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第 11 讲 动能定理
题型一
动能及动能定理的基本应用
1．（2026•江苏模拟）如图，将小物块放上以4m/s 速度匀速运动的电动传送带，一段时间内小物块从
1m/s 匀加速至2m/s，不计空气阻力。则这段时间内物块增加的动能、系统因摩擦而产生的热量、传送
带因传送物块而多消耗的电能之比为（ ）
A．3：5：8
B．1：1：2
C．1：2：3
D．3：4：5
【答案】A
【分析】根据运动学公式得到这段时间内物块的位移、传送带的位移以及两者间相对位移与时间的关
系式，再根据动能定理和功能关系列式求解。
【解答】解：小物块从v1＝1m/s 匀加速至v2＝2m/s 的时间为t，传送带的速度为v，物块受到的滑动摩
擦力大小为f，则这段时间内物块的位移为x1= v1+ v2
2
t = 1+2
2
t= 3
2t，传送带的位移为x2＝vt＝4t，则两
者间相对位移为Δx＝x2﹣x1＝4t−3
2t= 5
2t，根据动能定理，物块增加的动能ΔEk＝fx1= 3
2ft，系统因摩擦
而产生的热量Q＝fΔx= 5
2ft，传送带因传送物块而多消耗的电能E 电＝fx2＝4ft，则ΔEk：Q：E 电＝（3
2
ft）：（5
2ft）：（4ft）＝3：5：8，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
2．（2026•沧州二模）如图所示，小球贴着管道内壁做逆时针方向的圆周运动。球经过内壁上的A 点时
离开管道内壁，且球在空中运动时恰好经过管道截面圆心O。已知管道竖直截面圆弧的半径为R，重
力加速度为g，球可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球从A 到O，重力的功率先增大后减小
B．小球从A 点运动到O 点的时间为❑√
2❑√3 R
g
C．小球离开A 点时的速率为❑√3 gR
D．小球经过O 点时的速率为❑√
4 ❑√3
3
gR
【答案】B
【分析】A.根据小球竖直方向的速度变化结合P＝mgv 判断小球从A 到O，重力的功率变化；
BC.由牛顿第二定律和运动学公式求小球从A 点运动到O 点的时间以及小球离开A 点时的速率；
D.由机械能守恒定律求小球经过O 点时的速率。
【解答】解：A.离开A 点后，小球在竖直方向做竖直上抛运动，小球的竖直分速度先减小后增大，由
P＝mgv 可知，重力的功率先减小后增大，故A 错误；
BC.设OA 与水平方向的夹角为θ，小球在A 点时，由牛顿第二定律有
mgcos( π
2 −θ)= mv A
2
R
离开A 点后，将小球的运动分解成沿速度vA方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，则分位
移分别为
s1＝vAt
s2= 1
2 gt
2
由几何关系得
s2sinθ＝R
s1=
R
tanθ
联立各式得
sinθ = 1
❑√3
t = ❑√
2❑√3 R
g
v A = ❑√
gR
❑√3
故B 正确，C 错误；
D.小球从A 点运动到O 点的过程中，由机械能守恒定律有
mgRsinθ = 1
2 m v0
2−1
2 m v A
2
解得
vO= ❑√
❑√3 gR
故D 错误。
故选：B。
3．（2026 春•新建区校级期中）如图所示，套在光滑竖直杆上的圆环A 用跨过光滑定滑轮的轻质细绳与
放置在光滑水平面上的滑块B 相连，滑轮（可视为质点）到杆的距离为L，B 到定滑轮的距离也为L，
初始绳子水平且刚好伸直。已知A、B 质量均为m，重力加速度为g。将A、B 由静止释放，当圆环A
下降距离L 过程中，绳子对B 做的功为（ ）
A．mgL
B．1
3 mgL
C．1
2 mgL
D．2
3 mgL
【答案】B
【分析】先对整体，利用动能定理列方程，结合A 的速度沿绳子方向分量等于B 的速度列式，联立求
出圆环A 下降距离L 时B 的速度，再根据动能定理求绳子对B 做的功。
【解答】解：圆环A 下降距离L 时，连接A 的绳子与杆的夹角为45°，根据A 的速度沿绳子方向分量
等于B 的速度，有vAcos45°＝vB
对A 和B 整体，由动能定理得
mg（❑√2L﹣L）= 1
2 m v A
2 + 1
2 m vB
2
对B，根据动能定理得
W= 1
2 m vB
2
联立解得绳子对B 做的功为W= 1
3mgL，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
4．（多选）（2026 春•思明区校级期中）投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需
要在一定距离外把小球投进壶里。如图所示，画中人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次
初速度v1水平，第二次初速度v2斜向下，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个
小球从投出到运动至壶口的过程中（ ）
A．运动时间相同
B．加速度相同
C．速度变化量相同
D．动能变化量相同
【答案】BD
【分析】两个小球从投出到运动至壶口的过程中竖直位移相等，加速度相同，结合竖直方向初速度关
系分析运动时间关系；结合运动时间关系，根据Δv＝gt 分析速度变化量关系；分析重力做功关系，根
据动能定理分析动能变化量关系。
【解答】解：AB、不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中，只受重力，加速度均为
g。第一次初速度v1水平，小球竖直方向做初速度为零、加速度为g 的匀加速直线运动，则有h1
= 1
2 gt1
2。第二次初速度v2斜向下，设初速度竖直分量为vy，小球竖直方向做初速度为vy、加速度为g
的匀加速直线运动，则有h2＝vyt2+ 1
2 gt2
2，结合题意可知h1＝h2，可得t1＞t2，即运动时间不相同，故
A 错误，B 正确；
C、根据Δv＝gt，t1＞t2，可得Δv1＞Δv2，故C 错误；
D、两次重力做功相等，因只有重力做功，根据动能定理可知：动能变化量等于重力做功，可知两次
动能变化量相同，故D 正确。
故选：BD。
题型二
利用动能定理求解变力做功
1．（2026 春•常熟市期中）如图所示，用轻绳将小球悬挂于O 点正下方的P 点，第一次在水平力F1的作
用下，将小球缓慢拉至Q 点，F1做功为W1；第二次在与绳始终保持垂直的力F2的作用下，将小球缓
慢拉至同一Q 点，F2做功为W2，下列说法正确的是（ ）
