文档文本内容
第27 讲 动能定理及其应用（专项训练）
目 录
模拟·基础演练.......................................................................................................................................1
题型01 动能定理的应用...........................................................................................................1
题型02 动能定理与图像结合问题...........................................................................................5
题型03 动能定理在多过程中的应用算...............................................................................6
重难·创新演练.....................................................................................................................................10
真题·实战演练.....................................................................................................................................13
模拟·基础演练
考查重点：动能定理应用和图像问题
⏳题型01 动能定理
的应用
1.（2026·湖南常德·一模）中国制造的新能源汽车，产销量连续十年保持全球第一。新能源汽车具有噪声
小、污染少、起步快、加速平顺等优点。某新能源汽车在启动时由电机提供牵引力，而阻力来自两部分，
一部分是地面摩擦阻力，设为一定值，另一部分来自空气阻力，设其大小与汽车速率成正比。已知该汽车
质量为m，电机在不同功率下的牵引力F 与对应匀速直线运动的速率v 关系如图所示，其图像纵截距为
b，斜率为k，则下列说法正确的是（ ）
A．地面摩擦阻力
B．若该汽车以恒定加速度启动，在匀加速运动过程中牵引力大小不变
C．若该汽车以恒定加速度启动，在匀加速运动过程中牵引力大小随时间均匀增大
D．若该汽车以某恒定功率启动，经过时间t 达到最大速度
，则汽车克服空气阻力做的功为
【答案】C
【详解】A．当汽车做匀速直线运动时，牵引力
等于总阻力，总阻力由地面摩擦阻力
和空气阻力
组
成，即
其中地面摩擦阻力
为一定值，空气阻力的大小与汽车速率成正比。结合
图像纵截距为
，斜率为
，
得
可知地面摩擦阻力
，空气阻力
，故A 错误；
BC．若该汽车以恒定加速度
启动，根据牛顿第二定律，得
由匀变速直线运动速度与时间的关系，得
代入
，解得牵引力的大小为
其中
、
、
、
均为定值，则牵引力大小随时间均匀增大，故B 错误，C 正确；
D．汽车以恒定功率
启动，达到最大速度
时，牵引力等于总阻力，有
恒定功率
牵引力做功
根据动能定理，得
汽车克服空气阻力做的功为
其中
为汽车克服总阻力做的功，故D 错误。
故选C。
2.（2025·湖南·一模）一轻质杆AB，初始时紧靠在光滑的竖直墙面上竖直静止放置，杆长为2l，在其中点
C 处固定一个质量为m 的小球，现使A 端不脱离墙面，B 端沿着光滑地面以速度v 向右匀速运动，当杆与
地面成
角时，则（ ）
A．小球的速度大小为
B．小球做匀速圆周运动
C．当
时，杆对小球的作用力大小为
D．当
时，杆对小球做的功为
【答案】C
【详解】AB．轻杆AB 上的所有点，沿杆方向的分速度大小相等，由于B 点做匀速直线运动，所以当杆与
地面成α 角时，杆上所有点沿着杆方向的分速度均为vcosα，对于小球，它与墙角O 点间距时刻保持l，所
以运动轨迹为以O 点为圆心的圆，速度方向与OC 连线垂直，由图中几何关系得，小球在C 点速度方向与
杆的夹角为
，沿杆方向的分速度为
