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第12 讲 功 功率 动能定律
目录
考点一 功的分析与计算...............................................................................................................1
考点二 功率的计算.......................................................................................................................1
考点三 动能定理及其应用...........................................................................................................7
考点四 用动能定理巧解多过程问题.........................................................................................13
练出高分.........................................................................................................................................19
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．
[例题1] 在某工地上大型机械随处可见，其中，塔吊是现代工地必不可少的建筑
设备。如图，为吊车在某次工作时，将200kg 的建筑材料竖直向上提升过程的v﹣t 图
像，g 取10m/s2。下列判断正确的是（ ）
A．在0﹣10s 内，悬线的拉力恒为2000N
B．材料离地面的最大高度为36.4m
C．在10s～30s 内，拉力做的功为4000J
D．在40s～56s 内，材料处于失重状态
1
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【解答】解：A、根据题意，由图可得0﹣10s 内的加速度为a= v −v0
t
= 1−0
10 m/ s
2=
0.1m/s2
由牛顿第二定律有F﹣mg＝ma
代入数据解得F＝2020N，故A 错误；
B、根据v﹣t 图像中图像与横轴围成的面积表位移可知，40s 末达到最大高度，设为
xm，材料离地面的最大高度为
xm= 1
2 ×1×(40+20)m=30m，故B 错误；
C．由图可知，在10s～30s 内，物体的速度不变，做匀速直线运动，设拉力为F1，则有
F1＝mg＝200×10N＝2000N
由图可知，在10s～30s 内，设物体的位移为x1，x1＝1×（30﹣10）m＝20m
由功的公式可得，拉力做的功为W＝F1x1＝2000×20J＝40000J，故C 错误；
D．由图可知，在40s～56s 内，材料向下做匀加速直线运动，加速度向下，所以材料处
于失重状态，故D 正确。
故选：D。
[例题2] （2023•惠州模拟）惠州罗浮山风景区于2022 年1 月启用新索道，如图
所示，质量为M 的吊厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上，吊厢水平底板上放置一质量为m
的货物。若某段运动过程中，在缆绳牵引下吊厢载着货物一起斜向上加速运动，且悬
臂和吊厢处于竖直方向，重力加速度为g，则（ ）
A．吊厢水平底板对货物的支持力不做功
B．吊厢水平底板对货物的摩擦力做正功
C．悬臂对吊厢的作用力方向与缆绳方向平行且斜向上
D．悬臂对吊厢的作用力大小等于（M+m）g
【解答】解：A、吊厢水平底板对货物的支持力竖直向上，与速度方向的夹角小于
90°，根据W＝FLcosθ 可知支持力对货物做正功，故A 错误；
B、在缆绳牵引下吊厢载着货物一起斜向上加速运动，水平方向存在分加速度，对水平
方向分析可知，可知吊厢水平底板对货物的摩擦力水平向右，与速度方向的夹角小于
90°，根据W＝FLcosθ 可知摩擦力对货物做正功，故B 正确；
CD、以吊厢和货物为整体，设加速度大小为a，缆绳与水平方向夹角为θ，则有Fy﹣
2
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（M+m）g＝（M+m）asinθ，Fx＝（M+m）acosθ，则悬臂对吊厢的作用力大小为
F =√F x
2+ F y
2 ＞( M +m)g，悬臂对吊厢的作用力与水平方向的夹角为α ，则有
tanα = F y
F x
= ( M +m)g+( M +m)asinθ
( M +m)acosθ
＞tanθ，可知悬臂对吊厢的作用力方向与缆绳
方向不平行，故CD 错误。
故选：B。
[例题3] 3．（2023•湖北一模）如图所示，质量m＝1kg 物体以初速度v0＝6m/s
滑上足够长的斜面。已知物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.75。调节斜面与水平方
向的夹角θ 从零开始增大到90°，发现物体沿斜面向上的最大位移x 先减小后增大，重
力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．当θ＝0°时，物体的最大位移为2.4m
B．当θ＝30°时，物体达到最大位移后，将保持静止
