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专题09 动能和动能定理
考点
十年考情（2016-2025）
命题趋势
考点1 动能和
动能定理
（10 年10
考）
2025·云南·高考真题2025·四川·
高考真题2024·重庆·高考真题、
2024·全国·高考真题、2024·福
建·高考真题、2024·安徽·高考真
题、2024·北京·高考真题、2023·
重庆·高考真题、2023·全国高考
真题、2023·浙江·高考真题、
2023·广东·高考真题、2022·江
苏·高考真题、2022·福建·高考真
题、2021·湖北·高考真题、2021·
湖南·高考真题、2021·辽宁·高考
真题、2021·全国·高考真题、
2020·江苏·高考真题、2020·上
海·高考真题、2019·浙江·高考真
题、2019·江苏高考真题、2018·
江
苏·高考真题、2018·天津高考真
题、2018·全国高考真题、2018·
海南·高考真题、2017·江苏·高考
真题、2017·浙江·高考真题、
2016·全国·高考真题、2016·浙
江·高考真题
1.
注重基础考查：常以选择题形式考查
动能的概念、表达式及动能定理的内容等基
础知识，考查学生对基本概念和公式的理解
与简单应用。
2.
情境化命题增多：结合生活实际或科
技应用背景命题，如物体在斜面滑动、传送
带传送工件等情境，考查学生运用动能和动
能定理解决实际问题的能力。
3.
综合应用趋势明显：常与运动学、动
力学等知识综合考查，设计综合性问题，如
将动能定理与牛顿运动定律结合，分析复杂
的物理过程。
4.
强调数学工具应用：在解题过程中，
常需运用数学中的函数、方程等知识。备考
时，学生应扎实掌握基础知识，强化情境理
解与建模能力，注重综合应用训练，提升数
学工具应用能力。
考点01 动能和动能定理
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（ ）
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．（2025·四川·高考真题）如图所示，倾角为
的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机
通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为
。电动机以恒定功率P 拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚
好相同，大小为
。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽
略其他摩擦。则这段时间内（ ）
A．物块的位移大小为
B．物块机械能增量为
C．小车的位移大小为
D．小车机械能增量为
【答案】C
【详解】A．对物块根据牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式有
解得物块的位移大小为
故A 错误；
B．物块机械能增量为
故B 错误；
C．对小车根据动能定理有
其中
联立解得
故C 正确；
D．小车机械能增量为
故D 错误。
故选C。
3．（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。
4．（2024·北京·高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送
带一起匀速运动。下列说法正确的是（ ）
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
【答案】D
【详解】A．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A 错误；
B．匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B 错误；
C．物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C 错误；
D．设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时
做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由
可知，传送带速度越大，物体加速运
动的时间越长，D 正确。
故选D。
5．（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。
6．（2024·新疆河南·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。
7．（2023·辽宁·高考真题）如图（a），从高处M 点到地面N 点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、
乙同时从M 点由静止释放，沿不同轨道滑到N 点，其速率v 与时间t 的关系如图（b）所示。由图可知，
两物块在离开M 点后、到达N 点前的下滑过程中（ ）
A．甲沿I 下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C．乙沿I 下滑且乙的重力功率一直不变
D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
【答案】B
【详解】AB．由图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减
小的加速运动，乙沿I 下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A
错误，B 正确；
CD．乙沿I 下滑，开始时乙速度为0，到
点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式
可知
重力瞬时功率先增大后减小，CD 错误。
故选B。
8．（2023·新课标卷·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
【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。
9．（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
与水平位移x 的关系图像正
确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】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
即
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。
10．（2021·湖北·高考真题）如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过
程中摩擦力大小f 恒定，物块动能Ek与运动路程s 的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10
m/s2，物块质量m 和所受摩擦力大小f 分别为（ ）
A．m=0.7 kg，f=0.5 N
B．m=0.7 kg，f=1.0N
C．m=0.8kg，f=0.5 N
D．m=0.8 kg，f=1.0N
【答案】A
【分析】本题结合
图像考查动能定理。
【详解】0~10m 内物块上滑，由动能定理得
整理得
结合0~10m 内的图像得，斜率的绝对值
