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第20 讲 动能定理的理解及其应用
目录
01 课标达标练
题型01 动能定理的理解
题型02 动能定理的应用
题型03 动能定理与图像的分析
题型04 动能定理解决多过程问题
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 动能定理的理解
1．如图所示，在观光车沿水平路面直线行驶的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．若观光车匀速行驶，合力对乘客做正功
B．若观光车匀速行驶，合力对乘客做负功
C．若观光车加速行驶，合力对乘客做正功
D．若观光车减速行驶，合力对乘客做正功
【答案】C
【详解】AB．若观光车匀速行驶，观光车的动能不变，根据动能定理可知，合力对乘客不做功，故
1
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AB 错误；
C．若观光车加速行驶，观光车的动能增加，根据动能定理可知，合力对乘客做正功，故C 正确；
D．若观光车减速行驶，观光车的动能减小，根据动能定理可知，合力对乘客做负功，故D 错误。
故选C。
2．关于动能定理，下列说法中正确的是（ ）
A．在某过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的绝对值之和
B．动能定理既适用于直线运动，又适用于曲线运动
C．只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变
D．动能定理既适用于恒力做功，又适用于变力做功
【答案】BD
【详解】A．在某过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的代数和，故A 错误；
B．动能定理既适用于直线运动，又适用于曲线运动，故B 正确；
C．有力对物体做功，但如果合力对物体做功为0，则物体的动能保持不变，故C 错误；
D．动能定理既适用于恒力做功，又适用于变力做功，故D 正确。
故选BD。
3.（2025·安徽·模拟预测）在2025 年亚冬会滑雪项目中我国运动员李心鹏获得自由式滑雪空中技巧
男子决赛的金牌。设运动员（可视为质点）的质量为m，从离开地面高h1处以速度v1离开滑道，到
距离地面高h2处的速度为v2，已知重力加速度大小为g，在这过程中，合外力对运动员所做的功为
（ ）
A．1
2 mv2
2−1
2 mv1
2
B．1
2 mv2
2−1
2 mv1
2−mgh1
C．1
2 m v2
2+mgh2−1
2 m v1
2
D．1
2 m v2
2+mgh2−1
2 m v1
2−mgh1
【答案】A
【详解】根据动能定理可知，合外力对运动员所做的功W = 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2
故选A。
02 动能定理的应用
4.（2025·安徽·模拟预测）足球运动是中学生喜爱的体育运动项目之一。某同学在运动场内不慎
2
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将足球踢出了有一定厚度的围墙外，场外的路人将足球从水平地面上正对着墙踢回场内，如图所
示。已知围墙的宽度为d，围墙的高为5.5d，质量为m、可视为质点的足球从地面上O 点以一定
初速度斜向上射出。已知重力加速度大小为g，路人踢球的过程中对足球所做的功等于足球获得
的动能，不计空气阻力的影响，要使足球能够越过围墙，人对足球做功的最小值W 为（ ）
A．5.5mgd
B．6mgd
C．6.5mgd
D．7mgd
【答案】B
【详解】由题意，球从地面到墙左侧，再到墙右侧的过程中做斜抛运动，设到墙左侧时的速度大小
为v，方向与水平方向的夹角为θ，则从墙左侧到右侧有d = v cosθ·2t，v sinθ =>¿
解得v =√
gd
sin 2θ
当θ = 45°时，v最小，即球到墙左侧时的动能最小，则在地面抛出时的动能也最小，路人将足球从
水平地面上踢回场内做的功最小。球从地面运动到墙的左侧时，根据动能定理有
−mg·5.5d = 1
2 m v❑
2 −1
2 m v0
2
由功能关系知W ❑= 1
2 m v0
2
联立可求得要使足球能够越过围墙，人对足球做功的最小值W =6mgd
故选B。
5.（2025·四川成都·三模）如图所示，水上乐园游戏中游客仅在自身重力及不可伸长的轻绳拉力作
用下绕悬点O 运动，经最低点B 到达绳子与竖直方向成θ =37°的C 点时，游客松手并最终落入水中。
已知游客在空中运动到最高点D 时的速度大小v=4m/s，游客质量m=50kg，绳长L=5m，游客可视为
质点，不计一切阻力，sin37°=0.6，重力加速度大小为g=10m/s2。
3
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(1)游客摆到最低点B 时，求绳子对游客拉力T 的大小；
(2)若D 点距水面的竖直高度H=1.25m，求C 点到落水点的水平距离x。
【答案】(1)T=950N
(2)3.2m
【详解】（1）游客从C 点抛出时的水平分速度v x = v，由运动合成与分解得v = vC cos37°
从B 点到C 点，对游客由动能定理得−mgL(1−cos37°)= 1
2 mvC
2 −1
2 mvB
2
在B 点对游客由牛顿第二定律得T −mg= mvB
2
L
代入数据解得T=950N
（2）从C 点运动到D 点，竖直初速度为v y，时间为t1，此过程的水平位移为x1，由运动合成与分
解得v y = v tan37°
竖直方向有t1= v y
g
水平方向有x1= v t1
从D 点平抛到水中运动时间为t2，此过程的水平位移为x2，得H = 1
2 gt2
2、x2= v t2
游客从C 到落水点的水平距离为x = x1+ x2=3.2m
6.（2025·福建福州·三模）如图，质量为m 的小球穿在固定的光滑竖直杆上，与两个完全相同的轻
质弹簧相连。在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN 连线的中点O，此时弹簧处于原长。现将
小球竖直向上缓慢拉至P 点，并保持静止，此时拉力F 大小为2mg。Q 为杆上另一个点，PO=OQ。
已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，下列说法正确
的是 （ ）
A．刚撤去外力时，小球的加速度为3g
B．小球从P 点运动到Q 点的过程中，两个弹簧对小球做功为零
4