A．在小球两次运动过程中的任意相同位置，F1＞F2
B．在小球两次运动过程中的任意相同位置，F1＜F2
C．W1＞W2
D．W1＜W2
【答案】A
【分析】小球缓慢移动时动能不变，外力做功等于克服重力做的功。比较两个力的大小，可以对小球
进行受力分析，根据平衡条件得到每个力的表达式。
【解答】解：AB、在小球两次运动过程中的任意相同位置，由于缓慢移动，故在任意位置受力平衡，
根据力的矢量三角形法则，
如图所示，
根据几何关系可知，在任意位置都是F1＞F2，故A 正确，B 错误；
CD、两种情况下都是缓慢拉动，动能变化为零，根据动能定理，外力做功等于克服重力做功，从P 点
到Q 点，重力做功相等，故两力做功相等，故W1＝W2，故CD 错误；
故选：A。
2．（2026 春•海淀区校级期中）如图所示，质量为m 的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧
（保持自然长度）。用手拉住弹簧上端将物体缓缓提升高度h，不计弹簧的质量，重力加速度为g，则
人做的功应（ ）
A．等于mgh
B．大于mgh
C．小于mgh
D．无法确定
【答案】B
【分析】物体缓缓提高，说明速度不变，动能不变。根据功能关系分析人F 做的功与物体重力势能增
加量的关系。
【解答】解：物体缓缓提升高度h，重力势能增加mgh。物体缓缓提高，说明速度不变，物体动能不
发生变化。根据功能关系，人做的功等于物体重力势能增加量与弹簧的弹性势能增加量之和，则人做
的功WF＞mgh，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
3．（2026 春•沙坪坝区校级期中）如图所示，一质量为m 的小球，用长为L 的轻绳悬挂于O 点，小球在
水平力F 作用下，从最低点P 点缓慢地移到Q 点。此时轻绳与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，则
拉力F 所做的功为（ ）
A．FLcosθ
B．FLsinθ
C．mgLcosθ
D．mgL（1﹣cosθ）
【答案】D
【分析】小球缓慢移动动能不变，根据动能定理，拉力做的功等于克服重力做的功，通过计算重力势
能的增加量即可得到拉力的功。
【解答】解：小球在缓慢移动的过程中，水平力F 是变力，不能通过功的公式求解功的大小，根据动
能定理得，WF﹣mgL（1﹣cosθ）＝0
解得水平力F 所做的功WF＝mgL（1﹣cosθ），故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
4．（多选）（2026 春•海淀区校级期中）如图所示，一个质量为m 的小球，用轻绳悬挂于O 点，初始时
刻小球静止于P 点。第一次小球在水平拉力F1的作用下，从P 点缓慢地移动到Q 点，此时轻绳与竖直
方向夹角为θ；第二次小球在水平恒力F2的作用下，从P 点开始运动恰好能到达Q 点。不计空气阻
力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．第一次水平拉力一直增大
B．第二次水平恒力的大小为mgtanθ
C．两次水平拉力做功一样多
D．第一次绳的拉力不做功，第二次绳的拉力做功
【答案】AC
【分析】A.第一次是动态平衡过程，根据平衡条件求水平拉力的大小；
B.根据动能定理求第二次水平恒力的大小，再比较两次拉力大小；
C.由动能定理判断两次水平拉力做功关系；
D.根据力和速度的方向判断是否做功。
【解答】解：A．小球第一次缓慢移动到达Q 点时，始终处于平衡状态，分析小球受力情况，如下图
所示：
水平拉力满足F1＝mgtanα（α 为轻绳与竖直方向的夹角）。从P 到Q 过程中，α 逐渐增大，tanα 增
大，因此第一次水平拉力一直增大，故A 正确；
B．第二次小球恰好到达Q 点，说明Q 点速度为0。设绳长为L，对过程用动能定理F2•Lsinθ﹣mgL
（1﹣cosθ）＝0﹣0
整理得F2=mg⋅1−cosθ
sinθ
=mgtan θ
2，故B 错误；
C．第一次过程：小球动能变化为0，由动能定理得拉力做功W1＝mgL（1﹣cosθ）
第二次过程：由上述推导，拉力做功W2＝F2Lsinθ＝mgL（1﹣cosθ）
所以两次水平拉力做功一样多，故C 正确；
D．小球沿圆周运动，速度方向始终沿切线，轻绳拉力沿半径方向，拉力始终与速度方向垂直，因此
两次拉力都不做功，故D 错误。
故选：AC。
题型三
利用动能定理求解多过程问题
1．（2026•武汉模拟）如图所示，倾角为30°的固定斜面底端有一垂直于斜面的弹性挡板，A 点在斜面上
距挡板5m 处，B 点在斜面上距A 点1m 处，质量为2kg 的物块（可视为质点）从B 点由静止释放。已
知A 点上方斜面光滑，A 点下方斜面粗糙，且物块与斜面间的动摩擦因数为
❑√3
5 ，重力加速度大小为
10m/s2，物块与挡板碰撞时间极短，碰撞过程无机械能损失。下列说法正确的是（ ）
A．物块第1 次碰撞前瞬间的速度大小为6m/s
B．物块第1 次碰撞后，沿斜面上升恰好到达A 点
C．物块第n+1 次碰前瞬间的速度大小是第n 次碰前瞬间的速度大小的1
2
D．物块从开始运动到最后静止过程中运动的总路程为10m
【答案】C
【分析】A、根据动能定理分析第一次下滑到底端的过程；
B、根据动能定理分析物块第一次碰撞后至最高点的过程；
C、根据动能定理分析第n 次碰撞前至最高点的过程和由最高点下滑至第n+1 次碰撞前的过程；
D、根据动能定理分析运动全过程。
【解答】解：A、令d＝6m，d1＝1m，d2＝5m，物块由释放到斜面底端，由动能定理可知
mgdsin30°−μmgcos30°⋅d2= 1
2 mv1
2，代入数据可得v1= ❑√30m/s，故A 错误；
B、物块第一次碰撞后至最高点的过程，由动能定理可知−μmgcos30°⋅x−mgxsin30° =0−1
2 m v1
2
，代入数据可得x＝1.875m，无法到达A 点，故B 错误；
C、设第n 次碰撞前速度大小为vn，第n+1 次碰撞前速度大小为vn+1，第n 次碰撞前至最高点的过程，
由动能定理可知﹣mgx'sin30°﹣μmgcos30°•x'＝0−1
2 m vn
2，
由最高点下滑至第n+1 次碰撞前，由动能定理可知mgx'sin30°﹣μmgcos30°•x'= 1
2 mvn+1
2
−0，代入数据
可得vn+1= 1
2 vn，故C 正确；
D、物块最终静止在斜面底端，对全过程，由动能定理可知mgdsin30°﹣μmgcos30°•s＝0，代入数据可
得s＝10m，则物块总路程s'＝s+d1＝10m+1m＝11m，故D 错误。