10~20 m 内物块下滑，由动能定理得
整理得
结合10~20 m 内的图像得，斜率
联立解得
故选A。
11．（2021·湖南·高考真题）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为
的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为
，若动
车组所受的阻力与其速率成正比（
，
为常量），动车组能达到的最大速度为
。下列说法
正确的是（ ）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为
，则动车组匀速行驶的速度为
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度
，则这一
过程中该动车组克服阻力做的功为
【答案】C
【详解】A．对动车由牛顿第二定律有
若动车组在匀加速启动，即加速度
恒定，但
随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变
大，故A 错误；
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有
故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B 错误；
C．若四节动力车厢输出的总功率为
，则动车组匀速行驶时加速度为零，有
而以额定功率匀速时，有
联立解得
故C 正确；
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度
，由动能定
理可知
可得动车组克服阻力做的功为
故D 错误；
故选C。
12．（2020·江苏·高考真题）如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜
面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能
与水平位移x 关系的图象是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑距离在水平面投影距离
为x，根据动能定理，有
整理可得
即在斜面上运动时动能与x 成线性关系；
当小物块在水平面运动时,根据动能定理由
即
为物块刚下滑到平面上时的动能，则即在水平面运动时物块动能与x 也成线性关
系。
故选A。
13．（2020·上海·高考真题）在一次碰撞试验中，质量均为1.2×105kg 的两火车头从长为6.4km 的直轨道两
端同时由静止开始以0.25m/s2相向而行。它们碰撞前瞬间的总动能为（ ）
A．0
B．9.7×107J
C．1．92×108J
D．3.84×108J
【答案】C
【详解】碰撞前瞬间的总动能为
火车碰撞前的过程
联立解得
故ABD 错误，C 正确。
故选C。
14．（2017·江苏·高考真题）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为Ek0，与斜面间的
动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x 关系的图线是( )
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有：
－(mgsinθ＋f)x=Ek－Ek0
即：
Ek=－(f＋mgsinθ)x＋Ek0
所以Ek与x 的函数关系图象为直线，且斜率为负；
设x0为小物块到达最高点时的位移，当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有：
(mgsinθ－f)(x0－x)=Ek－0
即：
Ek=－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)x0
所以下滑时Ek随x 的减小而增大且为直线。
综上所述，故C 正确，ABD 错误。
故选C。
15．（2019·全国III 卷·高考真题）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到
一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过
程中动能Ek随h 的变化如图所示．重力加速度取10m/s2．该物体的质量为
A．2kg
B．1.5kg
C．1kg
D．0.5kg
【答案】C
【详解】对上升过程，由动能定理，
，得
，即F+mg=12N；
下落过程，
，即
N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N．
二、多选题
16．（2023·新课标卷·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
D 错误。
故选BC。
17．（2022·福建·高考真题）一物块以初速度
自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底
端。该物体的动能
随位移x 的变化关系如图所示，图中
、
、
均已知。根据图中信息可以求
出的物理量有（ ）
A．重力加速度大小
B．物体所受滑动摩擦力的大小
C．斜面的倾角
D．沿斜面上滑的时间
【答案】BD
【详解】ABC．由动能定义式得
，则可求解质量m；上滑时，由动能定理
下滑时，由动能定理
x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知
，
两式相加可得
相减可知
即可求解gsinθ 和所受滑动摩擦力f 的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC 错误，B
正确；
D．根据牛顿第二定律和运动学关系得
，
故可求解沿斜面上滑的时间，D 正确。
故选BD。
18．（2022·重庆·高考真题）一物块在倾角为
的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的
拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力
沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所
示，则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为
时，物块动能为
C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1 3∶
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为
【答案】BC
【详解】A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有
由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为
则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为
代入数据联立解得
故A 错误；
C．当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有
解得
则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为
故C 正确；
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为
合力做功为
则其比值为