，则有
解得
可知则vC大小随α 改变，并非匀速圆周运动，故AB 错误；
CD．分析可得杆对小球的作用力必须沿着竖直方向，由指向圆心的合外力提供向心力，即
解得
对小球运用动能定理，可得
解得
，故C 正确，D 错误。
故选C。
3.（2026·福建福州·二模）2025 年9 月22 日，歼-15T、歼-35、空警-600 三型舰载机成功完成首次电磁
弹射起飞和着舰训练，检验了福建舰的电磁弹射技术。某次测试的歼-35 的总质量是2.5×10
4kg，弹射过
程看作是初速度为零的匀加速直线运动，v-t 图像如图所示，取重力加速度g=10m/ s
2，求：
(1)弹射过程飞机的加速度大小；
(2)弹射过程合力对飞机做的功；
(3)体重为60kg 的飞行员在弹射过程受到座椅的作用力大小（结果保留根号）。
【答案】(1)40m/ s
2
(2)8×10
7 J
(3)600 ❑√17 N
【解析】（1）根据图像斜率可得a= Δv
Δt = 80
2 m/ s
2
解得a= 40m/ s
2
（2）弹射过程末速度v =80m/ s
由动能定理得弹射过程合力对飞机做的功为
解得W =8×10
7 J
（3）对飞行员受力分析，可得竖直方向
水平方向F x=ma
所以飞行员在弹射过程受到座椅的作用力大小F =
❑√F x
2+ F y
2
解得F =600 ❑√17 N
4.（2026·北京顺义·二模）某人站在水平地面上，手握住绳（不可伸长）的一端，另一端系有质量为m
的小球，小球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动。某次运动到最低点时，绳的拉力最大且刚好被拉断，
小球以速度v0水平飞出，如图所示。已知手离地面的高度为d，手与小球之间的绳长为0.25d，绳的质量
忽略不计，重力加速度为g。
(1)无风时，绳断后小球做平抛运动。求：
a．小球运动的水平位移大小x；
b．绳能承受的最大拉力大小F。
(2)若有风吹过时，小球落地时的速度为v，求风对小球做的功W 。
【答案】(1)a．v0
❑√
3d
2 g
；b．mg+ 4 m v0
2
d
(2)1
2 mv
2−1
2 mv0
2−3
4 mgd
【解析】（1）a．小球做平抛运动，则水平方向x = v0t
竖直方向d −0.25d = 1
2 gt
2
解得运动的水平位移大小x = v0
❑√
3d
2g ；
b．小球在圆周的最低点时T −mg=m
v0
2
0.25d
绳能承受的最大拉力大小F =mg+ 4 m v0
2
d
。
（2）若有风吹过时，小球落地时的速度为v，则由动能定理mg×(d −0.25d)+W = 1
2 m v
2−1
2 m v0
2
解得W = 1
2 mv
2−1
2 mv0
2−3
4 mgd
5.（2026·天津南开·一模）如图所示，滑板运动员以一定速度从P 点沿水平方向滑离平台，恰能从A
点与轨道相切进入粗糙圆弧轨道AC，沿圆弧轨道在竖直平面内做圆周运动。已知运动员（含滑板）质量
m=50kg，运动员进入圆弧轨道时的速度大小v A =10m/ s，圆弧轨道的半径R = 4 m，圆弧轨道AB 对应
的圆心角θ =37°。测得运动员在轨道最低点B 时对轨道的压力是其总重力的3.8 倍。若运动员可视为质点，
忽略空气阻力，重力加速度g=10m/ s
2,sin37° =0.6,cos37° =0.8。求：
(1)运动员在P 点的速度v P的大小及从P 点到A 点所用时间t；
(2)运动员在B 点时的动能EkB，及在圆弧轨道AB 段运动过程中，摩擦力对运动员所做的功W。
【答案】(1)8m/ s，0.6 s
(2)2800 J，−100 J
【解析】（1）运动员在A 点v P= v Acos37°
解得v P=8m/ s
运动员在A 点的竖直方向速度v Asin37° =gt
解得t =0.6 s
（2）运动员在B 点，根据牛顿第二定律有F N −mg=m vB
2
R
根据牛顿第三定律有F N = F N ' =3.8mg
运动员在B 点的动能EkB= 1
2 mvB
2
解得EkB=2800 J
运动员从A 运动到B 的过程中，根据动能定理有mgR(1−cos37°)+W = 1
2 mvB
2 −1
2 mv A
2
得W =−100 J
⏳题型02 动
能定理与图像结合问题