C．当θ＝53°时，物体的最大位移具有最小值
D．当θ＝90°时，物体克服摩擦力做功18J
【解答】解：A．当θ＝0°时，物体沿水平方向故匀减速直线运动。由动能定理
−μmg x1=0−1
2 mv0
2，代入数据解得x1＝2.4m，故A 正确；
B．当θ＝30°时，有mgsinθ＜μmgcosθ，即重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力，所
以物体物体速度减小到零后，在斜面上保持静止，不会向下滑动，故B 正确；
C ．物体在斜面上滑行的过程中，由动能定理可得
−mgx' sinθ−μmgcosθ⋅x' =0−1
2 mv0
2，
解
得
x' =
v0
2
2g(sinθ+ μcosθ) =
v0
2
2g√1+ μ
2sin(α +θ)
，其中tanα＝μ，由数学知识可知，当θ
＝53°时，物体的最大位移具有最小值，故C 正确；
D．当θ＝90°时，物体与竖直平面之间的支持力为零，摩擦力为零，所以摩擦力一定不
做功，故D 错误。
故选：ABC。
[例题4] 如图所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A 固定有挡板P，斜面上
B 点与A 点的高度差为h。将质量为m 的长木板置于斜面底端，质量也为m 的小物块
静止在木板上某处，整个系统处于静止状态。已知木板与物块间的动摩擦因数μ= √3
2
，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
3
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（1）若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F0的大小；
（2）若对木板施加沿斜面向上的拉力F＝2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰
好能到达B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功W。
【解答】解：（1）木板与物块整体：F0﹣2mgsinθ＝2ma0
对物块，有：μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma0
解得：F0= 3
2mg
（2）设经拉力F 的最短时间为t1，再经时间t2物块与木板达到共速，再经时间t3木板下
端到达B 点，速度恰好减为零。
对木板，有：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
mgsinθ+μmgcosθ＝ma3
对物块，有：μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma2
对木板与物块整体，有2mgsinθ＝2ma4
另有：a1t1﹣a3t2＝a2（t1﹣t2）
a2（t1+t2）＝a4t3
1
2 a1t1
2+a1t1⋅t2−1
2 a3t2
2−1
2 a4t3
2= ℎ
sinθ
W = F ⋅1
2 a1t1
2
解得W= 9
4 mgh
答：（1）拉力F0的大小为3
2 mg；
（2）拉力F 做的功W 为9
4 mgℎ。
[例题5] （2022•静安区二模）如图所示，以恒定速率v1＝0.5m/s 运行的传送带与
水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝4m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.5m/s 从
传送带顶端推下一件m＝2kg 的小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦
因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度a 的大小；
（2）小包裹在传送带上减速运动的时间t 和位移s 的大小。
4
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（3）小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功。
【解答】解：（1）因小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹相对传送带向
下滑动，受到传送带的滑动摩擦力沿传动带向上，以沿传动带向下为正方向，根据牛顿
第二定律得：
mgsinα﹣μmgcosα＝ma
代入数据解得：a＝﹣0.4m/s2
故加速度的大小为0.4m/s2，方向为沿斜面向上；
（2）由（1）的结论可知小包裹先在传动带上做匀减速直线运动，假设小包裹能够一直
减速到速度与传送带相同，则此过程所用时间为：
t = (v1−v2)
a
= 0.5−1.5
−0.4
s=2.5 s
此过程的位移大小为：
s= v1+ v2
2
⋅t = 0.5+1.5
2
×2.5m=2.5m
因s＜L＝4m，故假设成立。
（3）因μ＝0.8＞tanα＝0.75，故小包裹与传动带共速后，与传送带保持相对静止做匀速
直线运动直至达到传送带底端，匀速直线运动阶段所受静摩擦力大小为：
f2＝mgsinα
此过程小包裹的位移大小为：
s2＝L﹣s＝4m﹣2.5m＝1.5m
小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功为：
Wf＝﹣f1s﹣f2s2＝﹣μmgcosα•s﹣mgsinα•s2
