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第19 讲 动能定理的理解及应用
目录
01 课标达标
练.................................................................................................................................................................................2
题型01 对动能定理的理解及简单应用..............................................................................................................2
题型02 用动能定理求解直线运动问题................................................................................................................3
题型03 用动能定理求解曲线运动问题................................................................................................................3
题型04 用动能定理求解变力做功问题 ............................................................................................................4
题型05 动能定理与v-t 图像的综合....................................................................................................................4
题型06 动能定理与a-t 图像的综合......................................................................................................................4
题型07 动能定理与F-x 图像的综合......................................................................................................................5
题型08 动能定理与P-t 图像的综合...................................................................................................................6
题型09 动能定理与Ek-x 图像.................................................................................................................................8
题型10 多过程直线运动问题...............................................................................................................................8
题型11 多过程曲线运动问题...............................................................................................................................8
题型12 直线曲线运动相结合的多过程问题......................................................................................................8
02 核心突破练.......................................................................................................................................................9
03 真题溯源练.....................................................................................................................................................11
01 对动能定理的理解及简单应用
1．（2023·新课标卷·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（ ）
1
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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
2
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D 错误。
故选BC。
2．（2024·福建龙岩·一模）如图所示，某滑板运动者在距地面高度
的平台上滑行，从A 点水平离
