文档文本内容
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考情概览：解读近年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。
2024 年真题研析：分析命题特点，探寻常考要点，真题分类精讲。
近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。
必备知识速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。
名校模拟探源：精选适量名校模拟题，发掘高考命题之源。
命题解读
考向
考查统计
本类试题主要考查功和功率的计算及
动能定理。常与圆周运动进行综合。
考向一 功的计算
2024·山东卷，7
2024·新课标卷，
11
2023·北京卷，11
2023·江苏卷，11
2023·新课标卷，2
考向二 功率的计算
2024·江西卷，5
2023·湖南卷，8
2023·辽宁卷，3
2023·山东卷，4
2021·湖北卷，15
考向三 机车功率问题
2024·江苏卷，14
2024·上海卷，4
2023·湖北卷，4
2023·山东卷，8
2022· 浙江6 月，
13
考向四 图像问题
2024·山东卷，17
2023·浙江6 月，3
2023·新课标卷，7
2022·湖南卷，7
2021·山东卷，18
考向五 动能和动能定理
2024·新课标卷，2
2024·辽宁卷，14
2024·上海卷，7
2023· 浙江1 月，
18
2023· 浙江6 月，
18
1
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命题分析
2024 年高考各卷区物理试题均不同程度地考查了功、功率和动能定理。预测2025 年高考依然会大力
考查。
试题精讲
考向一 功的计算
1. （2024 年山东卷第7 题）如图所示，质量均为m 的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木
板通过一根原长为l 的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d<l）。两木板与地面间动摩擦因数均为
μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E=
kx2（x 为绳的伸长量）。现用水平力F 缓慢拉动乙所坐木
板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k 保持不变，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F 所做的功等于（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有
解得弹性绳的伸长量
则此时弹性绳的弹性势能为
从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为
则由功能关系可知该过程F 所做的功
故选B。
2
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2.（2024 年新课标卷第11 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）
【解析】（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
考向二 功率的计算
3. （2024 年江西卷第5 题）庐山瀑布“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”瀑布高150m，水流量
10m3/s，假设利用瀑布来发电，能量转化效率为70%，则发电功率为（ ）
A. 109
B. 107
C. 105
D. 103
【答案】B
【解析】由题知，Δt 时间内流出的水量为
m = ρQΔt = 1.0×104Δt
发电过程中水的重力势能转化为电能，则有
3
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故选B。
考向三 机车功率问题
4. （2024·江苏卷·第14 题）如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m
的物块，在电动机作用下，从 A 点由静止加速至 B 点时达到最大速度v，之后作匀速运动至C 点，关闭电
动机，从 C 点又恰好到达最高点D。求：
（1）CD 段长x；
（2）BC 段电动机的输出功率P；
（3）全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）物块在CD 段运动过程中，由牛顿第二定律得
由运动学公式
联立解得
（2）物块在BC 段匀速运动，得电动机的牵引力为
由
得
（3）全过程物块增加的机械能为
整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知
故可得
4
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5. （2024·上海卷·第4 题）一辆质量
的汽车，以
的速度在平直路面上匀速行
驶，此过程中发动机功率
，汽车受到的阻力大小为______N。当车载雷达探测到前方有障码物
时，主动刹车系统立即撤去发动机驱动力，同时施加制动力使车辆减速。在刚进入制动状态的瞬间，系统
提供的制动功率
，此时汽车的制动力大小为______N，加速度大小为______
。（不计传动
装置和热损耗造成的能量损失）
【答案】3. B 4. ①. 600 ②.
③.
【解析】【3 题详解】
车载雷达系统发出的激光和超声波信号都是横波。
故选B。
【4 题详解】
[1]根据题意可知，汽车匀速行驶，则牵引力等于阻力，则与
其中
，
解得
[2]根据题意，由
可得，汽车的制动力大小为
[3]由牛顿第二定律可得，加速度大小为
神秘的光
光的行为曾令物理学家感到困惑。双缝干涉、光电效应等具有里程碑意义的实验。逐渐揭开了光的神秘面
纱。人类对光的认识不断深入，引发了具有深远意义的物理学革命。
考向四 图像问题
6. （2024 年山东卷第17 题）如图甲所示，质量为M 的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面
粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P 点平滑连接，Q 为轨道的最高点。质量为m 的小物块静置
在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部
分的半径R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.
（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q 点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物
块在Q 点的速度大小v；
5
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（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a 与F 对应
关系如图乙所示。
（i）求μ 和m；
（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8N，当小物块到P 点时撤去F，
小物块从Q 点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。
【答案】（1）
；（2）（i）
，
；（3）
【解析】（1）根据题意可知小物块在Q 点由合力提供向心力有
代入数据解得
（2）（i）根据题意可知当F≤4N 时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知
根据图乙有
当外力
时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有
结合题图乙有
可知
截距
联立以上各式可得
，
，
（ii）由图乙可知，当F=8N 时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为
6
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当小物块运动到P 点时，经过t0时间，则轨道有
小物块有
在这个过程中系统机械能守恒有
水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有
联立解得
根据运动学公式有
代入数据解得
考向五 动能和动能定理
7. （2024 年新课标卷第2 题）福建舰是我国自主设计建造
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
【解析】动能表达式
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。
8. （2024 年辽宁卷第14 题） 如图，高度
的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量
。A、B 间夹一压缩量
的轻弹簧，弹簧与A、B 不栓接。同时由静止释放A、
7
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B，弹簧恢复原长时A 恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程
；B 脱离弹簧后沿桌面滑行
一段距离
后停止。A、B 均视为质点，取重力加速度
。求：
（1）脱离弹簧时A、B 的速度大小
和
；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能
。
【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J
【解析】（1）对A 物块由平抛运动知识得
代入数据解得，脱离弹簧时A 的速度大小为
AB 物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB 物块整体
动量守恒，则
解得脱离弹簧时B 的速度大小为
（2）对物块B 由动能定理
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
（3）弹簧的弹性势能转化为AB 物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即
其中
8
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，
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
9. （2024·上海卷·第7 题）如图，小球a 通过轻质细线Ⅰ，Ⅱ悬挂，处于静止状态。线Ⅰ长
，Ⅱ上端
固定于离地
的O 点，与竖直方向之间夹角
；线Ⅱ保持水平。O 点正下方有一与a 质量相
等的小球b，静置于离地高度
的支架上。（取
，
，
）
（1）在线Ⅰ，Ⅱ的张力大小
，
和小球a 所受重力大小G 中，最大的是______。
（2）烧断线Ⅱ，a 运动到最低点时与b 发生弹性碰撞。求：
①与b 球碰撞前瞬间a 球的速度大小
；（计算）______
②碰撞后瞬间b 球的速度大小
；（计算）______
③b 球的水平射程s。（计算）______
【答案】 ①.
②.
③.
④.
