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第16 讲 功与功率 动能定理及应用
目录
01 课标达标练.......................................................................................................................................................1
题型01 恒力做功的分析和计算.......................................................................................................................1
题型02 两种特殊变力做功的分析和计算.......................................................................................................4
题型03 非特殊变力做功的分析和计算...........................................................................................................6
题型04 功率和功综合问题的分析和计算.......................................................................................................9
题型05 机车启动问题.................................................................................................................................... 11
题型06 动能定理的理解..................................................................................................................................13
题型07 动能定理的基本应用...................................................................................................................15
题型08 动能定理与图像的“数形结合”.....................................................................................................17
题型09 运用动能定理解决多过程问题...................................................................................................22
题型10 动能定理在往复运动问题中的应用..................................................................................................27
02 核心突破练..................................................................................................................................................... 29
03 真题溯源练..................................................................................................................................................... 38
01 恒力做功的分析和计算
1．（2025·重庆·三模）如图，在某次巴蜀中学趣味运动会中,小蜀手持质量为
的乒乓球拍托着质量为
的球一起沿水平方向匀加速直线跑动。球拍平面与水平面之间的夹角为
。不计球和球拍之间的摩擦力以
及空气阻力，重力加速度为
。则（ ）
1
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A．乒乓球的加速度大小为
B．手对球拍的作用力为
C．球拍对乒乓球的弹力对乒乓球做正功
D．若小蜀在中途突然带着球拍减速,则乒乓球将做自由落体运动
【答案】C
【详解】A．对乒乓球受力分析如图所示
根据牛顿第二定律得
解得
故A 错误；
B．对球拍和乒乓球整体受力分析，如图所示
根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为
故B 错误；
C．对乒乓球受力分析如图所示
2
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乒乓球水平向右运动，即位移水平向右；由图可知，球拍对乒乓球的弹力N 与位移的夹角小于
，故球
拍对乒乓球的弹力N 对乒乓球做正功，故C 正确；
D．若小蜀在中途突然带着球拍减速，由于惯性，乒乓球的速度不会减小，将与球拍分离，在水平方向有
初速度，在竖直方向受力重力作用，故乒乓球将做平抛运动，故D 错误。
故选C。
2．（2025·新疆·三模）一质量为2kg 的物体沿粗糙水平面向右做直线运动，t＝0 时刻，对物体施加一个水
平向左的恒力F，如图甲所示，取水平向右为正方向，物体的v-t 图像如图乙所示，求：
(1)恒力F 的大小；
(2)4s 内物体克服摩擦力做的功。
【答案】(1)3N；(2)6J
【详解】（1）由图乙可得：物块在0-2s 内的加速度大小
位移大小
物块在2-4s 内的加速度大小
位移大小
3
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利用牛顿第二定律可得
解得F＝3N，
（2）物块在0-2s 内摩擦力做功
物块在2-4s 内摩擦力做功
4s 内摩擦力做功
即克服摩擦力做功6J
3．【竞技体育与学科知识结合】（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)
【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
4
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解得
02 两种特殊变力做功的分析和计算
4．
【传统文化与学科知识结合】（2025·河北廊坊·一模）石磨是把米、麦、豆等粮食加工成粉、