开后落在水平地面上的B 点，其水平位移
。由于人与滑板着地时存在机械能损失，着地后速度大小
变为
、方向水平向右，在水平地面滑行一段距离后停止。已知人与滑板的总质量
，人与
滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小为
，重力加速度
，不计空气阻力。求：
（1）人与滑板离开平台时的水平初速度
；
（2）人与滑板在水平地面滑行的距离
；
（3）人与滑板在着地过程中损失的机械能
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据平抛运动的规律，有
解得
3
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（2）人在水平面上滑行，根据动能定理，有
解得
（3）设人与滑板着地时的速度为
，根据动能定理有
解得
人与滑板在着地过程中损失的机械能为
02 用动能定理求解直线运动问题
3．（2022·福建漳州·二模）如图甲，质量0.5kg 的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传送带，其位移与时
间的变化关系如图乙所示。图线的0~3s 段为抛物线，3s~4.5s 段为直线，下列说法正确的是（ ）
A．传送带沿逆时针方向转动
B．传送带速度大小为2m/s
C．物块刚滑上传送带时的速度大小为4m/s
D．0~4.5s 内摩擦力对物块所做的功为
J
【答案】BCD
【详解】AB．根据位移时间图象的斜率表示速度，可知：前2s 物体向左匀减速运动，第3s 内向右匀加速
4
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运动。3-4.5s 内x-t 图象为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即与传送带一起向右匀速运动，
因此传送带沿顺时针方向转动，且速度为
故B 正确，A 错误；
C．由图象可知，在第3s 内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则
其中
x=1m
t=1s
解得
根据牛顿第二定律
解得
在0-2s 内，对物块有
解得物块的初速度为
故C 正确；
D．对物块在0~4.5s 内，根据动能定理
解得摩擦力对物块所做的功为
故D 正确。
故选BCD。
4.（2023·福建福州·模拟预测）如图，表面光滑的固定斜面倾角为30°，顶端安装一定滑轮，小物块A、B 用
5
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轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B 处于同一高度并恰好静止状态。剪断轻
绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则（ ）
A．A 的质量是B 的质量的2 倍
B．两物体着地的瞬间速度相同
C．从剪断绳子到落地，两物体动能的变化量不同
D．从剪断绳子到落地，两物体重力的冲量相同
【答案】C
【详解】A．根据平衡关系
可得
故A 错误；
BC．A 竖直下落，B 沿斜面下滑，所以两物体着地的瞬间速度方向不同，根据动能定理
可知从剪断绳子到落地，两物体动能的变化量不同，故B 错误，C 正确；
D．从剪断绳子到落地，由
可得
则两物体重力的冲量分别为
6
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故D 错误。
故选C。
03 用动能定理求解曲线运动问题
5．
（2022·福建龙岩·三模）飞行员从俯冲状态往上拉升时，会使血压降低、大脑缺血而发生黑
视。针对这种情况，飞行员必须进行严格的训练。训练装置如图所示，飞行员坐在离心舱内的座椅上，座
椅到转轴的距离为
，离心舱在竖直平面内做匀速圆周运动。某次训练时，质量为
的飞行员在转动过程
中的加速度为
（
为重力加速度），求：
（1）飞行员匀速转动的角速度；
（2）飞行员在圆周最高点受到座椅的支持力大小；
（3）离心舱某次从最低点转到最高点的过程中，座椅对飞行员做的功。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）由向心力公式
可得飞行员匀速转动的角速度为
（2）最高点对飞行员，根据牛顿第二定律
解得飞行员在圆周最高点受到座椅的支持力大小为
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（3）离心舱某次从最低点转到最高点的过程，根据动能定理
解得座椅对飞行员做功为
6．（2023·福建厦门）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
8
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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。
04 用动能定理求解变力做功问题
7．（2025·福建宁德·三模）滑板运动由冲浪运动演变而来，已被列为奥运会正式比赛项目。如图所示，某
滑板爱好者从斜坡上距平台
高处由静止开始下滑，水平离开A 点后越过壕沟落在水平地面的B 点，
A、B 两点高度差
，水平距离
。已知人与滑板的总质量
，取重力加速度
，不计空气阻力，求：
(1)人与滑板从A 点离开时的速度大小；
(2)人与滑板从A 点运动到B 点重力做功的平均功率；
(3)人与滑板从斜坡下滑到A 点过程克服阻力做的功。
【答案】(1)
(2)
(3)420J