【解析】（1）[1]以小球a 为对象，根据受力平衡可得
可知在线Ⅰ，Ⅱ的张力大小
，
和小球a 所受重力大小G 中，最大的是
。
（2）①[2]由动能定理可得
可得
[3]
②
由动量守恒定律和能量守恒可得
联立解得
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[4]
③
由平抛运动的规律有
，
联立解得
考向一 功的计算
1. （2023 年北京卷第11 题）如图所示，一物体在力F 作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质
量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为
，重力加速度为g，在物体移动距离为x 的过
程中（ ）
A. 摩擦力做功大小与F 方向无关
B. 合力做功大小与F 方向有关
C. F 为水平方向时，F 做功为
D. F 做功的最小值为
【答案】D
【解析】A．设力F 与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为
摩擦力的功
即摩擦力的功与F 的方向有关，选项A 错误；
B．合力功
可知合力功与力F 方向无关，选项B 错误；
C．当力F 水平时，则
力F 做功为
选项C 错误；
D．因合外力功为max 大小一定，而合外力的功等于力F 与摩擦力f 做功的代数和，而当
时，
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摩擦力f=0，则此时摩擦力做功为零，此时力F 做功最小，最小值为max，选项D 正确。
故选D。
2. （2023 年江苏卷第11 题）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B 后返回到底端。
利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块（
）
A. 受到的合力较小
B. 经过A 点的动能较小
C. 在A、B 之间的运动时间较短
D. 在A、B 之间克服摩擦力做的功较小
【答案】C
【解析】A．因为频闪照片时间间隔相同，对比图甲和乙可知图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛
顿第二定律可知图甲中滑块收到的合力较大；故A 错误；
B．从图甲中的A 点到图乙中的A 点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可知图
甲经过A 点的动能较大，故B 错误；
C．由于图甲中滑块加速度大，根据
可知图甲在A、B 之间的运动时间较短，故C 正确；
D．由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B 之间克服摩擦力做的功相等，
故D 错误；
故选C。
3. （2023 年新课标卷第2 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. 0 B. mgh C.
D.
【答案】B
【解析】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。
4. （2022 年全国乙卷第7 题）（多选）质量为
的物块在水平力F 的作用下由静止开始在水平地面上做
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直线运动，F 与时间t 的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取
。则（ ）
A.
时物块的动能为零
B.
时物块回到初始位置
C.
时物块的动量为
D.
时间内F 对物块所做的功为
【答案】AD
【解析】物块与地面间的摩擦力为
AC．对物块从
内由动量定理可知
即
得
3s 时物块的动量为
设3s 后经过时间t 物块的速度减为0，由动量定理可得
即
解得
所以物块在4s 时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A 正确，C 错误；
B．
物块发生的位移为x1，由动能定理可得
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即
得
过程中，对物块由动能定理可得
即
得
物块开始反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移为
即6s 时物块没有回到初始位置，故B 错误；
D．物块在6s 时的速度大小为
拉力所做的功为
故D 正确。
故选AD。
5. （2021 年全国乙卷第6 题）（多选）水平桌面上，一质量为m 的物体在水平恒力F 拉动下从静止开始
运动，物体通过的路程等于
时，速度的大小为
，此时撤去F，物体继续滑行
的路程后停止运动，
重力加速度大小为g，则（ ）
A. 在此过程中F 所做的功为
B. 在此过中F 的冲量大小等于
C. 物体与桌面间的动摩擦因数等于
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D. F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2 倍
【答案】BC
【解析】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知
①
由速度位移公式有
②
外力撤去后，由牛顿第二定律可知
③
由速度位移公式有
④
由①②③④可得，水平恒力
动摩擦因数
滑动摩擦力
可知F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3 倍，
故C 正确，D 错误；
A．在此过程中，外力F 做功为
故A 错误；
B．由平均速度公式可知，外力F 作用时间
在此过程中，F 的冲量大小是
故B 正确。
故选BC。
6. （2021 年全国乙卷第11 题）一篮球质量为
，一运动员使其从距地面高度为
处由
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静止自由落下，反弹高度为
。若使篮球从距地面
的高度由静止下落，并在开始下落的
同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为
。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为
；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取
，不计空气阻力。
求：
（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
第二次从1.5m 的高度静止下落，同时向下拍球，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
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系
代入数据可得
（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得
在拍球时间内运动的位移为
做得功为
联立可得
（
舍去）
7. （2021 年江苏卷第14 题）如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O 点，小圆环A 和
轻质弹簧套在轻杆上，长为
的细线和弹簧两端分别固定于O 和A，质量为m 的小球B 固定在细线的中
点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为
，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹
角增大到
时，A、B 间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度
为g，取
，
，求：
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（1）装置静止时，弹簧弹力的大小F；
（2）环A 的质量M；
（3）上述过程中装置对A、B 所做的总功W。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）设
、
的张力分别为
、
，A 受力平衡
B 受力平衡
解得
（2）设装置转动的角速度为
，对A
对B
解得
（3）B 上升的高度
，A、B 的动能分别为
；
根据能量守恒定律可知
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解得
8. （2021 年浙江卷第11 题）中国制造的某一型号泵车如图所示，表中列出了其部分技术参数。已知混凝
土密度为
，假设泵车的泵送系统以
的输送量给
高处输送混凝土，则每小时泵
送系统对混凝土做的功至少为（ ）
发动机最大输出功率（
）
332
最大输送高度（m）
63
整车满载质量（
）
最大输送量（
）
180
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】泵车的泵送系统以
的输送量给
高处输送混凝土，每小时泵送系统对混凝土做的功
故选C。
考向二 功率的计算
9. （2023 年湖南卷第8 题）（多选）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC 由直线段AB 和圆弧段BC 组
成，两段相切于B 点，AB 段与水平面夹角为θ，BC 段圆心为O，最高点为C、A 与C 的高度差等于圆弧轨
道的直径2R。小球从A 点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C 点，下列说法正确的是（ ）
A. 小球从B 到C 的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B. 小球从A 到C 的过程中，重力的功率始终保持不变
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C. 小球的初速度
D. 若小球初速度v0增大，小球有可能从B 点脱离轨道
【答案】AD
【解析】A．由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C 点，则小球在C 点的速度为
vC = 0
则小球从C 到B 的过程中，有
联立有
FN= 3mgcosα－2mg
则从C 到B 的过程中α 由0 增大到θ，则cosα 逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B 到C 的过程中，对轨
道的压力逐渐增大，A 正确；
B．由于A 到B 的过程中小球的速度逐渐减小，则A 到B 的过程中重力的功率为
P = －mgvsinθ
则A 到B 的过程中小球重力的功率始终减小，则B 错误；
C．从A 到C 的过程中有
解得
C 错误；
D．小球在B 点恰好脱离轨道有
则
则若小球初速度v0增大，小球在B 点的速度有可能为
，故小球有可能从B 点脱离轨道，D 正确。
故选AD。
10. （2023 年辽宁卷第3 题）如图（a），从高处M 点到地面N 点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、
乙同时从M 点由静止释放，沿不同轨道滑到N 点，其速率v 与时间t 的关系如图（b）所示。由图可知，两
物块在离开M 点后、到达N 点前的下滑过程中（ ）
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A. 甲沿I 下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B. 甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C. 乙沿I 下滑且乙的重力功率一直不变
D. 乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
【答案】B
【解析】AB．由图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的
加速运动，乙沿I 下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A 错误，B
正确；
CD．乙沿I 下滑，开始时乙速度为0，到
点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式
可知
重力瞬时功率先增大后减小，CD 错误。
故选B。
10.（2023 年山东卷第4 题） 《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引
水过程简化如下：两个半径均为R 的水轮，以角速度ω 匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有
n 个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m 的水，其中的60%被输送到高出水面H 处
灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（ ）
A.