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C．小球沿杆在PQ 之间做往复运动
D．与没有弹簧时相比，小球从P 点运动到Q 点所用的时间更短
【答案】BD
【详解】A．小球在P 点静止时拉力F 大小为2mg，根据平衡条件可知，此时弹簧弹力与小球重力
的合力大小也为2mg，方向竖直向下，即弹簧对小球的拉力的合力大小为mg，方向竖直向下，刚
撤去外力时，对小球进行分析，根据牛顿第二定律有2mg=ma
解得a=2g
故A 错误；
B．由于PO=OQ，可知，弹簧在P 位置与在Q 位置的拉伸量相等，则在这两个位置时，弹簧的弹性
势能相等，根据功能关系可知，球从P 点运动到Q 点的过程中，两个弹簧对小球做功为零，故B 正
确；
C．结合上述，小球从P 点运动到Q 点的过程中，两个弹簧对小球做功为零，够过程对小球进行分
析，根据动能定理有mghPQ= 1
2 mvQ
2
解得vQ=√2 ghPQ
可知，小球到达Q 点后速度不为0，结合上述，根据对称性，小球在Q 点时，弹簧对小球的拉力的
合力大小为mg，方向竖直向上，即此时小球的合力恰好为0，小球的速度达到最大值，之后，小球
将继续沿杆向下做减速运动，直至速度减为0，令此时位置为D，随后小球由向上运动，即小球沿
杆在PD 之间做往复运动，故C 错误；
D．结合上述可知，从P 点运动到Q 点的过程中，小球做加速度减小的变加速直线运动，在Q 点的
加速度恰好减为0，PQ 之间任意位置的加速度均大于重力加速度，可知，小球从P 点运动到Q 点
的过程中的平均加速度大于重力加速度，根据位移公式可知，与没有弹簧时相比，小球从P 点运动
到Q 点所用的时间更短，故D 正确。
故选BD。
7.（2025·黑龙江·二模）已知均匀球壳对内部任意一点的引力为零，若地球可视为质量分布均匀的
球体，半径为R，地球表面的重力加速度大小为g，若从地球表面沿半径方向挖一深度为R
2 的洞，
忽略地球自转和空气阻力的影响，下列说法正确的是（ ）
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A．洞底的重力加速度大小为g
4
B．洞底的重力加速度大小为2 g
C．若从地表由静止掉落一物体，到达洞底时的速度大小为√2gR
2
D．若从地表由静止掉落一物体，到达洞底时的速度大小为√3 gR
2
【答案】D
【详解】AB．在地球表面，根据万有引力等于重力有GMm
R
2
=mg
其中M = ρ⋅4
3 π R
3
可得g= 4
3 πGρR
可以将地球视为一个球心相同而半径为R
2 的内部球体和厚度为R
2 的外部球壳，由题意可知洞底恰好
位于内部球体表面，且外部球壳对洞底的物体的引力为零，而内部球体表面重力加速度满足
G M
' m
(
R
2)
2 =m g
'
其中M
' = ρ⋅4
3 π(
R
2)
3
解得g
' = 2
3 πGρR = g
2
故AB 错误；
CD．根据动能定理可知从地表到洞底，万有引力做功等于动能变化，则有W G= 1
2 mv
2−0
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由于内部球体表面重力加速度与内部球体的半径成正比，利用平均值求做功，有
W G= mg+m g
'
2
× R
2 = 3
8 mgR
可得物体到达洞底时的速度大小为v = √3 gR
2
故C 错误，D 正确。
故选D。
8.（2025·重庆·模拟预测）摩天轮的座舱可以简化为如图所示模型，对木板A施加外力，使其托着质
量为m的物块B在竖直面内做角速度为ω的匀速圆周运动。已知A与B的接触面始终水平，B始终相
对A静止，且B做圆周运动的半径为r，重力加速度为g。
(1)求B在运动过程中受到的摩擦力的最大值。
(2)若B运动到上半圆周部分，其速度方向与竖直方向夹角为60
∘且斜向上，求此时A对B的作用力的
功率；
(3)若A、B之间动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，要保证B始终相对A静止，求ω
应满足的条件。
【答案】(1)f =mω
2r
(2)PAB= 1
2 mgωr
(3)ω≤√
μg
r √1+ μ
2
【详解】（1）当B运动到圆心等高的位置时，摩擦力最大，此时摩擦力提供圆周运动的向心力，则
有f =mω
2r
（2）根据动能定理可知，在匀速圆周中，合力的功等于零，则有Pf+ PN−PG=0
此时重力的功率PG=mg v y =mgωr cos60° = 1
2 mgωr
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A对B的作用力的功率Pf+ PN= 1
2 mgωr
（3）设B与圆心连线与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律则有f =mω
2r sinθ，
mg−F N=mω
2r ⋅cosθ
又因为0≤f ≤μ FN
解得ω≤√
μg
r (sinθ+ μcosθ)
要求B始终相对A静止，则ω应该比√
μg
r (sinθ+ μcosθ)的最小值小，由数学知识可得
ω≤√
μg
r √1+ μ
2
03 动能定理与图像的分析
9.（2025·山东潍坊·三模）某次训练投掷中，运动员将质量
的铅球以初速度
斜向上抛出，忽略空气阻力，重力加速度
。已知铅球在
时动能达
到最小值
。以抛出点所在水平面为零势能面，下列反映铅球在空中运动过
程中动能
、重力势能
，随时间t 或高度h 变化关系的图像正确的是（ ）
A．
B．
8
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C．
D．
【答案】C
【详解】AC．铅球做斜抛运动，在
时动能达到最小值
，此时到达
最高点，且重力势能最大；设抛出时的水平速度为v0x，则
解得
抛出时的竖直速度
可知抛出时的速度方向与水平方向夹角为30°；初动能
则上升过程中t 时刻的动能
可知
图像是二次函数，不是直线；因
其中h 最大值
则
图像是倾斜直线且上升时和下降时的图像重合，选项A 错误，C 正确；
BD．重力势能
可知
图像是二次函数，不是直线；
图像是一条直线，因h 最大值为
1.25m，则下降过程图像与上升过程重合，选项BD 错误。
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故选C。
10.（2025·四川达州·模拟预测）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环
顶端P 点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率v 与它下降的高度h 或它到P 点的距
