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第12 讲 功 功率 动能定律
1.会判断功的正负，会计算恒力的功和变力的功.
2.理解功率的两个公式P＝和P＝Fv，能利用P＝Fv 计算瞬时功率.
3.会分析机车的两种启动方式.
4.掌握动能定理，能运用动能定理解答实际问题．
考点一 功的分析与计算
1．功的正负
(1)0≤α<90°，力对物体做正功．
(2)90°<α≤180°，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功．
(3)α＝90°，力对物体不做功．
2．功的计算：W＝Fl
cos
_α
(1)α 是力与位移方向之间的夹角，l 为物体对地的位移．
(2)该公式只适用于恒力做功．
(3)功是标(填“标”或“矢”)量．
考点二 功率的计算
1．公式P＝和P＝Fv 的区别
P＝是功率的定义式，P＝Fv 是功率的计算式．
2．平均功率的计算方法
(1)利用＝.
(2)利用＝F·cos α，其中为物体运动的平均速度．
3．瞬时功率的计算方法
(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度．
(2)P＝F·vF，其中vF为物体的速度v 在力F 方向上的分速度．
(3)P＝Fv·v，其中Fv为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力．
情况1.以恒定功率
启动
P－t 图象
v－t 图象
F－t 图象
情况2.以恒定加速
度启动
P－t 图象
v－t 图象
F－t 图象
3.三个重要关系式
(1)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt。由动能定理：Pt－F 阻x
＝ΔEk。此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。
(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率达到最
大，但速度没有达到最大，即v＝<vm＝。
(3)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即
vm＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F 阻)。
4.倾斜、竖直机车
启动问题
上坡最大速度vm=P/
(f+mgsinθ)
下坡最大速度vm=P/(f-
mgsinθ)
竖直提升最大速度
vm=P/mg
θ(
mgsinθ
P/v
f
θ(
mgsinθ
P/v
f
mg
P/v
考点三 动能定理及其应用
1．表达式：W＝mv－mv＝Ek2－
E k1.
2．理解：动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化具有等量代换关系．合外力做
功是引起物体动能变化的原因．
3．适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．
4．应用技巧：若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．
考点四 用动能定理巧解多过程问题
1．多过程问题的分析方法
（1）将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
（2）对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
（3）根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
（4）分析“衔接点”速度、加速度等物理量的关联，确定各段间的时间关联，并列出相
关的辅助方程。
（5）联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
2．利用动能定理求解多过程问题的基本思路
[例题1] 凤仙花的果实成熟后会突然裂开，将种子以弹射的方式散播出去。如图所示，两
粒质量相等的种子P、Q从同一位置先后以相同的速率沿不同方向弹射飞出，恰好在M点相撞，
不考虑叶子的遮挡，忽略种子运动过程所受的空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．种子P先弹射飞出
B．种子Q在最高点时速度为零
C．两粒种子相撞前瞬间速度大小相等
D．两粒种子相撞前瞬间，重力对种子Q的功率较大
【答案】CD
【详解】A．由题图可知，两粒种子从同一地点弹射出去在M 点相遇，都做抛体运动，种子Q做斜
上抛，种子P 做斜下抛，则种子Q 的运动时间大于种子P 的运动时间，两者在M 点相遇，故种子Q
先弹射飞出，A 错误；
B．种子Q 做抛体运动，在最高点时，竖直方向的分速度为零，水平方向的分速度不为零，因此种
子Q 在最高点的速度不为零，B 错误；
C．根据动能定理可得mgh= 1
2 m v
2- 1
2 m v0
2
解得v =
❑√v0
2+2gh
由于两粒种子的v0和h 都相等，则两粒种子相撞前瞬间速度大小相等，C 正确；
D．结合上述分析可知，碰撞前瞬间，种子Q的竖直分速度较大，而两粒种子的质量相等，根据
P =mg v y可知，重力对种子Q 的功率较大，D 正确。
故选CD。
[例题2] 如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧竖直固定，最低点A放置一质量为m的
物块，可视为质点。物块在方向始终沿圆弧切线的推力F作用下由A运动到B，力F大小恒为
mg。对于该运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．力F做功大小为mgR
B．力F做功大小为mgπR
2
C．力F的功率先增大后减小
D．克服重力做功的功率先增大后减小
【答案】B
【详解】AB．由于力F 方向始终沿圆弧切线，且大小恒为mg ，根据变力做功的计算方法，这里
可以用微元法。把圆弧分成很多小段，每一小段上力F 做的功ΔW = F Δl（Δl是每一小段的弧
长）
则力F 做功的大小W = F (Δl1+ Δl2+ Δl3+...+ Δln)= Fs=mg× 2πR
4
= mgπR
2
故A 错误，B 正确；
C．从A 到B 过程，F 始终大于重力沿切线方向的分力，所以物体一直在做加速运动，速度一直在