B.
C.
D. nmgωRH
【答案】B
【解析】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n 个，且每个水筒离开水面时装有质量为m 的水、
其中的60%被输送到高出水面H 处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为
m 总 = 2πRnm × 60% = 1.2πRnm
则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功
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W = 1.2πRnmgH
则筒车对灌入稻田的水做功的功率为
联立有
故选B。
12. （2021 年广东卷第9 题）（多选）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向
敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m 的手榴弹，手榴弹从投出的位置
到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的
有（ ）
A. 甲在空中的运动时间比乙的长
B. 两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C. 从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少
D. 从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为
【答案】BC
【解析】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间
因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A 错误；
B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率
因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B 正确；
C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量
故C 正确；
D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D 错误。
20
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故选BC。
13. （2021 年湖北卷第15 题）如图所示，一圆心为O、半径为R 的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其
下端与光滑水平面在Q 点相切。在水平面上，质量为m 的小物块A 以某一速度向质量也为m 的静止小物
块B 运动。A、B 发生正碰后，B 到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A 沿半圆弧轨道运动到与
O 点等高的C 点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B 从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q 点的距离；
（2）当A 由C 点沿半圆弧轨道下滑到D 点时，OD 与OQ 夹角为θ，求此时A 所受力对A 做功的功率；
（3）求碰撞过程中A 和B 损失的总动能。
【答案】（1）2R ；（2）
；（3）
【解析】解：（1）设 B 到半圆弧轨道最高点时速度为
，由于B 对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第
二定律得
B 离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有
在水平方向上有
联立解得
x=2R
（2）对A 由C 到D 的过程，由机械能守恒定律得
由于对A 做功
力只有重力，则A 所受力对A 做功的功率为
解得
（3）设A、B 碰后瞬间的速度分别为v1，v2，对B 由Q 到最高点的过程，由机械能守恒定律得
21
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解得
对A 由Q 到C 的过程，由机械能守恒定律得
解得
设碰前瞬间A
速度为v0，对A、B 碰撞的过程，由动量守恒定律得
解得
碰撞过程中A 和B 损失的总动能为
解得
考向三 机车功率问题
14. （2023 年湖北卷第4 题）两节动车的额定功率分别为
和
，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别
为
和
。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上
能达到的最大速度为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】由题意可知两节动车分别有
当将它们编组后有
联立可得
22
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故选D。
15. （2023 年山东卷第8 题）质量为M 的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F 和受到的阻力f 均为
恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m 的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶
的位移为
时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为
。
物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程中有
F－f－μmg = (m＋M)a
v2= 2aS1
P0= Fv
轻绳从物体上脱落后
a2= μg
v2= 2a2(S2－S1)
联立有
故选A。
16. （2022 年浙江6 月卷第13 题）小明用额定功率为
、最大拉力为
的提升装置，把静置于
地面的质量为
的重物竖直提升到高为
的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过
的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，
取
，则提升重物的最短时间为（ ）
A. 13.2s
B. 14.2s
C. 15.5s
D. 17.0s
【答案】C
【解析】为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，
保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好
为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得
当功率达到额定功率时，设重物的速度为
，则有
23
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此过程所用时间和上升高度分别为
重物以最大速度匀速时，有
重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为
设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为
，该过程根据动能定理可得
又
联立解得
故提升重物的最短时间为
C 正确，ABD 错误；
故选C。
17. （2022 年广东卷第9 题）（多选）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平
段以恒定功
率
、速度
匀速行驶，在斜坡
段以恒定功率
、速度
匀速行驶。已知小车总质
量为
，
，
段的倾角为
，重力加速度g 取
，不计空气阻力。下列说法
正确的有（ ）
24
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A. 从M 到N，小车牵引力大小为
B. 从M 到N，小车克服摩擦力做功
C. 从P 到Q，小车重力势能增加
D. 从P 到Q，小车克服摩擦力做功
【答案】ABD
【解析】A．小车从M 到N，依题意有
代入数据解得
故A 正确；
B．依题意，小车从M 到N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为
则摩擦力做功为
则小车克服摩擦力做功为800J，故B 正确；
C．依题意，从P 到Q，重力势能增加量为
故C 错误；
D．依题意，小车从P 到Q，摩擦力为f2，有
摩擦力做功为
联立解得
则小车克服摩擦力做功为700J，故D 正确。
故选ABD。
18. （2021 年北京卷第8 题）如图所示，高速公路上汽车定速巡航（即保持汽车的速率不变）通过路面
abcd，其中ab 段为平直上坡路面，bc 段为水平路面，cd 段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力
和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是（ ）
A. 在ab 段汽车的输出功率逐渐减小 B. 汽车在ab 段的输出功率比bc 段的大
C. 在cd 段汽车
输出功率逐渐减小 D. 汽车在cd 段的输出功率比bc 段的大
25
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【答案】B
【解析】AB．在ab 段，根据平衡条件可知，牵引力
所以在ab 段汽车的输出功率
不变，在bc 段牵引力
bc 段的输出功率
故A 错误B 正确；
CD．在cd 段牵引力
汽车的输出
在cd 段汽车的输出功率不变，且小于bc 段，故CD 错误。
故选B。
19. （2021 年湖南卷第3 题）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为
的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为
，若动车组
所受的阻力与其速率成正比（
，
为常量），动车组能达到的最大速度为
。下列说法正确的是
（ ）
A. 动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B. 若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C. 若四节动力车厢输出的总功率为
，则动车组匀速行驶的速度为
D. 若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度
，则这一过程
中该动车组克服阻力做
功为
【答案】C
【解析】A．对动车由牛顿第二定律有
若动车组在匀加速启动，即加速度
恒定，但
随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，
故A 错误；
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有
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故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B 错误；
C．若四节动力车厢输出的总功率为
，则动车组匀速行驶时加速度为零，有
而以额定功率匀速时，有
联立解得
故C 正确；
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度
，由动能定理
可知
可得动车组克服阻力做的功为
故D 错误；
故选C。
考向四 图像问题
20、（2023 年6 月浙江卷第3 题）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中
运动时的加速度大小a、速度大小v、动能
和机械能E 随运动时间t 的变化关系中，正确的是( )
A.