离L 的关系图像可能正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【详解】AB．如图所示
设小环下降的高度为h，大圆环的半径为R，小环到P 点的距离为L，根据动能定理得mgh= 1
2 m v
2
解得v =√2gh
10
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故A 正确，B 错误：
CD．由几何关系可得h= Lsinθ，sinθ = L
2 R
联立可得h= L
2
2 R
则v =√
g
R L
故C 正确，D 错误。
故选AC。
11.（2025·河南·三模）一辆金属玩具模型汽车在水平地面上做直线运动，其速度v 与时间t 的关系
如图所示。已知玩具汽车的质量为3kg，运动过程中受到的阻力f 始终为车重力的0.2 倍，取重力加
速度g=10 m/s
2。下列说法正确的是（ ）
A．t =3s时，汽车距离出发点最远
B．0～3s 时间内，牵引力对汽车做的功为54J
C．3～5s 时间内，刹车额外产生的制动力大小为3N
D．0～6s 时间内，汽车克服阻力做的功为84J
【答案】C
【详解】A．由v-t 图像可知，t =5s时速度为零，即汽车距离出发点最远，A 错误；
B．v-t 图像与时间轴围成的面积表示位移，0～3s 时间内，汽车的位移大小为x1= 6×3
2
m =9 m
由动能定理可得W −0.2mg x1= 1
2 m v1
2
其中v1=6 m/s，解得0～3s 时间内牵引力对汽车做的功W =108J
B 错误；
C．3～5s 时间内由图像可知加速度大小为a=|
Δv
Δt |= 6
2 m/s
2=3 m/s
2
由牛顿第二定律可得F +0.2mg=ma
11
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可得因刹车额外产生的制动力的大小为F =3 N
C 正确；
D．根据图像可知，0～6s 时间内，汽车的路程s= x1+ 6×2
2
m + 2×1
2
m =16 m
克服阻力f 做的功W f=0.2mgs=96J，D 错误。
故选C。
12.（2025·全国·模拟预测）如图（a）所示，塔吊是建筑工地上最常用的一种起重设备，又名“塔
式起重机”。图（b）为塔吊下面吊起质量为100kg 的建筑材料的速度—时间图像，如果建筑材料
从地面开始运动，g取10m/s2，则下列判断正确的是（ ）
A．5−10s 内悬线的拉力大小恒为2000N
B．20s 末建筑材料离地面的距离为30m
C．0−5s 内和20−25s 内建筑材料均处于超重状态
D．10−20s 内起重机对建筑材料做功为9800J
【答案】D
【详解】A．由题图（b）知，5-10s 内建筑材料做匀速直线运动，由平衡条件得，悬线的拉力大小
T =mg=1000 N
故A 错误；
B．由题图（b）知，根据v-t 图线与坐标轴所围的面积表示位移可知0-20s 内建筑材料的位移大小为
x1= 1
2 ×(5+20)×2m =25 m
故B 错误；
C．由题图（b）知，0-5s 内加速度方向向上，建筑材料处于超重状态，20-25s 内加速度方向向下，
建筑材料处于失重状态，故C 错误；
D．由题图（b）知，10-20s 内的位移大小x2= 1
2 ×(20−10)×2m =10 m
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由动能定理得W −mg x2=0−1
2 mv
2
解得W=9800J
故D 正确。
故选D。
13.（2025·江苏南京·一模）如图所示，圆筒固定在水平面上，圆筒底面上有一与内壁接触的小物
块，现给物块沿内壁切向方向的水平初速度。若物块与所有接触面间的动摩擦因数处处相等。则
物块滑动时动能Ek与通过的弧长s 的图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】物块紧贴圆筒内壁开始滑动，竖直方向受力平衡N 竖=mg
水平方向圆筒侧面的弹力提供向心力，则有N 侧=m v
2
R
由于圆筒粗糙，所以物块滑动过程受到侧面和底面的滑动摩擦力作用，物块做减速运动，则有
f 侧= μ N 侧= μm v
2
R ，f 底= μmg
可知随着物块速度的减小，侧面滑动摩擦力逐渐减小，则滑动摩擦力合力逐渐减小，相同的弧长，
滑动摩擦力合力做负功越来越少，根据动能定理可知，动能减小的越来越慢，则动能与弧长的图像
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斜率减小。
故选C。
14.（2025·宁夏石嘴山·一模）如图甲所示，一物块以某一速度冲上一倾角α=37°的固定斜面，取斜
面底端水平面为参考平面，物块冲上斜面开始计时，0.5s 内物块动能Eₖ 随高度h 的变化规律如图乙
所示，重力加速度g=10m/s
2 ，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．物块的质量m=2kg
B．物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25
C．物块上升过程的加速度大小 a=10m/s
2
D．物块回到斜面底端时的动能Ek=18J
【答案】BD
【详解】ABC．设物体的质量为m，初速度为v0，末速度为v，由图可知v0
2:v
2= Ek: Ek0=36:16
解得v0:v =3:2
动能由36J 变化为16J 物体在斜面上的位移L=
h
sin α =5 m
根据运动学公式则有v + v0
2
t = L
解得v + v0=20 m/s
联立可得v0=12m/s，v =8 m/s
又因为1
2 mv0
2=36J
解得m=0.5kg
物块的加速度a= v −v0
t
=−8 m/s
2
对物块受力分析，由牛顿第二定律可得−mgsin α −μmgcosα =ma
联立解得μ=0.25
AC 错误，B 正确；
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D．物体上升到斜面最高点的位移Lmax = −v0
2
2a =9 m
从最高点到斜面底端，由动能定理可得Ek=(mgsin α −μmgcosα )Lmax
代入数据解得Ek=18J
D 正确。
故选BD。
04 动能定理解决多过程问题
15.如图所示，半径分别为2R 和R 的圆轨道A、B 竖直固定在水平地面上，质量为m、可视为质点
的小球以一定的初速度滑上圆轨道，并先后刚好通过圆轨道A 和圆轨道B 的最高点，则小球从A 轨