增大，根据P = Fv（F 与v 始终夹角为0°）
可知F 的功率一直在增大，故C 错误；
D．设重力方向与速度方向夹角θ，题图可知，对于该运动过程，θ从90°增大到180°，则克服重力
做功的功率PG=|mgcosθ|
可知|cosθ|一直在增大，v 也在增大，故克服重力做功的功率一直增大，故D 错误。
故选B。
[例题3] 杭州宇树科技公司研发的人形机器人已能顺利完成侧空翻动作。某次调试过程中，
质量为m的机器人向上跳起并落回原地，跳起后其重心上升的最大高度为h。不计空气阻力，
则机器人在上升第1 个1
4 h与上升第3 个1
4 h过程中重力的平均功率之比为（ ）
A．❑√2:1
B．1:❑√2
C．(2- ❑√3):(❑√2-1)
D．(❑√2-1):(2- ❑√3)
【答案】D
【详解】机器人做竖直上抛运动到最高点过程，可看成逆向做初速度为0 的自由落体运动，则机器
人在上升第1 个1
4 h与上升第3 个1
4 h过程的时间比t1
t2
= 2- ❑√3
❑√2-1
由于这两个阶段重力做功相同，故这两个过程重力的平均功率之比与这两个过程运动的时间成反比，
即
P1
P2
= t2
t1
=
❑√2-1
2- ❑√3
故选D。
[例题4] 如图所示，是我国某型号“双引擎”汽车在平直公路上由静止启动时，牵引力F
随时间t变化的图像。已知该汽车质量为1250kg，行驶时所受阻力恒为1250 N，t0时刻汽车达
到15 m /s的临界速度并自动切换引擎，此后保持牵引力功率恒定。下列说法正确的是
（ ）
A．汽车刚启动时的加速度大小为4 m /s
2
B．t0时刻前，汽车牵引力的功率保持不变
C．切换引擎后，汽车做匀加速直线运动
D．t1时刻汽车的速率为25 m /s
【答案】D
【详解】A．汽车刚启动时，由牛顿第二定律，由F - f =ma，且F =5000 N
解得加速度a=3 m/s
2
故A 错误；
B．t0时刻前，汽车做匀加速直线运动，速度逐渐增大，由公式P = Fv，可知牵引力的功率逐渐增
大，故B 错误；
C．切换引擎后，牵引力功率恒定，速度增加，则牵引力减小，所以加速度也减小，汽车做加速度
逐渐减小的变加速直线运动，故C 错误；
D．由P = F v0= F1v1，其中F =6000 N
解得t1时刻汽车的速率为25 m/s，故D 正确。
故选D。
[例题5] 如图所示，成人用与水平方夹角为α、斜向上的拉力F 向前拉总质量为m 的小孩
和雪橇，从静止开始沿直线匀加速通过距离x 的过程中（ ）
A．雪橇对地面的压力大小是mg-Fcosα
B．雪橇与地面之间摩擦力大小是Fsinα
C．拉力做功是Fx
D．拉力做功是Fxcosα
【答案】D
【详解】A．将小孩和雪橇作为整体，受力分析可知，在竖直方向上F sin α + FN =mg
解得F N =mg- F sin α
根据牛顿第三定律可知，雪橇对地面的压力大小是F N
'
❑= FN=mg - F sin α，A 错误；
B．由于雪橇做加速运动，可知摩擦力f < F cosα，无法比较与Fsinα 的大小关系，B 错误；
CD．根据功的定义可知，拉力做功W = Fx cosα，C 错误，D 正确。
故选D。
[例题6] 风洞是空气动力学研究和试验中广泛使用的工具。如图所示，在地面的M 点以
竖直向上的初速度v0抛出一小球，小球抛出后始终受到水平向左的恒定风力作用，竖直方向只
受重力。经过一段时间后小球将以速度水平向左经过N 点，最终落回地面上，不计风力以外的
空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．小球在N 点之后做平抛运动
B．小球上升和下落过程运动时间相等
C．仅增大初速度，小球的水平位移不变
D．仅增大风力，小球落地瞬间重力的瞬时功率增大
【答案】B
【详解】A．过N 点后，小球还受水平风力，不满足平抛运动只受重力特征，A 错误；
B．竖直方向上，先竖直上抛再做自由落体运动，由对称性时间相等，B 正确；
C．增大初速度运动时间增大，水平位移增大，C 错误；
D．增大风力，小球回到地面水平速度增大，竖直分速度不变，重力的瞬时功率不变，D 错误。
故选B。
[例题7] 如图所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上，与斜面平行、劲度系数为k 的轻弹簧
下端连接在垂直斜面的固定挡板N 上，上端连接质量为m 的物块P，质量也为m 的物块Q 紧
靠着P，整个系统处于静止状态。现给Q 施加一平行于斜面向上的拉力，使Q 缓慢移动，到Q
与P 将要分离时撤去拉力，重力加速度大小为g。则（ ）
A．此过程中拉力的最大值为2mgsinθ
B．此过程中拉力做的功为(mgsinθ)
2
2k
C．撤去拉力瞬间弹簧的弹力大小为0
D．撤去拉力瞬间Q 的加速度大小为1
2 gsinθ
【答案】BD
【详解】A．因为Q 缓慢移动，则Q 受力平衡，当Q 与P 将要分离时，它们之间的弹力为0，此时
拉力最大，最大为mgsinθ，故A 错误；
C．撤去拉力瞬间，P 所受弹簧的弹力与重力沿斜面向下的分力平衡，则撤去拉力瞬间弹簧的弹力
大小为mgsinθ，故C 错误；
D．撤去拉力瞬间，Q 与P 的加速度相同，根据牛顿第二定律mgsinθ =2ma
可得a= 1
2 gsinθ
故D 正确；
B．移动过程由平衡条件有F + F弹=2mgsinθ
故拉力F 与移动的位移Δ x成线性关系，此过程F 对Δ x的平均值为F = mgsinθ
2
此过程的位移大小为Δ x = mgsinθ
k
所以此过程中拉力做的功为W = F Δ x = (mgsinθ)
2
2k
故B 正确。
故选BD。
[例题8] 一质量为2kg 的物体沿粗糙水平面向右做直线运动，t＝0 时刻，对物体施加一个
水平向左的恒力F，如图甲所示，取水平向右为正方向，物体的v-t 图像如图乙所示，求：
(1)恒力F 的大小；
(2)4s 内物体克服摩擦力做的功。
【答案】(1)3N
(2)6J
【详解】（1）由图乙可得：物块在0-2s 内的加速度大小a1=2m/s
2
位移大小x1= 4 m
物块在2-4s 内的加速度大小a2=1m/s
2
位移大小x2=2m
利用牛顿第二定律可得F + Ff=ma1
F - Ff=ma2
解得F＝3N，Ff=1N
（2）物块在0-2s 内摩擦力做功W 1=- Ff⋅x1=- 4 J
物块在2-4s 内摩擦力做功W 2=- Ff⋅x2=-2J
4s 内摩擦力做功W =W 1+W 2=-6J
即克服摩擦力做功6J
题型1 恒力做功
1.
滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端A 上滑，到达最高点 B 后返回到底端A。利
用频闪仪对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片的示意图分别如图甲、乙所示，比较甲、乙两
图对应的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．图甲过程可能表示下滑过程
B．图甲、乙两过程的加速度大小之比为4：3
C．图甲、乙两过程中摩擦力做的功相等
D．图甲、乙两过程分别经过A 点时的速度大小之比为4：3
【答案】CD
【详解】AB．设频闪仪的照相周期为T，由图可知
t甲=3T，t乙= 4T
则甲、乙图中，滑块运动时间之比为
t甲:t乙=3:4
根据逆向思维，结合匀变速直线运动公式
x = 1
2 at
2
可知甲、乙图中，滑块运动加速度之比为
a甲:a乙=t乙
2 :t甲
2 =16:9
图甲过程的加速度更大，应表示上滑过程，故AB 错误；
C．根据摩擦力做的功
W f=- fx
甲、乙两过程对应的摩擦力大小相等，位移大小相等，因此摩擦力做的功相等，故C 正确；
D．根据
v
2=2ax
可知，图甲、乙两过程分别经过A 点时的速度大小之比为
v A 甲:v A 乙= ❑√a甲:a乙= 4:3
故D 正确。
故选CD。
2.
2021 年初冬时节，大庆市区下了一场暴雪，降雪量达30 毫米，是1957 年以来最大的
次降雪，某环卫工人利用手推式风力清雪车进行道路清雪，如图所示，已知推力F 斜向下且与
水平方向夹角为θ，清雪车沿水平方向以速度v 做匀速直线运动，则下列说法中正确的是（
）
A．清雪车对人的作用力大小为F cosθ
B．清雪车受到的阻力大小F cosθ
C．推力的功率为Fv
D．无论推力与水平方向夹角多大，都可以推车前进
【答案】B
【详解】A．已知人对清雪车的作用力为F，根据牛顿第三定律，清雪车对人的作用力大小也为F,A
错误；
B．清雪车沿水平方向以速度v 做匀速直线运动，处于平衡状态，根据平衡条件可得
f = F cosθ
B 正确；
C．推力的功率为
P = Fv cosθ
C 错误。
D．推力水平方向的分力小于清雪车的水平方向的阻力时，将不能推车前进，故D 错误。
故选B。
3.
如图所示，倾角θ =30
∘、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一质量
m=1.2kg的物块，t =0时刻物块在沿斜面向上的恒力F作用下，从斜面底端由静止开始运动，
t =3s时撤去F，t =6s时物块恰好返回斜面底端，取重力加速度大小g=10 m /s
2，求：
(1)撤去F后物块的加速度大小a；
(2)恒力F对物块做的功W 。
【答案】(1)5 m /s
2
(2)60J
【详解】（1）撤去F后物块仅受重力和支持力作用，有
mgsinθ =ma
解得
a=5 m /s
2
（2）设物块在恒力F作用下的加速度大小为a1，物块到达A点时的速度大小为v A，令Δt =3s，根
据运动学规律有
a1 Δt = v A，v A Δt
2
=- v A Δt + 1
2 a(Δt )
2
根据牛顿第二定律有
F -mgsinθ =ma1
则恒力F对物块做的功
W = F v A Δt
2
联立解得
W =60J
题型2 变力做功
4.
一遵从胡克定律、劲度系数为k 的弹性轻绳，绕过固定于平台边缘的小滑轮A，将其
一端固定于O 点，另一端系一质量为m 的小球，静止于M 处。已知OA 的距离恰为弹性绳原
长，现将小球拉至与M 等高的N 处静止释放，MN 的距离为d，则小球从释放到与平台右侧面
碰撞前的过程中（不计空气阻力及绳子和滑轮间的摩擦，小球视为质点，弹性绳始终在弹性限
度内，重力加速度为g）（ ）
A．小球的最大速度为❑√
k d
2
m
B．小球的最大速度为❑√
2k d
2
m
C．小球的最大加速度为kd
2m
D．小球的最大加速度为❑√( kd
m )
2
+ g
2
【答案】A
【详解】AB．根据受力分析可知，小球在N 到M 的过程中，只受重力和弹力，且从N 到M 的过程
中只有弹力在水平方向的分力做功，且弹力和位移成线性关系，因此可得
1
2 kd ⋅d = 1
2 m v
2
解得最大速度为
v =
❑√
k d
2
m
A 正确B 错误；
CD．小球的最大加速度时，即合力最大，为一开始释放的时候，因为小球最后静止于M 点，因此
弹力在竖直方向分力，与重力相等，水平分力，为合力，所以可得
kd =ma
解得
a= kd
m
CD 错误。
故选A。
5.
如图所示，用一个大小不变的力F拉着滑块（视为质点）使其沿半径为R的水平圆轨
道匀速运动半周，若力F的方向始终与其在圆轨道上作用点的切线成60°夹角，则力F做的功
为（ ）
A．FπR
2
B．2 FR
C．FR
D．FπR
【答案】A
【详解】将力F分解为切线方向和径向方向两个分力，其中径向方向始终与速度方向垂直，不做功，
切线方向分力始终与速度方向相同，则滑块匀速运动半周，力F做的功为
W = F cos60°⋅πR = FπR
2
故选A。
6.
质量为m、初速度为零的物体，在按不同规律变化的合外力作用下都通过位移x0。下
列各种情况中合外力做功最多的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】由力做功公式可知W=Fx，则F-x 图象中，图象与坐标轴围成的面积表示力F 所做的功，
由图象可知，C 图象中围成的面积最大，所以C 中合外力做功最多，故C 正确，ABD 错误。
故选C。
题型3 平均功率与瞬时功率
7.
我国“巡天号”地外天体采样机器人着陆某小行星时的最后阶段，需通过引擎反推实
现减速。机器人以初速度v0=8 m /s垂直接近地表时，引擎提供功率恒定的反向推力，功率的
大小P =2.0×10
3 W，使其速度减小到2m /s。由于存在稀薄大气，空气阻力大小f =kv（v为
速度，系数k =0.2N⋅s⋅m
-1），机器人重力保持不变。则速度从8 m /s到2m /s的下落过程
中，机器人的加速度（ ）
A．先增大后减小
B．先减小后增大
C．一直增大
D．一直减小
【答案】C
【详解】机器人下落过程中，受到重力、空气阻力和反推力作用，根据牛顿第二定律有
f + F -mg=ma
其中 f=kv
又有F = P
v
联立解得a= P
mv + kv
m - g
根据不等式关系,当P
mv = kv
m 时，即v = ❑√
P
k =100 m/s，P
mv + kv
m 有极小值。所以速度从8 m /s到
2m /s的下落过程中，机器人的加速度一直增大。
故选C。
8.