代入数据解得：Wf＝﹣50J。
答：（1）小包裹相对传送带滑动时加速度a 的大小为0.4m/s2；
（2）小包裹在传送带上减速运动的时间t 为2.5s 和位移s 的大小为2.5m。
（3）小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功为﹣50J。
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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＝F v 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．
[例题6] （2023•南平模拟）如图甲，对花样跳水的最早描述出现在宋人孟元老
《东京梦华录》中：“又有两画船，上立秋千，……筋斗掷身入水，谓之水秋千。”
某次“水秋千”表演过程如图乙，质量为m 的表演者，以O 点为圆心荡到与竖直方向
夹角θ＝45°的B 点时，松手沿切线方向飞出。若在空中经过最高点C 时的速度为v，
水秋千绳长为l，A 为最低点，表演者可视为质点，整个过程船体静止不动，不计空气
阻力和绳的质量，重力加速度为g。则（ ）
A．表演者在C 处重力的瞬时功率为mgv
B．表演者从A 运动到B 的过程中，处于失重状态
C．表演者在A 处受到秋千的作用力大小为2mv
2
l
+(2−√2)mg
D．若B 到水面的高度为CB 间高度的3 倍，则落水点到B 点的水平距离为3 v
2
g
【解答】解：A．表演者在空中经过最高点C 时的速度为v，则其此时竖直方向速度vy
＝0，根据P＝mgvy可知表演者在C 处重力的瞬时功率为0，故A 错误；
B．从A 运动到B 的过程中，表演者做部分竖直圆周运动，其向心加速度指向O 点，向
心加速度有竖直向上的加速度分量，故表演者处于超重状态，故B 错误；
C．从A 运动到B 的过程中，由动能定理有
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−mg(l−lcosθ)= 1
2 m vB
2 −1
2 m v A
2
从B 点做斜抛运动，vB与水平方向夹角为θ＝45°，则
vBcosθ＝v
表演者在A 处受到秋千的作用力大小为F，则由牛顿第二定律和向心力公式有
F −mg=m v A
2
l
联立各式，得
F = 2mv
2
l
+(3−√2)mg
故C 错误；
D．设CB 间高度为h，则B 到水面的高度为3h，表演者从C 点开始做平抛运动，故
h+3h= 1
2gt2
x＝vt
表演者从B 点运动到最高处C 点，在竖直方向做匀减速直线运动，由运动学公式可得
vBy＝vBsinθ
h= vBy
2
2g
tBC= vBy
g
BC 的水平位移为
xBC＝vtBC
故落水点到B 点的水平距离为
x 总＝x+xBC
联立各式，代入数据解得
x 总= 3 v
2
g
故D 正确。
故选：D。
[例题7] 我国新能源汽车发展迅速，2022 年仅比亚迪新能源汽车全年销量为
186.35 万辆，位列全球第一、如图所示为比亚迪某型号汽车某次测试行驶时的加速度
和车速倒数1
v 的关系图像。若汽车质量为2×103kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且
行驶中阻力恒定，最大车速为30m/s，则（ ）
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A．汽车匀加速所需时间为5s
B．汽车以恒定功率启动
C．汽车所受阻力为1×103N
D．汽车在车速为5m/s 时，功率为6×104W
【解答】解：B．由图知，当1
v 越大时，汽车速度v 越小，故当汽车从启动到速度为
10m/s 前，汽车以恒定加速度启动，汽车匀加速运动的加速度为2m/s2，故B 错误；
A．汽车匀加速运动的末速度
1
v = 1
10 s/m
解得
v＝10m/s
匀加速运动的时间
t = v
a = 10
2 s=5 s
故A 正确；
C．由图可知汽车的最大速度为
vmax＝30m/s
此时汽车的加速度为零，汽车做匀速直线运动，有
F 牵min＝f
又P＝F 牵minvmax
当1
v = 1
10 s/m时，v＝10m/s，a＝2m/s2，此时对汽车由牛顿第二定律有
P
v −f＝ma
联立各式，代入数据解得
f＝2×103N，P＝6×104W
故C 错误；
D．汽车在车速为5m/s 时，处于恒定加速度启动阶段，a＝2m/s2，此时对汽车由牛顿第
二定律有
F 牵﹣f＝ma
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代入数据得
F 牵＝6×103N
车速为5m/s 时，功率为
P′＝F 牵v5＝6×103×5W＝3×104W
故D 错误。
故选：A。
[例题8] （2023•江苏三模）如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O 与拖车
相连，另一端与河中的小船连接，定滑轮与拖车之间的连绳保持水平，小船与拖车的
运动在同一竖直平面内，拖车沿平直路面水平向右运动带动小船，使小船以速度v 沿
水面向右匀速运动，若船在水面上运动受到的阻力保持不变。则在上述运动过程中（
）
A．当拉船的轻绳与水平面的夹角为θ 时，拖车运动的速度为vsinθ
B．小船受到绳的拉力不断减小
C．小船受到绳的拉力的功率不断增大
D．拖车的动能不断减小
【解答】解：AD、将船的速度分解到沿绳方向和垂直于绳方向，如图：