道的最高点运动到B 轨道的最高点的过程中克服阻力做的功为（重力加速度为g）（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】在小球从A 轨道的最高点运动到B 轨道的最高点的过程中,根据动能定理有
小球通过A 轨道的最高点时有
小球通过B 轨道的最高点时有
联立解得
故选D。
16.如图所示，某同学在滑雪场练习滑雪。滑道由足够长的水平冰面与倾角为37°的倾斜冰面在M 处
平滑连接，冰鞋与水平和倾斜冰面间的动摩擦因数均为0.25，某次练习时，该同学从A 处开始以大
小为v0的初速度向右自由滑行，最终在倾斜冰面上B 处速度减为0.AM 与MB 的长度之比为48 5∶，
取重力加速度大小为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，该同学自由滑行至M 点的速度大小为（
）
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A．1
2 v0
B．1
3 v0
C．1
8 v0
D．1
9 v0
【答案】A
【详解】在水平冰面和倾斜冰面上应用动能定理有
−μmg x1= 1
2 mv
2−1
2 mv0
2
−(mgsin37°+ μmgcos37°) x2=0−1
2 mv
2
又
x1
x2
= 48
5
联立解得
v = 1
2 v0
故选A。
17.（2025·黑龙江·二模）如图所示，半径为1m 的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，B
点为轨道最低点，A 点与圆心O 等高。质量为1kg 的小球（可视为质点）在A 点正上方0.75m 处静
止释放，下落至A 点时进入圆轨道，重力加速度g 取10 m /s
2，不计空气阻力，则（ ）
A．小球在B 点的动能为7.5J
B．小球在A 点受到轨道的弹力大小为10N
C．小球上升过程中距地面的最大高度为1.75m D．小球离开轨道后将落至轨道B 点
【答案】D
【详解】A．小球从释放到最低点，根据动能定理有
mg(h+ R)= Ek B
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解得
Ek B=17.5J
故A 错误；
B．小球从释放到A 点，根据动能定理有
mgh= 1
2 m v A
2
在A 点，根据牛顿第二定律有
N =m v A
2
R
解得
N =15N
故B 错误；
C．设小球上升过程中距地面最大高度与圆心的连线和竖直方向的夹角为θ，则有
mgcosθ = m v
2
R
从B 点到最高点，根据动能定理有
−mgR(1+cosθ)= 1
2 mv
2−Ek B
解得
cosθ = 1
2
最大高度为
h= R(1+cosθ)=1.5m
故C 错误；
D．假设小球离开轨道后将落至轨道B 点，由C 分析可知脱离轨道的速度为
v =√5m/s
根据斜抛的运动规律可知
h=−v sin60°t + 1
2 gt
2
x = v cos60°t
解得
x = √3
2 m=R cos30°
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可知小球离开轨道后将落至轨道B 点，故D 正确；
故选D。
18.（2025·云南曲靖·二模）如图所示，足够长的固定木板的倾角为37°，劲度系数为k =36 N/m的
轻质弹簧一端固定在木板上P 点，图中AP 间距等于弹簧的自然长度。现将质量m=1kg的可视为
质点的物块放在木板上，稳定后在外力作用下将弹簧缓慢压缩到某一位置B 点后释放。已知木板
PA 段光滑，AQ 段粗糙，物块与木板间的动摩擦因数μ= 3
8，物块在B 点释放后向上运动，第一次到
达A 点时速度大小为v0=3√3 m/s，取重力加速度g=10 m/s
2，sin37° =0.6。（ ）
A．施力前弹簧压缩量为5
18 m
B．外力做的功为13.5J
C．物块第一次向下运动到A 点时的速度大小为3 m/s
D．物块在A 点上方运动的总路程为4.5 m
【答案】CD
【详解】A．施力前，对物块，根据平衡条件
F弹=mgsin37°
根据胡克定律
F弹=kx
联立，解得
x = 1
6 m
故A 错误；
B．当物块由B 到A 的过程中，根据能量守恒
1
2 k x
2+W = 1
2 mv0
2+mgx sin37°
18
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解得
W =14 J
故B 错误；
C．设物块从A 点向上滑行的最大距离为s1，根据动能定理可知，上滑过程有
−mg s1sin37°−μmg s1cos37° =0−1
2 mv0
2
下滑过程有
mg s1sin37°−μmg s1cos37° = 1
2 mv1
2−0
联立，解得
s1=1.5 m
v1=3 m/s
故C 正确；
D．物块最终在A 点下方做往复运动，最高点为A，根据动能定理有
μmgscos37° = 1
2 mv0
2
解得
s= 4.5 m
故D 正确。
故选CD。
19.（2025·河北·三模）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3
4 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v0（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v0=√5 gR时，小球刚好过最高点D 点
19
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B．当v0=√3 gR时，小球不会脱离圆弧轨道
C．若小球能通过E 点，则v0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(√5−√3)√
R
g
【答案】AD
【详解】A．由题知，小球刚好过最高点D 点，则由圆周运动知
mg=m v D
2
R
在A 到D 过程中，由动能定理可知
1
2 mv D
2 −1
2 mv0
2=−2mgR
联立解得
v0=√5 gR
A 正确；
B．当v0=√3 gR时，设上升高度为h，假设小球不会脱离圆弧轨道，则必须满足h≤R，由动能定理
知
0−1
2 m v0
2=−mgh
代入得
h= 3
2 R
假设不成立，故当v0=√3 gR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
1
2 m v E
2 −1
2 m vB
2 =−mgR
在B 点时，小球所受弹力为
F B=mg+m vB
2
R
在E 点时，小球所受弹力为
20
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F E=m v E
