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第21 讲 动能定理及其应用
目录
01
考情解码·命题预警2
02 体系构建·思维可视.........................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚.........................................................................................................................4
考点一 动能的理解.........................................................................................................................4
知识点 动能................................................................................................................................................. 4
考向 动能的理解和计算............................................................................................................................. 5
考点二 动能定理的理解和应用....................................................................................................5
知识点 动能定理的理解............................................................................................................................. 5
考向1 应用动能定理求变力做功..............................................................................................................5
考向2 应用动能定理解决机车启动问题..................................................................................................7
考点三 动能定理的综合应用........................................................................................................8
知识点1 应用动能定理解决多段过程问题的解题流程和注意事项......................................................9
知识点2 常见图像所围面积的意义..........................................................................................................9
考向1 应用动能定理解决多段过程问题................................................................................................10
考向2 动能定理与图像问题的应用........................................................................................................10
考向3 应用动能定理解决物体在传送带运动的问题.............................................................................11
考向4 动能定理与电磁学等其他物理规律的综合应用........................................................................12
04 真题溯源·考向感知........................................................................................................................14
1
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考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
动能的理解
选择题
非选择题
\
\
\
动能定理的理解
与应用
选择题
非选择题
黑吉辽卷T7,4 分
黑吉辽卷T10,6 分
黑吉辽卷T14,12 分
黑吉辽卷T6,4 分
黑吉辽卷T10,6 分
全国乙卷T14,6 分
辽宁卷T3,4 分
辽宁卷T11，8 分
动能定理的综合
应用
选择题
非选择题
黑吉辽卷T13,10 分
黑吉辽卷T14,12 分
全国乙卷T25,20 分
辽宁卷,13,12 分
考情分析：
1.命题形式：选择题非选择题
2.命题分析：动能定理是高考物理的核心考点，在全国卷及各地自主命题中均有高频考查。题型涵盖选择
题、实验题和计算题，分值5-10 分。命题常结合牛顿运动定律、电磁学等知识，考查学生对动能定理的理
解和应用能力，如2024 年新课标卷第2 题结合平抛运动考查动能与速度的关系，2024 年辽宁卷第14 题通
过弹簧弹开物块问题考查动能定理的应用。
3.备考建议：理解动能定理的本质，明确其适用条件，包括直线运动与曲线运动、恒力做功与变力做功等
情况。掌握动能定理的解题流程，确定研究对象和过程，分析受力及做功情况，明确初末动能，列方程求
解。多练习不同情境下的动能定理应用问题，提高知识迁移能力。
4.命题情境：
①生活实践类：汽车制动、物体在斜面上滑行等；
②科技前沿类：如航空母舰弹射测试等；
③学习探究类：如验证动能定理的实验。
5.常用方法：分阶段应用动能定理和全过程应用动能定理
复习目标：
1.熟练掌握动能和动能定理的基本概念、公式，能够准确运用动能定理解决动力学问题，如求解速度、位
移、力等物理量。
2.培养学生分析问题和解决问题的能力，提高学生的科学思维和科学探究素养，使其能在高考中灵活应对
相关题目并准确得分。
2
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3
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考点一 动能的理解
知识点 动能
1.定义：物体由于运动而具有的能量，是状态量（仅与物体的质量和速度大小有关，与方向无关）。
2. 表达式： Ek=1
2 mv
2（ m 为物体质量， v 为瞬时速度大小）。
3. 单位：国际单位制中为焦耳（J），1J = 1N·m = 1kg·m²/s²。
4. 标量性：动能是标量，只有大小，没有方向，运算遵循代数法则（如两个物体动能可直接相加，无需考
虑方向）。
5. 相对性：动能大小与参考系选择有关（因速度具有相对性），高考中默认以地面为参考系。
考向 动能的理解和计算
例1 （24-25 高一下·辽宁·期末）下列力学相关概念的说法正确的是（ ）
A．物体的动能不变，速度一定不变
B．物体的动能不变，动量一定不变
C．一对相互作用力做的功一定大小相等、正负相反
D．一对相互作用力的冲量一定大小相等、方向相反
【答案】D
【详解】A．动能不变仅说明速度大小不变，但速度方向可能变化，如匀速圆周运动，故A 错误；
B．动能不变仅说明速度大小不变，但速度方向可能变化，如匀速圆周运动；由于其方向时刻在变化，故
动量可能变化，故B 错误；
C．一对相互作用力作用在不同物体上，两物体的位移可能不同，因此做功不一定相等，故C 错误；
D．冲量由力和时间决定，相互作用力大小相等、方向相反且作用时间相同，故冲量一定大小相等、方向
相反，故D 正确。
故选D。
【变式训练1·宇宙航天与学科知识结合】（2025·天津蓟州·一模）如图所示，一颗人造卫星原来
在椭圆轨道1 绕地球E 运行，在P 变轨后进入轨道2 做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
4
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A．不论在轨道1 还是在轨道2 运行，卫星在P 点的速度都相同
B．不论在轨道1 还是在轨道2 运行，卫星在P 点的加速度都相同
C．卫星在轨道1 的任何位置都具有相同加速度
D．卫星在轨道2 的任何位置都具有相同动能
【答案】BD
【详解】A．卫星由轨道1 在P 点进入轨道2 做离心运动，要加速，所以在轨道1 和在轨道2 运行经过P 点
的速度不同，轨道2 经过P 点的速度大于轨道1 经过P 点的速度，故A 错误；
B．在轨道1 和在轨道2 运行经过P 点，根据牛顿第二定律
所以
可知，卫星在P 点的加速度都相同，故B 正确；
C．由
可知，由于r 不同，加速度的方向指向地球，方向不同，所以卫星在轨道1 的任何位置的加
速度都不同，故C 错误；
D．根据万有引力提供向心力有
所以
则卫星在轨道2 的任何位置的都具有相同动能，故D 正确。
故选BD。
【变式训练2·变考法】（2025·河北·一模）一个质量为15kg 的机器人沿直线运动的速度一时间图像如图所