浆的一种工具。如图所示，石磨由下盘（不动盘）和上盘（转动盘）两部分组成。某人在手柄
上施加
方向总与
垂直、大小为
的水平力作用使石磨上盘匀速转动，已知
点到转轴
的距离为
，则
石磨上盘匀速转动一周的过程中摩擦力所做的功约为（ ）
A．0
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】F 与摩擦力一直是平衡力，F 克服摩擦力做功，因F 大小不变，方向不断变化，则在微小的位移
内可认为是恒力则微元功为
根据
可知摩擦力所做的功约为-18J。故选D。
5．（2025·山东·模拟预测）（多选）如图所示，在倾角为
的光滑固定斜面上，与斜面平行、劲度系数为
k 的轻弹簧下端连接在垂直斜面的固定挡板N 上，上端连接质量为m 的物块P，质量也为m 的物块Q 紧靠
着P，整个系统处于静止状态。现给Q 施加一平行于斜面向上的拉力，使Q 缓慢移动，到Q 与P 将要分离
时撤去拉力，重力加速度大小为g。则（ ）
5
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A．此过程中拉力的最大值为
B．此过程中拉力做的功为
C．撤去拉力瞬间弹簧的弹力大小为0
D．撤去拉力瞬间Q 的加速度大小为
【答案】BD
【详解】A．因为Q 缓慢移动，则Q 受力平衡，当Q 与P 将要分离时，它们之间的弹力为0，此时拉力最
大，最大为
，故A 错误；
C．撤去拉力瞬间，P 所受弹簧的弹力与重力沿斜面向下的分力平衡，则撤去拉力瞬间弹簧的弹力大小为
，故C 错误；
D．撤去拉力瞬间，Q 与P 的加速度相同，根据牛顿第二定律
可得
故D 正确；
B．移动过程由平衡条件有
故拉力F 与移动的位移
成线性关系，此过程F 对
的平均值为
此过程的位移大小为
所以此过程中拉力做的功为
故B 正确。
故选BD。
6．某星系中有大量的恒星和星际物质，主要分布在半径为2R 的球体内，球体外仅有极少的恒星。球体内
6
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物质总质量为M，可认为均匀分布。如图所示，以星系中心为坐标原点O，沿某一半径方向为x 轴正方向，
在
处有一质量为m 的探测器，向着星系边缘运动。已知万有引力常量为G。
(1)已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，推导探测器在星系内受到的引力大小F 随x 变化的规
律。
(2)求探测器从
处沿x 轴运动到球体边缘的过程中引力做的功W。
【答案】(1)
；(2)
【详解】（1）星系内以x 为半径的球体质量
质量为m 的探测器在x 处受到万有引力的大小
解得
（2）由
可知
则探测器运动至球体边缘的过程中平均力
得万有引力做功
03 非特殊变力做功的分析和计算
7．质量为1kg 的物块，初速度为2m/s，在与初速度方向相同的水平拉力F 作用下运动了2m，F 随位移x
变化的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.1，g 取
。则物块运动2m 时的速度为
（ ）
7
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A．
B．
C．4m/s
D．
【答案】C
【详解】根据
图像围成的面积表示力F 做的功，则有
对物块，根据动能定理有
代入数据解得
故选C。
8．如图所示，一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点的正下方P 点。现用水平拉力F 拉动小球，
让小球从P 点缓慢地移动到Q 点，到达Q 点时绳子偏离竖直方向的夹角为
，重力加速度为g，则在此过
程中（ ）
A．绳子拉力做正功
B．F 做功为
C．重力做功为
D．F 做功为
【答案】B
【详解】ABD．绳子拉力与速度垂直，不做功；小球从P 点缓慢地移动到Q 点，根据动能定理可得
8
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解得
，故AD 错误，B 正确；
C．重力做功为
，故C 错误；
故选B。
9．一质量为m 的物块静止在水平地面上A 点，现对物块施加一水平向右的变力F，且F 与速度v 满足关系
（其中k 为定值），作用时间t 后撤去外力F，最后物块停在C 点。已知物块与地面间动摩擦因数
为
，重力加速度为g，则AC 间距离为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由题中
可知
故功为
摩擦力做功为
根据动能定理有
解得
故选B。
10．（多选）力F 对物体所做的功可由公式
求得。但用这个公式求功是有条件的，即力F 必
须是恒力。而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。那么，用这个公式不能直接求变力的功，我
们就需要通过其他的一些方法来求解力F 所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所
做的功，下列说法正确的是（ ）
9
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A．甲图中若F 大小不变，物块从A 到C 过程中力F 做的为
B．乙图中，全过程中F 做的总功为
C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f 大小不变，小球从A 运动到B 过程中空气阻力做的功
D．图丁中，F 始终保持水平，无论是F 缓慢将小球从P 拉到Q，还是F 为恒力将小球从P 拉到Q，F
做的功都是
【答案】AB
【详解】A．因沿着同一根绳做功的功率相等，则力对绳做的功等于绳对物体做的功，则物块从A 到C 过
程中力F 做的为
故A 正确；
B．乙图
的面积代表功，则全过程中F 做的总功为
故B 正确；
C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f 大小不变，可用微元法得小球从A 运动到B 过程中空气阻力做的功为
故C 错误；
D．图丁中，F 始终保持水平，当F 为恒力时将小球从P 拉到Q，F 做的功是
而F 缓慢将小球从P 拉到Q，F 为水平方向的变力，F 做的功不能用力乘以位移计算，故D 错误。
故选AB。
04 功率和功综合问题的分析和计算
11．（2025·辽宁朝阳·模拟预测）某同学跳绳1 分钟，平均每分钟跳120 次，每次重心升高约5cm。估算他
跳绳时克服重力做功的平均功率最接近（ ）
A．10W
B．50W
C．100W
D．200W
【答案】B
【详解】每次克服重力做功
10
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假设同学质量
，重力加速度
2，重心升高
，则
每分钟跳120 次，总功为
则平均功率
故选B。