船沿绳方向的分速度与拖车速度相等，由几何关系得。拖车运动的速度为v'＝vcosθ
船向右运动，θ 增大，cosθ 减小，则拖车速度减小，动能减小，故A 错误，D 正确；
B、小船做匀速直线运动，由平衡条件得：F 阻＝Tcosθ
船在水面上运动受到的阻力保持不变，θ 增大，cosθ 减小，则绳的拉力T 增大，故B 错
误；
C、小船做匀速运动，受到绳的拉力做功的功率等于克服阻力做功的功率，由P＝F 阻v
得，拉力的功率保持不变，故C 错误。
故选：D。
[例题9] （2023•西宁二模）北京2022 年冬奥会跳台滑雪比赛在张家口赛区的国
家跳台滑雪中心进行，跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，如图所示．运
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动员从起跳区水平起跳后在空中运动的速度变化量、重力的瞬时功率、动能、机械能
分别用Δv、P、Ek、E 表示，用t 表示运动员在空中的运动时间，不计运动员所受空气
阻力，下列图像中可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：A、滑雪运动员离开起跳区后在空中做平抛运动，加速度为g，速度变化
量为Δv＝gt，可知速度变化量Δv 和时间t 成正比，图像为过原点的一条倾斜直线，故
A 错误；
B、经过时间t 后竖直方向速度为vy＝gt，重力的瞬时功率为P＝mgvy＝mg•gt＝mg2t，
可知重力瞬时功率P 和时间t 关系为正比例函数，图像为过原点的一条倾斜直线，故B
错误；
C、不计空气阻力，只有重力做功，滑雪运动员飞行过程中机械能守恒，不随时间变化，
故C 错误；
D 、设运动员起跳时的速度为
v0 ，则经过时间
t
动能为
Ek = 1
2 m v0
2+ 1
2 m v y
2 = 1
2 m v0
2+ 1
2 m g
2t
2，可知动能和时间关系为二次函数，图像为抛物
线一部分，顶点不在原点，故D 正确。
故选：D。
[例题10] （2023•山东模拟）如图所示，倾角为θ＝37°的斜面AB 固定在水平桌面
上，竖直面内的半圆轨道CD 与桌面相切于C 点。小物块甲、乙用轻质细绳连接，跨
过轻质光滑的定滑轮，与乙相连的轻绳竖直，与甲相连的轻绳平行于斜面。开始将乙
按在桌面上静止不动，甲位于斜面顶端；释放乙，当甲滑至斜面AB 中点时剪断细绳。
已知斜面AB 长lAB＝2m，水平桌面BC 段长lBC＝0.95m，甲的质量m1＝5kg、乙的质
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量m2＝1kg，物块甲与斜面AB 和水平桌面BC 间的动摩擦因数均为μ＝0.2，半圆轨道
CD 光滑，物块甲从斜面滑上水平桌面时速度大小不变，重力加速度g＝10m/s2，不计
空气阻力。求：
（1）物块甲到斜面底端B 时重力的瞬时功率P；
（2）若物块甲在半圆轨道CD 上运动时不脱离轨道，半圆轨道半径R 的取值范围。
【解答】解：（1）设轻绳剪断时甲速度的大小为v1，
对甲、乙系统，甲下滑到斜面中点过程，
根据能量守恒定律：m1g l AB
2 sinθ−m2 g l AB
2 = 1
2 (m1+m2)v1
2+ μm1gcosθ l AB
2
代入数据解得：v1＝2m/s
设甲到达斜面底端时的速度大小为v2，对甲下滑到斜面底端过程，根据动能定理：
m1g l AB
2 sinθ−μm1gcosθ l AB
2 = 1
2 m1v2
2−1
2 m1v1
2
解得：v2= 8√5
5
m/ s
重力的瞬时功率：P＝m1gv2sinθ
解得：P = 48√5W
（2）设甲到达C 时的速度大小为v3，物块甲，从B 到C 过程，根据动能定理得：
−μm1glBC = 1
2 m1v3
2−1
2 m1v2
2
解得：v3＝3m/s
设当物块甲恰好能够到达圆弧轨道的最高点D 时，轨道半径为R1，甲由C 到D 过程，
由动能定理得：
−m1g×2 R1= 1
2 m1v4
2−1
2 m1v3
2
甲到达D 时，根据牛顿运动定律得：
m1g=m1
v4
2
R1
解得：R1＝0.18m
设当物块甲恰好到达与轨道圆心等高的位置时速度为0，轨道半径为R2，甲由C 到与圆
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心等高位置，由动能定理得：−m1 g R1=0−1
2 m1v3
2
解得：R2＝0.45m
综上，R≤0.18，或R≥0.45m 时，物块甲在半圆轨道CD 上运动时不脱离轨道。
答：（1）物块甲到斜面底端B 时重力的瞬时功率P 为48√5W ；
（2）若物块甲在半圆轨道CD 上运动时不脱离轨道，半圆轨道半径R 的取值范围为
R≤0.18，或R≥0.45m。
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．
[例题11] （多选）（2023•辽宁模拟）如图所示为倾角为37°的固定斜面，一个质
量为2kg 的物块自斜面底端沿斜面上滑，其动能和重力势能随上滑距离x 的变化如图
中直线Ⅰ和Ⅱ所示，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则（ ）
A．物块的初速度为10m/s
B．物块和斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块上升的最大高度为5m
D．物块回到斜面底端时的动能为60J
【解答】解：A、物块的初动能为Ek0＝100J= 1