2
R
则小球在B 点与E 点所受的弹力之差为
FB−F E=3mg
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
1
2 mv E
2 −1
2 mv D
2 =mgR
代入得
v E=√3 gR
从E 到A 运动过程中，小球做竖直下抛运动，则
v Et + 1
2 gt
2= R
代入得
t =(√5−√3)√
R
g
D 正确；
故选AD。
20.滑滑板是一项青少年酷爱的运动，依靠自身的体能，快速的运动艺术。一青少年在一次训练中
的运动可简化为以下运动：如图所示，青少年先在距地面高h=3.2m的高台上加速滑跑，到达高台
边缘D 点时以v0=3 m/s的速度水平滑出高台，然后在空中调整姿势，恰好落在光滑圆弧轨道ABC
的A 点并沿切线方向滑入轨道（圆弧轨道与地面相切于B 点），离开C 点滑入倾斜粗糙轨道CP
（轨道CP与圆弧轨道相切），滑到倾斜轨道上N 点（图中未标出）速度为零。已知将滑板和人整
体视为质点，∠a=53°，∠β =37°，不计空气阻力，滑板与倾斜轨道间的动摩擦因数μ=0.25，
重力加速度g=10 m/s
2，sin37° =0.6。求
（1）圆弧轨道ABC的半径R；
（2）N 点离地面的高度H（结果保留两位小数）。
21
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【答案】（1）6m；（2）3.04m
【详解】（1）做出滑板进入圆弧轨道A 点时的速度方向如图所示
根据几何关系可知，速度的偏向角大小等于α，则有
v y
v0
= tan53
∘
解得滑板少年进入圆弧轨道A 点时竖直方向的速度
v y = 4 m/s
则可知此时滑板少年距地面的高度
h0=h−v y
2
2g =2.4 m
而根据几何关系可得
R−R cos53
∘=h0
解得
R =6 m
（2）设到达C 点时的速度为vC，而到达A 点时的速度为
v A =
v0
cos53
∘=5 m/s
从A 到C 由动能定理有
mgh0−mgR(1−cos37
∘)= 1
2 mvC
2 −1
2 mv A
2
22
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解得
vC =7 m/s
设从C 到N 的竖直高度为h1，则从C 到N 由动能定理有
−μmgcos37
∘⋅
h1
sin37
∘−mgh1=0−1
2 mvC
2
解得
h1=1.8375 m
则可得N 点离地面的高度
H =h1+ R(1−cos37
∘)≈3.04 m
1.
（2025·陕西商洛·二模）如图所示，小车在水平台面上以恒定功率水平向左引着跨过光滑
定滑轮的轻绳（定滑轮左侧的轻绳水平）加速行驶，轻绳牵引铁球沿光滑竖直墙面上升，则在此过
程中（ ）
A．铁球处于失重状态
B．铁球的加速度减小
C．轻绳的拉力增大
D．轻绳的拉力对铁球做的功小于铁球克服重力做的功
【答案】B
23
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【详解】A．设当定滑轮右侧的轻绳与竖直方向的夹角为θ时，轻绳的拉力大小为F，小车的速度大
小为v1，铁球的速度大小为v2，有v1= v2cosθ
在铁球上升的过程中θ增大，又v1增大，则在此过程中v2增大，即铁球具有向上的加速度，则铁球
处于超重状态，故A 错误；
BC．设铁球的质量为m，根据牛顿第二定律有F cosθ−mg =ma
小车的功率P = F v1
在P不变的情况下，当v1增大时，F减小，而cosθ减小，可得铁球的加速度a减小，故B 正确，C 错
误；
D．因为v2增大，所以铁球的动能增大，合力对铁球做正功，又墙面对铁球不做功，则轻绳的拉力
对铁球做的功大于铁球克服重力做的功，故D 错误。
故选B。
2.（2025·广东深圳·一模）物块从固定斜面的底端上滑，机械能与动能的关系如右图所示。已知
斜面倾角37❑
∘，物块质量5kg，初速度v0，物块与斜面间的动摩擦因数为μ。以斜面底端位置为
零势能面，g取10 m /s
2，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8。下列说法正确的是（ ）
A．μ=0.4，v0=2m /s
B．μ=0.5，v0=2m /s
C．μ=0.4，v0= 2√15
5
m /s
D．μ=0.5，v0= 2√15
5
m /s
【答案】B
【详解】由乙图可知，物体的动能在底端时的动能Ek= 1
2 m v0
2
代入数据解得v0=2m/s
物体上升到最大高度时的重力势能Ep=mgh
结合乙图解得h=0.12m
24
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物体沿斜面移动的距离L=
h
sinθ =0.2m
根据能量守恒定律可得μmgcosθ·L= E机械−Ek
代入数据解得μ=0.5
故选B。
3.（2025·陕西·模拟预测）如图所示，光滑斜面ABCD为长方形，AB边长为l1=1.8 m，BC边长
l2=2.0 m，倾角为θ = 30°，一质量为m=1kg的小球通过长为r =0.5 m的轻绳固定于长方形两条对
角线的交点O，将轻绳拉直并使小球在某一位置P（未画出）静止。现给小球一垂直于绳的速度，
小球开始做圆周运动，绳子恰好在最低点时断裂，小球刚好能够到达C点。不计摩擦，重力加速度
g取10 m /s
2，则（ ）
A．绳能够承受的最大张力为15N
B．绳断裂瞬间小球速度大小为2.5 m /s
C．小球到达C点时速度大小为3 m /s
D．P点一定不会在最高点
【答案】BD
【详解】BC．绳子在最低点时断裂时的速度设为v，断裂后做类平抛运动，有1
2
(gsinθ)t
2= l1
2 −r，
vt = l2
2
解得t =0.4s，v =2.5 m /s
小球到达C点时速度大小为v1=√v
2+(gtsinθ)
2=√10.25 m/s
故B 正确，C 错误；
A．小球在最低点时绳能够承受的张力最大，根据牛顿第二定律T −mgsinθ = mv
2
r
解得T =17.5 N
故A 错误；
25
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D．若P点在最高点，到最低点的过程，根据动能定理mg⋅2r sinθ = 1
2 mv2
2
解得v2=√10 m/s≠v
故P点一定不会在最高点，故D 正确。
故选BD。
4.（2025·湖南株洲·一模）风力和空气阻力会影响雨滴下落的轨迹。一雨滴在下落过程中的某段时
间内，其水平方向速度v x和竖直方向位移y 与时间关系的图像如图所示，在图示时间2s 内，该雨滴
（ ）
A．做匀加速直线运动