6.（多选）（2025·重庆沙坪坝·期末）倾角为37°的光滑斜面上有一小物块在沿斜面向上的力F 的作用
下由静止开始运动，若力F 的最大功率为P，小物块的动能为Ek、重力势能为Ep（以出发点的势能为零）、
位移为x、运动过程中的速度为v，以沿斜面向上为正方向，物块从开始运动到抵达斜面顶端全程Ek-x 图像
如图甲所示，其中OA 段为直线，AB 段为曲线、BC 段为平行于横轴的直线，已知物块从0 时刻开始经2s
到达距出发点4m 处，此时力F 的功率刚好达最大值，之后保持该功率不变，重力加速度g=10m/s2，
sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法中正确的是（ ）
A．物块的质量m=0.5kg
B．F 的最大功率P=32W
C．乙图为物块运动过程的Ep-x 图像
D．到达顶端时速度v = 16
3 m/s
【答案】AD
【解析】A．Ek-x 图像的斜率表示合外力，所以0~4m 有
F－mg sin37°＝ma＝4
4 ＝1 N
根据位移时间关系可得
x1= 1
2 at1
2
解得
m=0.5kg，F = 4 N，a=2m/s
2
故A 正确；
B．2s 末小物块的速度大小为
v1=at1= 4 m/s
所以F 的最大功率为
P = F v1=16W
故B 错误；
C．当小物块到达距出发点8m 处时，重力势能为
Ep=mgx sin37°=24J
与图中数据不符，故C 错误；
D．2s 后小物块所受外力F 的功率不变，则
P = F
' v
F
' = mg sin37°
解得小物块匀速阶段速度大小为
v = 16
3 m/s
即小物块运动到斜面顶端时的速度大小为16
3 m/s，故D 正确。
故选AD。
7.如图甲所示，一质量为2kg 的物体受到水平拉力F 的作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，物体
的a-t 图象如图乙所示，
时其速度为2m/s，物体与水平面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g＝
10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．在t =6 s时，物体的速度为15m/s
B．在0~6s 时间内，合力对物体做的功为289J
C．在0~6s 时间内，合力对物体做功的平均功率为47.5W
D．在t =6 s时，拉力F 的功率为136W
【答案】C
【解析】A.根据加速度—时间图象与坐标轴所围图形的面积表示速度的变化量可知，在0~6s 时间内，
物体的速度增加量为
Δv＝15m/s
由
Δv＝v－v0
可得在t＝6s 时，物体的速度为
v＝17m/s
故A 错误；
B.由动能定理，可知在0~6s 时间内，合力对物体做的功为
W = 1
2 m v
2−1
2 m v0
2=285 J
故B 错误；
C.在0~6s 时间内，合力对物体做功的平均功率为
¯P = W
t = 47.5W
故C 正确；
D.由牛顿第二定律有
F－μmg＝ma
解得在t＝6s 时拉力
F＝16N
物体的速度v＝17m/s，则拉力F 的功率为
P＝Fv＝16×17W＝272W
故D 错误。
故选C。
8.一质量为2kg 的物体受到水平拉力F 作用，在粗糙水平面上作加速直线运动时的a-t 图像如图所示，
t=0 时其速度大小为2 m
s ，滑动摩擦力大小恒为2N。则（ ）
A．在t=6s 时刻，物体的速度为18 m
s
B．在t=6s 时间内，合力对物体做的功为400J
C．在t=6s 时间内，拉力对物体的冲量为36N.s
D．在t=6s 时刻，拉力F 的功率为200W
【答案】D
【解析】A．a-t 图像与时间轴围成的面积为物体速度的变化量，可知在t=6s 时刻，物体速度的变化量
为
Δv = 2+ 4
2
×6m/s=18m/s
由于物体初速度为2m/s，所以此时物体的速度为20m/s，故A 错误；
B．根据动能定理，合力做的功等于动能的变化，有
W = 1
2 m v
2−1
2 m v0
2=396 J
故B 错误；
C．根据冲量定理，拉力的冲量I 与摩擦力冲量的和等于物体动量的变化，有
I −ft =mv −m v0
则