2 mv0
2，解得：v0＝10m/s，故A 正确；
B、根据图像可知，物块上升过程中机械能的减少ΔE＝100J﹣60J＝40J，根据功能关系
可得ΔE＝μmgcos37°•x，其中x＝5m，解得物块和斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，故B
正确；
C、物块上升的最大高度为h＝xsin37°＝5×0.6m＝3m，故C 错误；
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D、物块回到斜面底端时的动能为Ek＝Ek0﹣2ΔE＝100J﹣2×40J＝20J，故D 错误。
故选：AB。
[例题12] （2023•山东模拟）2023 年我国将全面推进探月工程四期，其中嫦娥六
号的任务之一是从月球背面采集更多样品，争取实现两千克的目标。从月球表面运送
物体返回地球时，物体的发射速度至少为月球第一宇宙速度的k 倍，已知月球质量为
M，月球半径为R，万有引力常量为G，则运送质量为m 的样品从月球返回地球，飞
船对样品做的功至少为（ ）
A．GMm
2k
2 R
B．GMm
2k
2 R
2
C．k
2GMm
2 R
D．k
2GMm
2 R
2
【解答】解：在月球表面，飞船的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
G Mm
R
2 =m v
2
R
解得月球的第一宇宙速度为：v =√
GM
R
根据题意可得船对样品做的功至少为：
W = 1
2 m(kv )
2
联立可得：W = k
2GMm
2 R
，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
[例题13] （2023•河北模拟）如图甲所示，一质量为1kg 的滑块（视为质点）以某
一初速度冲上足够长的固定斜面，以斜面底端为位移的起点，滑块在斜面上运动的动
能Ek随位移x 变化的关系如图乙所示。取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确
的是（ ）
A．斜面倾角的正弦值为0.5
B．滑块上滑过程克服摩擦力做的功为20J
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25
D．滑块返回斜面底端时，滑块所受重力的功率为12W
【解答】解：AB．由乙图可知滑块上滑的最大位移为5m，从斜面底端上滑至回到斜面
底端过程中克服阻力做功为20J，所以上滑和下滑过程克服阻力做功都为10J。则上滑过
程中有
﹣mgxsinθ+Wf＝﹣40J，Wf＝﹣10J
13
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联立解得：sinθ = 3
5
故AB 错误；
C．上滑过程中阻力做功Wf＝﹣μmgcosθ•x＝﹣10J，cosθ = 4
5
联立解得：μ＝0.25
故C 正确；
D．滑块返回斜面底端时，滑块的动能为：
Ek = 1
2 m v
2=20 J
解得v =2√10m/ s
滑块所受重力的功率为：
P =mgvsinθ =1×10×2√10×0.6W =12√10W
故D 错误。
故选：C。
[例题14] （2023•湖南模拟）北京冬奥会的单板滑雪大跳台，运动员进入起跳台后
的运动可简化成如图所示，先以水平速度从A 点沿圆弧切线冲上圆心角为α＝30°的圆
弧跳台，从B 点离开跳台后落在倾角β＝30°的斜坡上的E 点，C 点为轨迹最高点，D
点为斜坡与水平面的交点，D、E 相距20m，F 点正好位于C 点正下方，D、F 相距
5√3m，运动员从C 运动到E 的时间为2s，忽略过程中受到的一切阻力并将运动员及
其装备看成质点，g 取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员在C 点的速度大小为10m/s
B．运动员落在E 点时的速度大小为25m/s
C．B、C 两点高度差为2.525m
D．运动员飞离跳台后在空中运动的时间为2.75s
【解答】解：A、运动员从C 运动到E 的过程中，在竖直方向上做自由落体运动，CE
两点间的竖直高度差为hCE= 1
2 gtCE
2 = 1
2 ×10×2
2m＝20m
由图可知，DE 两点间的水平距离为xDE＝DEcosβ＝20×cos30°m＝10√3m
故FE 两点间的水平距离为xFE＝xFD+xDE=5√3m+10√3m＝15√3m
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运动员在空中运动时做斜抛运动，在水平方向做匀速直线运动，运动员在C 点竖直方向
速度为零，故运动员在C 点速度为vx= xFE
tCE
= 15√3
2
m/s=7.5√3m/ s，故A 错误；
B、落到斜面上时，竖直分速度为vy＝gtCE＝10×2m/s＝20m/s，水平分速度为vx
=7.5√3m/ s，故E 点速度大小为vE=√v x
2+ v y
2，解得vE=√568.75m/s≈23.8m/s，故B
错误；
CD、由几何关系可知，由于圆台圆心角为30°，则B 点水平与竖直方向的速度满足
tan30°= vBy
v x
，解得B 点的竖直方向速度为vBy＝7.5m/s
则从B 到C 的时间为tBC= vBy
g = 7.5
10 s＝0.75s
BC 高度差为hBC= 1
2 gt BC
2 ，解得hBC＝2.8125m
故飞离跳台后在空中运动的时间为t 总＝tBC+tCE＝0.75s+2s＝2.75s，故C 错误，D 正确.