B．在t＝1s 时速度大小为11m/s
C．重力的瞬时功率一直增大
D．前、后1s 内合力做功之比为1：3
【答案】D
【详解】A．根据题图可知，在水平方向雨滴的初速度为0，加速度为
a= Δv
Δt = 4
2 m /s
2=2m /s
2
即雨滴在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动；在竖直方向雨滴的加速度为零，速度为
v y = Δ x
Δt = 18
2 m /s=9 m /s
即雨滴在竖直方向做匀速直线运动，可知，雨滴的初速度方向与加速度方向垂直，且雨滴的加速度
恒定，由此可知雨滴做匀变速曲线运动，故A 错误；
B．雨滴在t＝1s 时,竖直方向的速度为v y =9 m /s，水平方向的速度为
v x=at =2m /s
故雨滴在t＝1s 时的速度为
v1=√v x
2+ v y
2 =√85 m /s
故B 错误；
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C．重力的瞬时功率为
PG=mg v y
因雨滴在竖直方向做匀速直线运动，即竖直方向的速度不变，故重力的瞬时功率保持不变，故C 错
误；
D．设雨滴的质量为m，由B 项知，雨滴在t＝1s 时的速度为v1=√85 m /s，根据动能定理可知，在
前1s 合力做的功为
W 1= 1
2 mv1
2−1
2 mv0
2=2m
雨滴在t＝2s 时,竖直方向的速度为v y =9 m /s，水平方向的速度为
v x =at = 4 m /s
故雨滴在t＝2s 时的速度为
v2=√v x
2+ v y
2 =√97 m /s
根据动能定理可知，在后1s 合力做的功为
W 2= 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2=6m
故前、后1s 内合力做功之比为
W 1:W 2=2m:6m=1:3
故D 正确。
故选D。
5.（2025·江西九江·三模）如图所示，两光滑轨道Ⅰ、Ⅱ的起点M、终点N 位置均相同，轨道Ⅰ的
末端与水平面相切于N 点。将两个相同的小球a、b 分别放在Ⅰ、Ⅱ两轨道的起点M，同时由静止
释放。下列描述两小球在轨道运动过程中速率v 与时间t、速率平方v
2与下滑高度h 的关系图像可
能正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】A B．根据机械能守恒mgH = 1
2 m v
2
可得小球a 和b 到达轨道底端的速度大小均为v =√2gH
小球b 沿直线轨道做匀加速直线运动，其v −t图像为一条倾斜的直线，小球a 沿曲线轨道I 运动过
程中，加速度逐渐减小，则其v −t图像的切线斜率逐渐减小，且小球a 所用时间小于小球b 所用时
间，故B 正确，A 错误；
CD.根据机械能守恒mgh= 1
2 mv
2
小球a 和b 下滑过程速率平方v
2与下滑高度h 的关系为v
2=2 gh
可知小球a 和b 的v
2−h图像均为一条过原点的倾斜直线，故C、D 均错误；
故选B。
6.（2025·河北·模拟预测）一个质量为m 的物体在外力作用下以初速度v0做加速直线运动，已知加
速度a 随位移x 成线性变化，已知当位移为x0时，速度为2v0。当物体运动到位移为2x0时，物体所
受合力的瞬时功率为（ ）
A．4√13mv0
3
x0
B．5√13mv0
3
x0
C．6√13mv0
3
x0
D．7√13mv0
3
x0
【答案】C
【详解】设当位移为x0时，物体的加速度为a0，由于物体的加速度a 随位移x 线性变化，满足a=kx
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（k 为常数），从开始到速度为2v0的过程，由动能定理可得1
2 mk x0
2= 1
2 m(2v0)
2−1
2 mv0
2
从开始到位移为2x0时，由动能定理可得1
2 mk ×4 x0
2= 1
2 m v
2−1
2 m v0
2
联立可得v =√13 v0
物体所受合力的瞬时功率P=mk ⋅2 x0v = 6√13mv0
3
x0
故选C。
7.（2025·广西南宁·三模）如图所示，在水平地面上，左右两侧各固定一半径为R 的圆弧轨道，两
轨道分别与地面相切于B、C 点，左侧轨道的最高点A 与圆心O1等高，右侧半圆形轨道的D 点与圆
心O2等高，最高点为E 点，左侧轨道粗糙，水平地面BC 和右侧轨道均光滑。质量为m 的物块以初
速度v0=√2 gR从A 处竖直向下进入轨道，运动至B 点的速度为√3 gR，重力加速度为g。则下列说
法正确的是（ ）
A．物块从A 运动到B 的过程中，克服摩擦力做功为1
2 mgR
B．若物块从A 处静止释放，到达B 点时的速度为√gR
C．物块从C 运动到D 的过程中，其重力的瞬时功率一直增大
D．物块将在右侧轨道上距离地面高度为4
3 R处脱离轨道
【答案】AD
【详解】A．物块从A 运动到B 的过程中，由动能定理mgR−W 克= 1
2 m vB
2 −1
2 m v0
2
解得W 克= 1
2 mgR，故A 正确；
B．从A 运动到B 的过程中，物块从A 处静止释放运动到B 处和以初速度v0=√2gR从A 处运动到B
处的过程对比，从A 处静止释放运动到B 处的过程，物块经过圆弧上相同点的速度更小，如图
29
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由牛顿第二定律FN−mgsinθ =m v
2
R
速度越小，轨道的支持力越小，滑动摩擦力也越小，路径长度未变，因此物块从A 处静止释放运动
到B 处过程克服摩擦力做功W
'
克<W 克= 1
2 mgR
由动能定理mgR−W
'
克= 1
2 m vB
2 −0
解得vB>√gR，故B 错误；
C．物块从C 运动到D 的过程中，重力的瞬时功率P =mg v y。在C 处，物块竖直方向的合力向上，
在D 处，竖直方向的合力竖直向下，可以推测，物块从C 运动到D 的过程中，竖直方向的合力应该
是先竖直向上，后变为竖直向下，而v y一直竖直向上，故v y先增加后减小，重力的瞬时功率先增加
后减小，故C 错误；
D．若在图中F 点脱轨，如图
则在F 点有mgcosφ=m v
2
R
从B 到F 点，由动能定理−mg(R+ Rcosφ)= 1
2 mv
2−1
2 mvB
2
解得cosφ = 1
3
则F 点离地面高度为h= R+ R cosφ = 4
3 R，故D 正确。
故选AD。
8.（2025·陕西西安·模拟预测）我国无人机目前应用广泛。春播时节，携带农药的无人机可在田间
30
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执行喷洒药剂的任务。一总质量为m=25kg 的无人机悬停在农田上空，某时刻起，竖直向下做匀加