“谷雨前后，点瓜种豆”是一句农业谚语。如图甲所示为农民伯伯用手抛撒谷粒进行
水稻播种。在某次抛撒的过程中，有两颗质量相同的谷粒1、谷粒2 同时从O 点抛出，初速度
分别为v1、v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上，它们的运动轨迹在同一竖直平面内且相交于
P 点，如图乙所示。忽略空气阻力的影响。则（ ）
A．抛出速度v1<v2
B．在空中运动的过程中，谷粒2 的速度变化率大于谷粒1 的速度变化率
C．谷粒1 先到达P 点
D．两谷粒到达P 点时重力的瞬时功率相同
【答案】C
【详解】C．设谷粒2 的初速度方向与水平方向的夹角为θ，沿水平和竖直两个方向分速度大小分别
为v2 x = v2cosθ，v2 y = v2sinθ
设OP两点竖直方向的距离为h，水平方向的距离为x，谷粒1 和谷粒2 从抛出到P点的时间分别为t1、
t2，则取竖直向下为正方向，竖直方向有h= 1
2 gt1
2,h=- v2 yt2+ 1
2 gt2
2
可得t1<t2，即谷粒1 先到达P 点，故C 正确；
A．水平方向为匀速直线运动，有x = v1t1= v2cosθ⋅t2
联立可得v1>v2cosθ
又0<cosθ<1，则只可能出现v2>v1，故A 错误；
B．根据a= Δv
Δt 可知速度的变化率即为加速度，而谷粒1 做平抛运动和谷粒2 做斜上抛运动的加速
度均为重力加速度g，即在空中运动的过程中谷粒2 的速度变化率等于谷粒1 的速度变化率，故B
错误；
D．谷粒1、2 在竖直方向的位移相同，加速度相同，但谷粒2 有向上的初速度，根据速度位移关系
可知到达P 点时谷粒2 的竖直速度较大，根据P =mg vy
可得P1< P2
故D 错误。
故选C。
9.
如图1 所示是某款小游戏，物体需要从平台A 跳跃到前方更高的平台B 上。假设不同
的操作方式会使物体的运动轨迹出现如图2 所示的两种情况，则由图2 可推断出（ ）
A．轨迹甲的起跳速度较大
B．轨迹乙的运动时间较长
C．两条轨迹最高点速度相同
D．两条轨迹起跳瞬间重力的功率相同
【答案】D
【详解】B．轨迹甲乙做斜抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运
动。由于两种情况下在竖直方向都做竖直上抛运动，且上升的最大高度相同，都落到同一水平面上，
所以它们在空中运动的时间相等，故B 错误；
AC．由于轨迹甲和乙落地点的距离不同，且它们在空中运动的时间相等，根据水平方向的匀速直
线运动规律可知，轨迹乙水平方向的初速度分量较大，即乙轨迹最高点速度大，上升高度相等，竖
直初速度也相等，根据速度的合成可知，轨迹乙初速度较大，故AC 错误；
D．由图可知轨迹甲乙上升的高度相同，竖直分速度相同，根据瞬时功率表达式P =mg v 竖直
可知两条轨迹起跳瞬间重力的功率相同，故D 正确。
故选D。
题型4 两种机车启动方式及图像分析
10. 一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持汽车发动机恒定的牵引
功率为P，其加速度a 和速度的倒数（1
v ）图像如图所示，若已知汽车的质量为2.4×103kg，运
动过程中阻力保持不变，则根据图像所给的信息，可以求出汽车的功率P= W，汽车行
驶的最大速度vmax= m/s。
【答案】 9.6×10
4 20
【详解】[1]根据牛顿第二定律可得
F - f =ma
又
P = Fv
联立可得
a= P
m ⋅1
v - f
m
结合题图可得
P
m =
2
0.05 = 40 W /kg，f
m =2m /s
2
解得
P =9.6×10
4 W，f = 4.8×10
3 N
[2]当牵引力等于阻力时，汽车速度达到最大，则有
vmax= P
f = 9.6×10
4
4.8×10
3 m /s=20 m /s
11. 2023 年11 月，我国新一代重型步兵车VN20 亮相珠海航展，该步兵车采用独特的设
计理念，是机械化部队的主力装备之一。步兵车的质量为m，若在平直的路面上从静止开始加
速，经时间t 其速度达到最大值vm。设在加速过程中发动机的功率恒为P，步兵车所受阻力恒
为F阻。以下说法正确的是（ ）
A．加速过程中，步兵车做匀加速直线运动
B．步兵车的最大速度vm= P
F阻
C．加速过程中，步兵车的位移大于vm
2 t
D．加速过程中，步兵车所受合外力做的功为Pt
【答案】BC
【详解】A．步兵车加速过程中保持功率恒定，则加速度
a= F - F阻
m
=
P
v - F阻
m
则随速度的增加，加速度减小，选项A 错误；
B．步兵车的速度最大时牵引力等于阻力，则
vm= P
F = P
F阻
选项B 正确；
C．若步兵车做匀加速运动，则位移为vm
2 t；而步兵车做加速度减小的加速运动时位移大于做匀加
速运动时的位移，可知加速过程中，步兵车的位移大于vm
2 t，选项C 正确；
D．加速过程中，步兵车所受合外力做的功为Pt-F 阻x，选项D 错误。
故选BC。
12. 一辆起重机某次从t =0时刻由静止开始竖直提升质量为500kg 的物体，物体的a-t图
像如图所示，2s 后起重机的功率为额定功率，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10 m /s
2，
下列说法正确的是（ ）
A．物体在匀加速阶段的位移大小为2m
B．该起重机的额定功率为5.25kW
C．物体的最大速度大小为2.1m /s
D．0~2s和2s~8s时间内牵引力对物体做的功之比为1:8
【答案】B
【详解】A．物体在匀加速阶段的位移大小x = 1
2 ×0.5×2
2=1m
故A 错误；
B．设物体做匀加速运动阶段牵引力为F，加速度为a，根据牛顿第二定律T -mg=ma
物体做匀加速运动阶段的最大速度v =at1
该起重机的额定功率P = Fv
联立解得P =5250 W =5.25kW
故B 正确；
C．物体的最大速度vm = P
mg =1.05 m/s
故C 错误；
D．0~2s内牵引力对物体做的功为W 1= Fx =5250J