故选：C。
2．（2026•齐齐哈尔二模）某公园内有一种可供游客娱乐的转盘，转盘表面与水平面成θ 角。质量为
m、可视为质点的游客随转盘一起绕转轴做匀速圆周运动。游客到转轴的距离为R，游客与转盘表面
之间的动摩擦因数为μ。如图所示，P、Q 点分别是游客运动的轨迹圆上的最高点和最低点，MN 是轨
迹圆上垂直于PQ 的直径，已知重力加速度大小为g，游客与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
下列说法正确的是（ ）
A．游客在M 点受到的摩擦力指向圆心
B．游客在最高点的线速度最小为❑√gRsinθ
C．转盘的最大角速度为❑√
( μcosθ−sinθ)g
R
D．游客从Q 运动到P 的过程中，摩擦力做功mgRsinθ
【答案】C
【分析】游客做匀速圆周运动，由合力提供向心力，分析游客在M 点法向和切向摩擦力方向，再判断
摩擦力方向；游客在最高点的线速度最小时，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向
心力，由牛顿第二定律求出线速度最小值；当游客在最低点刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，由牛
顿第二定律求最大角速度；游客从Q 运动到P 的过程中，根据动能定理求摩擦力做功。
【解答】解：A、游客做匀速圆周运动，由合力提供向心力，在M 点时，由摩擦力的法向分力（指向
圆心）提供向心力。游客在M 点时，切向受力平衡，摩擦力的切向分力与重力沿斜面向下的分力相
等，可知游客在M 点受到的摩擦力并不指向圆心，故A 错误；
B、游客在最高点时有两种情况，第一种情况：mgsinθ≤μmgcosθ，即μ≥tanθ，此时线速度最小可以
为0；第二种情况：mgsinθ＞μmgcosθ，游客所受摩擦力为最大静摩擦力，摩擦力方向背离圆心时线速
度最小，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝mvmin
2
R
，解得：vmin= ❑√gR(sinθ−μcosθ)，故B 错
误；
C、当游客在最低点所受静摩擦力达到最大值，且静摩擦力指向圆心时角速度最大，由牛顿第二定律
得：μmgcosθ﹣mgsinθ＝mωmax
2R，解得：ωmax= ❑√
( μcosθ−sinθ)g
R
，故C 正确；
D、游客从Q 运动到P 的过程中，根据动能定理得：﹣mg•2Rsinθ+Wf＝0，解得摩擦力做功Wf＝﹣
2mgRsinθ，故D 错误。
故选：C。
3．（2026 春•平阳县校级月考）“动能回收”是指电动车在刹车或下坡过程中把机械能转化为电能的装
置。一电动车质量为2 吨，以1.0×105J 的初动能沿倾角为15°的平直斜坡运动。第一次关闭发动机，让
车自由滑行，其动能位移关系如图直线
−
①所示；第二次关闭发动机同时开启“动能回收”装置，其
动能位移关系如图线
−
②所示。假设机械能回收效率为90%，则电动车开启动能回收装置行驶200m
的过程中（ ）
A．“动能回收”装置利用了摩擦起电原理
B．共回收的电能为1.224×105J
C．电动车行驶到150m 处时电能的回收功率为4000W
D．电动车在0～100m 回收的机械能比在100m～200m 回收的机械能多3.6×104J
【答案】B
【分析】题目描述电动车在斜坡上的两种运动情形：关闭发动机自由滑行与开启动能回收装置滑行，
通过动能位移图像对比分析相关物理量。首先明确两种情形下机械能转化的差异，自由滑行时动能
−
减少完全转化为内能，开启回收装置时部分机械能转化为电能。分析过程需结合图像数据，利用动能
定理比较两种情形下合外力做功的差异，从而确定回收的电能与功率。关键点在于理解图像斜率反映
合外力大小，以及机械能回收效率的含义，将图像信息与能量转化关系建立联系。
【解答】解：A、“动能回收”装置通过发电机发电实现电能储存，其原理为电磁感应，故A 错误；
B、电车自由滑行时，根据动能定理有W G−W f = Δ Ek =(200−100)×10
3J，开启“动能回收”装置
后，由动能定理可得W G−W f −W F = Δ Ek′ =(64−100)×10
3J，则回收的电能为E＝WF×90%，解
得：E＝1.224×105J，故B 正确；
C、由图线①可知，合外力做功与动能变化的关系为Fx＝ΔEk，解得：F＝500N；由图线②，在150m
处动能满足Ek = 1
2 mv
2，解得：v =5 ❑√7m/ s，此时回收功率P＝Fv×90%，代入数据可得
P =2250 ❑√7W ，故C 错误；
D、由图线②可知，电动车在0～100m 比在100m～200m 减少的机械能多3.6×104J，回收的机械能需
乘以90%，因此实际回收的机械能小于3.6×104J，故D 错误；
故选：B。
4．（多选）（2026•模拟）如图所示，质量相同的物体分别自斜面AC 和BC 的顶端由静止开始下滑，物
体与斜面间的动摩擦因数相同，物体滑至斜面底部C 点时的动能分别为Ek1和Ek2，下滑过程中克服摩
擦力所做的功分别为W1和W2，则（ ）
A．Ek1＞Ek2
B．Ek1＝Ek2
C．W1＝W2
D．W1＞W2
【答案】AC
【分析】根据功的计算公式列式分析滑动摩擦力做功与水平距离的关系，再根据动能定理列式分析物
体运动至斜面底部时动能关系。
【解答】解：CD、物体下滑时，斜面对物体的支持力N＝mgcosθ，物体受到的滑动摩擦力f＝μN＝
μmgcosθ，则物体克服摩擦力做功W = f ⋅L= μmgcosθ⋅
x
cosθ = μmgx，因两个斜面的水平投影长度x
相同，物体的质量m、动摩擦因数μ 相同，则W1＝W2，故C 正确，D 错误；
AB、物体的初动能为0，根据动能定理可得，末动能Ek＝mgh﹣W，其中h 为斜面顶端的高度，由图
可知AC 顶端高度h1＞AB 顶端高度h2，且W1＝W2，则Ek1＞Ek2，故A 正确，B 错误。
故选：AC。
题型四
利用动能定理求解机车启动问题
1．（2026 春•南海区期中）某公司的共享电动车的额定输出功率为P0＝800W，整车（含电池）与骑行者
总质量为m＝80kg，该电动车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力大小为车与人总重力的0.1 倍，
该车以a＝1m/s2匀加速启动，一段时间内的速度—时间图像、功率—时间图像分别如图甲、乙所示，
其中坐标点t2＝12、t3＝21，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．v1＝6m/s