则重力做功为
时，物块的动能即合外力做功为
，故B 正确；
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为
则动量的大小之比为
故D 错误。
故选BC。
19．（2022·全国乙卷·高考真题）质量为
的物块在水平力F 的作用下由静止开始在水平地面上做直线运
动，F 与时间t 的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取
。则（ ）
A．
时物块的动能为零
B．
时物块回到初始位置
C．
时物块的动量为
D．
时间内F 对物块所做的功为
【答案】AD
【详解】物块与地面间的摩擦力为
AC．对物块从
s 内由动量定理可知
即
得
3s 时物块的动量为
设3s 后经过时间t 物块的速度减为0，由动量定理可得
即
解得
所以物块在4s 时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A 正确，C 错误；
B．
s 物块发生的位移为x1，由动能定理可得
即
得
过程中，对物块由动能定理可得
即
得
物块开始反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移为
即6s 时物块没有回到初始位置，故B 错误；
D．物块在6s 时的速度大小为
拉力所做的功为
故D 正确。
故选AD。
20．（2021·辽宁·高考真题）冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一、某冰滑梯的示意图如图所
示，螺旋滑道的摩擦可忽略：倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ 相同，因滑板不同μ
满足
。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水
平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是（ ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】CD
【详解】设斜面倾角为
，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足
可得
即有
因
，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得
滑行结束时停在水平滑道上，即在摩擦因数去最小时能停在滑道上，由全程的动能定理有
要求进入水平滑道，因此最大的动摩擦因数能够进入水平滑道，即
综合需满足
和
故选CD。
21．（2021·全国甲卷·高考真题）一质量为m 的物体自倾角为
的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体
开始滑动时的动能为
，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动
能为
。已知
，重力加速度大小为g。则（ ）
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【答案】BC
【详解】AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有
物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有
整理得
；
A 错误，C 正确；
B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
求解得出
B 正确；
D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有
物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
由上式可知
a 上 > a 下
由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式
则可得出
D 错误。
故选BC。
22．（2019·江苏·高考真题）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A
点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A 点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，
与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中（ ）
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A 点的初速度为
【答案】BC
【详解】小物块压缩弹簧最短时有
，故A 错误；全过程小物块的路程为
，所以全过程中
克服摩擦力做的功为：
，故B 正确；小物块从弹簧压缩最短处到A 点由能量守恒得：
，故C 正确；小物块从A 点返回A 点由动能定理得：
，解得：
，故D 错误．
23．（2019·全国I 卷·高考真题）在星球M 上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P 轻放在弹簧上端，
P 由静止向下运动，物体的加速度a 与弹簧的压缩量x 间的关系如图中实线所示。在另一星球N 上用
完全相同的弹簧，改用物体Q 完成同样的过程，其
关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均
匀分布的球体。已知星球M 的半径是星球N 的3 倍，则（ ）
A．M 与N 的密度相等
B．Q 的质量是P 的3 倍
C．Q 下落过程中的最大动能是P 的4 倍
D．Q 下落过程中弹簧的最大压缩量是P 的4 倍
【答案】AC
【详解】A．由
图像可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，根据牛顿第二定律有
可得
则该
图像的斜率为
，纵轴截距为重力加速度
；根据图像的纵轴截距可知，两星球表面的重
力加速度之比为
又因为在某星球表面上的物体，所受重力和万有引力相等，即
即该星球的质量为
又
联立可得
故两星球的密度之比为
故A 正确；
B．当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0 的一瞬间，其所受弹力和重力二力平衡，则有
即
结合
图像可知，当物体P 和物体Q 分别处于平衡位置时，弹簧的压缩量之比为
故物体P 和物体Q 的质量之比为
故B 错误；
C．物体P 和物体Q 分别处于各自的平衡位置（
）时，它们的动能最大；根据
结合
图像面积的物理意义可知，物体P 的最大速度满足
物体Q 的最大速度满足
则两物体的最大动能之比
故C 正确；
D．物体P 和物体Q 分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置（
）可知，物体P 和Q 振动的振幅A
分别为
和
，即物体P 所在弹簧最大压缩量为
，物体Q 所在弹簧最大压缩量为
，则Q 下落
过程中，弹簧最大压缩量时P 物体最大压缩量的2 倍，故D 错误。
故选AC。
三、解答题
24．（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
（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