12．（2025·江苏常州·二模）高空坠物事件频发，危害巨大。现有一重物在无风的情况下从高空被斜向下
抛出，如图所示。已知重物所受空气阻力的大小与坠落速率成正比，则该重物在下落过程中重力的瞬时功
率P 随时间t 变化的图像可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】重物在下落过程中受到重力和空气阻力作用，随着速率的增加，空气阻力逐渐增大，重物在水平
方向减速，竖直方向加速，故阻力在竖直向上的分力逐渐增大，则重物在竖直方向做加速度越来越小的加
速运动，
增大，但
图像的切线斜率变小，而重力的瞬时功率
，则
图像的切线斜率变
小，初始时刻
不等于零，即初始时刻重力功率不为零。
11
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故选C。
13．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，电磁弹射系统
是福建舰的核心装备之一，在测试电磁弹射系统时，配重小车自甲板前端水平射出，落至海面上。简化模
型如图所示，两辆质量相同的配重小车1 和小车2 先后进行弹射测试，轨迹分别为曲线1 和曲线2，A、B
为两次弹射的落水点。忽略空气阻力，配重小车可视为质点。则关于配重小车1 和小车2 说法正确的是（
）
A．落水瞬间速度大小
B．在空中运动过程中速度变化量
C．落水瞬间重力的瞬时功率
D．在空中运动过程中重力的平均功率
【答案】B
【详解】A．配重小车离开甲板后做平抛运动，二者下落高度相等，根据
可知，二者下落时间相等；
由竖直方向分速度
可知
水平分运动为匀速运动，根据
及
得
由矢量运算法则可得
故A 错误；
12
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B．根据速度变化量公式
因二者下落时间相等，故二者在空中运动过程中速度变化量
，故B 正确；
D．下落高度相等重力做功相等，又下落时间相等，由
及
易知在空中运动过程中二者重力的平均功率相等，
故D 错误；
C．落水瞬间重力的瞬时功率为
，而
，二者质量相等，所以落水瞬间二者重力的瞬时功率
相等，
故C 错误；
故选B。
05 机车启动问题
14．（2025·安徽·模拟预测）目前我国在高铁领域建成了全球发展速度最快、系统技术最完备、集成能力
最强的高铁系统，纯正中国“智造”的复兴号动车组是中国高铁“金名片”。如图所示为复兴号动车组列
车在水平长直轨道上的运行图，8 节质量均为
的车厢编组运行，其中第2、4、5、7 节车厢为动力车厢。
列车由静止开始以额定功率
（总功率）运行，每节动力车厢提供的功率均相同，经过一段时间达到最
大速度
。列车向前运动过程中，只有第1 节车厢会受到前方空气的阻力，并且阻力大小与速度的平方成
正比，不计其他阻力，
，
，
均为已知量，则（ ）
A．列车以额定功率
运行过程做匀加速直线运动
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B．列车速度从0 变化到
过程，动车组动力做功
C．在
时刻，列车的速度小于
D．当列车速度
时，第4 节车厢对第5 节车厢的作用力大小为
【答案】D
【详解】A．由题意，对列车根据牛顿第二定律有
可以看出随列车速度的增加，列车的加速度是减小的，故A 错误；
B．对列车，根据动能定理有
由于不清楚阻力做的功，无法计算动车组动力做功，故B 错误；
C．列车做加速度逐渐减小的加速运动，由
图像，可知在
时刻，列车的速度大于
，故C 错误；
D．当列车达到最大速度
时，有
当列车速度
时，对列车根据牛顿第二定律有
对5、6、7、8 节车厢，有
解得
，故D 正确。
故选D。
15．（2025·广西北海·模拟预测）（多选）若火箭竖直向上发射的初级阶段做如下假设：重力加速g 不变，
空气阻力忽略不计，火箭的质量m 保持不变，加速度a 与速度倒数
的关系图像如图所示。已知图像的横
轴截距为b，斜率为k，下列说法正确的是（ ）
14
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A．火箭的加速度恒定
B．火箭的最大速度为
C．火箭以恒定的功率mk 启动
D．图像的纵轴截距为－2g
【答案】BC
【详解】A．由图像看出火箭的加速度随速度而变化，则不是以恒定的加速度启动，A 错误；
B．加速度为0 时，速度的倒数为最小值，速度达到最大值，
由图像看出
则
B 正确；
CD．假设火箭以恒定的功率
启动，由牛顿第二定律和功率的公式综合可得
变形可得
则
关系图像是一条倾斜的直线，假设成立，即火箭是以恒定的功率启动，
图像的斜率为
解得
图像的纵截为
，C 正确，D 错误。
故选BC。
06 动能定理的理解
16．（2025·山西晋城·三模）实验小组利用风洞研究抛体运动，在风洞内无风时，将一小球从距水平面高h
处的O 点以某一速度水平抛出后，小球落到水平面上时的动能为
，水平位移
，现让风洞内存在
15
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如图所示方向的风，使小球受到恒定的风力，小球仍以相同的速度从O 点水平抛出，则小球落到水平面上
时的动能（ ）
A．一定大于
B．一定小于
C．等于
D．不大于
【答案】A
【详解】根据已知条件可知，风力对小球做正功，根据动能定理可知，小球落到水平面上时的动能一定大
于
。
故选A。
17．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，在某次篮球比赛时，运动员将质量为
的篮球从低于篮筐处以速
度
投出的情景，篮球恰好以速度
落入篮筐。设重力加速度为
，则篮球从出手到落人篮筐的过程中，
克服空气阻力做的功为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由能量关系可知，篮球从出手到落人篮筐的过程中，由动能定理
16
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则
克服空气阻力做的功为
。
故选A。
18．（2025·河南·模拟预测）如图所示，一名质量为
的游客从高处跳下落到沙滩上。已知该游客起跳处
脚底与沙滩表面之间的高度差为
，落到沙滩上时屈膝缓冲，重心下降的高度为，该过程沙子对游客的
作用力视为不变，重力加速度为
，不计空气阻力，则该游客从接触沙子到重心停止下降过程中受到沙子
竖直向上的冲力为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】根据动能定理
则该游客从接触沙子到重心停止下降过程中受到沙子的平均冲力为
故选A。
07 动能定理的基本应用
19．（2025·河南·三模）如图所示，半径为R、内壁光滑的细圆管轨道竖直放置，一质量为m 的小球在细
圆管内可以做完整的圆周运动。已知细圆管内径远小于轨道半径，小球直径略小于细圆管内径，重力加速
度为g，下列说法正确的是（ ）