2s~8s时间内牵引力对物体做的功为W 2= Pt =5250×6J =15300J
0~2s和2s~8s时间内牵引力对物体做的功之比为W 1:W 2=1:6
故D 错误。
故选B。
题型5 应用动能定理求变力做功
13. 奥运会女子艺术体操的球操比赛中，运动员手持橡胶球翩翩起舞的过程中，有时会手
持球在竖直平面内做圆周运动，这一过程可近似看做半径为L 的匀速圆周运动，运动过程中球
所受的空气阻力大小恒为f，且f 小于球的重力，方向与运动方向相反，当地重力加速度为g，
则下列分析正确的是（ ）
A．转到圆心正上方时的最小速度一定是❑√gL
B．转动过程中经过最高点和最低点时，手对球的作用力大小相等
C．转动一周的过程中两次经过圆心等高点时，手对球的作用力大小相等
D．转动一周的过程中人对球做功为2πLf
【答案】D
【详解】A．球在竖直平面内做匀速圆周运动时，速率恒定，因此各点速度大小相同。最高点的最
小速度通常由重力提供向心力（即v = ❑√gR），但题目中球受手的力和空气阻力作用，向心力由手
的作用力、空气阻力和重力的合力提供，故最高点速度不一定是❑√gR，故A 错误；
B．球在竖直平面内做匀速圆周运动时，向心力大小保持不变，转动过程中经过最高点和最低点时，
手对球的作用力切向分力平衡空气阻力，而法向分力和重力的合力提供向心力，最高点法向分力为
F向-mg，最低点为F向+mg，根据力的合成可知在最高点和最低点手对球的作用力大小不等，故
B 错误；
C．转动过程中两次经过圆心等高处（圆心左右两侧），手对球的作用力法向分力提供向心力，但
切向分力需要平衡重力和空气阻力的合力，假设球做逆时针方向的匀速圆周运动，右侧切向分力为
mg+ f ，左侧为mg- f ，根据力的合成可知在圆心等高点手对球的作用力大小不等，故C 错误；
D．根据动能定理，转动一周动能不变，合外力做功为0，则人对球做功与空气阻力做功之和为0
有W +W f =0
而空气阻力做功为W f =-2πLf
所以人对球做功为W =2πLf
故D 正确。
故选D。
14. 如图所示，质量为m 的滑块在水平向右的外力F 作用下由静止开始沿水平面运动，运
动过程中外力F 随位移x 的变化满足F = F0-kx（k 为已知定值，k >0），已知滑块与桌面间
的滑动摩擦因数μ= 2 F0
3mg（g 为重力加速度），下列说法正确的是（ ）
A．滑块最终能回到出发点
B．滑块向右运动的最大位移为2 F0
3k
C．滑块运动的最大速度为F0
3
❑√
1
km
D．从开始运动到物块最终静止，物块与水平桌面因摩擦产生的热量为2 F0
2
3k
【答案】BC
【详解】AB．由题可做出F - x图像，当F =0时，由F = F0-kx，代入得x = F0
k
其图像如图所示
滑动摩擦力为f = μmg= 2 F0
3
若滑块向右运动的最大位移则拉力F 做功与摩擦力f 做功相等，通过分析知，当F =0时，拉力做功，
属于变力做功，由图像知，围成面积代表拉力F 做功为W F = F0× F0
k × 1
2 = F0
2
2k
此时滑动摩擦力f 做功为W f = μmg× F0
k = 2 F0
2
3k
则可知W f >W F，说明拉力F 未减为0 之前，物体已经停止运动，滑块不能回到出发点。由图像
F - x面积表示做功，设最大位移为xm，则有f ⋅xm = (F0+ F0-k xm)xm
2
代入解得xm = 2 F0
3k
A 错误，B 正确；
C．当F = f 时，滑块运动的速度最大，设此时位移为x1，则有F0-k x1= μmg
解得x1= F0
3k
设此时拉力F 做功为W
'
F，滑动摩擦力f 做功为W
'
f，由动能定理知W
'
F-W
'
f= 1
2 mvm
2
即(F0-k x1+ F0)x1
2
- μmg x1= 1
2 m vm
2
解得vm = F0
3
❑√
1
km
C 正确；
D．从开始运动到物块最终静止，物块与水平桌面因摩擦产生的热量为
Q = μmg xm = 2 F0
3 × 2 F0
3k = 4 F0
2
9k
D 错误。
故选BC。
15. 如图所示是一儿童游戏的图片，儿童站在固定竖直圆轨道的最低点，用力将一足球由
静止踢出，发现足球能够沿着圆轨道通过最高点，已知轨道半径为R，足球的质量为m，重力
加速度为g，不考虑摩擦和空气阻力作用，由此可判断儿童对小球做的功（ ）
A．可能等于3.6mgR
B．可能等于2.4 mgR
C．可能等于1.2mgR
D．可能等于0.8mgR
【答案】A
【详解】足球刚好沿圆轨道通过最高点时有mg=m v
2
R
解得v = ❑√gR
所以足球能够沿着圆轨道通过最高点应满足v ≥❑√gR
设儿童对小球做的功为W，对足球从最低点到最高点的过程由动能定理有W -mg×2 R = 1
2 m v
2
解得W =2mgR+ 1
2 m v
2
即W ≥5
2 mgR
故选A。
题型6 在机车启动问题中应用动能定理
16. 近几年，我国新能源汽车在电池、电机、电控、智能化等关键技术方面持续取得创新
突破，走在世界前列。某品牌新能源汽车在标准测试场地进行了两项测试，第一项百公里加速
测试中，汽车以最大功率从静止加速到100km/h 用时4.5s，加速距离为85m，第二项长距离能
耗测试中，汽车以90km/h 的速度匀速行驶100km 耗电18kW·h。已知该汽车的质量为1.8t，汽
车电机将电能转化为机械能的效率为95%，假设两次测试中汽车受到的阻力相同，下列说法正
确的是（ ）
A．该汽车受到的阻力为715.5N
B．该汽车受到的阻力为495.6N
C．该汽车电机的最大输出功率约为166kW
D．该汽车电机的最大输出功率约为206kW
【答案】C
【详解】AB．在第二项测试中汽车匀速行驶，电机做的功和汽车克服阻力做的功相等，则有
ηE = Ff s2
解得该汽车受到的阻力为Ff=615.6 N
故AB 错误；
CD．在第一项测试中，根据动能定理有Pt - Ff s1= 1
2 m v
2-0
解得P≈166kW
故C 正确，D 错误。
故选C。
17. 在平直路面上有一辆质量为m的汽车以额定功率P由静止启动，汽车运动过程中受到