25．（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
（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
26．（2024·新疆河南·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
【点睛】
27．（2023·重庆·高考真题）机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m 的工件（视为质点）被机械臂抓
取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做加速度大小为a 的匀加速直线运动，运动方向与竖直方向夹
角为θ，提升高度为h，如图所示。求：
（1）提升高度为h 时，工件的速度大小；
（2）在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。
【答案】（1）
；（2）
，
【详解】（1）根据匀变速直线运动位移与速度关系有
解得
（2）根据速度公式有
解得
根据动能定理有
解得
28．（2023·山东·高考真题）如图所示，物块A 和木板B 置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B 的
上表面所在平面相切，竖直挡板P 固定在地面上。作用在A 上的水平外力，使A 与B 以相同速度
向
右做匀速直线运动。当B 的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C 恰好到达最
低点，并以水平速度v 滑上B 的上表面，同时撤掉外力，此时B 右端与P 板的距离为s。已知
，
，
，
，A 与地面间无摩擦，B 与地面间动摩擦因数
，C 与B 间动
摩擦因数
，B 足够长，使得C 不会从B 上滑下。B 与P、A 的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时
间，取重力加速度大小
。
（1）求C 下滑的高度H；
（2）与P 碰撞前，若B 与C 能达到共速，且A、B 未发生碰撞，求s 的范围；
（3）若
，求B 与P 碰撞前，摩擦力对C 做的功W；
（4）若
，自C 滑上B 开始至A、B、C 三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变
化量
的大小。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）由题意可知滑块C 静止滑下过程根据动能定理有
代入数据解得
（2）滑块C 刚滑上B 时可知C 受到水平向左的摩擦力，为
木板B 受到C 的摩擦力水平向右，为
B 受到地面的摩擦力水平向左，为
所以滑块C 的加速度为
木板B 的加速度为
设经过时间t1，B 和C 共速，有
代入数据解得
木板B 的位移
共同的速度
此后B 和C 共同减速，加速度大小为
设再经过t2时间，物块A 恰好撞上木板B，有
整理得
解得
，
（舍去）
此时B 的位移
共同的速度
综上可知满足条件的s 范围为
（3）由于
所以可知滑块C 与木板B 没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有
解得
，
（舍去）
滑块C 在这段时间的位移
所以摩擦力对C 做的功
（4）因为木板B 足够长，最后的状态一定会是C 与B 静止，物块A 向左匀速运动。木板B 向右运动
0.48m 时，有
此时A、B 之间的距离为
由于B 与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B 向左做匀减速运动，可得加速度大小
物块A 和木板B 相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有
整理得
解得
，
（舍去）
此时有
方向向左；
方向向右。
接着A、B 发生弹性碰撞，碰前A 的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
代入数据解得
而此时
物块A 向左的速度大于木板B 和C 向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B 和C 静止，A 向左匀速运
动，系统的初动量
末动量
则整个过程动量的变化量
即大小为9.02kg m/s
⋅
。
29．（2023·浙江·高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD
和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为
的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF 与轨
道CD 和足够长的水平直轨道FG 平滑相切连接。质量为3m 的滑块b 与质量为2m 的滑块c 用劲度系
数
的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 上。现有质量
的滑块a 以初速度
从D 处进入，经DEF 管道后，与FG 上的滑块b 碰撞（时间极短）。已知传送带长
，以
的速率顺时针转动，滑块a 与传送带间的动摩擦因数
，其它摩擦和阻力
均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能
（x 为形变量）。
（1）求滑块a 到达圆弧管道DEF 最低点F 时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a 碰后返回到B 点时速度
，求滑块a、b 碰撞过程中损失的机械能
；
（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差
。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【详解】（1）滑块a 从D 到F，由能量关系
在F 点
解得
FN=31.2N
（2）滑块a 返回B 点时的速度vB=1m/s，滑块a 一直在传送带上减速，加速度大小为
根据
可得在C 点的速度
vC=3m/s
则滑块a 从碰撞后到到达C 点
解得
v1=5m/s
因ab 碰撞动量守恒，则
解得碰后b 的速度
v2=5m/s
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，则ab 碰后的共同速度
解得
v=2．5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
30．（2023·辽宁·高考真题）某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该
飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v₁=80m/s 时离开水面，该过程滑行距离
L=1600m、汲水质量m=1.0×10⁴kg。离开水面后，飞机攀升高度h=100m 时速度达到v₂=100m/s，之后
保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s²。求：
（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a 的大小及滑行时间t；
（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
【答案】（1）
，
；（2）