示，下列说法正确的是（ ）
A．
内机器人运动的距离为18m
B．
内机器人受到的合力大小为30N
C．机器人减速时的加速度大小为
D．
内机器人的动能减少了480J
5
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【答案】AD
【详解】A．根据
图像与轴围成的面积表示位移可得
内机器人运动的距离为
故A 正确；
B．
内机器人受到的合力大小机器人的加速度大小
内机器人受到的合力大小为
故B 错误；
C．机器人减速时的加速度大小为
故C 错误；
D．
内机器人的动能减少量
故D 正确。
故选AD。
考点二 动能定理的理解和应用
知识点 动能定理的理解
1.内容：合外力对物体所做的总功，等于物体动能的变化量（即末动能减去初动能）。
2.表达式： W 合=∆Ek = Ek 末 - Ek 初 = 1
2 m v末
2 - 1
2 m v初
2
3.适用条件：适用于直线/曲线运动、恒力/变力做功、单个物体/质点系（对质点系，需计算所有外力和
内力做功的总和）。
4.关键性质：
标量式：不涉及方向，只需计算功的代数和与动能变化量的大小关系。
5.易错点：
①总功计算：需考虑所有力（重力、弹力、摩擦力、电场力等）做功的代数和，而非单个力的功。
②动能变化量：是末动能减初动能，若总功为正，动能增加；总功为负，动能减少。
考向1 应用动能定理求变力做功
例1 （2025·黑龙江·模拟预测）冰车是东北地区冬季喜闻乐见的游乐项目。如图甲所示，小孩坐在冰车上，
大人先用水平恒力
推了5s 后，又用水平恒力
推了25s，之后撤去了外力，小孩及冰车又在冰面上自由
滑行了10s，最终静止。已知小孩和冰车的总质量为40kg，小孩在冰面上做直线运动的
图像如图乙所
示，忽略空气阻力，重力加速度g 取
，则下列说法中正确的是（ ）
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A．水平恒力
B．冰车与冰面的动摩擦因数
C．整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为
D．整个过程中大人对小孩和冰车做的功为
【答案】D
【详解】B．在30~40s 内小孩和冰车在只受摩擦力的作用下做匀减速直线运动，根据
图像可知，此段
的加速度大小为
由牛顿第二定律
得冰车与冰面的动摩擦因数
故B 错误；
A．0~5s 内冰车做匀加速直线运动，根据
图像可知
再由牛顿第二定律
解得
故A 错误；
C．
图像与横轴所围成的面积表示位移，因此整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为
故C 错误；
D．由动能定理
代入数据得
故D 正确。
故选D。
【变式训练1·变载体】（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。
【变式训练2·变考法】（多选）（2024·辽宁·二模）电动餐桌就是在大圆桌面上安装一电动转盘，
使用时转盘可以低速匀速旋转，方便用餐人员夹取食物菜肴。如图所示，一质量为m 的盘子（可视为质
点）随电动餐桌一起以角速度
匀速转动，已知A、B 与圆心O 的距离均为r，
。则关于盘子
随餐桌从A 转到B 的过程中（ ）
A．餐桌对盘子做的功为零
B．餐桌对盘子做的功为
C．餐桌对盘子的摩擦力的冲量大小为零
D．餐桌对盘子的摩擦力的冲量大小为
【答案】AD
【详解】AB．依题意，盘子随餐桌做匀速圆周运动，其速率保持不变，由动能定理可知
故A 正确；B 错误；
CD．A、B 两点速度方向如图甲所示，
则有
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由于摩擦力是变力，由动量定理得
将
方向平移到B 点，如图乙所示，解得
故C 错误；D 正确。
故选AD。
考向2 应用动能定理解决机车启动问题
例2（24-25 高一下·吉林·期末）我国新能源汽车发展迅猛，常州已成为新能源之都。质量为
的
某新能源汽车在水平路面上以恒定加速度
启动，经过t1时间功率达到额定功率，此后保持额定功
率行驶，其v-t 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
，汽
车所受阻力大小恒为
。求：
(1)汽车行驶过程中能达到的最大速度vm
(2)汽车匀加速的最大速度v1及所用时间t1
(3)若
，汽车在t1~t2时间走过的路程s。
【答案】(1)30m/s
(2)12m/s，6s
(3)916.5m
【详解】（1）当牵引力与阻力平衡时，汽车达到最大行驶速度，即
（2）根据牛顿第二定律
解得，匀加速时汽车的牵引力为
当汽车达到额定功率时，匀加速的速度达到最大，为
所用时间为
（3）设汽车在t1~t2时间内，根据动能定理
解得s=916.5m
【变式训练1·变情境】（2024·全国·模拟预测）2022 年12 月28 日，黄石现代有轨电车投入运营。假设有