B．v2＝10m/s
C．若t2以后输出功率保持不变，电动车能匀速前进
D．在t1～t2过程中，电动车位移为42m
【答案】D
【分析】在机车启动过程中F﹣0.1mg＝ma，P＝Fv。在变加速过程中求位移可根据动能定理求解。
【解答】解：A、电动车0～t1时间内匀加速直线运动，t1时功率达到额定功率P0＝Fv1，根据牛顿第二
定律F﹣0.1mg＝ma，v1＝at1，
联立解得v1＝5m/s，t1＝5s，故A 错误；
B、在t2～t3时间内电动车做匀减速直线运动，加速度大小为a′ = 0.1mg
m
=0.1×10m/ s
2=1m/ s
2，根
据0＝v2﹣at，其中t＝t3﹣t2＝21s﹣12s＝9s，解得v2＝9m/s，故B 错误；
C、若t2以后输出功率保持不变，当牵引力等于阻力时速度达到最大
vm=
P0
0.1mg =
800
0.1×80×10 m/ s=10m/ s＞v2，说明t2时刻，牵引力大于阻力，电动车会继续加
速，而不是匀速，题目中t2后是减速，说明功率不再保持额定功率，故C 错误；
D、在t1～t2过程中，根据动能定理：Pt ′ −0.1mgx = 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2，其中t′＝t2﹣t1＝12s﹣5s＝
7s，解得x＝42m。
故选：D。
2．（2026•广州模拟）复兴号动车在世界上首次实现高速自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的标志
性成果。一列质量为m 的复兴号动车，初速度为v0，以恒定功率P 在平直轨道上运动，经过时间t 达
到该功率下的最大速度vm。若动车行驶过程所受到的阻力恒为f，则复兴号动车在时间t 内（ ）
A．合外力做功W＝Pt
B．消耗的电能E = 1
2 mvm
2 −1
2 mv0
2
C．阻力做功W = Pt + 1
2 m(v0
2−vm
2 )
D．位移大小s= ( Pt +m v0
2−m vm
2 )
2f
【答案】C
【分析】本题考查恒定功率启动的机车模型，动车以恒定功率运动时，牵引力随速度增大而减小，最
终牵引力等于阻力时达到最大速度vm。分析时间t 内的过程，需明确牵引力做功为Pt，阻力做功与位
移有关，而合外力做功等于动能变化量。判断各选项需从动能定理出发，将牵引力做功、阻力做功、
动能变化量以及位移建立联系，注意区分合外力做功与牵引力做功的不同，并利用最大速度时牵引力
等于阻力的条件。
【解答】解：A、根据动能定理，合外力所做的功等于物体动能的变化量，即W 合= 1
2 mvm
2 −1
2 mv0
2。
Pt 表示牵引力所做的功，并非合外力做功，故A 错误；
B、根据能量守恒定律，消耗的电能等于牵引力所做的功Pt。这部分能量一部分转化为动车的动能，
另一部分用于克服阻力做功并转化为内能，因此消耗的电能大于动车动能的变化量，故B 错误；
C、根据动能定理有Pt −W = 1
2 mvm
2 −1
2 mv0
2，解得：W = Pt + 1
2 m(v0
2−vm
2 )，故C 正确；
D、由动能定理可得Pt −fs= 1
2 m vm
2 −1
2 m v0
2，解得：s= 2 Pt +mv0
2−mvm
2
2f
，故D 错误。
故选：C。
3．（2026 春•朝阳区校级期中）t＝0 时刻，一辆品牌汽车在一段试车专用的平直的公路上由静止启动，t
＝8s 时功率达到360kW 之后功率保持不变，其v﹣t 图像如图所示（0～8s 为直线）。设汽车在运动过
程中阻力不变，下列说法正确的是（ ）
A．汽车受到的阻力大小为15000N
B．汽车的最大牵引力为15000N
C．汽车的质量为5000kg
D．汽车在做变加速运动过程中的位移大小约为640m
【答案】B
【分析】题目描述汽车由静止启动，先经历匀加速直线运动，后以恒定功率做变加速运动直至匀速。
需从v﹣t 图像获取关键信息：0﹣8s 内匀加速，8s 时功率达额定值，28s 时速度达最大40m/s。分析过
程需结合功率公式、牛顿第二定律和动能定理。匀加速阶段牵引力恒定且最大，由额定功率和8s 末速
度可求最大牵引力；匀速时牵引力等于阻力，由额定功率和最大速度可求阻力；匀加速阶段加速度已
知，结合最大牵引力和阻力，由牛顿第二定律可求质量；变加速阶段由动能定理关联功率、阻力、位
移和速度变化。
【解答】解：AB、由速度—时间图像可知，汽车在t＝28s 时速度达到最大值vm＝40m/s，此时牵引力
与阻力平衡，根据功率公式P＝fvm，代入数据解得阻力f＝9000N。
在0～8s 内图线为直线，说明汽车做匀加速直线运动，其牵引力恒定且为最大值，在t＝8s 时功率达到
额定功率，根据公式P＝Fv1，代入数据解得最大牵引力F＝15000N，故A 错误，B 正确；
C、在0～8s 内汽车的加速度a= Δv
Δt ，解得：a＝3m/s2。根据牛顿第二定律F﹣f＝ma，代入数据解得汽
车质量m＝2000kg，故C 错误；
D、在8～28s 的变加速运动过程中，汽车功率保持P＝360kW 不变，根据动能定理
PΔt −fx = 1
2 m vm
2 −1
2 m v1
2，代入数据解得位移x≈686.2m，故D 错误。
故选：B。
4．（多选）（2026 春•潍坊期中）我国复兴号动车能实现高速自动驾驶。某次自动驾驶时，动车以额定
功率在平直轨道上行驶，经时间t 速度由v0增大到最大速度vm，已知动车的质量为m，行驶过程中受
到的阻力大小恒为f，则在时间t 内（ ）
A．动车所受的牵引力不变
B．动车的加速度逐渐减小
C．牵引力做的功为fvmt
D．牵引力做的功为1
2 mvm
2 −1
2 mv0
2
【答案】BC
【分析】动车以额定功率在平直轨道上行驶，由功率公式P＝Fv 分析牵引力的变化情况，再由牛顿第
二定律分析加速度变化情况；加速度为零时，速度最大，由功率公式求出动车的额定功率，再由W＝
Pt 求牵引力做的功；结合动能定理列式分析牵引力做功与速度的关系。
【解答】解：A、动车的功率不变，由P＝Fv 分析可知，随着速度增大，牵引力减小，故A 错误；
B、根据牛顿第二定律得：F﹣f＝ma，F 减小，f 不变，则a 减小，故B 正确；
C、加速度为零时，速度最大，则有F＝f，动车的额定功率为P＝Fvm＝fvm，在时间t 内牵引力做的功
为WF＝Pt＝fvmt，故C 正确；
D、在时间t 内，牵引力和阻力都做功，根据动能定理得：WF+Wf= 1
2 mvm
2 −1
2 mv0
2，因Wf＜0，故WF
＞1
2 mvm
2 −1
2 mv0
2，故D 错误。
故选：BC。
综合提升
一．选择题