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A．小球经过最低点时，可能处于失重状态
B．小球经过最高点时，可能处于超重状态
C．若小球经过最高点的速度增大，则小球在最高点时对管壁的弹力减小
D．若小球经过最高点的速度大于
，则小球经过最高点和最低点时对轨道的弹力差为6mg
【答案】D
【详解】A．小球在最低点时，加速度方向向上，小球处于超重状态，故A 错误；
B．小球经过最高点时，加速度大小为零或方向向下，小球可能处于失重状态，故B 错误；
C．若小球经过最高点的速度较大，则轨道对小球有向下的弹力，有
若小球的速度增大，则小球在最高点对管壁的弹力增大，故C 错误；
D．设小球经过最高点的速度大小为
，经过最低点的速度大小为
，在最高点有
在最低点有
小球从最高点到最低点，由动能定理有
联立解得
，故D 正确。
故选D。
20．（2025·湖北·模拟预测）如图所示，为了研究过山车的原理，某兴趣小组设计过山车轨道路线的模型
图，凹圆弧
和凸圆弧
的半径均为
，圆心角均为
，
点与地面相切，A、
、
三点处于同一
高度，且各段之间平滑连接。设想过山车从距地面高度为
的
点由静止开始运动，安全行驶（过山车对
轨道一直有压力）至
点，运动过程中摩擦力及空气阻力忽略不计，则下列圆心角取值一定不合理的是（
）
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】过山车要能通过D 点且对轨道一直有压力，须满足
另外，过山车要能安全行驶（过山车对轨道一直有压力）至
点，通过E 点时须满足
过山车由P 点运动到E 点的过程，由动能定理得
联立得
要想H 存在，须满足
解得
若
，则
若
，则
故选D。
08 动能定理与图像的“数形结合”
21．质量为m 的小球以初动能
自空中的O 点沿某一方向抛出，该小球抛出后运动过程中的动能
与水
平方向运动的位移x 的关系图像如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是
（ ）
19
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A．小球做倾角为53°的斜上抛运动
B．小球动能最小时所在位置距抛出点O 的竖直高度为
C．小球动能最小时所在位置距抛出点O 的水平位移为
D．小球从抛出到动能最小时经历的时间为
【答案】B
【详解】A．根据小球抛出后的
图像知，小球做的是斜上抛运动，动能最小时对应于小球运动至最
高点且速度方向水平。设小球抛出时的速度大小为
，与水平方向间的夹角为
，根据
，
，
，
联立可得可得
，
故A 错误；
BCD．小球从抛出到动能最小时经历的时间
距抛出点O 的竖直高度
运动的水平位移
20
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故B 正确，CD 错误。
故选B。
22．（2025·山东泰安·模拟预测）滑草是一项使用滑草车沿倾斜草地滑行的运动，深受青年人喜爱。甲图
为滑草运动场地实景图，该运动场地由倾斜滑道
和水平滑道
两部分组成，
点处平滑连接，
长
，与水平面夹角为
，
段动摩擦因数是
段的2 倍，如图乙所示。某游客乘坐滑草车从A 点
由静止开始沿滑道下滑，恰好停在
点。取
所处的水平面为重力势能的零势能面，游客与滑草车在
上运动的机械能、重力势能随着位移
的变化情况如图丙所示。
，则
长为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】由图丙可知，游客在A 点的机械能等于游客在A 点的重力势能为
解得
在B 点的机械能等于动能，为
设
长为
，
段的动摩擦因数为
，则
段的动摩擦因数为
，游客从
到
的过程，根据动能定
理可得
联立，解得
游客从
到
的过程，根据动能定理可得
解得
故选C。
23．（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
21
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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
22
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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。
24．（2025·江苏南京·二模）如图甲所示，倾角为
、长为2l 的斜面AC，AB 段光滑，BC 段粗糙，且
AB=BC=l。质量为m 的小物体由A 处静止释放，到C 点恰好停下，BC 段动摩擦因数自上而下逐渐增大，
具体变化如图乙所示，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．动摩擦因数最大值μm=2tan
B．小物块的最大速度为
C．重力在AB、BC 两段路面上做功不相等
D．重力在AB 段中间时刻瞬时功率等于在BC 段中间时刻瞬时功率
【答案】B
23
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【详解】A．从A 处静止释放，到C 点恰好停下，根据动能定理可得
由图乙可知
联立解得
故A 错误；
B．当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，此时有
解得
由图乙可知，此时小物块在BC 段下滑的距离为
，则从从A 处静止释放到最大速度过程，根据动能定理
可得
其中
解得最大速度为
故B 正确；
C．由于AB、BC 两段路面的长度相同，对应的高度相同，根据
可知重力在AB、BC 两段路面上做功相等，故C 错误；
D．设小物块在B 点的速度为
，小物块在AB 段做匀加速直线运动，则AB 中间时刻速度为
则重力在AB 段中间时刻瞬时功率
小物块在BC 段不是做匀变速直线运动，所以BC 段中间时刻速度
则重力在BC 段中间时刻瞬时功率
故D 错误。
故选B。
24
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25．（2025·江苏扬州·模拟预测）如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AB 和光滑半圆轨道BC 组
成，斜面底端通过一小段圆弧（图中未画出，长度可不计）与轨道相切于B 点。斜面的倾角为37°，半圆
轨道半径为1m，B 是圆轨道的最低点，C 为最高点。将一小物块置于轨道AB 上离地面高为H 处由静止下
滑，用力传感器测出其经过B 点时对轨道的压力F，改变H 的大小，可测出相应的F 的大小，F 随H 的变
化规律如图乙所示。物块在某次运动时，由H=8.4m 处释放，通过C 后，又落回到斜面上D 点。（已知sin