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轨电车质量为m，某次测试中有轨电车由静止出发在水平面做加速度为a 的匀加速直线运动，有轨电车所
受的阻力恒定为f，达到发动机的额定功率P 后，有轨电车保持额定功率做变加速运动，再经时间t 速度达
到最大，然后以最大速度匀速运动，对此下列说法正确的是（ ）
A．有轨电车匀速运动的速度为
B．有轨电车做匀加速运动的时间为
C．从静止到加速到速度最大的过程牵引力所做的功为Pt
D．有轨电车保持额定功率做变加速运动时间t 内的位移为
【答案】B
【详解】A．有轨电车匀速运动时的速度达到最大值，此时的牵引力与阻力平衡，则有
故A 错误；
B．匀加速末状态的功率达到P，则有
根据牛顿第二定律有
根据速度公式有
解得
故B 正确；
C．匀加速直线运动的位移
则从静止到加速到速度最大的过程牵引力所做的功为
解得
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故C 错误；
D．令有轨电车保持额定功率做变加速运动时间t 内的位移为
，根据动能定理有
结合上述解得
故D 错误。
故选B。
【变式训练2】（2024·吉林·一模）遥控小汽车在驱动电机提供的
作用下从A 处由静止开始在水平
面上运动，运动中发现前方B 处有一障碍物，立即关闭驱动电机，小汽车恰好不撞上障碍物。已知小汽车
质量为
，A、B 之间距离为
，小汽车受到的阻力是其重力的0.5 倍，取重力加速度
。
(1)求小汽车从开始运动到关闭驱动电机的时间；
(2)若小汽车从A 点由静止开始以额定功率启动，经
后关闭驱动电机，小汽车也恰好不与障碍物相
撞，求小汽车电机的额定功率。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设小汽车关闭驱动电机前后的加速度大小分别为
、
，根据牛顿第二定律有
，
解得
，
设小汽车从开始运动到关闭驱动电机的时间为，加速阶段根据运动学公式有
，
减速阶段由运动学公式有
又
联立解得
（2）小汽车从A 点由静止开始以额定功率启动，设额定功率为
，对全程根据动能定理有
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解得
考点三 动能定理的综合应用
知识点1 应用动能定理解决多段过程问题的解题流程和注意事项
1.解题流程
2.注意事项
（1）对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程
之间的关系；
（2）过程划分：“粗”“细”适度
无需过度拆分：若多过程中受力规律不变（如全程只受重力和恒定摩擦力），可直接对全程列方程；
必须拆分：若某一过程中出现新力（如进入磁场、弹簧开始形变）或力的性质变化（如静摩擦力变滑动摩
擦力），需拆分该过程单独分析。
（2）总功计算：“不漏力、不重复”
易错点：遗漏重力、弹力（如弹簧弹力）或摩擦力做功；
混淆“单个力的功”与“总功”（需代数和，而非绝对值相加）。
（3）初末速度：“对应过程、不混淆”
衔接点速度是前一过程的“末速度”、后一过程的“初速度”，需统一符号；
若过程末态为“静止”，则Ek 末=0，无需纠结中间速度。
（4）列动能定理的方程时，需明确各力做功的正负。
知识点2 常见图像所围面积的意义
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根据常见图像围成图形的面积，再结合动能定理来解决图像问题。
考向1 应用动能定理解决多段过程问题
例1 （24-25 高一下·辽宁·期末）（多选）在无限大的光滑水平面上，竖直固定一个光滑半圆弧，其半径
，水平面与半圆弧相切于
点，
为半圆弧的直径。一个质量为
的物块，由
点以一定
的初动能
水平向右运动，滑上圆弧。已知
间的距离为
，重力加速度
取
，物块可
视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．若
，则物块能通过最高点
B．若
，则物块始终未脱离接触面
C．若物块能返回到出发点
，则物块的初动能一定满足
D．若
，则物块运动轨迹的最高点距离水平面的高度为
【答案】ABD
【详解】A．若物块能够运动到半圆弧的最高点，由重力提供向心力有
解得
物块的机械能守恒，有
解得
则物块的初动能的范围是
A 正确；
B．若物块始终不脱离接触面，则物块的最高点在与圆心O 等高的位置，有
初动能的范围为
B 正确；
C．根据B 项的分析可知，
时能够回到A 点，若由最高点抛出后能够返回到A 点同样满足题意
要求，根据平抛运动规律有
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水平方向
解得
此时刚好返回A 点，C 错误；
D．若初动能为8J，则物块无法上升到最高点，在上升过程中从某一位置斜抛离开圆弧，设此时速度与水
平方向的夹角为
、大小为
，如图所示
重力的分力提供向心力有
根据机械能守恒有