1．（2026•福州模拟）2026 年央视春晚《武BOT》展示了人形机器人的武术才能。节目中，机器人借助
弹射踏板斜向上弹出，不计空气阻力，在空中其重心的运动轨迹可视为抛物线如图所示。以AA′所
在平面为零势能面，机器人重心从A 到A′运动过程中，下列关于机器人的重力势能EP、动能Ek、重
力瞬时功率P、水平方向位移x 与竖直方向位移y 之间变化关系，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据重力做功与重力势能关系，可得到重力势能变化情况；根据机械能守恒，结合机器人在
最高点的运动特点，即可得到动能变化情况；根据重力功率公式，结合运动学关系，即可得到重力的
瞬时功率随竖直分位移的变化特点；根据机器人的水平、竖直分运动特点，即可得到水平分位移随竖
直分位移的变化情况。
【解答】解：A、以竖直向上为正方向，机器人上升阶段，重力做功与重力势能满足：W＝﹣mgy＝0
﹣Ep 末，即重力势能为：Ep 末＝mgy，由对称性可知，可得其重力势能随竖直分位移先增后减，对称变
化，故A 正确；
B、根据机械能守恒，可知E＝Ek+Ep，E 不变，机器人在最高点有水平方向分速度，动能不为零，动
能先减后增，对称变化，但最小动能不为零，故B 错误；
C、以竖直向上为正方向，重力瞬时功率为：P＝﹣mgvy，结合运动学关系，可得：v y
2 −v0 y
2 =−2gy，
重力的瞬时功率与竖直分位移满足：P =−mg
❑√v0 y
2 −2 gy，可知重力瞬时功率的变化率越来越小，即
图线越来越缓，故C 错误；
D、机器人的水平分运动满足：x＝vxt，机器人上升阶段，竖直分运动满足：y = v0 yt −1
2 gt
2，可得：
y =−g
2v x
2 x
2−v0 y
v x
x，由机器人运动的对称性，结合数学知识，可知x﹣y 关系如下图：
由图可知，D 选项的图线错误，故D 错误。
故选：A。
2．（2026 春•秦淮区校级月考）如图甲所示，质量为4kg 的物体在水平推力作用下开始运动，推力大小F
随位移大小x 变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10m/s2，则（ ）
A．物体先做加速运动，推力减小到零后才开始做减速运动
B．物体在运动过程中的加速度先变小后不变
C．运动过程中合力做的功为200J
D．物体运动到x＝3.2m 时速度最大
【答案】D
【分析】先算出恒定滑动摩擦力，结合F﹣x 图像分析推力变化过程中合力、加速度变化与速度最大位
置，再由图像面积求推力做功、摩擦力做功，结合动能定理得合力做功，逐一判断选项。
【解答】解：AB、滑动摩擦力大小为F1＝μmg
代入数据可得F1＝20N，一开始推力大于滑动摩擦力，随着推力的减小，物体先做加速度逐渐减小的
加速运动；当推力减小到20N 时，加速度为零，物体的速度达到最大；之后推力小于滑动摩擦力，物
体做加速度逐渐增大的减速运动，当推力减小为零后，物体做匀减速运动，故ABC 错误；
C、根据 F﹣x 图像中图线与横轴所围的面积表示推力做的功，可得运动过程中推力做的功为
W = 1
2 ×100×4 J =200 J，但是整个过程中除了推力做功还有摩擦力做功，并且摩擦力做负功，故合
力做功小于200J，故C 错误；
D、当推力减小到20N 时，加速度为零，物体的速度达到最大，根据 F﹣x 图像可知此时物体的位移
为 x＝3.2m
根据动能定理可得W F−Ff x = 1
2 m vm
2 −0
其中W F = 1
2 ×(100+20)×3.2J =192J
解得物体在运动过程中的最大速度为vm＝8m/s，故D 正确。
故选：D。
3．（2026•长寿区校级开学）冰滑梯是一种体验冰雪运动的娱乐项目，其示意图如图所示，游客从螺旋
滑道上端滑下，旋转两周后经倾斜滑道冲上水平滑道，滑行结束时停在水平滑道上。假设螺旋滑道的
圆面半径为r = 5
2π m，上端与下端高度差为h1＝6m，倾斜滑道高度差为h2＝2m，螺旋滑道、倾斜滑
道和水平滑道均平滑相接，游客与各滑道间的动摩擦因数处处相同，游客可视为质点。现测得游客某
次滑行时停在水平滑道的位置与螺旋滑道上端的水平距离为L＝92m，则游客与各滑道间的动摩擦因数
可能为（ ）
A．0.07
B．0.08
C．0.09
D．0.10
【答案】A
【分析】根据动能定理和实际上游客在圆轨道运行时的受力情况求出游客与各滑道间的动摩擦因数可
能值。
【解答】解：游客在整个运动过程中，由动能定理
mg(h1+h2)−μmg
❑√(4 πr )
2−h1
2−μmgL=0
解得
μ＝0.08
实际上游客在圆轨道运行时因为向心力的原因导致支持力比在同角度的斜面大，即在圆轨道摩擦力做
功
W ＞μmg
❑√(4 πr )
2−h1
2
则动摩擦因数应更小，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
4．（2026 春•皇姑区校级期中）无人驾驶正悄悄走进人们的生活。在一次无人驾驶测试过程中，原来匀
速行驶车辆遇到障碍物的v﹣t 图像如图所示，以开始减速为t＝0 时刻；已知车辆总质量1t，全程阻力
恒定，AB 段功率恒为2400W，BC 段为直线，t1＝5s 时关闭发动机，t2＝7s 时停止运动。则下列说法
正确的是（ ）
A．0～5s 内汽车加速度逐渐增大
B．汽车所受阻力为2000N
C．以v＝20m/s 匀速运动时汽车的功率为8000W
D．0～7s 内汽车位移为53m
【答案】D
【分析】根据v﹣t 图像的斜率表示加速度分析汽车的加速度变化情况；根据图像的斜率求出BC 段加
速度大小，由牛顿第二定律求阻力大小；以v＝20m/s 匀速运动时，牵引力等于阻力，由P＝Fv 求汽车
的功率；根据动能定理求出0～5s 内汽车位移。由“面积法”求出5～7s 内汽车位移，两段位移相加得
到0～7s 内汽车位移。
【解答】解：A、根据v﹣t 图像的斜率表示加速度，知0～5s 内汽车加速度逐渐减小，故A 错误；
B、根据v﹣t 图像的斜率表示加速度，可得BC 段的加速度大小为a=
8
7−5 m/ s
2= 4 m/ s
2
根据牛顿第二定律可得f＝ma＝1000×4N＝4000N，故B 错误；
C、以v＝20m/s 匀速运动时汽车的牵引力为F＝f＝4000N，则此时汽车的功率为P＝Fv＝4000×20W＝
80000W，故C 错误；
D、设0～5s 内汽车位移为x1，根据动能定理得：Pt1−f x1= 1
2 m v1
2−1
2 m v0
2
其中t1＝5s，v0＝20m/s，v1＝8m/s，P＝2400W，m＝1000kg，代入上式解得x1＝45m