【详解】（1）飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为
，则
解得飞机滑行的时间为
飞机滑行的加速度为
（2）飞机从水面至
处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则机械能变化量为
31．（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。
【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
32．（2022·天津·高考真题）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面
上将冰壶A 推到M 点放手，此时A 的速度
，匀减速滑行
到达N 点时，队友用毛刷
开始擦A 运动前方的冰面，使A 与
间冰面的动摩擦因数减小，A 继续匀减速滑行
，与静
止在P 点的冰壶B 发生正碰，碰后瞬间A、B 的速度分别为
和
。已知A、B
质量相同，A 与
间冰面的动摩擦因数
，重力加速度
取
，运动过程中两冰壶均视
为质点，A、B 碰撞时间极短。求冰壶A
（1）在N 点的速度
的大小；
（2）与
间冰面的动摩擦因数
。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设冰壶质量为
，A 受到冰面的支持力为
，由竖直方向受力平衡，有
设A 在
间受到的滑动摩擦力为
，则有
设A 在
间的加速度大小为
，由牛顿第二定律可得
联立解得
由速度与位移的关系式，有
代入数据解得
（2）设碰撞前瞬间A 的速度为
，由动量守恒定律可得
解得
设A 在
间受到的滑动摩擦力为
，则有
由动能定理可得
联立解得
33．（2022·北京·高考真题）利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法。
（1）某质量为m 的行星绕太阳运动的轨迹为椭圆，在近日点速度为v1，在远日点速度为v2。求从近
日点到远日点过程中太阳对行星所做的功W；
（2）设行星与恒星的距离为r，请根据开普勒第三定律（
）及向心力相关知识，证明恒星对行
星的作用力F 与r 的平方成反比；
（3）宇宙中某恒星质量是太阳质量的2 倍，单位时间内向外辐射的能量是太阳的16 倍。设想地球
“流浪”后绕此恒星公转，且在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样。地球绕太阳公转的周期为
T1，绕此恒星公转的周期为T2，求
。
【答案】（1）
；（2）见解析；（3）
【详解】（1）根据动能定理有
（2）设行星绕恒星做匀速圆周运动，行星的质量为m，运动半径为r，运动速度大小为v。恒星对行
星的作用力F 提供向心力，则
运动周期
根据开普勒第三定律
，k 为常量，得
即恒星对行星的作用力F 与r 的平方成反比。
（3）假定恒星的能量辐射各向均匀，地球绕恒星做半径为r 的圆周运动，恒星单位时间内向外辐射的
能量为P0。以恒星为球心，以r 为半径的球面上，单位面积单位时间接受到的辐射能量
设地球绕太阳公转半径为r1在新轨道上公转半径为r2。地球在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样，
必须满足P 不变，由于恒星单位时间内向外辐射的能量是太阳的16 倍，得
r2 = 4r1
设恒星质量为M，地球在轨道上运行周期为T，万有引力提供向心力，有
解得
由于恒星质量是太阳质量的2 倍，得
34．（2022·上海·高考真题）如图所示，AB 为平直导轨，长为L，物块与导轨间动摩擦因数为，BC 为光
滑曲面。A 与地面间高度差为h1，BC 间高度差为h2，一个质量为m 的物块在水平恒力作用下，从A 点
静止开始向右运动，到达B 点时撤去恒力，物块经过C 点后落地，已知重力加速度为g。
（1）若物块落地时动能为E1，求其经过B 点时的动能EkB；
（2）若要物块落地时动能小于E1，求恒力必须满足的条件。
【答案】（1）E1－mgh1；（2）
＜F＜
【详解】（1）从B 到落地过程中机械能守恒，设地面为零势能面
变形得
（2）整个过程根据动能定理有
所以
若物体恰能到达C 点，根据动能定理有
所以
综上所述
＜F＜
35．（2021·福建·高考真题）如图（a），一倾角
的固定斜面的
段粗糙，
段光滑。斜面上一轻质
弹簧的一端固定在底端C 处，弹簧的原长与
长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T 作用下，
由A 处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B 点时撤去T。T 随滑块沿斜面下滑的位移s 的变化关系如
图（b）所示。已知
段长度为
，滑块质量为
，滑块与斜面
段的动摩擦因数为0.5，弹簧
始终在弹性限度内，重力加速度大小取
，
。求：
（1）当拉力为
时，滑块的加速度大小；
（2）滑块第一次到达B 点时的动能；
（3）滑块第一次在B 点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为
，滑块与斜面间的动摩擦因数为
，滑块受斜面的
支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为
时滑块的加速度大小为
。由牛顿第二定律和滑动
摩擦力公式有
①
②
③
联立①②③式并代入题给数据得
④
（2）设滑块在
段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
⑤
式中
、
和
、
分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，
，
，
，
。设滑块第一次到达B 点时的动能为
，由动能定理有
⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得
⑦
（3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B 点时，动能仍为
。设滑块离B 点的最大距离为
，由动能定理有
⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
⑨
36．（2021·北京·高考真题）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效
“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为，人站立时摆长为
。不计空气阻力，重力加速度大
小为g。
（1）如果摆长为，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T 的大小。
（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越
高。
a.人蹲在踏板上从最大摆角
开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大
摆角为
。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明
。
b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大
摆角
后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆
周运动，求在最低点“摆球”增加的动能
应满足的条件。
【答案】（1）
；（2）a.见解析；b.