I=48N·s
故C 错误；
D．根据牛顿第二定律，在t=6s 时刻，有
F-f=ma
得拉力
F=10N
所以瞬时功率
P=Fv=200W
故D 正确；
故选D。
9.（2026·广东广州·模拟预测）已知雨滴下落过程所受阻力与其速度大小成正比。以雨滴开始下落位
置为原点，取竖直向下为正方向，雨滴由静止开始下落，其速度随时间变化的v-t 图像和其动能随位移变
化的Ek-x 图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】AB．设空气阻力大小为f，则f =kv
根据牛顿第二定律可得mg−kv =ma
则雨滴做加速度减小的加速运动，最终可能做匀速直线运动，故AB 错误；
CD．根据Ek =mgx −fx，阻力随速度增大而增大，则Ek-x 图像斜率减小，故C 正确D 错误。
故选C。
10.（2026·甘肃金昌·二模）某次潜水器由静止开始竖直下潜，下潜过程中受到的阻力与它下潜的速度
大小成正比，下列关于潜水器的速度—时间（v-t）图像、重力势能—时间（Ep-t）图像、机械能—位移
（E-x）图像和动能—位移（Ek-x）图像，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】A．下潜过程中潜水器受到的阻力与它下潜的速度大小成正比，即f=kv
下潜过程中，由牛顿第二定律得mg-kv=ma
解得a= g−kv
m
可知下潜过程中潜水器做加速度减小的加速运动，故A 错误；
B．在潜水器下潜过程中，重力势能Ep=mg（H-h)=mgH-mgh=Ep0-mg×∑vΔt
所以下潜过程中重力势能越来越小，Ep-t 图像的斜率越来越小，故B 错误；
C．潜水器下潜过程中的机械能E=E0-fx=E0-kvx
所以下潜过程中机械能减小，E-x 图像的斜率越来越大，故C 错误；
D．潜水器下潜过程中的动能Ek=(mg-f）x=(mg-kv）x
所以潜水器下潜过程中，动能先增大，当阻力与重力大小相等时动能大小不变，在动能增大过程中，
Ek-x 图像的斜率越来越小，故D 正确。
故选D。
⏳题型03 动能定理在多过程问题中的应用
11.（2025·湖南·一模）如图所示，在竖直面内有一半径为R 的光滑圆轨道，空间中存在平行于圆轨道所在
平面的匀强电场。小球质量为m，电荷量为
，将小球从A 点以大小为
的速度沿任意方向抛出，小球落
至B、C 两点时速度大小相等，其中A 点和C 点与圆心等高，B 点在圆心正下方，已知小球与轨道碰撞后
沿半径方向速度变为0，沿切线方向速度不变，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度大小可能为
B．小球在圆弧上运动至圆弧BC 中点时，势能最小
C．若电场方向水平向右，在A 点给小球竖直向下的速度，要使小球能在竖直平面做完整的圆周运动，
则其在A 点的速度应不小于
D．若电场方向水平向右，将小球从A 点由静止释放，小球与轨道碰撞后不会再次脱离圆轨道
【答案】BD
【详解】A．由动能定理知，小球由A 点运动到B 点过程和由A 点运动到C 点过程电场力和重力的合力做
功相等，且做正功，则电场力和重力的合力方向垂直BC 连线向下，与水平方向和竖直方向的夹角均为
45。作出重力、电场力及其合力关系图如图所示
可见当电场力与合力垂直时，电场力最小，场强最小，为
匀强电场的电场强度大小不可能为
，故A 错误；
B．电场力和重力的合力即为等效重力，可见圆弧BC 中点N 点为等效重力最低点，如图所示
则小球在N 点势能最小，故B 正确；
C．电场方向水平向右时，电场力和重力的合力
要使小球能在竖直平面做完整的圆周运动，小球应过等效重力最高点D 点，小球恰好经过D 点时，由牛顿
第二定律
解得小球经过D 点的最小速度
小球由A 点运动到D 点过程，由动能定理
解得
，即小球在A 点时的速度应不小于
，故C 错误；
D．电场方向水平向右，小球从A 点静止释放时，小球将沿AB 连线做直线运动，由动能定理
解得小球与轨道碰撞前的速度大小
则碰后小球的速度大小
小球由B 点恰好运动到等效水平线OM 过程，由动能定理
解得小球经过B 点时速度大小
可见小球经过B 点后恰好运动到M 点，此后小球不会再次脱离圆轨道，故D 正确。
故选BD。