37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10 m/s2）
(1)若物块由H=3m 处释放，求物块到达B 点时的速度；
(2)物块与斜面间的动摩擦因数；
(3)物块落到D 点时的速度大小。
【答案】(1)
；(2)0.5；(3)
【详解】（1）由图像可知：H=0 时，F=5N，此时有F=mg，可得m=0.5kg
H=3m 时，F=15N，此时根据牛顿第二定律
，可得
（2）物块从斜面上A 点滑到B 点的过程中，由动能定理得
解得μ=0.5
（3）物块从A 到C 由动能定理得
物块从C 到D 做平抛运动，下落高度
水平位移x=vCt
由几何关系知
可得t=0.4s
物块到D 点时的速度的大小
25
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09 运用动能定理解决多过程问题
26．（2025·河南·模拟预测）2025 年2 月27 日至3 月10 日，第十二届残运会高山滑雪比赛在新疆乌鲁木
齐丝绸之路国际滑雪场举行。如图所示为一简化后的滑雪的雪道模型示意图，竖直平面内半径
的光
滑四分之一圆弧轨道与水平雪道相切于
点。质量
的运动员由
点静止下滑，最后静止于水平雪
道上的
点。已知运动员与地面
间的动摩擦因数
0.25。运动员可视为质点，忽略空气阻力，重力加
速度大小为
，则运动员在
点时所受圆弧轨道的支持力大小
和
、
两点间的距离
分别为
（ ）
A．
；
B．
；
C．
；
D．
；
【答案】A
【详解】运动员从
到
过程，根据机械能守恒定律有
解得得
运动员在
点时，根据牛顿第二定律有
解得
运动员由
点运动到
点的过程中，根据动能定理有
解得
故选A。
27．（2025·山东淄博·三模）（多选）如图所示，倾角为
的斜面固定在水平地面上，以斜面上的O 点为
坐标原点，沿斜面向下建立x 轴，从O 点由静止释放一质量为
的小物块，物块与斜面的动摩擦因数
，k 为常数。物块在
点（图中未标出）达到最大速度并最终停在
点，重力加速度大小为g。下列
26
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说法正确的是（ ）
A．OA 之间的距离为
B．物块下滑过程中的最大速度为
C．OB 之间的距离为
D．物块在OA 与AB 之间运动所用的时间相等
【答案】BD
【详解】A．物块在A 点时速度最大，则加速度为零，可得
其中
解得OA 之间的距离为
，选项A 错误；
B．从O 到A 由动能定理
解得物块下滑过程中的最大速度为
，选项B 正确；
C．从O 到B 由动能定理
解得OB 之间的距离为
，选项C 错误；
D．滑块从O 至B 点的滑动过程中，f-x、F 合-x 及a-x 的关系图像分别如图所示，
根据上述图像可知，物块受到的合外力以及加速度都是随x 的线性变化，且在关于A 对称的位置合力及加
27
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速度大小相等方向相反，所以速度大小也关于A 点对称，因此从O 到A 与从A 到B 时间相等，故D 正确。
故选BD。
28．（2025·河南·二模）如图所示，质量
的滑块P 从水平轨道末端A 点以
的速度滑出时，
恰能沿竖直面内的光滑轨道AB 运动，且全程对轨道无压力，到达B 点时的速度大小
、方向沿半
径
的光滑圆形轨道BC 的切线方向，轨道BC 与长
的粗糙水平轨道CD 平滑连接，C 为圆
形轨道的最低点，CD 平滑连接一倾角
、足够长的粗糙斜面。质量也为
的物块Q 静止在水
平轨道CD 上，物块P、Q 与水平轨道CD 及与斜面间的动摩擦因数均为
，P 与Q 相碰会粘在一起，
滑块P、Q 均可视为质点。现将滑块P 从A 点无初速度释放，
，
，重力加速度g 取
，求：
(1)轨道AB 的高度差；
(2)滑块P 滑到圆轨道上的C 点时，对轨道的压力大小；
(3)滑块P、Q 最后所停位置到D 点的距离s 与初始时Q 到C 点的距离x 的关系。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）滑块P 从水平轨道末端A 点以
滑出到B 点过程，由动能定理有
解得
（2）设B 点速度方向与水平方向夹角为α，有
解得
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滑块P 从A 点到C 点过程，由动能定理有
解得
滑块P 在C 点时，由向心力公式有
解得
由牛顿第三定律，可知滑块P 滑到C 点时对轨道的压力大小
（3）设P 滑行x 后与Q 碰撞，由动能定理有
P、Q 相碰过程，由动量守恒定律有
联立解得
，
若P、Q 整体恰好到达D 点，由动能定理有
解得
①当
时，由动能定理有
解得
②当
由动能定理有
从斜面返回水平轨道，由动能定理有
联立解得
29．如图所示，一游戏装置由倾斜角为
的光滑轨道
、水平传送带
、半径为
的光滑竖直
圆形轨道
、倾角为
斜面
组成，
为圆弧轨道的圆心，
、
四点在同一水平面上。游
戏时，小滑块从倾斜轨道不同高度处静止释放，经过传送带后沿圆形轨道运动，最后由
点平抛后落在不
同的区间获不同的奖次。已知小滑块与传送带的动摩擦因数
长为
是圆轨道上与圆
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心等高的点，
距水平地面
的高度
，小滑块经
处时速度大小不变，小滑块可视为质点，其余
阻力均不计，
取
，传送带开始处于静止状态，求：
(1)若小滑块质量为
，释放的高度
，求小滑块通过
点时对轨道的压力；
(2)为了使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道DEF，求小滑块释放高度的范围；
(3)若小滑块释放的高度
，同时调节传送带以不同速度顺时针转动，为了保证小滑块不脱离圆轨
道又能从
点水平飞出，试写出小滑块第1 次落点（不反弹）与
点的水平距离
与传送带速度的关系。
【答案】(1)4N，方向水平向右；(2)见解析；(3)见解析
【详解】（1）A 到E，由动能定理得
在
点，由牛顿第二定律得
联立得
由牛顿第三定律得
，方向水平向右
（2）滑块恰好到进入圆轨道，由动能定理得
解得
使小滑块进入圆轨道，则
①滑块恰好到
点，由动能定理得
解得
使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道，则
②滑块恰好到
点，由动能定理得
30
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在
点，由牛顿第二定律得
解得
要使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道，则
（3）由题意可知，滑块过最高点
，则
到
，由动能定理得
联立得
即滑块过最高点
，必须满足
滑块从
点水平飞出，恰好落在
点。则
，
解得：
①当
时，落点均在斜面上，则
解得
②当
时，
③当
时，