解得
根据数学知识得
物块将斜抛后达到运动轨迹最高点，将速度分解为竖直和水平方向，竖直方向根据运动学公式有
解得
总高度为
D 正确。
故选ABD。
【变式训练1】（2025·吉林·二模）（多选）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。如图，两人同
时通过绳子对质量为m 的重物分别施加大小均为
、方向都与竖直方向成37°的力，重物离开地面
0.5 米后人停止施力，最后重物自由下落陷入地面，与地面碰撞时间为0.1s，
。不计空气阻力，
重力加速度g 取
。则（ ）
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A．重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间
B．重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功
C．重物刚落地时的速度大小为4m/s
D．地面对重物的平均阻力大小为4mg
【答案】AC
【详解】AC．设停止施力瞬间重物的速度大小为
，根据动能定理有
解得
设重物刚落地时的速度大小为
，根据动能定理有
解得
重物在空中运动过程，开始在拉力作用下做匀加速运动，速度大小达到
后做匀减速运动直至速度为零，
之后再做匀加速直线运动直至速度大小为
，由此可知上升过程中的平均速度大小为
下降过程中的平均速度大小为
又由于上升、下降位移大小相等，则重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间，故AC 正确；
B．重物在整个运动过程中，根据动能定理有
则重物克服地面阻力做的功大于人对重物做的功，故B 错误；
D．碰撞地面过程中根据动量定理有
解得
D 错误。
故选AC。
【变式训练2】（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图，某游乐场雪滑梯是由动摩擦因数均为
的倾斜滑
道和水平滑道平滑连接组成。已知倾斜滑道
的高度
，它与水平地面夹角
，水平滑道
长度为
。水平滑道末端有一光滑圆弧形冰坑
，冰坑
两点高度相等，冰坑圆弧半径
远
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大于弧长
。游客（可视为质点）从雪滑梯顶部
点无初速度下滑，恰好运动到
点。取重力加速度大
小
，不计空气阻力。
(1)求水平滑道的长度
；
(2)若游客以很小的初速度（可忽略）从
点下滑到达
点，求该游客从
点到
点所用的时间（结果保
留3 位有效数字）。
【答案】(1)30.25m
(2)19.9s
【详解】（1）由动能定理
解得L=30.25m
（2）因游客以很小速度开始下滑，因此可看成初速度为0。设游客在倾斜滑道的加速度为a1，滑行时间为
t1，到达C 点时速度为 v0；在水平滑道的加速度为a2，滑行时间为t2。
由牛顿第二定律 mgsin25°-μmgcos25°=ma1
解得 a1=2.2m/s2
解得 t1=5s
可得vC=a1t=11m/s
从C 到D 做减速运动，则μmg=ma2
a2=2m/s2
0=vC-a2t2
t2=5.5s
因为冰坑为光滑弧面，且半径远大于弧长，则游客在冰坑中的运动可看成等效单摆由单摆周期公式
t3=
T=9.4s
综上解得t=t1+t2+t3=19.9s
考向2 动能定理与图像问题的应用
例2 （2025·辽宁·模拟预测）如图所示，足够长的木板Q 静置在水平地面上，滑块P 以水平速度
从左端滑上Q。已知P、Q 的质量分别为
，
，P、Q 之间的动摩擦因数
，
Q 与地面之间的动摩擦因数
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取
。
、
分
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别表示P、Q 的速度，
、
分别表示P、Q 的动能，
、
分别表示P、Q 的位移，下列图像正确的
是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】AC．P、Q 之间的最大静摩擦为
Q 与地面之间的最大静摩擦为
由于
，可知木板Q 一直处于静止状态；故AC 错误；
BD．滑块P 做减速运动的加速度大小为
滑块P 速度减为0 所用时间为
滑块P 做减速运动到速度减为0 通过的位移大小为
根据动能定理可得
可得
，故B 错误，D 正确。
故选D。
【变式训练1】（2024·辽宁·模拟预测）一辆智能电动玩具车在水平路面上由静止开始加速，其加速度a 随
时间t 的变化关系如图所示，当玩具车加速
后，牵引力的功率保持恒定。已知玩具车的质量
，
行驶过程中受到恒定的阻力
，则玩具车（ ）
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A．从
到
的位移为2m