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【详解】（1）设人与滑板从A 点到B 点所用的时间为，根据平抛运动规律，在竖直方向上位移
解得
在水平方向上位移
解得
（2）人与滑板从A 点运动到B 点重力做功为
平均功率
解得
（3）人与滑板从斜坡下滑过程中，由动能定理
解得
故克服阻力做功为420J
8．（2024·福建泉州·模拟预测）智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。如图甲，
腰带外侧带有轨道，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.4kg，轻绳长为0.4m，悬挂点p
到腰带中心O 点的距离为0.26m,水平固定好腰带，通过人体微小扭动,使配重在水平面内做匀速圆周运动。
绳子与竖直方向夹角θ=37°，运动过程中腰带可视为静止，不计一切阻力，重力加速度g=10m/s2 sin37°＝
0.6，cos37°＝0.8）。求：
（1）轻绳拉力的大小；
（2）配重做匀速圆周运动的角速度；
（3）配重从静止开始加速旋转至θ＝37°的过程中，绳子对配重所做的功。
【答案】（1）5N；（2）
；（3）7.07J
10
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【详解】（1）根据题意，配重受竖直向下的重力mg 和绳的拉力T，如图所示
有
（2）根据题意，配重做匀速圆周运动，则
解得
（3）配重做匀速圆周运动的线速度大小
解得
根据几何关系可得配重上升的高度为
根据动能定理可得
解得
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05 动能定理与v-t 图像的综合
9．（2023·福建福州·模拟预测）“福建舰”是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，计划2023
年开展新阶段海试工作，海试中包括舰载机拦阻索降落测试。某次测试时，舰载机着陆后钩住阻拦索（如
图甲），阻拦索将对飞机施加一作用力，使飞机滑行较短距离就能停止，舰载机着陆后滑行的
图象如
图乙所示（其中
内图线为直线）。已知舰载机（包括飞行员）的总质量为
，重力加
速度
。（乙图中信息为已知量）求：
（1）舰载机着陆后到停止的过程，阻力对舰载机做的功；
（2）已知飞行员的质量为
，舰载机着陆后匀减速滑行过程中，座椅对飞行员的作用力大小。
（结果可带根号）
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）舰载机着陆时速度为
,由动能定理得
（2）舰载机着陆后匀减速滑行的加速度
则座椅对飞行员水平方向的作用力
座椅对飞行员的作用力大小
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10.（23-24 高三上·福建·期中）电动平衡车是一种新型的交通工具，通过人工智能实现车辆的启动、加速、
减速、停止等动作。图甲为某型号电动平衡车，人站在平衡车上沿水平直轨道由静止开始运动，其
图
像如图乙所示（除
时间段图线为曲线外，其余时间段图线均为直线）。已知人与平衡车质量之和为
后功率恒为
，且整个骑行过程中所受到的阻力不变，结合图像的信息求解：
（1）
时间内，牵引力做的功；
（2）
时间内，平衡车克服摩擦力做的功。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）根据图像可知
根据牛顿第二定律
在
时间内位移
时间内牵引力做的功
（2）在
时间内，根据动能定理
平衡车克服摩擦力做的功
13
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06 动能定理与a-t 图像的综合
11．（2025·福建三明）图甲所示的无人机，某次从地面由静止开始竖直向上飞行，该过程中加速度a 随上
升高度y 的变化关系如图乙所示。已知无人机的质量为m，重力加速度为g，取地面为参考平面且竖直向
上为正方向，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．无人机上升过程中机械能与y 成正比
B．飞至h 高处时动能为0.5mgh
C．飞至2h 高时机械能增加量为3.5mgh
D．飞至0.5h 高时无人机的机械能为0.75mgh
【答案】BC
【详解】B．根据运动学公式
可知a − y 图像与横轴围成的面积表示
，则无人机飞至h 高处时，有
解得无人机飞至h 高处时的速度为
则无人机飞至h 高处时动能为
故B 正确；
A．无人机的机械能满足
14
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故无人机上升过程中机械能与y 不成正比，故A 错误；
C．飞至2h 高时机械能增加量为
故C 正确；
D．飞至0.5h 高时机械能为
故D 错误。
故选BC。
07 动能定理与F-x 图像的综合
12．如图甲所示，半径
的光滑半圆弧轨道BC 与粗糙水平面相切于B，且固定于竖直平面内。在
水平面上距B 点3m 处的A 点放一质量
的小滑块，其在水平方向的力F 的作用下由静止开始运动。
已知力F 随位移s 变化的关系如图乙所示，小滑块与AB 间的动摩擦因数
，求：
(1)小滑块到达B 处时的速度；
(2)若到达B 点时撤去力F，小滑块沿半圆弧轨道内侧继续上滑，能否滑至最高点C?通过计算说明理由。
【答案】(1)
(2)不能，理由见解析
15
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【详解】（1）由题图乙可知，在前2m 内，力F 的大小
，方向水平向右，在第3m 内，力F 的大
小
，方向水平向左，对滑块从A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有