10 动能定理在往复运动问题中的应用
30．（2025·四川雅安·二模）（多选）如图所示，粗糙程度可改变的斜面DE 与光滑圆弧轨道BCD 相切于
D 点，C 为最低点，B 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R＝1m，圆心角∠BOD＝127°，调整斜面动摩擦因数
时，将一可视为质点、质量m＝1kg 的物块，从B 点正上方的A 点自由释放，物块恰好到达斜面顶
端E 处。已知AB＝1m，DE＝1.8m，重力加速度g 取
，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（ ）
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A．物块第一次通过C 点时受到支持力大小为50N
B．调整μ＝0.4，物块在斜面上运动的路程为5.625m
C．调整μ＝0.6，物块在斜面上运动的路程为3.75m
D．调整μ＝0.8，物块在斜面上运动的路程为1m
【答案】AC
【详解】A．从A 到C 过程，根据动能定理得
物块在C 点时，由牛顿第二定律得
联立解得物块第一次通过C 点时受到支持力大小为
=50N
故A 正确；
B．当斜面动摩擦因数
时，从A 到E 过程，根据动能定理得
解得
当μ＝0.4 时，因
，物块会从E 点飞出，物块在斜面上运动的路程为DE=1.8m
故B 错误；
C．当μ=0.6 时，因
，物块最终会在以C 为中心、B 为左端最高点的圆弧上来回运动，设物
块在斜面上运动的路程为s。
从A 点到最终稳定运动时的B 点，由动能定理得
解得s=3.75m
故C 正确；
32
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D．当μ＝0.8 时，因
，物块会停止在斜面上，物块在斜面上运动的路程为
。由动能定理得
解得
1.45m
故D 错误。
故选AC。
31．（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
33
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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
1．（2025·河北·模拟预测）用电钻给固定的物体钻孔，钻头所受的阻力与运动时间的关系图像如图甲所
示，钻头所受的阻力与运动位移的关系图像如图乙所示，已知两图像的斜率分别为
、
，下列说法正确
的是（ ）
A．由图像分析可得，电钻做匀速运动
B．前一段时间
内，阻力的冲量的大小为
C．前一段位移
内，摩擦生热为
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D．前一段时间
内，电钻的平均速度无法算出
【答案】A
【详解】A．从图中可以看出，阻力
随时间变化的关系为
，阻力
随位移变化的关系为
，
故有
即
电钻做匀速运动，A 正确；
B．根据图甲可得
，由
知前一段时间
内，阻力的冲量的大小为
其中
得
，B 错误；
C．根据图乙可得
，由
知前一段位移
内，摩擦生热为
，其中
，得
，C 错误；
D．由
，
得
，D 错误。
故选A。
2．（2025·安徽·模拟预测）如图甲所示，倾角为
的固定斜面上有一物块处于静止状态，物块的质量
为1kg，现用沿斜面向下的恒力推物块，过一段时间撤去推力，物块沿斜面向下运动的
图像如图乙所
示，已知物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面足够长，重力加速度
。则下列判断正确的是（ ）
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A．物块静止时，斜面对物块的作用力大小为8N
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．推力
对物块做的功为36J
D．若推力增大为原来的2 倍，则物块下滑的加速度大小为
【答案】D
【详解】A．从图像上可以看出撤去推力后物块做匀速运动，所以物块受到重力、斜面的支持力和摩擦力
处于平衡状态，所以斜面对物块的支持力与摩擦力的和与重力大小相等，方向相反，故物块静止时，斜面
对物块的作用力大小为10N，故A 错误；
B．拉力撤去后物块做匀速直线运动，则由平衡条件
解得物块与斜面间的动摩擦因数为
，故B 错误；
C．由图像可求加速度大小为
由牛顿第二定律可知，拉力撤去前由牛顿第二定律
解得
根据
图像与时间轴围成的面积表示位移，有推力时物块的位移
根据功的公式
，故C 错误；
D．若恒力
增大为原来的2 倍即
时，由牛顿第二定律可知
代入数据可得，物块下滑的加速度大小为
，故D 正确。
故选D。
3．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
的某新能源汽车在水平路
面上以恒定加速度启动，其
图像如图所示，其中
段和
段为直线。已知汽车动力系统的额定功率
为
，汽车所受阻力大小恒为
，图中
均为已知量，下列说法正确的是（ ）
36
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A．汽车
段运动过程阻力做的功
B．
时刻汽车的功率达到额定功率
C．汽车速度为
时的功率为
D．汽车
段前进的路程
【答案】B
【详解】A．由图可知，汽车最大速度为
，当汽车达到最大速度后由
可知
0~t1时间内汽车做匀加速运动，由图像可得位移
汽车
段运动过程阻力做的功
故A 错误；
B．0~t1时间内汽车做匀加速运动，则有
汽车速度增大过程中，牵引力不变，功率增大，速度达到最大时，功率达到额定功率，故B 正确；
C．0~t1内牵引力F 不变，t1时刻
汽车速度为
时
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故C 错误；
D．t1~t2内由动能定理得
解得
故D 错误；
故选B。
4．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，一条长
的细线，上端固定在转轴的
点，下端拴一个可
视为质点、质量
的小球，小球在水平面内随转轴做圆周运动，绳子与竖直方向成
角。若保
持悬点和绳长不变，增大转轴的转速，小球再次稳定后，绳子跟竖直方向成
角，忽略空气阻力，重力
加速度
，
。则绳子对小球做的功约为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】令细绳与竖直方向夹角为
，小球做圆周运动，对小球进行受力分析如图所示
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则有
解得当夹角分别为37°与53°时的线速度为
，
根据动能定理有
解得
J
故选B。
5．（2025·安徽·一模）安徽黄山是世界文化与自然双遗产、世界地质公园，以奇松、怪石、云海、温泉、