B．从
到
的牵引力做功为4J
C．从
到
的位移约为7m
D．从
到
的牵引力做功为21J
【答案】C
【详解】A．图像与坐标轴包围的面积表示速度变化量，则
的速度为
从
到
做匀加速直线运动，则位移为
故A 错误；
B．
内，根据牛顿第二定律有
解得
该段时间牵引力做功为
故B 错误；
C．t=1s 时，玩具车的功率为
时，根据牛顿第二定律有
解得
此时的速度为
根据动能定理有
解得
故C 正确；
D．从
到
的牵引力做功为
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故D 错误。
故选C。
【变式训练2】（24-25 高一下·黑龙江哈尔滨·期末）（多选）如图甲所示，斜面固定，倾角
，上表面
光滑，斜面底端固定一垂直于斜面的光滑挡板P。A、B 两物体质量相等，均为
。A、B 通过轻质弹
簧连接，放置于斜面上，B 与挡板P 接触，系统处于静止状态。现用沿斜面向上的力
作用在物体A 上，
以
表示物体A 离开静止位置时的位移，
的图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数
，取
，下列说法正确的是（ ）
A．A 发生
位移的过程中，
对A 做的功为
B．B 离开挡板P 时，A 的动能为
C．B 离开挡板P 后的最大速度为
D．若
大小为
且保持不变，则A 上升至最高点时B 对挡板P 的压力为
【答案】BC
【详解】A．由乙图可知，A 发生
位移的过程中，
对A 做的功为
，故A
错误；
B．未对A 施加外力时，根据胡克定律可得
解得
即弹簧压缩量为5cm，同理，可知B 离开挡板P 时，有
解得
即弹簧伸长量为5cm，由此可知B 离开挡板P 时，A 恰好发生
位移，且该过程弹簧弹力做功为零，
根据动能定理可得
解得
，
，故B 正确；
C．B 离开挡板P 后，对整个系统受力分析，有
，即A、B 与弹簧组成的系统合外力为
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零，系统动量守恒，取B 达到最大速度时为末状态，沿斜面方向有
，
联立解得B 的最大速度为
，故C 正确；
D．若
大小为
且保持不变，A 沿斜面方向做简谐振动，施加F 瞬间，根据牛顿第二定律
解得
由对称性可知A 在最高点时加速度大小为
，方向沿斜面向下，对A 有
解得
对B 有
解得
，可知A 上升至最高点时B 对挡板P 的压力为
。故D 错误。
故选BC。
考向3 应用动能定理解决物体在传送带运动问题
例3（2025·辽宁沈阳·模拟预测）一游戏装置的竖直截面如图所示，倾角为
的轨道AB 与半径
的螺旋圆轨道BCDE 相切于B 点，圆轨道最低点C 和E 略微错开；螺旋圆轨道BCDE、水平轨道EF、顺时
针转动的水平传送带FG 及水平轨道GK 平滑连接，轨道的右端K 固定一轻质弹簧，弹簧自然伸长时其自
由端的位置在H 点。在F 点的左侧放置一个质量为
的滑块b（可视为质点）。现有一质量为
的滑块a（可视为质点）从轨道AB 上距B 点h 高处由静止开始滑下，已知各轨道长度分别为
，
，
，滑块与轨道AB、GH 间的动摩擦因数均为
，与传送带间
的动摩擦因数为
，其余轨道均光滑，传送带的速度
，整个过程中均不超过弹簧的弹性限
度。重力加速度
。
(1)若
，求滑块a 首次运动至C 点时对轨道的压力；
(2)若
，滑块a 与滑块b 发生完全非弹性碰撞，求两滑块最终停止的位置到G 点的距离。
【答案】(1)4.72N
(2)
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【详解】（1）研究滑块a 首次运动至
点过程，由动能定理
解得
在
点，根据牛顿第二定律
解得
，
根据牛顿第三定律，滑块
对轨道的压力
。
（2）滑块
刚滑到
上时，由动能定理
解得
，
根据动量守恒定律
解得
滑块在传送带上的加速度
设滑块在传送带上减速到与传送带速度
相等时的位移为x1，根据
解得
所以滑块在传送带上先减速后匀速。
从传送带右端到与弹簧碰撞再返回
点，根据动能定理
解得
从
点向左运动，最后停下来，根据动能定理
解得
所以两滑块最终停止位置到
点的距离为
。
【变式训练1】（2025·黑龙江·一模）如图所示，顺时针匀速转动的水平传送带与倾角为53°的斜面在其底
端平滑连接，右侧与传送带等高的水平面上固定一个半径R=1.6m 的竖直圆形轨道。距水平面高H=4m 的
弹射器用t0=0.2s 的时间将滑块A 水平向右弹出，滑块A 恰好能从斜面顶端无碰撞地滑上斜面。已知斜面
长度L1=1m，传送带长度L2=5m，滑块A 质量m1=0.5kg，滑块A 与斜面、传送带间的动摩擦因数相同，其
余摩擦不计，滑块A 可视为质点。取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。
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(1)若传送带静止，滑块A 向右通过传送带后刚好能到达圆形轨道与圆心等高处，求弹射器对滑块A 的平