故选：D。
[例题15] （2023•西城区二模）图1 所示是一种叫“旋转飞椅”的游乐项目，将其
结构简化为图2 所示的模型。长L＝3m 的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径r＝
3m 的水平转盘边缘。转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。转盘静止时，钢绳沿竖直
方向自由下垂；转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角
θ＝37°。将游客和座椅看作一个质点，质量m＝50kg。不计钢绳重力和空气阻力，重
力加速度g＝10m/s2。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）当转盘匀速转动时，求游客和座椅做圆周运动
a．向心力的大小Fn；
b．线速度的大小v。
（2）求游客由静止到随转盘匀速转动的过程中，钢绳对游客和座椅做的功W。
【解答】解：（1）对游客和座椅一起受力分析如下图所示
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a.根据受力分析可知游客和座椅做圆周运动所需要的向心力为
Fn＝mgtanθ＝50×10× 3
4 N＝375N
b.根据几何关系可知游客和座椅做圆周运动的半径为
R＝r+Lsinθ＝3m+3×0.6m＝4.8m
由Fn＝mv
2
r
代入数据得
v＝6m/s
（2）游客和座椅由静止到随转盘匀速转动的过程，根据功能关系有
W﹣mgL（1﹣cosθ）= 1
2mv2
代入数据解得
W＝1200J
答：（1）a．向心力的大小Fn为375N；
b．线速度的大小v 为6m/s。
（2）钢绳对游客和座椅做的功W 为1200J。
[例题16] （2023•福州模拟）“福建舰”是我国完全自主设计建造的首艘弹射形航
空母舰，计划2023 年开展新阶段海试工作，海试中包括舰载机拦阻索降落测试。某次
测试时，舰载机着陆后钩住阻拦索（如图甲），阻拦索将对飞机施加一作用力，使飞
机滑行较短距离就能停止，舰载机着陆后滑行的v﹣t 图象如图乙所示（其中0.4～2.4s
内图线为直线）。已知舰载机（包括飞行员）的总质量M＝2×104kg，重力加速度g＝
10m/s2。（乙图中信息为已知量）求：
（1）舰载机着陆后到停止的过程，阻力对舰载机做的功；
（2）已知飞行员的质量为m＝70kg，舰载机着陆后匀减速滑行过程中，座椅对飞行员
的作用力大小。（结果可带根号）
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【解答】解：（1）由图乙知，舰载机着陆时速度v0＝70m/s，由动能定理得
W 阻＝0−1
2 M v0
2
代入数据解得：W 阻＝﹣4.9×107J
（2）由v﹣t 图象可知，舰载机着陆后做匀减速运动的加速度大小为：
ax＝| Δv
Δt |= 65−5
2.4−0.4 m/s2＝30m/s2
设舰载机对飞行员的作用力为F，对飞行员受力分析如图所示，F 的竖直分力Fy等于重
力，F 的水平分力Fx产生加速度，由牛顿第二定律得：
水平方向，有Fx＝max
竖直方向，有Fy＝mg
则有：F=√F x
2+ F y
2
代入数据解得：F＝700√10N
答：（1）舰载机着陆后到停止的过程，阻力对舰载机做的功为﹣4.9×107J；
（2）舰载机着陆后匀减速滑行过程中，座椅对飞行员的作用力大小为700√10N。
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考点四 用动能定理巧解多过程问题
[例题17] （2023•郴州模拟）如图所示，在水平的PQ 面上有一小物块（可视为质
点），小物块以某速度从P 点最远能滑到倾角为θ 的斜面QA 上的A 点（水平面和斜
面在Q 点通过一极短的圆弧连接）。若减小斜面的倾角θ，变为斜面QB（如图中虚线
所示），小物块仍以原来的速度从P 点出发滑上斜面。已知小物块与水平面和小物块
与斜面的动摩擦因数相同，AB 为水平线，AC 为竖直线。则（ ）
A．小物块恰好能运动到B 点
B．小物块最远能运动到B 点上方的某点
C．小物块只能运动到C 点
D．小物块最远能运动到B、C 两点之间的某点
【解答】解：AC．设物块能到达斜面上最高点与水平面的距离为h，与Q 点的水平距离
为x，根据动能定理得：
﹣mgh﹣μmgxPQ﹣μmgcosθxAQ＝0−1
2mv0
2
即mgh+μmg（xPQ+x）= 1