B.
C.
D.
答案：D
解析：铅球在空中做平抛运动，加速度为重力加速度，恒定不变，A 错；铅球的速度大小为
，又
，联立可得
，所以
图像为曲线，B 错；由于不计空气阻力，则铅球在空中
运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由动能定理有
，又
，联立可得
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，所以
图线为二次函数图线，C 错，D 对。
21. （2023 年新课标卷第7 题）（多选）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
【解析】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/s
x = 1m 时，拉力为
则此时拉力的功率
P = Fv1= 12W
x = 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
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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。
22. （2022 年湖南卷第7 题）（多选） 神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速
伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运
动简化为竖直方向的直线运动，其
图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，
下列说法正确的是（ ）
A. 在
时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B. 在
时间内，返回舱的加速度不变
C. 在
时间内，返回舱的动量随时间减小
D. 在
时间内，返回舱的机械能不变
【答案】AC
【解析】A．重力的功率为
由图可知在0~t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A 正确；
B．根据v-t 图像的斜率表示加速度可知在0~t1时间内返回舱的加速度减小，故B 错误；
C．在t1~t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C 正确；
D．在t2~t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，
故机械能减小，故D 错误。
故选AC。
23. （2021 年山东卷第18 题）如图所示，三个质量均为m 的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A 紧
靠竖直墙壁，一劲度系数为k 的轻弹簧将A、B 连接，C 紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C 均静止。
现给C 施加一水平向左、大小为F 的恒力，使B、C 一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段
时间后A 离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C 与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩
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擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：
，k 为弹簧的劲
度系数，x 为弹簧的形变量）
（1）求B、C 向左移动的最大距离
和B、C 分离时B 的动能
；
（2）为保证A 能离开墙壁，求恒力的最小值
；
（3）若三物块都停止时B、C 间的距离为
，从B、C 分离到B 停止运动的整个过程，B 克服弹簧弹力
做的功为W，通过推导比较W 与
的大小；
（4）若
，请在所给坐标系中，画出C 向右运动过程中加速度a 随位移x 变化的图像，并在坐标轴
上标出开始运动和停止运动时的a、x 值（用f、k、m 表示），不要求推导过程。以撤去F 时C 的位置为坐
标原点，水平向右为正方向。
【答案】（1）
、
；（2）
；（3）
；
（4）
【解析】（1）从开始到B、C 向左移动到最大距离的过程中，以B、C 和弹簧为研究对象，由功能关系得
弹簧恢复原长时B、C 分离，从弹簧最短到B、C 分离，以B、C 和弹簧为研究对象，由能量守恒得
联立方程解得
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（2）当A 刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为
，以A 为研究对象，由平衡条件得
若A 刚要离开墙壁时B 得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值
，从弹簧恢复原长到A 刚要离开
墙得过程中，以B 和弹簧为研究对象，由能量守恒得
结合第（1）问结果可知
根据题意舍去
，所以恒力得最小值为
（3）从B、C 分离到B 停止运动，设B 的路程为
，C 的位移为
，以B 为研究对象，由动能定理得
以C 为研究对象，由动能定理得
由B、C 得运动关系得
联立可知
（4）小物块B、C 向左运动过程中，由动能定理得
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
则坐标原点的加速度为
之后C 开始向右运动过程（B、C 系统未脱离弹簧）加速度为
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可知加速度随位移
为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，
减小，
减小，弹簧恢复原长时，B 和C 分
离，之后C 只受地面的滑动摩擦力，加速度为
负号表示C 的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C 为研究对象，由动能定理
得
脱离弹簧瞬间后C 速度为
，之后C 受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得
解得脱离弹簧后，C 运动的距离为
则C 最后停止的位移为
所以C 向右运动的图象为
考向五 动能和动能定理
24、（2023 年1 月浙江卷第18 题）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角
的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角
的直轨道EF、水平直轨道FG 组成，除FG 段外各
段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF 相切于B（E）处。凹槽GHIJ 底面HI 水平光
滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH 处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK 位于同一水
平面。已知螺旋圆形轨道半径
点高度为
长度
，HI 长度
，摆
渡车长度
、质量
。将一质量也为m 的滑块从倾斜轨道AB 上高度
处静止释放，
滑块在FG 段运动时的阻力为其重力的0.2 倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ 立即静止，滑块视为质点，不计空
气阻力，
，
）
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（1）求滑块过C 点的速度大小
和轨道对滑块的作用力大小
；
（2）摆渡车碰到IJ 前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G 到J 所用的时间t。
答案：(1)22 N
(2)0.3
(3)2.5 s
解析：(1)C 点离地高度为
滑块从静止释放到C 点过程，根据动能定理可得
解得
在最高点C 时，根据牛顿第二定律可得
解得
(2)从静止释放到G 点，由动能定理可得
由题可知，滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，速度大小设为v
根据动量守恒定律可得
由功能关系可得
综合解得
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
设滑块从滑上摆渡车到共速的时间为
，有
共速后继续向右匀速运动的时间
25、（2023 年6 月浙江卷第18 题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道
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和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为
的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF
与轨道CD 和足够长的水平直轨道FG 平滑相切连接。质量为
的滑块b 与质量为
的滑块c 用劲度系数
的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 上。现有质量
的滑块a 以初速度
从D 处进入，经DEF 管道后，与FG 上的滑块b 碰撞（时间极短）。已知传送带长
，以
的速率顺时针转动，滑块a 与传送带间的动摩擦因数
，其它摩擦和阻力
均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能
（x 为形变量）。
（1）求滑块a 到达圆弧管道DEF 最低点F 时速度大小
和所受支持力大小
；
（2）若滑块a 碰后返回到B 点时速度
，求滑块
碰撞过程中损失的机械能
；
（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差
。
答案：(1)31.0 N
(2)0
(3)0.2 m
解析：(1)滑块a 以初速度
从D 处进入竖直圆弧轨道DEF 运动，由动能定理有
解得
在最低点F，由牛顿第二定律有
解得
(2)碰撞后滑块a 返回到B 点的过程，由动能定理有
解得
滑块
碰撞过程，由动量守恒定律有
解得
碰撞过程中损失的机械能
(3)滑块a 碰撞b 后立即被粘住，由动量守恒定律有
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解得
滑块ab 一起向右运动，压缩弹簧，ab 减速运动，c 加速运动，当abc 三者速度相等时，弹簧长度最小，由
动量守恒定律有
解得
由机械能守恒定律有
解得
由
解得最大压缩量
滑块ab 一起继续向右运动，弹簧弹力使c 继续加速，使ab 继续减速，当弹簧弹力减小到零时，c 速度最
大，ab 速度最小；滑块ab 一起再继续向右运动，弹簧弹力使c 减速，ab 加速，当abc 三者速度相等时，
弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，由弹簧的弹性势能公式可知最大伸长
量
所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差
26. （2023 年湖北卷第14 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）
【解析】（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D 点有
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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
27. （2023 年江苏卷第15 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。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（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