速运动，4s 后速度达到10m/s，接着匀速运动3.4s，再以5m/s2的加速度做匀减速直线运动，最终
悬停在农田上方3m 处，然后水平飞行喷洒药剂。若无人机下降过程中受到的空气阻力恒为自身重
力的1
5，取g=10 m /s
2。求：
(1)无人机初始位置离农田的高度；
(2)无人机匀加速运动时竖直升力的大小；
(3)无人机下降的全过程中升力的平均功率（结果保留一位小数）。
【答案】(1)67m
(2)137.5N
(3)1361.7W
【详解】（1）设无人机向下做匀加速运动下降的高度为h1，则h1= 0+ v
2
t1
其中v =10m/ s，t1= 4 s
无人机匀速下降的高度h2= v t2
其中t2=3.4 s
设无人机向下做匀减速运动下降的高度为h3，则v
2=2a3h3
其中a3=5m/ s
2
无人机初始位置离农田的高度H =h1+h2+h3+h4
其中h4=3m
解得H=67m
（2）无人机匀加速下降过程，有v =a1t1
设无人机做匀加速运动时竖直升力大小为F，牛顿第二定律得mg−F −f =ma1
其中f=0.2mg
解得F =137.5 N
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（3）对无人机下降全过程由动能定理有W + fh−mgh=0
匀减速下降时间t3= v
a3
又h=h1+h2+h3
下降全过程升力的平均功率为P =
W
t1+t2+t3
解得P≈1361.7 W
9.（2025·重庆·三模）2025 除夕夜央视春晚重庆分会场 7 分钟的时间里 ，2025 架无人机在夜空
中组成了多种图案， 包括“2025 新春快乐”“你好新重庆”等字样，为全市群众送上新春佳节的
祝福。无人机在夜空中实现了精确 编队和动态图案变换，打破传统烟花表演形式。 如图所示，
四轴遥控无人机是首要选择 ，极其方便。 质量 m=2kg 的能够垂直起降的小型遥控无人机，在某
段时间里无人机在直角坐标系xOy 所在的平面内运动规律分别为x =(6t + 1
2 t
2)m，
y =(6t −1
2 t
2)m，水平向右为x 轴正方向 ，竖直向上为y 轴正方向 ，g 取 10m/s2。求：
(1)该无人机上升到最高点的速度；
(2)无人机上升到最高点合外力做的总功。
【答案】(1)12m /s，方向水平向右
(2)72J
【详解】（1）根据x =(6t + 1
2 t
2)m
结合匀变速直线运动位移时间公式x = v0 xt + 1
2 axt
2
可知无人机的水平初速度为v0 x=6 m /s，水平加速度为ax =1m /s
2
根据y =(6t −1
2 t
2)m
结合匀变速直线运动位移时间公式y = v0 yt + 1
2 a yt
2
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可知无人机的竖直初速度为v0 y =6 m /s，竖直加速度为a y =−1m /s
2
则无人机上升到最高点所用时间为t = 0−v0 y
a y
=6s
此时无人机的速度为v = v0 x+axt =12m /s
方向水平向右。
（2）无人机的初速度为v0=√v0 x
2 + v0 y
2 =6√2m /s
人机上升到最高点时，根据动能定理可得合外力做的总功为W 合= 1
2 m v
2−1
2 m v0
2=72J
10.（2025·河南·模拟预测）如图，光滑斜面AB、AC 固定在水平面上，其截面BAC 是直角三角形，
AB 面与水平面所成的倾角α =53
∘且底端与水平面平滑连接，AB 边长度为L，在斜面AB 左侧水平面
上距离B 点1.5 L位置放置一个质量为m 的小滑块，给小滑块一个水平向右的恒力，直到小滑块运
动到A 点时撤去恒力，一段时间后，小滑块落在斜面AC 上。已知重力加速度大小为g，恒力大小为
mg，小滑块与水平面间的动摩擦因数为0.7，忽略空气阻力，小滑块可看作质点，sin53
∘=0.8，
cos53
∘=0.6，求：
(1)小滑块到达A 点的速度大小；
(2)小滑块离斜面AC 的最大距离；
(3)小滑块落点位置到C 点的距离。
【答案】(1)√
gL
2
(2) 5
16 L
(3)19
48 L
【详解】（1）我算出来是对的，麻烦你再审核下
小滑块由初位置到A 点，根据动能定理F (1.5 L+ Lcosα )−mgLsin α −μmg×1.5 L= 1
2 m v A
2
33
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代入已知量，可得物块在A 点速度v A =√
gL
2
（2）小滑块离斜面做斜上抛运动，沿AB 方向的分加速度a1= mgsin α
m
= 4
5 g
设经时间t 该方向分速度减小为0 ，得t = v A
a1
解得t = 5
8√
2 L
g
则小滑块离斜面AC 的最大距离hmax= v A
2
2a1
联立解得hmax= 5
16 L
（3）小滑块离斜面做斜上抛运动，沿着AC 方向做匀加速运动，沿AC 方向分加速度
a2= mgcosα
m
= 3
5 g
则沿AC 方向有s= 1
2 a2(2t )
2
联立解得s= 15
16 L
由于sAC = Ltanα = 4
3 L
则小滑块落点位置到C 点的距离Δs= sAC−s= 19
48 L
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（ ）
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A．4×105J
B．4×104J
C．4×103J
D．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)
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(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
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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
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（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（ ）
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A．被弹出时速度大小为√