其中
，
，
，代入数据得
（2）小滑块恰能到达最高点C 时有
解得
假设小滑块能滑到C，从B 到C 的过程，由动能定理得
解得
由于
，所以小滑块不能滑到最高点C。
13．（2023·福建福州·模拟）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
16
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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。
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故选AC。
08 动能定理与P-t 图像的综合
14．一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动，在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的
变化情况分别如图甲、乙所示，已知汽车所受阻力恒为重力的
，重力加速度g 取10m/s2。下列说法正确
的是（ ）
A．该汽车的质量为3×103kg
B．v0=6m/s
C．在前5s 内，汽车克服阻力做功为2.5×104J
D．在5～15s 内，汽车的位移大小约为67.19m
【答案】CD
【详解】A．由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度
a=
=1m/s2
汽车匀加速阶段的牵引力
F=
=3000N
匀加速阶段由牛顿第二定律得
F-
mg=ma
解得m=1000kg，A 错误；
B．牵引力功率为15kW 时，汽车行驶的最大速度
18
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v0=
=
=7.5m/s
B 错误；
C．前5s 内汽车的位移
x=
at2=12.5m
克服阻力做功
Wf=
mgx=2.5×104J
C 正确；
D．5～15s 内，由动能定理得
Pt-
mgs=
-
mv2
解得s≈67.19m，D 正确。
故选CD。
9 动能定理与Ek-x 图像
15．
（2024·福建厦门·二模）如图甲所示，小明沿倾角为10°的斜坡向上推动平板车，将一质量
为10kg 的货物运送到斜坡上某处，货物与小车之间始终没有发生相对滑动。已知平板车板面与斜坡平行，
货物的动能Ek随位移x 的变化图像如图乙所示，
，则货物（ ）
A．在0～3m 的过程中，所受的合力逐渐增大
B．在3m～5m 的过程中，所受的合力逐渐减小
C．在0～3m 的过程中，机械能先增大后减小
D．在3m～5m 的过程中，机械能先增大后减小
【答案】D
【详解】A．图乙所示图像的斜率的绝对值表示合外力的大小，则可知，在0～3m 的过程中，图像斜率的
19
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绝对值逐渐减小，则货物所受的合力逐渐减小，故A 错误；
B．在3m～5m 的过程中，图像斜率的绝对值逐渐增大，则可知货物所受的合力逐渐增大，故B 错误；
C．根据图乙可知，在0～3m 的过程中，动能逐渐增大，而随着板车沿着斜面向上运动，货物的势能也逐
渐增大，由此可知，在0～3m 的过程中，货物的机械能始终增大，故C 错误；
D．取
处为零势能面，在
处货物的重力势能
做出重力势能随位移变化的图像如图所示
根据图像对比可知，在
到
之间，根据动能图线斜率绝对值的变化趋势与重力势能斜率比较可
知，动能随位移的变化先慢与重力势能随位移的变化，该过程中机械能增加，后动能随位移的变化快于重
力势能与位移的变化，该过程中机械能减小，由此可知，在3m～5m 的过程中，机械能先增大后减小，故
D 正确。
故选D。
16.（2024·福建厦门·模拟练习）在一次航模比赛中，某同学遥控航模飞机竖直上升，某段过程中其动能Ek
随位移x 变化的关系如图所示。已知飞机质量为1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，此过程中飞机（ ）
A．机械能减少
B．处于超重状态
C．加速度大小为4.5 m/s2
D．输出功率最大值为
W
【答案】CD
20
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【详解】A．根据动能定理，设飞机的动力为F，取竖直向上为正
其中
解得
所以，飞机的动力方向竖直向上，对飞机做正功，飞机机械能增大，故A 错误；
B．飞机向上做减速运动，有向下的加速度，处于失重状态，故B 错误；
C．根据牛顿第二定律
解得
故C 正确；
D．当x=0 时，飞机速度最大
解得
则输出功率的最大值为
故D 正确。
故选CD。
10 多过程直线运动问题
17.（2024·福建福州·模拟预测）如图甲所示，传送带与水平地面的夹角
，传送带逆时针转动。
时，将一质量
的物体轻放在传送带上端A 点，
时物体到达传送带底端B 点，在此过程中物体
21
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的动量p 随时间t 的变化关系如图乙所示。重力加速度g 取
，
，
。求：
（1）物体与传送带之间的动摩擦因数；
（2）物体从A 点运动到B 点的过程中机械能的变化量。
【答案】（1）0.5；（2）-12J
【详解】（1）由乙图可知，0.5s 末时物体的速度
物体的加速度
对物体受力分析可知
解得
（2）0.5~1s 这段时间物体的加速度
解得
物体到达传送带底端时，物体的速度
物体从A 到B 通过的位移
A 到B 的竖直高度
物体克服摩擦力所做的功即为机械能的减少量，根据动能定理可知
22