【详解】（1）根据牛顿运动定律
解得
（2）a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v1、v2，根据功能关系得
已知v1 = v2，得
因为
，得
所以
b.设“摆球”由最大摆角
摆至最低点时动能为
，根据功能关系得
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为
,根据牛顿运动定律得
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得
得
37．（2021·山东·高考真题）如图所示，三个质量均为m 的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A 紧靠竖
直墙壁，一劲度系数为k 的轻弹簧将A、B 连接，C 紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C 均静止。
现给C 施加一水平向左、大小为F 的恒力，使B、C 一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，
一段时间后A 离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C 与地面间的滑动摩擦力大小均为f，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：
，k
为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量）
（1）求B、C 向左移动的最大距离
和B、C 分离时B 的动能
；
（2）为保证A 能离开墙壁，求恒力的最小值
；
（3）若三物块都停止时B、C 间的距离为
，从B、C 分离到B 停止运动的整个过程，B 克服弹簧弹
力做的功为W，通过推导比较W 与
的大小；
（4）若
，请在所给坐标系中，画出C 向右运动过程中加速度a 随位移x 变化的图像，并在坐
标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x 值（用f、k、m 表示），不要求推导过程。以撤去F 时C 的
位置为坐标原点，水平向右为正方向。
【答案】（1）
、
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）从开始到B、C 向左移动到最大距离的过程中，以B、C 和弹簧为研究对象，由功能关
系得
弹簧恢复原长时B、C 分离，从弹簧最短到B、C 分离，以B、C 和弹簧为研究对象，由能量守恒得
联立方程解得
（2）当A 刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为
，以A 为研究对象，由平衡条件得
若A 刚要离开墙壁时B 得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值
，从弹簧恢复原长到A 刚要
离开墙得过程中，以B 和弹簧为研究对象，由能量守恒得
结合第（1）问结果可知
根据题意舍去
，所以恒力得最小值为
（3）从B、C 分离到B 停止运动，设B 的路程为
，C 的位移为
，以B 为研究对象，由动能定理
得
以C 为研究对象，由动能定理得
由B、C 得运动关系得
联立可知
（4）小物块B、C 向左运动过程中，由动能定理得
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为
则坐标原点的加速度为
之后C 开始向右运动过程（B、C 系统未脱离弹簧）加速度为
可知加速度随位移
为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，
减小，
减小，弹簧恢复原长时，B 和C
分离，之后C 只受地面的滑动摩擦力，加速度为
负号表示C 的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C 为研究对象，由动能
定理得
脱离弹簧瞬间后C 速度为，之后C 受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得
解得脱离弹簧后，C 运动的距离为
则C 最后停止的位移为
所以C 向右运动的图象为
38．（2021·全国乙卷·高考真题）一篮球质量为
，一运动员使其从距地面高度为
处由
静止自由落下，反弹高度为
。若使篮球从距地面
的高度由静止下落，并在开始下落
的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为
。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间
为
；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取
，不计空
气阻力。求：
（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
第二次从1.5m 的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得
第二次从1.5m 的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系
代入数据可得
（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得
在拍球时间内运动的位移为
做得功为
联立可得
（
舍去）
39．（2021·全国甲卷·高考真题）如图，一倾角为
的光滑斜面上有50 个减速带（图中未完全画出），相
邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m 的无动力小车（可视为质点）从距第
一个减速带L 处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发
现，小车通过第30 个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50 个减速带后立刻
进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s 后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为
，重
力加速度大小为g。
（1）求小车通过第30 个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前30 个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
（3）若小车在前30 个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则
L 应满足什么条件？
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有
设小车通过第30 个减速带后速度为v1，到达第31 个减速带时的速度为v2，则有
因为小车通过第30 个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到
达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为
联立以上各式解得
（2）由（1）知小车通过第50 个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有
从小车开始下滑到通过第30 个减速带，根据动能定理有
联立解得
故在每一个减速带上平均损失的机械能为
（3）由题意可知
可得
40．（2020·全国III 卷·高考真题）如图，相距L=11.5m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相
接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v 可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg 的载物箱