冬雪著称于世。2013 年7 月开通的西海大峡谷地面观光缆车如图（1）所示，最近因沿线的奇幻美景和视
觉上的冲击力突然在社交平台上走红。地面观光缆车的内部结构及该乘客乘车情形如图（2）所示，缆车
内部地板水平。则下列说法中正确的是（ ）
A．当观光缆车上行时，该乘客所受的合力一定为零
B．当观光缆车加速上行时，缆车对该乘客的作用力方向与轨道平行
C．当观光缆车下行时，缆车对该乘客的摩擦力一定不为零
D．当观光缆车减速下行时，缆车对该乘客做负功
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【答案】D
【详解】A．当观光缆车匀速上行时，乘客受到的合力才为零，故 A 错误；
B．观光缆车加速上行时，加速度方向沿轨道向上，乘客受到的合力方向沿轨道向上，因此缆车对乘客的
作用力与重力的合力方向与轨道平行向上，则缆车对乘客的作用力一定不与轨道平行，故B 错误；
C．缆车匀速下行时，人处于平衡状态，则缆车对人的摩擦力为零，故C 错误；
D．缆车减速下行时，缆车对人的作用力方向与人的位移方向的夹角为钝角，缆车对乘客做负功， D 正确。
故选D。
6．（2025·安徽·模拟预测）（多选）如图所示，玩具水枪对着竖直墙壁稳定连续喷水，喷口始终位于a 点，
水流喷出方向始终沿a、b 连线方向。第一次喷水时水流击中墙壁c 点，第二次喷水时速度变为原来的一半，
水流击中墙壁d 点。a、b、c、d 位于同一竖直平面，喷出的水可视为做斜抛运动。下列说法正确的是（
）
A．图中的距离关系满足
B．水流在c、d 点速度的反向延长线交于ab 中点
C．第二次空中的水量大于第一次空中的水量
D．第二次水枪喷水的功率是第一次的
【答案】BD
【详解】A．把斜抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动，设a、b 间距离
为L，有
b 到击中点的距离为h，有
，可得
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两次高度之比
所以
故A 错误；
B．画出速度矢量图和位移矢量图如图所示
反向延长末速度方向与ab 交于点e，由相似关系可得
可得
故水流在c、d 点速度的反向延长线交于ab 的中点e
故B 正确；
C．设管口截面积为S，空中水的体积
则两次空中的水量相等，故C 错误；
D．
时间喷出水的质量
水枪在
时间对水做的功为
水枪的喷水功率
则第二次水枪的喷水功率是第一次的
，故D 正确。
故选BD。
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7．（2025·安徽黄山·一模）一款能垂直起降的遥控无人机质量m = 200 kg，发动机的功率最大值Pm =
24000 W，最大竖直升力Fm = 3000 N，执行侦察任务时悬停在离地高度h1 = 189.6 m 的高空。执行任务后
需要尽快竖直上升到离地高度超过h2 = 240 m 的安全区域。忽略空气阻力，g 取10 m/s2。求：
(1)该过程的最大上升速度大小与最大上升加速度大小；
(2)执行任务后，无人机立即以最大竖直升力上升，到最大功率时所用的时间及该过程位移的大小；
(3)执行任务后，为尽快到达安全区域，无人机至少需要运动的时间（到达安全区域之前已经达到最大速
度）。
【答案】(1)12 m/s，5 m/s2；(2)1.6 s，6.4 m；(3)5.6 s
【详解】（1）设最大速度为vm，由
解得
设最大上升加速度为am，
解得
（2）设发动机匀加速到最大功率的末速度为v1，有
设该段时间为t1，由速度公式
设该段距离为x1，有
联立解得
（3）为尽快脱离危险区，首先需要最大加速度匀加速，然后保持最大功率运动的距离为x2，有
设该过程的时间为t2，对无人机应用动能定理
42
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解得
所以，无人机至少需要的运动时间
解得
8．（2025·安徽·二模）如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的圆形轨道竖直放置在水平地面上，轨
道圆心为O，P、Q 是轨道上与圆心O 等高的两点。一质量为m 的小球沿轨道做圆周运动且刚好能通过轨
道最高点，运动过程中轨道始终在地面保持静止状态。已知重力加速度为g，求：
(1)小球经过轨道最低点时的速度大小；
(2)小球经过P 点时，地面对轨道的摩擦力；
(3)轨道对地面的最小压力的大小。
【答案】(1)
；(2)
，方向水平向右；(3)
【详解】（1）由题意可知，小球恰好通过轨道最高点时，小球的重力恰好提供向心力，则有
解得
小球从最高点运动到最低点，设小球在最低点的速度为
，由动能定理可得
解得
（2）小球经过P 点时，轨道的支持力提供向心力，设速度为
，小球由最高点运动到P 点过程中，由动
能定理得
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又
解得
方向水平向右。
由牛顿第三定律得，小球对轨道压力
方向水平向左。
由二力平衡得，地面对轨道摩擦力
方向水平向右。
（3）如图所示
设小球经过A 点时速度大小为v，
连线与竖直方向夹角为
，由动能定理有
又
解得
又有
根据牛顿第三定律，轨道对地面压力等于地面对轨道的支持力，结合轨道受力平衡可知
由数学知识得，当
时，
取最小值
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1．（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。
2．（2025·四川·高考真题）如图所示，倾角为
的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机
通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为
。
电动机以恒定功率P 拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，
大小为
。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。
则这段时间内（ ）
A．物块的位移大小为
B．物块机械能增量为
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C．小车的位移大小为
D．小车机械能增量为
【答案】C
【详解】A．对物块根据牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式有
解得物块的位移大小为
故A 错误；
B．物块机械能增量为
故B 错误；
C．对小车根据动能定理有
其中
联立解得
故C 正确；
D．小车机械能增量为
故D 错误。
故选C。