28. （2022 年浙江1 月卷第20 题）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角
=37°的光滑直轨
道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗
糙直轨道FG 组成，B、D 和F 为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G 点（与B 点等高），B、O1、
D、O2和F 点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD 和DEF 的半径R=0.15m，
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轨道AB 长度
，滑块与轨道FG 间的动摩擦因数
，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，
sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB 上某点静止释放，（
）
（1）若释放点距B 点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C 时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B 点的长度为
，滑块第一次经F 点时的速度v 与
之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG 的中点，求释放点距B 点长度
的值。
【答案】（1）7N；（2）
（
）；（3）
，
，
【解析】（1）滑块释放运动到C 点过程，由动能定理
经过C 点时
解得
（2）能过最高点时，则能到F 点，则恰到最高点时
解得
而要保证滑块能到达F 点，必须要保证它能到达DEF 最高点，当小球恰好到达DEF 最高点时，由动能定
理
可解得
38
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则要保证小球能到F 点，
，带入
可得
（3）设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n 倍，则n=1,3,5,……
解得
n=1,3,5, ……
又因为
，
当
时，
，当
时，
，当
时，
，满足要求。
即若滑块最终静止在轨道FG 的中点，释放点距B 点长度
的值可能为
，
，
。
29. （2021 年全国甲卷第7 题）（多选）一质量为m 的物体自倾角为
的固定斜面底端沿斜面向上滑动。
该物体开始滑动时的动能为
，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时
动能为
。已知
，重力加速度大小为g。则（ ）
A. 物体向上滑动的距离为
B. 物体向下滑动时的加速度大小为
C. 物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D. 物体向上滑动所用
时间比向下滑动的时间长
【答案】BC
【解析】AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有
物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有
整理得
；
39
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A 错误，C 正确；
B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
求解得出
B 正确；
D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有
物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
由上式可知
a 上 > a 下
由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式
则可得出
D 错误。
故选BC。
30. （2021 年全国甲卷第11 题）如图，一倾角为
的光滑斜面上有50 个减速带（图中未完全画出），相
邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m 的无动力小车（可视为质点）从距第一个
减速带L 处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车
通过第30 个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50 个减速带后立刻进入与斜面光
滑连接的水平地面，继续滑行距离s 后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为
，重力加速度大小为
g。
（1）求小车通过第30 个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前30 个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
（3）若小车在前30 个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L 应
满足什么条件？
40
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有
设小车通过第30 个减速带后速度为v1，到达第31 个减速带时的速度为v2，则有
因为小车通过第30 个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一
个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为
联立以上各式解得
（2）由（1）知小车通过第50 个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有
从小车开始下滑到通过第30 个减速带，根据动能定理有
联立解得
故在每一个减速带上平均损失的机械能为
（3）由题意可知
可得
31. （2021 年湖北卷第4 题） 如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过
程中摩擦力大小f 恒定，物块动能Ek与运动路程s 的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块
质量m 和所受摩擦力大小f 分别为（ ）
41
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A. m=0.7 kg，f=0.5 N
B. m=0.7 kg，f=1.0N
C. m=0.8kg，f=0.5 N
D. m=0.8 kg，f=1.0N
【答案】A
【解析】
【分析】本题结合
图像考查动能定理。
【详解】0~10m 内物块上滑，由动能定理得
整理得
结合0~10m 内的图像得，斜率的绝对值
10~20 m 内物块下滑，由动能定理得
整理得
结合10~20 m 内的图像得，斜率
联立解得
故选A。
32.（2021 年辽宁卷第10 题）（多选） 冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一、某冰滑梯的示意
图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略：倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ 相同，因滑板不
同μ 满足
。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在
水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是（ ）
42
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A.
，
B.
，
C.
，
D.
，
【答案】CD
【解析】设斜面倾角为
，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足
可得
即有
因
，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得
滑行结束时停在水平滑道上，由全程的动能定理有
其中
，可得
，
代入
，可得
，
综合需满足
和
43
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故选CD。
33. （2021 年山东卷第3 题）如图所示，粗糙程度处处相同
水平桌面上有一长为L 的轻质细杆，一端可
绕竖直光滑轴O 转动，另一端与质量为m 的小木块相连。木块以水平初速度
出发，恰好能完成一个完整
的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】在运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理
可得摩擦力的大小
故选B。
一、恒力做功的分析和计算
1．做功的两个要素
(1)作用在物体上的力．
(2)物体在力的方向上发生位移．
2．公式W＝Flcos α
(1)α 是力与位移方向之间的夹角，l 为物体的位移．
(2)该公式只适用于恒力做功．
3．功的正负
(1)当0≤α＜时，W＞0，力对物体做正功．
(2)当α＝时，W＝0，力对物体不做功．
(3)当＜α≤π 时，W＜0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做功．
二、是否做功及做功正负的判断
44
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(1)根据力与位移的方向的夹角判断；
(2)根据力与瞬时速度方向的夹角α 判断：0≤α＜90°，力做正功；α＝90°，力不做功；90°＜α≤180°，力做
负功．
三、合外力做的功
方法一：先求合外力F 合，再用W 合＝F 合lcos α 求功．
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W 合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功．
方法三：利用动能定理W 合＝Ek2－Ek1.
四、求变力做功的五种方法
方法
举例
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，F－x
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，W＝Δx，可得
出弹簧弹性势能表达式为Ep＝k(Δx)2
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)
五、功率的分析和计算
1．平均功率的计算方法
(1)利用＝.
(2)利用＝F·cos α，其中为物体运动的平均速度，F 为恒力，F 与的夹角α 不变．
2．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．F 可为恒力，也可为变力，α 为F 与v 的夹角，α 可
以不变，也可以变化．
(2)公式P＝Fvcos α 中，Fcos α 可认为是力F 在速度v 方向上的分力，vcos α 可认为是速度v 在力F 方向
45
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上的分速度．
六、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．
七、动能定理的理解和基本应用
1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能．
(2)公式：Ek＝mv2，单位：焦耳(J).1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
(3)动能是标量、状态量．
2．动能定理
(1)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝mv2
2－mv1
2.