设5～7s 内汽车位移为x2，根据v﹣t 图像与时间轴围成的面积表示位移，则有x2= 1
2 ×8×2m=8m
故0～7s 内汽车位移为x＝x1+x2＝45m+8m＝53m，故D 正确。
故选：D。
二．多选题
5．（多选）（2026•淄博二模）如图，ABC 是竖直面内的光滑固定轨道，A 点在水平面上，轨道AB 段
竖直，长度为R，BC 段是半径为R 的1
4 圆弧，与AB 相切于B 点。一质量为m 的小球，始终受到与重
力大小相等的水平向右的外力作用，从A 点以v0= ❑√10 gR竖直向上沿轨道内侧开始运动。小球可视为
质点，重力加速度大小为g。则（ ）
A．在C 点小球对轨道的压力大小为3mg
B．在C 点小球对轨道的压力大小为7mg
C．小球落地时的速度大小为2❑√gR
D．小球落地时的速度大小为2❑√(4−2❑√2)gR
【答案】BD
【分析】根据动能定理求出小球运动到C 点时的速度大小。在C 点，根据牛顿第二定律求出轨道对小
球的压力，再得到小球对轨道的压力；小球离开C 点后，水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做自
由落体运动，根据2R= 1
2 gt
2求出从C 点到落地的时间，由牛顿第二定律和速度—时间公式求出落地
时水平分速度，由vy＝gt 求出落地时竖直分速度，再根据速度合成求落地时合速度大小。
【解答】解：AB、从A 到C，由动能定理得：FR﹣mg•2R= 1
2 mvC
2 −1
2 mv0
2，其中F＝mg，解得vC＝
2❑√2gR
在C 点，对小球，由牛顿第二定律得：mg+FN＝mvC
2
R
，解得FN＝7mg，由牛顿第三定律知在C 点小球
对轨道的压力大小为7mg，故A 错误，B 正确；
CD、小球离开C 点后，竖直方向做自由落体运动，则有2R= 1
2 gt
2，解得t= ❑√
4 R
g
水平方向做匀减速直线运动，加速度大小为a= F
m = mg
m =g
落地时，落地时竖直分速度大小为vy＝gt＝g•❑√
4 R
g =2❑√gR，水平分速度大小为vx＝vC﹣at＝2
❑√2gR−g•❑√
4 R
g =2（❑√2−1）❑√gR
故小球落地时的速度大小为v=
❑√v x
2+ v y
2，解得v＝2❑√(4−2❑√2)gR，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
6．（多选）（2026 春•济南期中）如图所示，一固定容器的内壁是半径为R＝4m 的半球面；在半球面水
平直径的一端有一质量为m＝20kg 的质点P。它在容器内壁由静止第一次下滑到最低点时速度大小为
v＝6m/s。重力加速度g 取10m/s2，关于质点由静止第一次下滑到最低点的过程，下列说法正确的有（
）
A．重力做的功为360J
B．克服阻力做的功为440J
C．经过最低点时向心加速度大小为6m/s2
D．经过最低点时对轨道的压力大小为380N
【答案】BD
【分析】题目描述质量为m 的质点P 在半球形容器内壁从静止开始下滑至最低点，已知半球半径R、
最低点速度v 及重力加速度g。分析过程需明确质点下滑过程中受重力、支持力和摩擦力作用，涉及
能量转化与圆周运动规律。首先利用重力势能变化计算重力做功，再通过动能定理建立重力做功、阻
力做功与末动能的关系，可确定阻力做功及克服阻力做功大小。在最低点处，根据圆周运动向心加速
度公式由速度与半径计算向心加速度，并依据牛顿第二定律分析支持力与重力、向心力的关系，结合
牛顿第三定律得到质点对轨道的压力。
【解答】解：质点P 沿轨道下滑时，受重力、支持力与摩擦力作用。
A、质点从最高点首次滑至最低点过程中，重力做功WG＝mgR，代入数据计算得WG＝800J，故A 错
误；
B、由动能定理得W G+W f = 1
2 m v
2，代入数据解得阻力做功Wf＝﹣440J，即克服阻力做功为440J，
故B 正确；
C、在最低点处，质点的向心加速度大小为an= v
2
R ，代入数据解得an=9m/ s
2，故C 错误；
D、于最低点，根据牛顿第二定律有F N −mg=m v
2
R ，代入数据得FN＝20×10N+20×9N＝380N，由牛
顿第三定律知，质点对轨道压力大小为380N，故D 正确。
故选：BD。
7．（多选）（2026 春•龙岗区校级期中）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符
合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个力，力的大小均为500N，方向始终都与竖直方向成
60°，重物离开地面20cm 后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深5cm。已知重物的质量为
40kg，g 取10m/s2。空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．两人拉力对重物做的总功为100J
B．重物松手后自由下落过程重力做功为80J
C．重物刚接触地面时的速度大小为❑√5m/s
D．地面对重物的平均阻力大小为4000N
【答案】AC
【分析】根据功的计算公式求两人拉力对重物做的总功；对重物从静止到最高点的过程，利用动能定
理求重物松手后上升的最大高度，再求重物松手后自由下落过程重力做功；对于下落过程，利用动能
定理求重物刚接触地面时的速度大小；从最高点到最低点的过程，利用动能定理求地面对重物的平均
阻力大小。
【解答】解：A、两人施力过程重物上升距离为d＝20cm＝0.2，两人拉力对重物做的总功为WF＝
2Fdcos60°＝2×500×0.2×0.5J＝100J，故A 正确；
B、设松手后重物上升的最大高度为h，对重物向上运动的整个过程，由动能定理得：WF﹣mg（d+h）
＝0，解得：h＝0.05m，则重物松手后自由下落过程重力做功为WG＝mg（d+h）＝40×10×
（0.2+0.05）J＝100J，故B 错误；
C、设重物刚接触地面时的速度大小为v。重物下落过程，由动能定理得：WG= 1
2 m v
2，解得v= ❑√5
m/s，故C 正确；
D、从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：mg（d+h+d′）− f d′＝0，其中d′＝5cm＝
0.05m，解得地面对重物的平均阻力大小为f =2400N，故D 错误。
故选：AC。
8．（多选）（2026 春•红桥区校级期中）一辆新能源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1