2(F1d1+ F2d2)
m
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√m F2d2
【答案】A
【详解】A．根据动能定理有
F1d1+ F2d2= 1
2 mv
2
解得
v =√
2(F1d1+ F2d2)
m
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
Δ p=√2m Ek=√2m F2d2
故D 错误。
故选A。
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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
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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= h
μ ，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（ ）
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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36mgh(1+ S2
2
4 h
2)
D．弹药释放的能量为48mgh(1+ S2
2
4 h
2)
【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= 1
2 ⋅3m⋅v1
2
D 的初动能EkD= 1
2 ⋅6m⋅(0.5 v1)
2
两者不相等，故A 错误；
B．D 水平滑动过程中摩擦力做功为W f=−μ⋅6mg⋅S1=−μ⋅6mg⋅h
μ =−6mgh
做平抛运动过程中重力做的功为W G=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= 1
2 gt
2，S2= v0
t
联立可得v0= S2√
g
2h
D 水平滑动过程中根据动能定理有−6mgh= 1
2 ⋅6m v0
2−1
2 ⋅6m v
2
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化简得v
2= S2
2 g
2h +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 = 1
2 ⋅3mv1
2+ 1
2 ⋅mv2
2=24 mv
2=24(
S2
2 g
2h +2gh)= 48mgh(1+ S2
2
4 h
2)
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
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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．0
B．mgh
C．
D．
【答案】B
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【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
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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
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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
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（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
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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。
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【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
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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
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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
17.（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μ=0.25，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g=10m/ s
2。
(1)求0﹣1m，F 做的功；
(2)x =1m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)r ≤0.2m
【详解】（1）求0﹣1m，F 做的功W = Fx =1.5×1J =1.5J
（2）对AB 整体，根据牛顿第二定律F −f =2ma
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其中f = μmg
对B 根据牛顿第二定律FAB=ma
联立解得FAB=0.5 N
（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F
' =0.5 N
此时x =3 m
过程中，对A、B 根据动能定理W F−μmgx = 1
2 ×2mv
2
根据题图可得W F=1.5J+ 0.5+1.5
2
×2J =3.5J
从P点到M点，根据动能定理−mg⋅2rmax = 1
2 m vmin
2 −1
2 m v
2
在M点的最小速度满足mg=m vmin
2
rmax
联立可得rmax =0.2m
即圆弧半径满足的条件r ≤0.2m。
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