(2)注意事项
(a)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．
(b)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求解．
(c)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．
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(3)应用动能定理的解题流程
八、动能定理与图像问题的结合
图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义
1. （2024·安徽池州·二模）（多选）从地面上以初速度
竖直向上抛出一质量为m 的小球，若运动过程中
小球受到的空气阻力与其速率成正比，比例系数为k，小球运动的速率随时间变化规律如图所示，
时刻
到达最高点，再落回地面，且落地前小球已经做速率为
的匀速直线运动。已知重力加速度为
，则（
）
A. 小球上升的时间大于下落的时间
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B. 小球上升过程速率为
时的加速度大小为
C. 小球上升的最大高度为
D. 小球从抛出到落回地面的整个过程中克服空气阻力做的功为
【答案】BD
【解析】A．图像与时间轴围成的面积表示位移，由于上升过程和下降过程中的位移相等，上升阶段平均
速度大于下降阶段平均速度，根据公式
可知上升时间小于下降时间，故A 错误；
B．根据牛顿第二定律可得
解得
故B 正确；
C.设上升时加速度为a，根据牛顿第二定律可知
取极短
时间，速度变化量为
由于
上升全程速度变化量为
则
解得
故C 错误；
D．球上升到落回地面的全过程由动能定理
48
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则
故D 正确；
故选BD。
2. （2024·安徽池州·二模）2023 年5 月17 日，首枚池州造“智神星一号”液体运载火箭在安徽星河动力装
备科技有限公司顺利总装下线，至此，成功实现中国火箭池州造。为了研究火箭可回收技术，某次从地面
发射质量为1000kg
小型实验火箭，火箭上的喷气发动机可产生恒定的推力，且可通过改变喷气发动机尾
喷管的喷气质量和方向改变发动机推力的大小和方向。火箭起飞时发动机推力大小为
，与水平方向成
＝60°，火箭沿斜向右上方与水平方向成
＝30°做匀加速直线运动。经过t＝30s，立即遥控火箭上的发动
机，使推力的方向逆时针旋转60°，大小变为
，火箭依然可以沿原方向做匀减速直线运动。（不计遥控
器通信时间、空气阻力和喷气过程中火箭质量的变化，g 取
）求：
（1）推力
的大小；
（2）火箭上升的最大位移大小；
（3）火箭在上升的过程中推力最大功率。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）火箭上升过程时的受力情况如图
由图可知
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（2）当推力逆时针方向转动60 后受力情况如图：F 合＇与F2垂直
加速阶段的加速度
减速阶段的加速度
（3）加速度阶段的最后时刻火箭的瞬时功率最大为
3. （2024·安徽合肥·三模）如图所示，AB 是半径
的四分之一光滑圆弧轨道，其最低点A 与水平
地面相切，质量分别为3m、m 的物块a、b 静止在水平面的P、A 之间，a、b 间夹有一小块炸药，水平面
PA 段光滑，P 点左侧平面粗糙，两物块与粗糙平面间的动摩擦因数均为0.5，炸药瞬间爆炸，将两物块推
开，a 在粗糙平面上滑行了0.4m 后静止，不计物块的大小，炸药质量不计，重力加速度g 取
，求：
（1）炸药爆炸后物块a 获得的速度大小；
（2）若
，求物块b 滑到A 点时对圆弧轨道的压力大小；
（3）若a、b 相遇时发生弹性碰撞，求物块b 在粗糙平面上滑行的总路程。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）设爆炸后物块a 获得
速度大小为
，据动能定理有
解得
（2）设爆炸后物块b 的速度大小为
，据动量守恒有
解得
物块b 滑到圆弧轨道的最低点A 时，据牛顿第二定律有
解得
据牛顿第三定律，b 对圆弧轨道最低点压力大小为
（3）设b 与a 第一次碰撞前的速度大小为
，据动能定理有
解得
设a、b 第一次碰撞后瞬间的速度大小分别为
、
，据动量守恒有
据能量守恒有
解得
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由于a、b 在水平面上做减速运动的加速度大小相等，因此a、b 不可能再发生第二次碰撞，设第一次碰撞
后b 在水平面粗糙部分运动的路程为
，据动能定理有
解得
故物块b 在水平面粗糙部分运动的总路程为
4. （2024·皖豫名校联盟&安徽卓越县中联盟·三模）（多选）如图所示，水平传送带左端A 与右端B 相距
2.5m，传送带以1m/s 的速度逆时针匀速转动。质量为2kg 的小滑块以2m/s 的初速度从A 端滑上传送带，
小滑块与传送带之间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g 取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 小滑块最终从B 端离开传送带
B. 整个过程摩擦力对小滑块做功为-4J
C. 小滑块在传送带上的划痕长度为4.5m
D. 小滑块在传送带上匀速运动的时间为1.5s
【答案】CD
【解析】A．根据牛顿第二定律有
解得
a=1m/s2
小滑块向右减速到零的时间
运动的距离
小于传送带的长度，因此小滑块最终从A 端离开传送带，A 错误；
D．减速到零之后反向加速直到共速，加速时间
反向加速的距离
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再向左匀速运动
到达A 端，时间
D 正确；
C．从滑上传送带到共速，滑块与传送带的相对位移
C 正确；
B．根据动能定理，摩擦力对小滑块做的功等于小滑块动能的变化量
B 错误。
故选CD。
5. （2024·北京市海淀区·二模）如图所示，一物体在与水平方向夹角为θ 的恒定拉力F 作用下以速度v 做
匀速直线运动。已知物体质量为m，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。在物体运动时间
为t 的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 支持力可能为零
B. 摩擦力做功为−μmgvt
C. 拉力和摩擦力的合力方向竖直向上
D. 合力做功为Fvt
【答案】C
【解析】AB．物体匀速运动，对物体受力分析，水平方向
竖直方向
由于水平方向一定受到向左的摩擦力，故支持力不可能为零；摩擦力做功为
故AB 错误；
C．对物体受力分析，受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，由平衡条件可知此时拉力和摩擦力的合
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力方向必定竖直向上此时与支持力的合力才能和重力平衡，故C 正确；
D．物体做匀速直线运动，受到的合外力为0，故合力做功为0，故D 错误。
故选C。