的总的阻力与行驶速度的平方成正比，比例常数为k。这辆汽车加速到最大速度过程中克服阻
力做功为W ，则汽车加速运动阶段所用的时间为（ ）
A．1
2 m
3√
1
Pk - W
P
B．1
2 m
3√
1
Pk + W
P
C．1
2 m 3√
1
P k
2 - W
P
D．1
2 m 3√
1
P k
2 + W
P
【答案】D
【详解】汽车速度最大时，牵引力等于阻力，则P = f vm =k vm
3
汽车最大速度为vm =
3√
P
k
由动能定理可得Pt -W = 1
2 m vm
2 = 1
2 m(
3√
P
k)
2
可得加速阶段所用的时间t = 1
2 m 3√
1
P k
2 + W
P
故选D。
18. 汽车研发机构在某款微型汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化
并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，微型汽车以额定功率行驶一段距离后关
闭发动机，测出了微型汽车的动能Ek与位移x 关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的
关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知微型汽车的质量为1000kg，为便于讨论，
设其运动过程中所受阻力恒定。根据图像所给的信息可求出（ ）
A．汽车行驶过程中所受阻力为1000N
B．汽车的额定功率为120kW
C．汽车加速运动的时间为22.5s
D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105J
【答案】D
【详解】A．对于图线①，根据动能定理得：-fx=0-Ek
得到阻力为：f = Ek
x =
8×10
5
(11-7)×10
2 N=2000N
选项A 错误；
B．设汽车匀速运动的速度为v，则有v =
❑√
2 Ek
m =
❑√
2×8×10
5
1000
m/s=40m/s
汽车的额定功率为：P=Fv=fv=2000×40W=80kW
故B 错误。
C．对于加速运动过程，根据动能定理得：Pt-fs=Ek2-Ek1
得到t = Ek 2- Ek 1+ fs
P
= (8-5)×10
5+2000×500
80×10
3
s=16.25s
故C 错误。
D．根据功能关系得到：汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为：E=Ek-fs＇
=8×105J-2000×1.5×102J=5×105J
故D 正确。
故选D。
题型7 多过程直线运动问题
19. 如图甲所示，倾角为θ、长为2l 的斜面AC，AB 段光滑，BC 段粗糙，且AB=BC=l。
质量为m 的小物体由A 处静止释放，到C 点恰好停下，BC 段动摩擦因数自上而下逐渐增大，
具体变化如图乙所示，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．动摩擦因数最大值μm=2tanθ
B．小物块的最大速度为3
2
❑√glsinθ
C．重力在AB、BC 两段路面上做功不相等
D．重力在AB 段中间时刻瞬时功率等于在BC 段中间时刻瞬时功率
【答案】B
【详解】A．从A 处静止释放，到C 点恰好停下，根据动能定理可得mg⋅2lsinθ -W f=0
由图乙可知W f= 1
2 μmmgcosθ⋅l
联立解得μm = 4 tanθ
故A 错误；
B．当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，此时有μmgcosθ =mgsinθ
解得μ= tanθ = 1
4 μm
由图乙可知，此时小物块在BC 段下滑的距离为1
4 l，则从从A 处静止释放到最大速度过程，根据动
能定理可得mg⋅(l+ 1
4 l)sinθ -W
'
f= 1
2 mvm
2 -0
其中W
'
f= 1
2 μmgcosθ⋅l
4 = 1
8 mglsinθ
解得最大速度为vm = 3
2
❑√glsinθ
故B 正确；
C．由于AB、BC 两段路面的长度相同，对应的高度相同，根据W G=mgh
可知重力在AB、BC 两段路面上做功相等，故C 错误；
D．设小物块在B 点的速度为vB，小物块在AB 段做匀加速直线运动，则AB 中间时刻速度为
v1= 0+ vB
2
= vB
2
则重力在AB 段中间时刻瞬时功率P =mg v1sinθ =mg vB
2 sinθ
小物块在BC 段不是做匀变速直线运动，所以BC 段中间时刻速度v2≠vB+0
2
= vB
2
则重力在BC 段中间时刻瞬时功率P
' =mg v2sinθ≠mg vB
2 sinθ
故D 错误。
故选B。
20. 如图所示，倾角为θ的斜面上有一质量为m的小物块于O点静止释放，物块与斜面的
动摩擦因数μ=kx（k为常数、x为斜面上任意位置到O点的距离），小物块于A点（图中未标
出）达到最大速度并最终停在B点，B
'为斜面上B关于O的对称点，下列说法正确的是
（ ）
A．OB之间的距离为2tanθ
k
B．OA之间的距离大于AB之间的距离
C．OA之间所用的时间小于AB之间所用的时间
D．若小物块从O向上运动恰能到B
'点，则初速度为❑√
4 gsinθtanθ
k
【答案】A
【详解】A．设OB间距为x，小物块于O点静止释放，最终停在B点，由于μ=kx，则摩擦力与位移
成线性关系，摩擦力做功为W f= 1
2 kx⋅mgcosθx
根据动能定理有mgx sinθ - 1
2 kx⋅mgcosθx =0
解得x = 2tanθ
k
故A 正确；
B．设OA间距为x
'，小物块于A 点（图中未标出）达到最大速度，此时加速度为0，则有
mgsinθ -k x
'⋅mgcosθ =0
解得x
' =tanθ
k
则OA之间的距离等于AB之间的距离，故B 错误；
C．物块在OA之间运动，根据动量定理有mgsinθt1- 1
2 k x
' mgcosθt1=mv
物块在AB 之间运动，根据动量定理有mgsinθt2- 1