3．（2024·安徽·高考真题）在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉农田，简化模型如图
所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。出水口距水平地面的高度为h，与落地点的水平距离约为
l。假设抽水过程中H 保持不变，水泵输出能量的
倍转化为水被抽到出水口处增加的机械能。已知水的密
度为
，水管内径的横截面积为S，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则水泵的输出功率约为（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设水从出水口射出的初速度为
，取时间内的水为研究对象，该部分水的质量为
根据平抛运动规律
解得
根据功能关系得
联立解得水泵的输出功率为
故选B。
4．（2025·广东·高考真题）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随
后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从
0 时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f 随位移大小x 的
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变化关系为
，其中
为常量，h 为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为
a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为
且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提
示：可用
图线下的“面积”表示f 所做的功）求：
(1)木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度
。
(2)拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。
(3)拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P 随时间t 变化的表达式。
【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
可得摩擦力对木塞所做的功为
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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
5．（2025·福建·高考真题）如图甲，水平地面上有A、B 两个物块，两物块质量均为0.2kg，A 与地面动摩
擦因数为
，B 与地面无摩擦，两物块在外力F 的作用下向右前进，F 与位移x 的图如图乙所示，P
为圆弧最低点，M 为最高点，水平地面长度大于4m，重力加速度
。
(1)求
，F 做的功；
(2)
时，A 与B 之间的弹力；
(3)要保证B 能到达M 点，圆弧半径满足的条件。
【答案】(1)1.5J；(2)0.5N；(3)
【详解】（1）求
，F 做的功
（2）对AB 整体，根据牛顿第二定律
其中
对B 根据牛顿第二定律
联立解得
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（3）当A、B 之间的弹力为零时，A、B 分离，根据（2）分析可知此时
此时
过程中，对A、B 根据动能定理
根据题图可得
从
点到
点，根据动能定理
在
点的最小速度满足
联立可得
即圆弧半径满足的条件
。
6．（2025·湖北·高考真题）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n 是大于1
的正整数）个质量均为m 的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑
块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为
，滑块与木板间的动摩擦因数为
。初始时木板和
所有滑块均处于静止状态。现给第1 个滑块一个水平向右的初速度，大小为
（
为足够大常数，g
为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于
滑动摩擦力。
(1)求第1 个滑块与第2 个滑块碰撞前瞬间，第1 个滑块的速度大小
(2)记木板滑动前第j 个滑块开始滑动时的速度为
，第
个滑块开始滑动时的速度为
。用已知量和
表示
。
(3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求
的值。（参考公式：
）
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【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）滑块1 运动时，对木板的摩擦力为
地面对木板的摩擦力为
所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L，所以对滑块1 根据动能定理有
解得
（2）滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j 个滑块开始运动时加速度为
根据运动学公式，第j 个滑块开始滑动到和第
个滑块碰撞时，有
第j 个滑块和第j+1 个滑块碰撞过程中动量守恒有
联立可得
（3）当第k 个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有
解得
（n 为整数）
则第
个（即
）木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的
木块不发生相对滑动，则
则
木板和剩下的木块不发生相对滑动。
对前面
个（即
）木块，有
木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面
个木块和
个木块共速，且相对位移恰好为
，
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则
则
又
则
则
j=1 时，第一个滑块开始运动的速度
，则
j=2 时，根据动量守恒定律可得
可得第2 个滑块开始运动的速度
，
则
由第二问可得，
，则对第3 个滑块到第
个滑块有
……
将从j=2 到j=k+1 相关方程累积求和可得
联立
，
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可得
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