2mv0
2
减小倾角θ 时，h 不变，则x 不变，故AC 错误；
BD．根据
﹣mgh﹣μmgxPQ﹣μmgcosθxAQ＝0−1
2mv0
2
即mgh+μmg（xPQ+x）= 1
2mv0
2
若h 变大，则x 变小，若h 变小，则x 变大，故B 错误，D 正确；
故选：D。
[例题18] （2023•吉林模拟）一质量为2kg 的物体静止于粗糙的水平地面上，在一
水平外力F 的作用下运动，如图甲所示。外力F 对物体所做的功、物体克服摩擦力Ff
做的功W 与物体位移x 的关系如图乙所示，重力加速度g 取10m/s2。下列分析正确的
是（ ）
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A．物体运动的总位移为13.5m
B．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
C．物体在前3m 运动过程中的加速度为2.5m/s2
D．x＝9m 时，物体的速度为3√2m/s
【解答】解：AB、摩擦力大小始终不变，所以图乙中直线为摩擦力做功与位移的关系，
物体克服摩擦力做功Wf＝μmgx，图象的斜率k＝μmg= 20
10N＝2N，
代入数据解得：μ＝0.1
由图乙所示可知，整个过程克服摩擦力做的Wf＝27J，
代入数据解得，物体运动的最大位移：xmax＝13.5m，故A 正确，B 错误；
C、外力F 做的功W＝Fx，由图示图象可知，前3m 内，拉力大小F1= W 1
x1
= 15
3 N＝5N
对物体，由牛顿第二定律得：F1﹣μmg＝ma
代入数据解得，加速度大小：a＝1.5m/s2，故C 错误；
D、由图乙所示图象可知，x＝9m 时，外力做功W＝27J，对物体，由动能定理得：W﹣
μmgx= 1
2 m v
2−0，
代入数据解得：v＝3m/s，故D 错误。
故选：A。
[例题19] 如图甲所示，为一梯形平台截面图，OP 为粗糙水平面，PD 为斜面，小
物块置于粗糙水平面上的O 点，每次用水平拉力F 将物块由O 点从静止开始拉动，当
物块运动到斜面顶端P 点时撤去拉力。小物块在大小不同的拉力F 作用下落在斜面上
的水平射程x 不同，其F﹣x 图如图乙所示，若物块与水平面间的动摩擦因数为0.4，
斜面与水平地面之间的夹角θ＝45°，g 取10m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
则下列说法中正确的是（ ）
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A．小物块每次落在斜面上的速度方向不同
B．不能求出小物块质量
C．小物块质量m＝1.0kg
D．O、P 间的距离S＝0.625m
【解答】解：A、由平抛运动规律有tanφ = v y
v P
=gt
v P
tanθ= y
x =
1
2 gt
2
vPt =gt
2vP
解得tanφ＝2tanθ
则小物块每次落在斜面上的速度方向总是相同的，故A 错误；
BCD、在OP 段根据牛顿第二定律有F﹣μmg＝ma
又v P
2=2as
由平抛运动规律可知水平方向有x＝vPt
竖直方向有y = 1
2 gt
2
由几何关系有y＝xtanθ
联立可得x = 2v P
2tanθ
g
解得F =
mg
4 stanθ x + μmg
由图像纵轴截距可得μmg＝5.0
由斜率可知：
mg
4 stanθ = 10−5.0
1.0
=5.0
解得m＝1.25kg
s＝0.625m
故BC 错误；D 正确。
故选：D。
[例题20] （2023•丰台区二模）物理源自生活，生活中处处有物理。
清洗玻璃杯外表面时，水流与玻璃杯表面的粘滑力会影响水流下落的速度，并使水流沿
着玻璃杯的外表面流动，如图所示。已知该水龙头水流的流量为Q（单位时间内流出水
的体积），水龙头内径为D。
（1）求水流出水龙头的速度v0。
（2）现用该水龙头清洗水平放置的圆柱形玻璃杯，柱状水流离开水龙头，下落高度为
h，与玻璃杯横截面圆心O 处于同一水平面时，开始贴着玻璃杯外表面流动，经过一时
间后达到如图所示的稳定状态。水流经过玻璃杯的最低点A 时，垂直于速度方向的横截
面可认为是宽度为d 的矩形。水流在A 点沿水平方向离开玻璃杯，落至水池底部B 点，
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落点B 到A 点正下方C 点的距离为x，AC 竖直高度为H（H 远大于玻璃杯表面水流厚
度）。已知水池底面为水平面，不考虑空气阻力的影响，且认为下落过程水不散开，水