（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s 自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ=
0.10，重力加速度取g =10m/s2。
(1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带
后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧
平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
【答案】(1)2.75s；(2)
，
；(3)0
，方向竖直向上
【详解】(1)传送带的速度为
时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由
牛顿第二定律有：
①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有
②
联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到
离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有
④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上
传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有
⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
，
⑨
(3)传送带的速度为
时，由于
，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物
箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有
⑩
⑪
联立①⑩
式并代入题给数据得
⑪
t3=1.0s⑫
x2=5.5m⑬
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m 时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀
速运动
的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有
⑭
由①⑫⑬⑭式可知
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，
⑮
则
减速运动时间
设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2。由动量
定理有
，方向竖直向上
则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量
，方向竖直向上
41．（2020·浙江·高考真题）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道
（在最低点E 分别与水平轨道
和
相连）、高度h 可调的斜轨道
组成。游戏时滑块从O 点弹
出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B 端则视为游戏成功。已知圆轨道半径
，
长
，
长
，圆轨道和
光滑，滑块与
、
之间的动摩擦因
数
。滑块质量m=2g 且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。
忽略空气阻力，各部分平滑连接。求
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F 时的速度
大小；
（2）当
且游戏成功时，滑块经过E 点对圆轨道的压力
大小及弹簧的弹性势能
；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能
与高度h 之间满足的关系。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
，其中
【详解】（1）滑块恰过F 点的条件：
解得
（2）滑块在斜面上摩擦受重力、支持力和摩擦力，其中仅重力和摩擦力做功从E 到B，动能定理
代入数据可得
在E 点做圆周运动，根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律可知压力大小为0.14N，方向竖直向下
从O 到E 点，根据能量守恒定律：
解得
（3）要使游戏成功，首先滑块不能脱离轨道，其次滑块需要恰好停留在B 点，设滑块恰能过F 点，
从O 点到F 点，此情况由能量守恒定律可得
滑块恰能过F 点，恰好能停留在B 点，设此时B 点离地高度为h1，从O 点到B 点能量守恒有
解得
由于滑块需要停留在B 点，则需要
解得
即B 点离地高度最高为
从O 到B 点
其中
42．（2019·天津·高考真题）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成
功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1 所示．为
了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板
是与水平甲板
相切的一段圆弧，示意如图2，
长
，
水平投影
，图中
点切线方向与水平方向的夹角
（
）．若舰载机从
点由静止开始做匀加速直线运动，经
到达
点进入
．已知飞
行员的质量
，
，求
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功
；
（2）舰载机刚进入
时，飞行员受到竖直向上的压力
多大．
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为
，则有
①
根据动能定理，有
②
联立①②式，代入数据，得
③
（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为
，根据几何关系，有
④
由牛顿第二定律，有
⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
⑥
43．（2018·浙江·高考真题）如图所示，一轨道由半径为2m 的四分之一竖直圆弧轨道AB 和长度可以调节
的水平直轨道BC 在B 点平滑连接而成．现有一质量为0.2kg 的小球从A 点无初速度释放，经过圆弧上
的B 点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6N，小球经过BC 段所受阻力为其重力的0.2 倍，然后
从C 点水平飞离轨道，落到水平面上的P 点，P、C 两点间的高度差为3.2m．小球运动过程中可以视
为质点，且不计空气阻力．
（1）求小球运动至B 点的速度大小以及小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；
（2）为使小球落点P 与B 点的水平距离最大，求BC 段的长度；
（3）小球落到P 点后弹起，与地面多次碰撞后静止．假设小球每次碰撞机械能损失75%，碰撞前后
速度方向与地面的夹角相等．求小球从C 点飞出后静止所需的时间．
【答案】（1）2.4J（2）3.36m（3）2.4s
【详解】（1）小球在B 点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有：
解得：
A 至B 过程中，由动能定理：
，解得：
；
（2）B 至C 过程中，由动能定理：
B 至P 的水平距离为：
当
时P 至B 的水平距离最大，最大距离为：
；
（3）C 至P 的时间为：
，由于小球每次碰撞机械能损失
，由
，则碰撞后
的速度为碰撞前速度的
，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，则碰撞后竖直方向的分速度为碰撞
前竖直方向分速度的
，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从C 点到落地的时间的
，所以：
第一次反弹至落地时间为：
第二次反弹至落地时间为：
第三次反弹至落地时间为：
……
第n 次反弹至落地时间为：
由数学归纳法分可得总时间为：
．