6. （2024·北京市海淀区·二模）如图1 所示，某同学在表面平坦的雪坡下滑，不借助雪杖，能一直保持固
定姿态加速滑行到坡底。该同学下滑情境可简化为图2，雪坡倾角为α，人可视为质点，图中用小物块表示，
下滑过程中某一时刻滑行的速度v 的方向与雪坡上所经位置的水平线夹角为β（β<90），已知该同学和滑
雪装备的总质量为m，滑雪板与雪坡之间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g，不计空气阻力。关于该下滑
过程，下列说法正确的是（ ）
A. 该同学所受摩擦力小于μmgcosα
B. 该同学所受摩擦力的方向不变
C. 该同学沿v 的方向做匀加速直线运动
D. 该同学所受重力的瞬时功率一直在增加
【答案】D
【解析】A．垂直斜面方向，人对斜面的正压力大小为
所以滑动摩擦力
大小不变，故A 错误；
BC．正视斜面，在斜面内有平行斜面向下
重力的分力
和与v 反向的滑动摩擦力f，会发现f 与
的合力与v 不共线，人做曲线运动，即速度方向在变化，所以f 的方向也变化，故BC 错误；
D．由于人加速下滑，所以f 与
的合力与v 成锐角，且做曲线运动，所以随着下滑v 增大，且与
夹角减小，重力的功率也增大，即
所以P 增大，故D 正确。
故选D。
7. （2024·北京市海淀区·二模）如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在距离水平地面高为h 的O 点，另一
端系有质量为m，可视为质点的小球，将小球从与O 等高的A 点由静止释放，小球在竖直平面内以O 点为
圆心做半径为r 的圆周运动。当小球运动到最低点B 时，绳恰好被拉断，小球水平飞出。不计空气阻力及
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绳断时的能量损失，重力加速度为g。求：
（1）小球飞出时的速率v。
（2）绳能承受拉力的最大值Fm。
（3）小球落地点到B 点的水平距离x。
【答案】（1）
；（2）3mg；（3）
【解析】（1）根据动能定理有
解得小球飞出时的速率
（2）设绳对小球的拉力为T，依据牛顿第二定律有
解得
T=3mg
根据牛顿第三定律，绳受到的拉力大小
Fm=T=3mg
（3）设平抛运动的时间为t，则
解得
抛出的水平距离
8. （2024·北京市海淀区·三模）一位质量为60 kg 的滑雪运动员从高为10 m 的斜坡顶端由静止滑至坡底。
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如果运动员在下滑过程中受到的阻力为60 N，斜坡的倾角为30°，重力加速度g 取10m/s2，下列说法正确
的是（ ）
A. 运动员的加速度的大小为4m/s2
B. 运动员所受重力做的功为600J
C. 运动员受到的支持力的大小为300N
D. 运动员滑至坡底时动量大小为240kg·m/s
【答案】A
【解析】A．由牛顿第二定律可得
解得
故A 正确；
B．运动员所受重力做的功为
故B 错误；
C．运动员受到的支持力的大小为
故C 错误；
D．运动员滑至坡底时速度大小为
所以动量大小为
故D 错误。
故选A。
9. （2024·北京市海淀区·三模）如图所示，在粗糙水平地面上静止放置着物块B 和C，相距
，
在物块B 的左侧固定有少量炸药，在物块B 的左边有一弹簧枪，弹簧的弹性势能
，弹簧枪将小
球A 水平发射出去后，小球A 与B 发生碰撞并导致炸药爆炸使小球A 又恰好返回到弹簧枪中将弹簧压缩到
初位置，物块B 再与物块C 发生正碰，碰后瞬间物块C 的速度
。已知物块A 和物块B 的质量
均为
，若C 的质量为B 质量的k 倍，物块与地面的动摩擦因数
。（设碰撞时间很短，g
取
）
（1）计算A 与B 碰撞后瞬间B 的速度
；
（2）计算B 与C 碰撞前瞬间的速度
；
（3）根据B 与C 的碰撞过程分析k 的取值范围，并讨论B 与C 碰撞后B 的可能运动方向。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）见解析
【解析】（1）根据题意可知，弹簧枪将小球A 水平发射出，设小球A 以
发出，则有
解得
由于碰撞之后，A 又恰好返回到弹簧枪中将弹簧压缩到初位置，则A 与B 碰撞后，A 的速度大小为
，
方向向左，A 与B 碰撞过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律有
解得
即A 与B 碰撞后瞬间B 的速度为
。
（2）从B 开始运动到B 与C 碰撞的过程中，由动能定理有
解得
（3）根据题意可知，B 和C 碰撞过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律有
整理可得
可知，若碰撞后B、C 同向运动，则有
可得
若碰撞后B 静止，则有
解得
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若碰撞后B 反向，则有
解得
由于碰撞过程中，动能不能增加，则有
解得
则有当
时，碰撞后B、C 同向运动；当
时，碰撞后B 静止；当
，碰撞后B 的方
向与C 的方向相反。
10. （2024·北京市海淀区·一模）如图所示，水平地面上固定着光滑斜槽，斜槽的末端和粗糙地面平滑连接，
设物块通过连接处时速率不发生改变。质量m1=0.4kg 的物块A 从斜槽上端距水平地面高度h=0.8m 处由静
止下滑，并与静止在斜槽末端的质量m2=0.8kg 的物块B 相碰，相碰后物块A 立即停止运动，物块 B 滑行
一段距离后停止运动。取重力加速度g=10m/s2，两物块均可视为质点。求：
（1）物块A 与物块B 碰撞前瞬间的速度大小。
（2）物块A 与物块B 碰撞过程中A、B 系统损失的机械能。
（3）滑动摩擦力对物块B 做的功。
【答案】（1）4m/s；（2）1.6J；（3）-1.6J
【解析】（1）物块A 与物块B 碰撞前，根据动能定理有
解得
m/s
（2）物块A 与物块B 碰撞过程中，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
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J
（3）B 运动到停止的过程中，根据动能定理有
解得
J
11. （2024·广东多校联考·三模）工厂中某水平传送带由静止启动，启动初期驱动轮上某点的线速度随路程
均匀增大，已知传送带与驱动轮间无相对滑动，则启动初期与传送带相对静止的滑块（ ）
A. 做匀加速运动
B. 加速度逐渐减小
C. 动量变化得越来越快
D. 所受摩擦力的功率不变
【答案】C
【解析】A．由于滑块与传送带相对静止，传送带与驱动轮间无相对滑动，则滑块的速度随位移均匀增大，
若滑块做匀加速运动，由直线运动规律得
滑块速度不随位移均匀增大，即滑块不做匀加速运动，故A 错误；
B．滑块速度逐渐增大，则通过任意相同位移的时间逐渐减小，又滑块通过相同位移的速度变化量相同，
则滑块加速度越来越大，故B 错误；
C．滑块动量
由于滑块加速度逐渐增大，即速度变化
越来越快，而滑块质量不变，则滑块动量变化的越来越快，故C
正确；
D．滑块所受摩擦力即其所受合外力，由牛顿第二定律得所受摩擦力逐渐增大，又滑块速度逐渐增大，由
可知摩擦力的功率增大，故D 错误。
故选C
12. （2024·广东多校联考·三模）（多选）小刘驾驶一辆质量为
的汽车由静止开始以60kW
的恒定功率在水平路面运动，100s 后汽车以该情况下能达到的最大速度驶上一倾角固定的倾斜路面，随即