5，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1×103kg
B．最大速度v0＝6m/s
C．在前5s 内，汽车克服阻力做功为5.0×104J
D．在5～15s 内，汽车的位移大小约为67m
【答案】AD
【分析】0﹣5s 内，汽车做匀加速直线运动，由v﹣t 图像的斜率求出加速度。5s 末汽车的功率达到额
定功率，由功率公式P＝Fv 求出匀加速阶段的牵引力大小，再由牛顿第二定律求汽车的质量；根据P
＝Fvm求汽车最大速度v0；根据图像的面积求出前5s 内位移，再求汽车克服阻力做功；由动能定理求
在5～15s 内汽车的位移。
【解答】解：A、0﹣5s 内，汽车做匀加速直线运动，由v﹣t 图像的斜率表示加速度，可得匀加速直线
运动的加速度a= Δv
Δt = 5
5m/s2＝1m/s2
由题图可知，5s 末汽车的功率达到额定功率，额定功率为P＝15kW＝1.5×104W，匀加速直线运动的末
速度v＝5m/s
此阶段，汽车的牵引力为F= P
v = 1.5×10
4
5
N＝3×103N
由牛顿第二定律得：F−1
5mg＝ma
解得m＝1×103kg，故A 正确；
B、当汽车做匀速直线运动，速度最大，则有P＝Fv0= 1
5mgv0，解得v0＝7.5m/s，故B 错误；
C、前5s 内汽车的位移为x= v
2 t1= 5
2 ×5m＝12.5m，则汽车克服阻力做功为Wf= 1
5mgx= 1
5 ×
1×103×10×12.5J＝2.5×104J，故C 错误；
D、在5～15s 内，根据动能定理可得：Pt2−1
5mgx= 1
2 m v0
2−1
2 m v
2，其中t2＝15s﹣5s＝10s，解得汽车
的位移大小x′＝67.1875m≈67m，故D 正确。
故选：AD。
三．解答题
9．（2026 春•思明区校级期中）如图所示，光滑斜面AB 的倾角θ＝53°，BC 为水平面，BC 长度为2m，
CD 为半径R＝1.25m 光滑的1
4 圆弧。物体与水平面BC 间动摩擦因数μ1＝0.5。轨道在B、C 两点光滑
连接。一个质量m 的物体，从斜面上某点由静止开始下滑，到达D 点的速度为零。已知sin53°＝0.8，
cos53°＝0.6，g 取10m/s2。求：
（1）物体运动到C 点时速度大小vC；
（2）斜面AB 上的下滑点距离水平面的高度H；
（3）若AB 是粗糙的斜面，物体与斜面的摩擦因数μ2＝0.4，物块仍能到达D 点且速度为零，则物体
最终停在何处。
【答案】（1）物体运动到C 点时速度大小vC为5m/s；
（2）斜面AB 上的下滑点距离水平面的高度H 为2.25m；
（3）物体最终停在离B 距离为7
26 m的位置。
【分析】（1）物块从C 点到D 点，只有重力做功，且重力做功为﹣mgR，根据动能定理求解物体运
动到C 点时速度大小vC；
（2）对物块从释放点运动到D 点的整个过程，利用动能定理求解斜面AB 上的下滑点距离水平面的高
度H；
（3）从D 点返回运动到B 点，根据动能定理求出物块经过B 点的速度。从B 点返回斜面，根据动能
定理求出上升的最大高度。因μ2＜tan53°，所以物体不会停在斜面上，物体将继续下滑，最终停在BC
上，根据动能定理求出物块在水平面上运动的最远距离，从而确定物体最终停在何处。
【解答】解：（1）物块从C 点到D 点，根据动能定理得
−mgR = 1
2 m v D
2 −1
2 m vC
2
其中vD＝0，代入数据解得vC＝5m/s
（2）物块从释放点运动到D 点的整个过程，根据动能定理得
mg（H﹣R）﹣μ1mgsBC＝0
代入数据解得H＝2.25m
（3）物块从D 点返回运动到B 点，根据动能定理得
mgR−μ1mg sBC = 1
2 m vB
2
代入数据解得vB= ❑√5m/ s
从B 点返回斜面，设上升的最大高度为h，根据动能定理得
−mgh−μ2mgcos53°
h
sin53° =0−1
2 m vB
2
代入数据解得h= 5
26 m
到达最高点后，因μ2＜tan53°，所以物体不会停在斜面上，物体将继续下滑。假设物块在水平面上运
动的最远距离为x，根据动能定理得
mgh−μ2mgcos53°⋅
h
sin53° −μ1mgx =0
代入数据解得x = 7
26 m
因x＜SBC
所以物体最终停在离B 距离为7
26 m的位置。
答：（1）物体运动到C 点时速度大小vC为5m/s；
（2）斜面AB 上的下滑点距离水平面的高度H 为2.25m；
（3）物体最终停在离B 距离为7
26 m的位置。
10．（2026 春•新建区校级期中）某游乐场的过山车如图甲所示，现将其简化为如图乙所示的模型：过山
车轨道位于竖直平面内，大弧形轨道的下端与圆轨道最低点N 平滑相接，P 为圆轨道的最高点，已知
圆形轨道的半径为R＝0.4m。现有质量为m＝1kg 的小球（可视为质点）从大弧形轨道上M 点静止释
放，进入圆轨道后沿圆轨道内侧运动，不考虑小球运动过程中所受阻力，取g＝10m/s2。求：
（1）小球经过最高点P 时恰好不脱离轨道时释放点M 的高度h。
（2）小球在上述（1）的情形下经过圆轨道最低点N 时对轨道的压力大小。
【答案】（1）小球经过最高点P 时恰好不脱离轨道时释放点M 的高度h 为1m；
（2）小球在上述（1）的情形下经过圆轨道最低点N 时对轨道的压力大小为60N。
【分析】（1）小球经过最高点P 时恰好不脱离轨道时，轨道对小球无作用力，由重力充当向心力，由
此求出小球经过最高点P 时的速度。从M 点到P 点，根据动能定理求释放点M 的高度h。
（2）小球从N 到P 过程，根据动能定理列方程。在N 点，根据牛顿第二定律列方程，结合牛顿第三
定律求小球经过圆轨道最低点N 时对轨道的压力大小。
【解答】解：（1）若小球经过最高点P 时恰好不脱离轨道，则轨道对小球无作用力，由重力提供向心
力，则有mg=m vP
2
R
解得vP＝2m/s
从M 点到P 点的过程，根据动能定理得
mg(h−2 R)= 1
2 m v P
2
联立解得h＝1m
（2）小球从N 到P 过程，根据动能定理得
−mg×2 R = 1
2 m v P
2 −1
2 m v N
2
在N 点，对小球，由牛顿第二定律得
F N −mg=m v N
2
R
联立解得FN＝60N
根据牛顿第三定律，经过圆轨道最低点N 时对轨道的压力大小60N。
答：（1）小球经过最高点P 时恰好不脱离轨道时释放点M 的高度h 为1m；
（2）小球在上述（1）的情形下经过圆轨道最低点N 时对轨道的压力大小为60N。
11．（2026 春•思明区校级期中）如图所示，某装置由水平直轨道AB、竖直螺旋圆形轨道BCD、水平直