2 k ×3 x
' mgcosθt2=0-mv
解得t1=t2
故C 错误；
D．若小物块从O向上运动恰能到B
'点，根据动能定理有mgx sinθ+ 1
2 kx ⋅mgcosθx = 1
2 m v0
2
解得v0= ❑√
8 gsinθtanθ
k
故D 错误；
故选A。
21. 如图所示，某游乐场雪滑梯是由倾斜滑道、水平滑道平滑连接组成。已知倾斜滑道高
度H =11m，它与水平地面夹角θ =25°，水平滑道长度为L，滑道全程动摩擦因数μ=0.2.水平
滑道末端有一光滑球面冰坑，冰坑DE两点高度相同，冰坑的球面半径R =90 m（R远大于弧长
DE）。g=10 m /s
2，sin25° =0.4，cos25° =0.9.游客从雪滑梯顶部由静止下滑。
(1)若游客在冰坑前停下，则水平滑道长度L是多少？
(2)若游客以很小的初速度滑下，刚好能进入冰坑到达E点，求该游客从开始下滑到E点全程所用时
间。（初速度可忽略，结果可以保留π）
【答案】(1)30.25m
(2)(10.5+3 π )s
【详解】（1）由已知题意可知，游客在AC 间做匀加速直线运动，在CD 间做匀减速直线运动，若
游客在D 点速度为零，由动能定理可得mgH - μmgcos25°⋅
H
sin 25° - μmgL=0
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vC，在水平滑道的加速度为a2，滑行时间为t2，根据牛顿第二定律可
得mgsin25° - μmgcos25° =ma1
解得a1=2.2m/s
2
由x = 1
2 a1t1
2
解得t1=5
根据速度—时间公式可知vC =a1t1=11m/s
同理，根据牛顿第二定律可得μmg=ma2
解得a2=2m/s
2
根据速度—时间公式有vC =a2t2
解得t2=5.5s
因为冰坑为光滑球面，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T =2π ❑√
R
g
解得t3= 1
2 T =3 π（s）
综上所述t =t1+t2+t3=(10.5+3 π )s
题型8 直线曲线运动相结合的多过程问题
22. 如图，在竖直平面内有一固定轨道ABCDE，其中AB 是倾角θ =37°的粗糙斜面，
BCDE 是半径为R 的光滑圆弧轨道，CE 为其水平直径，斜面与圆弧轨道相切于B 点。一质量
为m 的小滑块在大小为5
3 mg（g 为重力加速度大小）、沿斜面向上的恒力F 作用下，从A 点
由静止开始沿轨道运动到E 点（恰好未脱离轨道），通过E 点后立即撤去力F。已知滑块与斜
面AB 间的动摩擦因数为0.5，取sin37° =0.6，cos37° =0.8，不计空气阻力。求：
(1)滑块的重力与力F 的合力大小和方向；
(2)滑块从E 点第一次运动到斜面AB 所用的时间；
(3)滑块到达C 点时对轨道的压力大小。
【答案】(1)4
3 mg，水平向右
(2)2❑√
R
3 g
(3)8mg
【详解】（1）由于恒力F 的竖直分力
5
3 mgsin37° =mg
故力F 与重力的合力即为F 的水平分力，可视二者合力为等效重力
G等= 5
3 mgcos37° = 4
3 mg
方向水平向右。
（2）E 点为等效最高点，恰好通过E 点有
G等=m v E
2
R
滑块通过E 点后做竖直下抛运动，设滑块从E 点第一次运动到斜面AB 上的位置为点F，则由几何
关系知
EF = BF = R+ Rsinθ
cosθ
EF = v Et + 1
2 gt
2
解得
t =2❑√
R
3 g
（3）滑块从C 点运动到E 点的过程中，根据动能定理有
-G等⋅2 R = 1
2 mE
2 - 1
2 mC
2
解得
vC =2❑√
5 gR
3
设滑块到达C 点时，轨道对滑块的支持力大小为FN，则
FN-G等=m vC
2
R
解得
F N =8mg
根据牛顿第三定律知，滑块到达C 点时对轨道的压力大小为
F 压= FN=8mg
23. 如图所示，AB 为水平轨道，A、B 间距离s=1.25 m，BCD 是半径为R =0.40 m的竖直
半圆形轨道，B 为圆轨道的最低点，D 为轨道的最高点。有一小物块质量为m=1.0kg，小物
块在F =10 N的水平力作用下从A 点由静止开始运动，到达B 点时撤去力F，物块恰好可以通
过最高点，不计空气阻力以及物块与水平轨道的摩擦。g 取10 m /s
2，求：
(1)小物块通过B 点瞬间对轨道的压力大小；
(2)小物块通过D 点后，再一次落回到水平轨道AB 上，落点和B 点之间的距离大小；
(3)小物块由B 点运动到D 点过程中，阻力所做的功。
【答案】(1)72.5 N
(2)0.8 m
(3)-2.5J
【详解】（1）A 到B 过程根据动能定理得
Fs= 1
2 mvB
2
解得
vB=5 m/s
在B 点根据牛顿第二定律
F N -mg=m vB
2
R
根据牛顿第三定律物块通过B 点瞬间对轨道的压力为
FN
' = FN
联立解得
F N
' =72.5 N
（2）物块恰好可以通过最高点，可得
mg=m v D
2
R
解得
v D=2m/s
小物块通过D 点后，做平抛运动，可得
2 R = 1
2 gt
2，x = v Dt
解得落点和B 点之间的距离大小为
x =0.8 m
（3）小物块由B 点运动到D 点过程中，根据动能定理得
-mg⋅2 R+W f= 1
2 mv D
2- 1
2 mvB
2
解得阻力所做的功为
W f=-2.5J
24. 一游戏装置如图所示，图中P 为弹射装置，AB 为倾角θ =37°的倾斜直轨道，BC 为水
平轨道，C、D 分别为竖直圆轨道的最低点和最高点，竖直圆轨道与水平轨道相切于C 点，CE
为足够长的倾斜轨道，各段轨道均平滑连接，以A 点为坐标原点，水平向右为x 轴正方向，竖
直向上为y 轴正方向建立平面直角坐标系。已知：圆轨道半径R=0.3m，轨道AB 长为L1=1m，
轨道BC 长为L2=0.9 m。通过调节弹射装置P 在坐标平面内的位置以及小滑块水平弹出的初速
度，使滑块均能无碰撞从A 点切入轨道AB，滑块与AB、BC 段间动摩擦因数均为μ=0.5，其