12.(2026·湖南省·期中考试)如图，竖直平面内的光滑半圆形轨道下端与水平面相切，B、C分别为半圆
形轨道的最低点和最高点。小滑块沿水平面向左滑动，经过A点时的速度v A =6m/ s，经过B点进入光滑
半圆形轨道，且恰好通过最高点C。已知半圆轨道半径R =0.40m，小滑块的质量为1kg。小滑块可看作质
点。重力加速度g大小取10m/ s
2。求：
(1)滑块经过B点时对圆轨道的压力大小;
(2)滑块从A到B过程克服摩擦力做的功。
【答案】解：(1)小滑块恰好通过最高点C，则可得mg=m vC
2
R
，
从C到B过程小滑块由动能定理可得mg×2 R = 1
2 m vB
2 −1
2 m vC
2 ，
在B点，由牛顿第二定律得F N −mg=m vB
2
R
，
解得F N =60 N，
根据牛顿第三定律，滑块经过B点时对圆轨道的压力大小为60 N ;
(2)对滑块从A到B，由动能定理得−W 克F f = 1
2 m vB
2 −1
2 m v A
2 ，
解得W 克F f =8 J。
13.（多选）(2026·江西省·单元测试)如图所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平面上，槽口向上，槽口
直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率
地滑行到B点，不计物块的大小，P点到A点高度为h，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()
A.物块从P到B过程克服摩擦力做的功为mg( R+h)
B.物块从A到B过程重力的平均功率为2mg ❑√2gh
π
C.物块在B点时对槽底的压力大小为( R+2h)mg
R
D.物块到B点时重力的瞬时功率为mg ❑√2 gh
【答案】BC
【解析】A.从A到B，物块速率不变，根据动能定理得：mgR−W f =0，所以克服摩擦力做的功为：
W f =mgR，故A 错误；
B.从P到A，根据机械能守恒得：mgh= 1
2 mv
2，得物体从A到B的速率为：v = ❑√2gh，从A到B的运
动时间为：t =
1
2 πR
v
=
πR
2❑√2gh
，所以物块从A到B过程重力的平均功率为：P = mgR
t
= 2mg ❑√2gh
π
，故B
正确；
C.在B点，根据牛顿第二定律和向心力公式得：N −mg=m v
2
R ，解得物块受到的支持力为：
N = ( R+2h)mg
R
，根据牛顿第三定律知物块在B点对槽底的压力大小为( R+2h)mg
R
，故C 正确。
D.物块在B点时，重力方向与速度方向垂直，所以重力的瞬时功率为零，故D 错误。
故选BC。
14.(2026·河北省唐山市·其他类型)如图所示，ABCD是一个固定盆式容器，侧壁与盆底BC平滑连接，
BC距离d =0.4 m，盆边缘的高度为h=0.3m。已知侧壁是光滑的，盆底与小物块间的动摩擦因数为
μ=0.1。在A处静止释放一质量为m的小物块，小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则最终位置到B的
距离为()
A.0.4 m
B.0.3m
C.0.2m
D.0
【答案】C
【解析】设小物块在盆底通过的总路程为s，根据动能定理可得mgh−μmgs=0
解得s=3m
由于s=3m=8d −0.2m
可知最终位置到B的距离为0.2m。
故选C。
15.(2026·湖南省·单元测试)如图所示，竖直平面内有一倾角α =60°的轨道AB，与半径均为R的光滑细
圆管轨道BCD和DE构成一游戏装置，DE为四分之一圆弧，B、D两处轨道平滑连接。该装置固定在水
平地面上，保持O1 DO2水平，现将质量为m的滑块从轨道上A点由静止释放，已知AB间距离L=2❑√3 R，
滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=
❑√3
3 ，重力加速度大小为g，求：
(1)滑块从E点抛出后的水平位移；
(2)将滑块从E轻轻放入轨道，经足够长时间之后，经过C点时受到的支持力；
(3)第(2)问中，滑块在斜面上滑行的总路程。
【
答
案
】
(1)滑
块
从
A点
释
放
到
E点
，
根
据
动
能
定
理
可
得