轨道DE 和水平传送带组成，竖直螺旋圆形轨道与两水平轨道分别相切于B 点和D 点，各处平滑连
接。一水平放置处于压缩状态的轻弹簧，左端固定竖直墙上，右端与可视为质点的物块P 接触且不拴
接。现将物块P 从F 处静止释放，恰能通过螺旋圆形轨道最高点C。已知AB 长度大于弹簧原长，螺旋
圆形轨道半径0.4m，DE 长度为0.4m，物块P 质量为0.5kg，传送带始终以3m/s 的速度逆时针匀速转
动且足够长，物块P 与轨道DE 和传送带的动摩擦因数都是0.5，其余轨道都光滑，不计空气阻力，重
力加速度大小g 取10m/s2。求：
（1）物块P 在C 点的速度大小；
（2）弹簧压缩到F 处的弹性势能；
（3）物块P 最终停止的位置。
【答案】（1）物块P 在C 点的速度大小为2m/s。
（2）弹簧压缩到F 处的弹性势能为5J。
（3）物块最终静止在水平轨道DE 上，距E 点0.1m 处。
【分析】（1）物块P 恰能通过圆形轨道最高点C，此时重力完全提供向心力，由此可确定物块在C 点
的最小速度。该速度是后续能量分析的基础，直接关联圆周运动临界条件。
（2）从弹簧释放点F 到最高点C 的过程，系统机械能守恒。弹簧的弹性势能转化为物块的动能和克服
重力所做的功。已知C 点速度、轨道半径与物块质量，可逆向推导出初始的弹性势能。
（3）物块从C 点下滑至D 点机械能守恒，获得动能后进入粗糙轨道DE 和传送带。需分段分析：在
DE 上因摩擦动能减少，滑上传送带后先减速再反向加速，可能因速度未达传送带速度而折返。此过程
涉及多次往返于传送带与DE 轨道之间，每次动能因摩擦而衰减。最终需通过比较每次折返后的动能
与克服摩擦力做功的关系，判断物块最终停止在DE 轨道上的具体位置。
【解答】解：（1）物块P 恰能通过螺旋圆形轨道最高点C，此时重力提供向心力，由mg=m vC
2
R
，解
得：vC＝2m/s。
（2）物块从释放点运动至最高点C 的过程，根据E p=mg⋅2 R+ 1
2 m vC
2 ，解得弹簧的弹性势能Ep＝
5J。
（3）物块从C 点下滑至最低点D 的过程机械能守恒，到达D 点时的动能EkD＝5J。
物块从D 点向右通过粗糙轨道DE，根据﹣μmg•LDE＝EkE﹣EkD，解得第一次到达E 点时的动能EkE＝
4J。
此时物块速度vE＝4m/s，滑上传送带后向右做匀减速直线运动，最大位移x1= EkE
μmg ，代入数据解得x1
＝1.6m，随后向左匀加速。
若物块向左加速至与传送带速度v 带＝3m/s 相等，由μmg⋅x′ = 1
2 m v带
2 ，解得加速距离x'＝0.9m。
由于x'＜x1，物块在返回E 点前已与传送带共速，故返回E 点向左运动时的动能EkE′ = 1
2 mv带
2 ，代入
数据解得EkE′＝2.25J。
物块向左通过轨道ED 到达D 点，根据﹣μmg•LDE＝EkD′﹣EkE′，解得此时在D 点的动能EkD'＝
1.25J。
由于EkD′＜mgR＝2J，物块未能上升至与圆心等高处即返回，滑回D 点向右运动时的动能仍为EkD″＝
1.25J。
物块再次向右通过轨道DE 到达E 点，根据﹣μmg•LDE＝EkE″﹣EkD″，解得此时在E 点的动能EkE″＝
0.25J。
物块再次滑上传送带，向右运动的最大距离x2= EkE″
μmg ，代入数据解得x2＝0.1m。
由于x2＜x'，物块返回E 点时未与传送带共速，由于运动对称性，返回E 点向左运动时的动能仍为
EkE″′＝0.25J。
物块最后向左进入轨道DE，设其向左运动的距离为d，根据﹣μmg•d＝0﹣EkE″′，解得：d＝0.1m。
由于d＜LDE＝0.4m，因此物块最终静止在水平轨道DE 上，距E 点0.1m 处。
答：（1）物块P 在C 点的速度大小为2m/s。
（2）弹簧压缩到F 处的弹性势能为5J。
（3）物块最终静止在水平轨道DE 上，距E 点0.1m 处。
12．（2026 春•新建区校级期中）目前，我国新能源汽车技术在全球处于第一梯队。某国产电动汽车，质
量为m＝2×103kg，从静止开始以a＝1m/s2的加速度沿平直路面直线行驶，当驱动电机功率达到P＝
60kW 后保持不变，直到达到最大速度，行驶过程中受到的阻力大小f 恒为2000N。取重力加速度g＝
10m/s2。
（1）求在平直路面上汽车最大速度的大小v1；
（2）求在平直路面上汽车匀加速运动的时间t1；
（3）若该汽车保持驱动电机功率60kW，以（1）中求得的v1沿倾角正弦值为0.15 的倾斜路面上坡，
汽车沿直线运动直到其速度减为最小值，此过程用时t2＝25s，所受路面和空气的阻力大小之和也恒为
2000N，求这个过程汽车的运动路程L。
【答案】（1）在平直路面上汽车最大速度的大小v1为30m/s；
（2）在平直路面上汽车匀加速运动的时间t1为15s；
（3）若该汽车保持驱动电机功率60kW，以（1）中求得的v1沿倾角正弦值为0.15 的倾斜路面上坡，
汽车沿直线运动直到其速度减为最小值，此过程用时t2＝25s，所受路面和空气的阻力大小之和也恒为
2000N，这个过程汽车的运动路程L 为451.2m。
【分析】（1）根据功率公式，结合汽车匀速时牵引力等于阻力的特点求最大速度；
（2）根据匀加速阶段的牛顿第二定律求出牵引力，再结合功率公式求出匀加速的末速度，进而由运动
学公式求匀加速时间；
（3）先求出上坡的最小速度，再结合动能定理，利用功率做功、重力做功、阻力做功与动能变化的关
系求解运动路程。
【解答】解：（1）汽车先做匀加速直线运动，后以恒定功率加速到最大速度，当速度达到最大时，加
速度为0，即 F＝f＝2000N
汽车的最大速度满足P＝Fv1
解得v1＝30m/s
（2）汽车匀加速阶段，由牛顿第二定律F1﹣f＝ma
解得F1＝4000N
当功率达到额定功率P 时，匀加速阶段结束，此时对应速度满足P＝F1v
解得 v＝15m/s
匀加速直线运动的时间满足t1= v
a
解得t1＝15s
（3）上坡时，当速度最小时，受力平衡，牵引力F2＝f+mgsinθ＝5000N
由P＝F2vmin
解得vmin＝12m/s
全过程电机功率恒定，由动能定理得Pt−mgLsinθ−fL= 1
2 m vmin
2 −1
2 m v1
2
代入数据解得 L＝451.2m
答：（1）在平直路面上汽车最大速度的大小v1为30m/s；
（2）在平直路面上汽车匀加速运动的时间t1为15s；
（3）若该汽车保持驱动电机功率60kW，以（1）中求得的v1沿倾角正弦值为0.15 的倾斜路面上坡，
汽车沿直线运动直到其速度减为最小值，此过程用时t2＝25s，所受路面和空气的阻力大小之和也恒为
2000N，这个过程汽车的运动路程L 为451.2m。