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解得
11 多过程曲线运动问题
18.（2024·福建泉州）如图所示，从A 点以某一水平速度v0抛出质量m=1kg 的小物块（可视为质点），当
物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC=37°的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C
点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C 端切线水平，最终小物块恰好不离开长木板。已知
A、B 两点距C 点的高度分别为H=1m、h=0.55m，长木板的长度L=3m，物块与长木板之间的动摩擦因数
，长木板与地面间的动摩擦因数
，g=10m/s2。sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）小物块在A 点抛出的速度大小v0；
（2）小物块滑动至C 点时，对圆弧轨道C 点的压力大小（结果保留1 位小数）；
（3）长木板的质量M。
【答案】（1）4m/s；（2）23.1N；（3）1kg
【详解】（1）物块做平抛运动，物块到达B 点时竖直方向有
到达B 点时恰好沿切线方向进入光滑圆弧，此时物块速度
解得
（2）设C 点受到的支持力为FN，则有
23
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物块从A 到C，由动能定理得
且
联立解得
根据牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道C 点的压力大小为23.1N
（3）小物块在木板上运动的加速度大小
设木板在地面上运动的加速度大小为
，小物块与木板达到共速时的速度为
，则有
小物块恰好不滑出长木板，物块到达长木板右端二者有共同速度
对木板受力分析，有
代入数据联立解得
12 直线曲线运动相结合的多过程问题
19.（2024·福建莆田）如图，质量为
的小滑块（视为质点）在半径为
的四分之一光滑圆弧的最高
点
，由静止开始释放，它运动到
点时速度为
。当滑块经过
后立即将圆弧轨道撤去。滑块在光
滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由
点过渡到倾角为
、长
的斜面
上，
之
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间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在
之间调节。斜面底部
点与光滑地面
平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在
点，自然状态下另一端恰好在
点。认为滑块在
、
两处换
向时速度大小均不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取
，
，
，不计空
气阻力。
（1）求光滑圆弧的半径
以及滑块经过
点时圆弧对滑块的支持力大小；
（2）若设置
，求滑块从
第一次运动到
的时间及弹簧的最大弹性势能；
（3）若最终滑块停在
点，求
的取值范围。
【答案】（1）0.2m，30N；（2）
，8J ；（3）0.125≤μ<0.75 或μ=1
【详解】（1）从A 到B，由动能定理得
mgR＝
mv2
代入数据得，光滑圆弧的半径为
R＝0.2m
在B 点，对滑块由牛顿第二定律
代入数据解得，滑块经过
点时圆弧对滑块的支持力大小为
FN＝30N
（2）在CD 间运动，对滑块由牛顿第二定律
滑块的加速度为
a=gsinθ=6m/s2
由匀变速运动规律
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得滑块从
第一次运动到
的时间
到D 点时滑块速度为
在地面上，滑块压缩弹簧，当滑块动能全部转化弹簧弹性势能时，弹簧有最大弹性势能为
（3）最终滑块停在D 点有两种可能：①若滑块恰好能从C 下滑到D，则有
解得
μ1=1
②若滑块在斜面CD 间多次反复运动，最终静止于D 点，当滑块恰好能返回C，则有
解得
μ2=0.125
若滑块恰好静止在斜面上，则有
解得
μ3=0.75
所以，当0.125≤μ<0.75，滑块在CD 间反复运动，最终静止于D。综上所述，μ 的取值范围是
0.125≤μ<0.75 或μ=1
20.（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；
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（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。
【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
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1．
（2025·福建莆田·二模）如图，物块A 和B 质量分别为2m 和m，将A、B 用细线连接，中间
夹有被压缩的轻弹簧，放在光滑的水平桌面上。烧断细线后，物块A、B 离开弹簧并飞离桌面做平抛运动，
落到水平地面上，则（ ）
A．物块A、B 飞离桌面到落地的时间之比为1 1∶
B．物块A、B 飞离桌面到落地的水平位移之比为1 2∶
C．物块A、B 飞离桌面时的动能之比为1 1∶
D．物块A、B 落地时的速度之比为1 2∶
【答案】AB
【详解】A．物块飞出桌面后做平抛运动，根据
解得
则物块A、B 飞离桌面到落地的时间之比为1 1∶，故A 正确；