mg( Lsin α −R−R cosα )−μmgLcosα = 1
2 m v E
2 −0，
解得滑块经过E点的速度大小为v E= ❑√gR，
滑块经过E点后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，可得2 R = 1
2 gt
2，
x = v Et，
联立解得小球水平位移x =2 R。
(2)经过足够长时间后，滑块在B处速度为0，
从B到C过程：mgR(1−cosα )= 1
2 m vC
2 −0，
解得：vC = ❑√gR，
在C点有：F N −mg=m vC
2
R
，
解得：F N =2mg。
(3)从E到B过程根据动能定理有：mgR(1+cosα )−μmgscosα =0，
解得：s=3 ❑√3 R。
重难·创新演练
设题创新:结合图像多过程考查
1．（2026·江苏·期中）竖直放置的四分之三圆管半径为R，在管口A 正上方3R 处由静止释放一质量
为m 的小球，小球落入管中并从C 点飞出后，恰好又落回到A 点，不计空气阻力，重力加速度为g，则小
球（ ）
A．通过C 点时的速度大小为❑√gR
B．克服圆管的摩擦力做功为7mgR
4
C．通过C 点时对圆管的压力大小为mg，方向竖直向下
D．通过C 点时对圆管的压力大小为mg
2 ，方向竖直向上
【答案】B
【解析】A．小球通过C点后做平抛运动，则R = vC t，R = 1
2 gt
2
解得通过C 点时的速度大小为vC = ❑√
gR
2
，故A 错误；
B．根据动能定理mg⋅2 R−W f = 1
2 m vC
2
解得小球克服圆管的摩擦力做功为W f = 7mgR
4
，故B 正确；
CD．假设小球通过C点时管壁对小球有向上的支持力，则mg−F N =m vC
2
R
可得F N = mg
2 ，假设成立，根据牛顿第三定律，此时小球对圆管的压力大小为mg
2 ，方向竖直向下，
故CD 错误。
故选B。
2．（2026·江西赣州·二模）某山地救援队进行“斜坡绳物投放”训练，简化模型如图所示。在倾角为
θ=37°的粗糙斜面上，有一根长为L 的轻质绳，一端固定在斜面上的O 点，另一端系一质量为m 的物体
（可视为质点），物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.2，开始时绳沿着斜面拉直且处于水平，物体从斜面
上由静止释放，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（ ）
A．物体能再次到达与O 点等高处
B．物体从释放至第一次到达最低点的过程中克服摩擦力做功为3 π
50 mgL
C．物体第一次到达最低点时的速度的大小为
❑√(30−4 π )gL
5
D．物体第一次到达最低点时绳的拉力的大小为30−4 π
25
mg
【答案】C
【解析】A．由于物体在运动过程中摩擦力做功，物体的机械能减小，不能到达与O 点等高处，故A
错误；
B ．物体从释放至第一次到达最低点的过程中克服摩擦力做功为
W
f
克= f ⋅1
4 ⋅2πL= μmgcosθ⋅1
4 ⋅2πL= 2π
25 mgL，故B 错误；
C．根据动能定理可得mgsinθ⋅L−W
f
克= 1
2 m v
2
联立解得v =
❑√(30−4 π )gL
5
，故C 正确；
D．在最低点，根据牛顿第二定律可得T −mgsinθ =m v
2
L
解得T = 45−4 π
25
mg，故D 错误。
故选C。
3．（2026·安徽阜阳·二模）某同学在拍球的过程中发现，让球由离地1m 高处静止下落并自由反弹，
弹起的最大高度为80cm。为了让球每次都恰好弹回到1m 的高度，球每次在1m 高度时应向下拍打一次球
设球在运动过程中受到的空气阻力大小恒定，球与地面碰撞后以原速率反弹，已知球的质量为630g，重力
加速度
，则下列说法正确的是（ ）
A．球在运动过程中受到的空气阻力大小为1.26N
B．人每次向下拍球的过程中对球做的功为1.26J
C．从拍球到球回到释放点，球克服空气阻力所做的功为1.4J
D．球每次撞击地面的过程中，地面对球做的功为6.3J
【答案】C
【解析】A．设空气阻力大小为f，则球从离地h=1m高处由静止释放到球反弹到h' =0.8m最高点的
过程中，由动能定理，得mg(h−h' )−f (h+h' )=0−0