将汽车功率提高到90kW，并保持不变。已知汽车在水平路面行驶时所受阻力为其所受重力的0.1 倍，在倾
斜路面上匀速行驶时的速度为15m/s。重力加速度为g 取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A. 汽车在水平路面上能达到的最大速度为25m/s
B. 汽车在水平路面上行驶的距离为2550m
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C. 汽车在倾斜路面上运动时受到的阻力大小为5000N
D. 汽车驶上倾斜路面瞬间的加速度大小为1.5m/s2
【答案】BD
【解析】A．汽车达到最大速度时，其牵引力与阻力大小相等，有
由功率
公式有
解得
故A 项错误；
B．由题意可知，该车从静止开始经过100s 达到最大速度，由动能定理有
解得
故B 项正确；
C．设当汽车在倾斜路面稳定时其阻力为
，则有
受力分析有
解得
故C 项错误；
D．汽车提高到90kW 时
牵引力为
，有
到倾斜路面瞬间有
解得
所以其加速度大小为1.5m/s2，故D 项正确。
故选BD。
13. （2024·广东4 月名校联考）如图，光滑水平地面上有一固定墙壁，紧靠墙面左侧停放一长为L=4m ，
质量为M=0.2kg 的长木板，在距长木板左端为kL（
）处放置着A、B 两小木块，A、B 质量均为
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m=0.2kg。某时刻，A、B 在强大内力作用下突然分开，分开瞬间A 的速度为vA=4m/s，方向水平向左。 B
与墙壁碰撞瞬间不损失机械能，A、B 与长木板间的动摩擦因数分别为μA=0.2 和μB=0. 3。
（1）求AB 分离瞬间，B 的速度v1；
（2）若
，求A 离开木板时，B 的速度大小v2；
（3）若
，试讨论摩擦力对B 所做的功。
【答案】（1）4m/s；（2）2.5m/s；（3）-1.6J 或者
J
【解析】（1）在A、B 分离瞬间 ，A、B 系统动量守恒，有
（或
）
（2）对A，从与B 分离到离开木板过程中，有
解得
假设此时B 还没有撞到墙，对B 有
假设成立，即此时B 速度为
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（3）若B 恰好不撞墙壁，则有
解得
若
，则B 未以墙壁就减速为0，则摩擦力对B 所做的功为
若
，则B 与墙碰撞后反弹，再与板共速，设碰前速度为
，共速速度为
，则有
B 向右减速过程，有
B 反弹后，至B 与板共速，有
摩擦力对B 所做的功为
（J）
14. （2024·河北·三模）（多选）如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB 是长度为R 的水平
轨道，BCDE 是圆心为O、半径为R 的
圆弧轨道，两轨道相切于B 点。一可视为质点的小球从A 点以某
速度
（大小未知）水平向左运动，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A. 当
时，小球刚好过最高点D 点
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B. 当
时，小球不会脱离圆弧轨道
C. 若小球能通过E 点，则
越大，小球在B 点与E 点所受的弹力之差越大
D. 小球从E 点运动到A 点的最长时间为
【答案】AD
【解析】A．由题知，小球刚好过最高点D 点，则由圆周运动知
在A 到D 过程中，由动能定理可知
联立解得
A 正确；
B．当
时，设上升高度为
，假设小球不会脱离圆弧轨道，则必须满足
，由动能定理知
代入得
假设不成立，故当
时，小球会脱离圆弧轨道，B 错误；
C．B 到E 运动过程中，由动能定理知
在B 点时，小球所受弹力为
在E 点时，小球所受弹力为
则小球在B 点与E 点所受的弹力之差为
故小球在B 点与E 点所受的弹力之差不变，C 错误；
D．在D 到E 过程中，由动能定理知
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代入得
从E 到A 运动过程中，小球做竖直下抛运动，则
代入得
D 正确；
故选AD。
15. （2024·黑龙江名校联考·二模）（多选）我国新能源汽车发展迅猛，已成为全球最大的新能源汽车产销
国。质量为m 的某新能源汽车在水平路面上以恒定加速度a 启动，其
图像如图所示，其中OA 段和
BC 段为直线。已知汽车动力系统的额定功率为P，汽车所受阻力大小恒为f，则下列说法正确的是
（ ）
A. 汽车做匀加速运动的最大速度
B. 汽车能达到的最大行驶速度
C. 汽车速度为
时的功率为
D. 汽车速度为
时的加速度大小为
【答案】CD
【解析】A．据牛顿第二定律有
解得
则汽车做匀加速运动的最大速度
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故A 错误；
B．当牵引力与阻力平衡时，汽车达到最大行驶速度，即
故B 错误；
C．汽车速度为
时，功率为
故C 正确；
D．汽车速度为
时，牵引力大小为
根据牛顿第二定律有
解得
故D 正确。
故选CD。
16. （2024·黑龙江名校联考·二模）如图所示，两根轻绳连接质量为m 的小球P，右侧绳一端固定于A 点，
左侧绳通过光滑定滑轮B 连接一物块Q，质量相等的物块Q、N 通过一轻弹簧连接，整个系统处于静止状
态时，小球P 位于图示位置，PA、PB 两绳与水平方向的夹角分别为53°和37°，此时物块N 与地面的压力
恰好为零。现将小球P 托至与A、B 两点等高的水平线上，两绳均拉直且恰好无弹力，由静止释放小球P。
已知PA 绳长为L，
，
，重力加速度为g，求：
（1）物块Q 的质量M；
（2）小球P 运动到图示位置时，物块Q 的速度大小v；
（3）小球P 从释放到图示位置过程中，轻绳对物体Q 做的功W。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）对小球P 受力分析，有
对物块N 和Q 整体受力分析，有
联立解得
（2）P 的运动为绕A 点的圆周运动，由关联速度可知，此时小球P 和物块Q 的速度大小相等,根据系统能
量守恒有
其中
联立解得
（3）对物体Q，由动能定理有
解得
17. （2024·湖北省十一校联考·二模）如图所示，半圆竖直轨道与水平面平滑连接于B 点，半圆轨道的圆心
为O，半径为R，C 为其最高点。BD 段为双轨道，D 点以上只有内轨道，D 点与圆心的连线与水平方向夹
角为
，一小球从水平面上的A 点以一定的初速度向右运动，能沿圆弧轨道恰好到达C 点。不计一切摩擦。
则（ ）
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A. 小球到达C 点时速度为
B. 小球到达C 点后会向左做平抛运动
C. 小球在A 点的初动能等于
D. 若小球到达D 点时对内外轨道均无弹力，则
【答案】D
【解析】AB．由于，D 点以上只有内轨道，小球沿圆弧轨道恰好到达C 点，可知，小球到达C 点时速度为
0，小球到达C 点后不会向左做平抛运动，故AB 错误；
C．结合上述，小球从A 点到达C 点过程，根据动能定理有
解得
故C 错误；
D．若小球到达D 点时对内外轨道均无弹力，根据牛顿第二定律有
小球从A 点到达D 点过程，根据动能定理有
解得
故D 正确。
故选D
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