·高考真题）用开瓶器拔出瓶中的木塞，初始时软木塞的上截面与玻璃瓶口平齐，木塞质量为，高为h，过程中做匀加速直线运动，加速度为a、过程中木塞受到的摩擦力为，其中为参数，h为木塞高，x为木塞运动的距离。开瓶器齿轮的半径为r，重力加速度为。
(1)求拔出时，齿轮的角速度ω；
(2)求初始到拔出，开瓶器对木塞做的功W；
(3)设经过时间为t，求开瓶器的功率P与t的关系式。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式
根据角速度和线速度的关系
联立可得
（2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示
可得摩擦力所做的功为
对木塞，根据动能定理
解得
（3）设开瓶器对木塞的作用力为，对木塞，根据牛顿第二定律
速度
位移
开瓶器的功率
联立可得
3.（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，一雪块从倾角的屋顶上的点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离，A点距地面的高度，雪块与屋顶的动摩擦因数。不计空气阻力，雪块质量不变，取，重力加速度大小。求：
(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小；
(2)雪块落地时的速度大小，及其速度方向与水平方向的夹角。
【答案】(1)5m/s
(2)8m/s，60°
【详解】（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理
代入数据解得雪块到A点速度大小为
（2）雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理
代入数据解得雪块到地面速度大小
速度与水平方向夹角，满足
解得
4．（2024·全国·高考真题）福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（ ）
A．0.25倍B．0.5倍C．2倍D．4倍
【答案】C
【详解】动能表达式为
由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上时间不变，根据
可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍。
故选C。
5.（2024·重庆·高考真题）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘质量为m，针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（ ）
A．被弹出时速度大小为2F1d1+F2d2m
B．到达目标组织表面时的动能为F1d1
C．运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2
D．运动d2的过程中动量变化量大小为mF2d2
【答案】A
【详解】A．根据动能定理有
F1d1+F2d2=12mv2
解得
v=2F1d1+F2d2m
故A正确；
B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，有
Ek = F2d2
故B错误；
C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，故C错误；
D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小
Δp=2mEk=2mF2d2
故D错误。
故选A。
故选A。
6．（2024·福建·高考真题）先后两次从高为高处斜向上抛出质量为同一物体落于，测得，两轨迹交于P点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为，下列说法正确的是（ ）
A．第一次抛出上升时间，下降时间比值为
B．第一次过P点比第二次机械能少
C．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为
D．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大
【答案】B
【详解】A．第一次抛出上升的高度为
故上升时间为
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；
B．两条轨迹最高点等高，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相等为
由于物体在空中机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少
故B正确；
C．从抛出到落地瞬间根据动能定理
故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为，故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，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错误。
故选B。
6.（2025·湖南·高考真题）如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动S1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为S2，根据S2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为3m、m、5m，S1=ℎμ，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则（ ）
A．D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等
B．D的初动能与其落地时的动能相等
C．弹药释放的能量为36mgℎ1+S224ℎ2
D．弹药释放的能量为48mgℎ1+S224ℎ2
【答案】BD
【详解】A．爆炸后，AB组成的系统动量守恒，即3mv1=mv2
B与C碰撞过程动量守恒mv2=6mv
联立解得v=0.5v1。
爆炸后瞬间A的动能EkA=12⋅3m⋅v12
D的初动能EkD=12⋅6m⋅0.5v12
两者不相等，故A错误；
B．D水平滑动过程中摩擦力做功为Wf=−μ⋅6mg⋅S1=−μ⋅6mg⋅ℎμ=−6mgℎ
做平抛运动过程中重力做的功为WG=6mgℎ
故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为0，根据动能定理可知D的初动能与其落地时的动能相等，故B正确；
CD．D物块平抛过程有ℎ=12gt2，S2=v0t
联立可得v0=S2g2ℎ
D水平滑动过程中根据动能定理有−6mgℎ=12⋅6mv02−12⋅6mv2
化简得v2=S22g2ℎ+2gℎ
弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程的能量为E=12⋅3mv12+12⋅mv22=24mv2=24S22g2ℎ+2gℎ=48mgℎ1+S224ℎ2
故C错误，D正确。
故选BD。
8．（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。
9．（2024·广东·高考真题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与无关
D．甲最终停止位置与O处相距
【答案】ABD
【详解】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；
B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；
C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有
在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为
由于t1与有关，则总时间与有关，故C错误；
D．乙下滑过程有
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有
联立可得
即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距。故D正确。
故选ABD。
10.（2023·全国·高考真题）无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（ ）
A．0B．mghC．D．
【答案】B
【详解】在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得
故雨滴克服空气阻力做功为。
故选B。
11．（2024·贵州·高考真题）质量为的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到处，F做功的瞬时功率为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据图像可知物块运动到处，F做的总功为
该过程根据动能定理得
解得物块运动到处时的速度为
故此时F做功的瞬时功率为
故选A。
12．（2023·全国·高考真题）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，出发点为x轴零点，拉力做的功W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，拉力的功率为6W
B．在x = 4m时，物体的动能为2J
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为2kg∙m/s
【答案】BC
【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为
W = Fx
可看出W—x图像的斜率代表拉力F。
AB．在物体运动的过程中根据动能定理有
则x = 1m时物体的速度为
v1= 2m/sx = 1m时，拉力为
则此时拉力的功率
P = Fv1= 12Wx = 4m时物体的动能为
Ek= 2J
A错误、B正确；
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为
Wf= μmgx = 8J
C正确；
D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F1= 6N，2—4m的过程中F2= 3N，由于物体受到的摩擦力恒为f = 4N，则物体在x = 2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度
则从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为
D错误。
故选BC。
13．（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
14．（2024·全国·高考真题）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量，重力加速度大小，当P绳与竖直方向的夹角时，Q绳与竖直方向的夹角
（1）求此时P、Q绳中拉力的大小；
（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
【答案】（1），；（2）
【详解】（1）重物下降的过程中受力平衡，设此时P、Q绳中拉力的大小分别为和，竖直方向
水平方向
联立代入数值得
，
（2）整个过程根据动能定理得
解得两根绳子拉力对重物做的总功为
15．（2023·江苏·高考真题）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）滑雪者从A到P根据动能定理有
根据动量定理有
联立解得
（2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有
（3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有
水平方向上有
联立可得
16．（2023·湖北·高考真题）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2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。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g，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）
【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
，HBD = 0
（3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
S = π∙2R
解得
考点要求
考察形式
2025年
2024年4分
2023年
动能定理的应用
选择题
非选择题
山东卷·T5，4分
广东卷·T14，14分
云南卷·T2，4分
四川卷T7 4分
浙江卷1月卷T16
江西卷T10、4分
广西卷T10、4分
北京卷T8、3分
重庆卷T4、4分
安徽卷T2、4分
广东卷T84分
浙江卷6月卷T18
浙江卷1月卷T18
动能定理与图像结合的问题
选择题
非选择题
贵州卷·T6，4分
新课标卷·T20 6分
动能定理在多过程问题中的应用
选择题
非选择题
湖南卷·T10，5分
黑吉辽蒙卷·T13，14分
浙江卷6月卷T18
浙江卷1月卷T18
湖北卷T14、4分
浙江6月选考T20、
考情分析：
1.命题形式：单选题非选择题
2.命题分析：湖南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，要（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。（3）重点关注动能定理在多过程问题中的应用。
4.命题情境：
①生活实践类：体育运动中功和功率问题，风力发电功率计算，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；
②学习探究类：变力做功的计算，机车启动问题，单物体机械能守恒，用绳、杆连接的系统机械能守恒问题，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