代入数据解得f =0.7 N，故A 错误；
BC．人通过拍球使球与地面碰撞后能反弹到离地1m 高处，设拍球过程中人做的功为W，则有
W −2f h=0
解得W =1.4 J
球在由离地1m 高处向下运动到反弹到离地1m 高处的过程中，克服空气阻力做功W
' =2f h=1.4 J，
故B 错误，C 正确；
D．在与地面撞击前后瞬间，球的速度大小不变，则球的动能不变，故地面对球不做功，故D 错误。
故选C。
4．（2026·重庆·三模）如图所示，光滑固定轨道ABC 左侧为1/4 圆弧轨道、右侧为水平轨道，两轨道
在B 点平滑连接，圆弧半径为R。一小球（可视为质点）从圆弧轨道的最高点A 处由静止释放后沿轨道
ABC 运动，不计空气阻力，则下列关于该小球运动的加速度的平方a
2与其水平位移x的关系图像，可能正
确的是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】x为从A 点开始的水平位移，设圆心O，半径R，小球位置对应的半径与水平方向夹角为θ，
可得水平位移关系x = R(1−cosθ)
由动能定理有mgRsinθ = 1
2 mv
2
法向加速度an= v
2
R
联立解得an=2 gsinθ
重力的切向分量，由牛顿第二定律有mgcosθ =mat
可得切向加速度at = gcosθ
总加速度的平方满足a
2=an
2+at
2=(2 gsinθ)
2+( gcosθ)
2
由几何关系有cosθ = R−x
R
联立可得a
2= g
2+ 6 g
2
R x−3 g
2
R
2 x
2
因此a
2−x曲线是开口向下的二次函数，对称轴x = R
故选C。
5．（2026 高三·浙江·专题练习）质量为m 的足球从水平地面上的位置1 被踢出后，最终落在地面上的
位置3，足球在空中运动的最高点为位置2，2 点距离地面的高度为h。若足球运动过程中所受空气阻力的
大小保持不变，忽略其他影响因素，下列关于足球运动的说法正确的是（）
A．在空中运动时，相等的时间内速度变化量相同
B．在1 时，加速度最大
C．从1 到2 的时间大于从2 到3 的时间
D．从2 到3 的过程中，动能增加mgh
【答案】B
【解析】A．空气阻力的大小保持不变，但方向时刻变化，其与重力的合力不断变化，所以足球做加
速度不断变化的曲线运动；由Δv =aΔt可知，相等的时间内速度变化量不相同，故A 错误；
B．在1 时，空气阻力与重力的夹角最小，合力最大，所以加速度最大，故B 正确；
C．研究足球竖直方向分运动，上升过程重力和阻力的竖直分量均向下，平均加速度为a上= mg+ f 竖1
m
；
下降过程重力向下、阻力的竖直分量均向上，a下= mg−f 竖2
m
，则上升过程的平均加速度大于下降过程的
平均加速度，根据h= 1
2 ¯at
2可知，与下落过程相比，上升过程时间短，所以从1 到2 的时间小于从2 到3
的时间，故C 错误；
D．从2 到3 的过程中，由mgh−W f = Δ Ek，所以足球动能增加小于mgh，故D 错误。
故选B。
真题·实战演练
高频考点：测天体的质量密度和人造卫星
1．（2024·贵州·高考真题）质量为1kg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
x =3m处，F 做功的瞬时功率为（ ）
A．8W
B．16W
C．24W
D．36W
【答案】A
【解析】根据图像可知物块运动到x =3m处，F 做的总功为
W F =3×2J +2×1J =8 J
该过程根据动能定理得
W F = 1
2 m v
2
解得物块运动到x =3m处时的速度为
v = 4 m/ s
故此时F 做功的瞬时功率为
P = Fv =8W
故选A。
2．（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（）
A．4×105J
B．4×104J
C．4×103J
D．4×102J
【答案】B
【解析】高中生的质量约为50kg，根据动能定理有W = 1
2 m v
2= 4.0×10
4 J
故选B。
3．（2022·江苏·高考真题）某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起
跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x 的关系图像正
确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能
定理有
Ek =mgx tanθ
即
Ek
x =mg tanθ
下滑过程中开始阶段倾角θ 不变，Ek-x 图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ 先减小后增大，即图
像斜率先减小后增大。
故选A。
4．（2024·新疆·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
【解析】动能表达式为
Ek = 1
2 m v2
2
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
x = vt
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．（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（ ）
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
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。
6.（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（ ）
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。
故选A。
7．（多选）（2025·江西·高考真题）每逢端午节，江西各地常会举办热闹非凡的赛龙舟活动。利用与
某龙舟同方向匀速直线飞行的无人机跟踪拍摄，发现在某段时间内该龙舟做匀加速和匀减速交替的周期性
直线运动。若以无人机为参考系，该龙舟在0.4s时间内速度由0 增加到0.6m/s（划桨阶段），再经历
0.6s时间速度减为0（未划桨阶段），则关于这段时间内该龙舟的位置x、速度v、加速度a、动能Ek与时
间t 的关系，下列图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AB
【解析】A．位移时间图像斜率代表速度，所以斜率先增大后减小，再增大再减小，故A 正确；
B．龙舟在0.4s时间内速度由0 增加到0.6m/s（划桨阶段），再经历0.6s时间速度减为0，速度方向
始终为正向，故B 正确；
C．因为是匀加速和匀减速，所以加速度在0.4s时间内是不变的，后0.6s 内也是不变的，故C 错误；
D．根据Ek = 1
2 m v
2= 1
2 m(at )
2可知，前0.4s开口向上，故D 错误。
故选AB。
8．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，一雪块从倾角θ =37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到
A 点后离开屋顶。O、A 间距离x =2.5m，A 点距地面的高度h=1.95m，雪块与屋顶的动摩擦因数
μ=0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37° =0.6，重力加速度大小g=10m/ s
2。求：
(1)雪块从A 点离开屋顶时的速度大小v0；
(2)雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。
【答案】(1)5m/s
(2)8m/s，60°
【解析】（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理mgx sinθ−μmgcosθ⋅x = 1
2 m v0
2−0
代入数据解得雪块到A 点速度大小为v0=5 m/s
（2）雪块离开屋顶后，做斜向下抛运动，由动能定理mgh= 1
2 m v1
2−1
2 m v0
2
代入数据解得雪块到地面速度大小v1=8 m/s
速度与水平方向夹角α，满足cosα = v0cosθ
v1
= 5×0.8
8
= 1
2
解得α =60°