均作用力大小及滑块A 与传送带间的动摩擦因数；
(2)在传送带右端的水平面上静止放置一个可视为质点的滑块B（图中未画出），滑块A 通过传送带后与滑
块B 发生弹性碰撞。若碰后滑块A 静止，滑块B 恰好通过圆形轨道的最高点，求传送带的速度大小。
【答案】(1)
，
(2)
【详解】（1）设滑块到斜面顶端时竖直方向的速度为
，水平方向的速度为
，合速度为，根据抛体运
动规律可得
，
联立解得
由几何知识可得
，
根据动量定理则有
解得弹射器对滑块A 的平均作用力大小为
设滑块A 与斜面、传送带间的动摩擦因数为
，根据动能定理则有
代入数据解得
（2）由题可知，A 碰前的速度
等于B 碰后的速度
，则有
，
解得
设A 刚滑上传送带上的速度为
，由动能定理可得
解得
根据上述结论可知，A 在传送带上减速时的加速度为
假设滑块A 在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动，设滑块做匀减速运动的位移为
，则有
解得
假设成立，因此A 在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动，故传送带的速度为
【变式训练2】（2025·吉林长春·模拟预测）如图所示，与水平地面成37°角的传送带长为10m，以恒定速
率2m/s 顺时针转动。现将一质量为5kg 的货物（可视为质点）无初速度放在传送带的底端M 处，货物最
终从顶端N 处掉落传送带，已知货物与传动带之间的摩擦因数为
，
，
，
，求：
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(1)货物从M 运动到N 所需要的时间；
(2)货物与传送带之间因摩擦而产生的热量；
(3)传送带因运送货物需要多消耗的电能。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）货物放上传送带，受力分析得
得
加速到与传送带共速，由
得
由
得
剩余位移做匀速运动，由
得
故
（2）
时间内传送带运动
传送带相对货物的位移大小为
（3）货物增加的动能
增加的重力势能
故传送带因运送货物需要多消耗的电能
考向4 动能定理与电磁学等其他物理规律的综合应用
例4（24-25 高一下·辽宁大连·期末）如图，粗糙水平轨道
的长度为
，左右各固定一个光滑四分之一
圆形轨道，轨道半径为
，一个质量为
的小球从
点处下滑，初速度为零，刚好在第一次到达
点时静
止（此时无电场）。重力加速度为
。求:
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(1)小球运动至
中点处时克服滑动摩擦力做功的功率
(2)在水平轨道上方（不包含圆形轨道）加上水平向右的匀强电场，并使小球带上正电荷
，仍从
点初速
度为零下滑，小球第一次到达
点处时对轨道的压力为重力的3 倍。求:
（i）匀强电场的场强大小
。
（ii）小球能否第二次从
点上滑至
点？如果能，求出达到
点的瞬时速度，如果不能说明理由。
【答案】(1)
(2)
；
【详解】（1）设B 点的速度为
，根据能量关系
设BC 中点的速度为， 根据运动学公式
克服滑动摩擦力做功的功率
解得
（2）（i）设D 点的速度为
， 根据向心力公式
从
点到
点，根据动能定理
解得
（ii）设小球再次回到地面向左运动的最大距离为
根据动能定理
，解得
假设小球能再次回到
点，速度为
根据动能定理
，解得
【变式训练1】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图所示，有两个质量均为m 的相同小环A、B，它们由一
根不可伸长且长度为L 的轻绳连接。小环A 套在固定的水平细杆OM 上，小环B 套在固定的竖直细杆ON
上，两杆通过一小段圆弧杆平滑相连，且ON 杆足够长。初始时用水平外力F 拉环A，使A、B 两环均处
于静止状态，此时轻绳与竖直方向夹角
（如图中虚线位置）。随后，将两个小环移到图中实线的水
平位置，此时B 环位于ON 杆的最上端，轻绳恰好伸直。撤去水平外力，由静止释放两小环，且A 环通过
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小圆弧时速度大小保持不变。另外，碰撞的恢复系数定义为
，其中
和
分别是碰撞前两物
体的速度，
和
分别是碰撞后物体的速度。整个系统不计一切摩擦，重力加速度大小为g。
(1)在初始静止状态下，求水平外力F 的大小；
(2)在B 环下落
过程中，求轻绳的拉力对环A 做的功；
(3)若A、B 两环碰撞的恢复系数
，求两环发生第一次碰撞过程中损失的机械能。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对B 环受力分析，如图所示
根据平衡条件有
根据A 与B 组成的整体水平方向受力平衡有
（2）对A 与B 组成的系统，在B 环下落