余各段轨道均光滑。滑块质量为m=0.3kg，滑块可视为质点，sin37° =0.6，cos37° =0.8，
重力加速度大小为g=10 m /s
2。
(1)若滑块从纵坐标y=0.9m 的某点弹出：
（ⅰ）求滑块弹出时的初速度大小v0；
（ⅱ）试通过计算判断滑块能否通过圆轨道的最高点D。
(2)若滑块从A 点切入后，能进入竖直圆轨道且第一次在圆轨道上运行时不脱离圆轨道，则滑块弹出
时所处位置的纵坐标y 应满足什么条件？
【答案】(1)（ⅰ）v0= 4 ❑√2m/s；（ⅱ）滑块可以通过圆轨道最高点D
(2)见解析
【详解】（1）（ⅰ）滑块从P 点弹射到A 点的过程中做平抛运动，在竖直方向上有
y = 1
2 gt
2
解得
t = 3 ❑√2
10 s
根据平抛过程中速度夹角的正切值为位移夹角正切值的2 倍关系，有
2 y
x = tanθ
代入数据解得
x =2.4 m
平抛运动水平方向上做匀速运动
x = v0t
解得
v0= 4 ❑√2m/s
（ⅱ）从P 点到D 点根据动能定理有
1
2 m v D
2 - 1
2 m v0
2=mg( y + L1sinθ)- μmgcosθ⋅L1- μmg L2-mg⋅2 R
解得
v D= ❑√33 m/s
滑块恰好通过圆轨道的最高点D 的条件满足
mg=m v
2
R
解得
v = ❑√3 m/s
由于
v <v D
所以滑块可以通过圆轨道最高点。
（2）滑块不脱离圆轨道分两种情况：
第一种，当滑块恰好通过圆轨道的最高点D 的时，有
mg=m v
2
R
解得
v = ❑√3 m/s
从P 点到D 点根据动能定理有
1
2 mv
2- 1
2 mv10
2 =mg( y1+ L1sinθ)- μmgcosθ⋅L1- μmg L2-mg⋅2 R
根据运动的分解，在A 点有
v y
v10
= tanθ
从P 点到A 点，滑块下落的高度
y1= v y
2
2g
联立解得
y1=0.36 m
第二种，当滑块到达与圆心等到的位置时，根据动能定理有
0- 1
2 m v20
2 =mg( y2+ L1sinθ)- μmgcosθ⋅L1- μmg L2-mg⋅R
又因为
v y
v20
= tanθ
以及
y2= v y
2
2g
联立解得
y2=0.198 m
此外滑块还要能进入圆轨道，从P 点到C 点根据动能定理有
0- 1
2 m v30
2 =mg( y3+ L1sinθ)- μmgcosθ⋅L1- μmg L2
又因为
v y
v30
= tanθ
以及
y3= v y
2
2g
联立解得
y3=0.09 m
综上可知，y ≥0.36 m或0.09 m< y ≤0.198 m。
题型9 动能定理的图像问题
25. 某中学运动会的铅球比赛中，某同学将一铅球斜向上抛出。不计空气阻力，则下列关
于该铅球在空中运动的动能Ek与时间t、水平位移x 之间的关系图像，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【详解】AB．设该铅球质量为m，刚开始斜抛时初速度大小为v0，与水平方向的夹角为θ，则经过
时间t，其动能为Ek= 1
2 mv
2= 1
2 m(v x
2+ v y
2 )= 1
2 m(v0cosθ)
2+ 1
2 m(v0sinθ ->)
2
则Ek与t 为非线性关系，图像为抛物线的一部分，且Ek先减小后增大，故A 错误，B 正确；
CD．铅球做斜上抛运动，水平方向有x = v0cosθ⋅t
所以Ek= 1
2 m(v0cosθ)
2+ 1
2 m(v0sinθ -
g
v0cosθ x)
2
可知Ek与x 也为非线性关系，其图像也是抛物线的一部分，且Ek先减小后增大，故C 错误，D 正确。
故选BD。
26. 如图所示，一倾角为θ、足够长的斜面固定在水平地面上，一可视为质点的物体以初
速度v0从斜面底端滑上斜面，滑回斜面底端时的动能为Ek1，在斜面上运动的总时间为t0。已
知物体受到的阻力大小与其运动速率成正比，沿斜面向上为位移的正方向，取地面处的重力势
能为零，则物体在斜面上运动的整个过程中动能Ek随时间t、Ek随位移x、重力势能Ep随时间t
及Ep随位移x变化的图像可能正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【详解】A．由物体在斜面上受到的阻力大小与其运动速率成正比可知，上滑过程中物体的加速度
a随速度v的减小而减小，下滑过程中，a随v的增大而减小，故物体速度v随时间的变化不是线性的，
而是斜率越来越小的曲线，所以动能随时间的变化也是斜率越来越小的曲线，物体上升的时间要小
于下降的时间，动能为0 的时刻要小于0.5t0，A 正确；
B．动能随位移变化图像的斜率为合外力，物体运动过程中合外力越来越小，图线不是直线，B 错
误；
D．重力势能Ep =mgx sinθ，
D 正确；
C．位移x随时间变化不是线性的，所以重力势能随时间变化也不是线性的，结合A 选项分析可知
重力势能最大的时刻要小于0.5t0，C 错误。
故选AD。
27. 如图1 所示，上表面光滑的斜面体固定在水平地面上，一个小木块从斜面底端冲上斜
面。图2 为木块的初动能Ek与木块轨迹的最高点距地面高度H的关系图像。由此可求得斜面的
长度为（ ）
A．10
3 h0
B．2❑√2h0
C．4 h0
D．6h0
【答案】C
【详解】若物块不滑离斜面，则由动能定理Ek =mgH
由图像可知mg= Ek 0
2h0
设斜面长度L 倾角为θ，当物块能滑离斜面时，则从底端到顶端时1
2 mv
2= Ek -mgLsinθ
滑离斜面后做斜抛运动，还能上升的高度h= (v sinθ)
2
2g
滑块轨迹的最高点距地面高度H = Lsinθ+h
联立解得H = sin
2θ
mg Ek + L(sinθ -sin
3θ)
由图像可知斜率sin
2θ
mg = 3h0-2h0
3 Ek 0- Ek 0
=
h0
2 Ek 0
解得sinθ = 1
2
根据图像可计算后一段图像在纵轴上的截距为1.5h0，则截距L(sinθ -sin
3θ)=1.5h0
解得L=4h0
故选C。