B．弹簧弹开木块的过程，两木块组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得
则速度之比为
水平方向有
可知物块A、B 飞离桌面到落地的水平位移之比为1 2∶，故B 正确；
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C．物块A、B 飞离桌面时的动能之比为
故C 错误；
D．物块A、B 落地时的速度之比为
故D 错误；
故选AB。
2．
（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．
【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
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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。
3．（2023·福建福州·二模）小球在空中自由下落，无风条件下，小球受到的空气阻力大小与其下落速度大
小的平方成正比。一小球从某一高处由静止竖直下落至地面的过程中，位移大小为x，速度大小为v，加速
度大小为a，重力势能为
，动能为
，下落时间为t。取地面为零势能面，则下列关系图像，可能正确
的是（ ）
A．
B．
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C．
D．
【答案】D
【详解】A．毽子在下落过程中，受到空气阻力逐渐变大，合力逐渐减小，则加速度逐渐减小，最后加速
度可能减小为零，即速度先增大后不变，则x-t 图像的斜率应先增加后不变，故A 错误；
B．若毽子做匀加速直线运动，则动能为
因加速度随时间逐渐减小（非线性），则动能与时间一定不是线性关系，故B 错误；
C．设毽子原来距地面的高度为h,则其重力势能表达式为
Ep=mg（h-x）
则Ep -x 为线性关系，Ep -x 图像是向下倾斜的直线，故C 错误；
D．根据牛顿第二定律得
得
则a-v2图像是向下倾斜的直线，故D 正确；
故选D。
4．（2022·福建莆田·模拟预测）如图所示，半径
的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个
端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角
，另一端点C 为轨道的最低点。C 点右侧的光滑水平面
上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量
，上表面与C 点等高。质量为
的物块（可视为质
点）从空中A 点以
的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道。取
（sin37°=0.6 cos37°=0.8）。求：
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(1)物块经过B 点时的速度
。
(2)物块经过C 点时对木板的压力大小。
(3)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q。
【答案】(1)5m/s
(2)50.3N
(3)30.25J
【详解】（1）设物块在B 点的速度为vB，在C 点的速度为vC，从A 到B 物块做平抛运动，有
解得
（2）从B 到C，根据动能定理有
在C 点，由牛顿第二定律列式，有
解得
再根据牛顿第三定律得，物块对木板的压力大小
（3）根据动量守恒定律得
根据能量守恒定律有
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联立解得
1.（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
。
2（2022·福建·高考真题）如图，L 形滑板A 静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为
的轻质弹
簧，弹簧左端与一小物块B 相连，弹簧处于原长状态。一小物块C 以初速度
从滑板最左端滑入，滑行
后与B 发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A 也开始运动．已
知A、B、C 的质量均为
，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为
，重力加速度大小为
；
最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：
（1）C 在碰撞前瞬间的速度大小；
（2）C 与B 碰撞过程中损失的机械能；
（3）从C 与B 相碰后到A 开始运动的过程中，C 和B 克服摩擦力所做的功。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）小物块C 运动至刚要与物块B 相碰过程，根据动能定理可得
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解得C 在碰撞前瞬间的速度大小为
（2）物块B、C 碰撞过程，根据动量守恒可得
解得物块B 与物块C 碰后一起运动的速度大小为
故C 与B 碰撞过程中损失的机械能为
（3）滑板A 刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得
解得弹簧的压缩量，即滑板A 开始运动前物块B 和物块C 一起运动的位移大小为
从C 与B 相碰后到A 开始运动的过程中，C 和B 克服摩擦力所做的功为
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