过程中，根据机械能守恒有
又
联立解得
对A，在此过程中，根据动能定理有
（3）设B 下落L 后A、B 的速度分别为
、
，则
得
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根据系统机械能守恒有
解得
此后，A 相对B 向下做匀速运动，两环相遇时间为
第一次碰撞前
，
A 与B 碰撞过程，根据动量守恒有
又
解得
，
则有
因此两环第一次碰撞损失的机械能为
【变式训练2】（24-25 高一下·湖北荆州·期末）（多选）如图所示，AB 是位于竖直平面内的四分之一圆弧
形的光滑绝缘轨道，半径
，OA 水平，轨道下端点B 与水平粗糙绝缘轨道平滑连接，整个空间分
布有水平向左的匀强电场，电场强度
。有一质量
、电荷量
的小滑
块（可视为质点）从水平轨道上某点P 由静止释放，恰好能运动到A 点。若已知滑块与水平轨道间的动摩
擦因数
，取
，则下列说法正确的是（ ）
A．释放点P 与B 的水平距离为
B．滑块第一次经过B 点时，对轨道的压力大小为
C．滑块最终停在B 处
D．滑块在粗糙段轨道上的总路程为
【答案】ABD
【详解】A．设释放点P 与B 的水平距离为x，对滑块从P 到A 的过程，根据动能定理可得
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代入数据解得
，故A 正确；
B．对滑块从B 到A 的过程，根据动能定理可得
在B 点，根据牛顿第二定律可得
联立解得
根据牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力大小为
，故B 正确；
C．因为
，
则有
，所以滑块不会最终停在B 处，故C 错误；
D．滑块最终会在B 点上方的圆弧轨道上来回运动，且在B 点时速度为0，设滑块在粗糙段轨道上的总路
程为
，对滑块从P 到最终状态的过程，根据动能定理可得
解得
，故D 正确。
故选ABD。
1．（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
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代入数据解得雪块到A 点速度大小为
（2）雪块离开屋顶后，做斜向下抛运动，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
2．（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
（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
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在
点的最小速度满足
联立可得
即圆弧半径满足的条件
。
3．（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：
）
【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
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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
，
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
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联立
，
可得
4.（2025·浙江·高考真题）如图所示，两根相同的橡皮绳，一端连接质量为m 的物块，另一端固定在水平
桌面上的
、B 两点。物块处于AB 连线的中点C 时，橡皮绳为原长。现将物块沿AB 中垂线水平拉至桌面
上的O 点静止释放。已知CO 距离为L，物块与桌面间的动摩擦因数为
，橡皮绳始终处于弹性限度内，
不计空气阻力，则释放后（ ）
A．物块做简谐运动
B．物块只受到重力、橡皮绳弹力和摩擦力的作用
C．若
时每根橡皮绳的弹力为F，则物块所受合力大小为
D．若物块第一次到达C 点的速度为
，此过程中橡皮绳对物块做的功
【答案】D
【详解】AB．物块在水平桌面上运动，受到重力、桌面的支持力、橡皮绳的弹力以及摩擦力的作用；而
运动方向受橡皮绳的弹力和摩擦力作用，其合力不满足简谐运动的回复力特点（
），因摩擦力是
恒力，不随位移按比例变化，所以物块不做简谐运动，故AB 错误；
C．若
时每根橡皮绳的弹力为F，两根橡皮绳弹力的合力
物块还受到摩擦力为
则物块所受合力为
，故C 错误；
D．若物块第一次到达C 点的速度为
，物块从O 点运动到C 点，由动能定理可知
解得橡皮绳对物块做的功为
，故D 正确。
故选D。
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