的密度为ρ，玻璃杯的外半径为R，重力加速度为g，求：
a.水流在A 点还未离开玻璃杯时，竖直方向上单位面积受到的合力大小F；
b.达到稳定状态后，t 时间内玻璃杯对水流的作用力所做的功W。
【解答】解：（1）极短的时间Δt 内水龙头流出的水的体积为：
QΔt = π × D
2
4 v0 Δt
解得：v0= 4Q
π D
2
（2）a、以极短的时间Δt 内水龙头流出的水为研究对象，水的质量为Δm，该部分水在
A 点与玻璃杯底部接触面积为ΔS，水流在A 点速度大小为v，则有
Δm＝ρQΔt，ΔS＝dvΔt
水流离开玻璃杯后在空中的运动时间为tAB，则有
H = 1
2 gt AB
2 ；x＝vtAB
该部分水在A 点，在竖直方向受到的合力提供向心力，则
FΔs= Δm v
2
R
解得：F= ρQx
Rd √
g
2 H
b、设t 时间内从水龙头流出的水质量为m，则有
m＝ρQt
在水从水龙头出水口运动到玻璃杯最低点A 的过程中，根据动能定理可得：
mg( R+ℎ)+W = 1
2 mv
2−1
2 mv0
2
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解得：W= ρQt( x
2 g
4 H −8Q
2
D
4 π
2 −gR−gℎ)
答：（1）水流出水龙头的速度4Q
π D
2；
（2）a.水流在A 点还未离开玻璃杯时，竖直方向上单位面积受到的合力大小为
ρQx
Rd √
g
2 H ；
b. 达到稳定状态后，t 时间内玻璃杯对水流的作用力所做的功为
ρQt( x
2 g
4 H −8Q
2
D
4 π
2 −gR−gℎ)。
[例题21] 如图所示，粗糙斜面倾角θ＝37°，斜面长s＝3L，斜面底端A 有固定挡
板，斜面顶端有一长度为h 的粘性挡板BC，CD 为一段半径R= 1
2L 的圆弧，半径OC
与竖直方向夹角为θ＝37°，OD 处于竖直平面上，将质量为m、长度为L，厚度为h
的木板置于斜面底端，质量也为m 的小物块（可看作质点）静止在木板下端，整个系
统处于静止状态。木板上端若到达斜面顶端B 点会被牢固粘连，物块若到达C 点能无
能量损失进入圆弧CD。若同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰
能到达B 点。现给物块沿斜面向上的初速度v0，并给木板施加一沿斜面向上的恒力F
= 8
5mg。物块刚好不从木板上端脱离木板。已知木板与斜面间的动摩擦因数μ1= 1
4 ，
物块与木板间的动摩擦因数为μ2，μ2＞μ1，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加
速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求v0大小；
（2）求物块与木板间的动摩擦因数μ2；
（3）给物块沿斜面向上的初速度v0，并给木板施加一沿斜面向上的恒力F= 8
5mg，若改
变s 的大小，木板能在与物块共速前到达B 端且物块进入圆弧CD 后不脱离圆弧。求s
的取值范围。
【解答】解：（1）由于μ2＞μ1，可知，当同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度v0
时，物块与木板保持相对静止向上做匀减速直线运动，对物块与木板整体根据牛顿第二
定律可得：
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2mgsinθ+μ1×2mgcosθ＝2ma1
解得：a1= 4
5 g
根据题意，此过程木板上端恰能到达B 点，根据速度—位移公式可得：v0
2=2a1（s﹣L）
解得：v0= 4
5 √5 gL
（2）给物块初速度v0时，对物块根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μ2mgcosθ＝ma2
对木板根据牛顿第二定律可得：F+μ2mgcosθ﹣mgsinθ﹣μ1×2mgcosθ＝ma3
经历时间t1，两者达到相等速度v1，根据运动学公式可得：v1＝v0﹣a2t1＝a3t1
之后，由于2mgsinθ+μ1•2mgcosθ= 8
5mg
即之后做匀速直线运动，木板到达B 后，物块进一步向上做匀减速直线运动，由于物块
刚好不从木板上端脱离木板，则物块减速至C 时，速度恰好等于0，根据运动学公式可
得：
L= v0+ v1
2
t1−v1
2 t1+ v1
2
2a2
解得a2＝a3= 6
5g，μ2＝0.75
（3）若物块在圆弧中恰好做完整的圆周运动，则在最高点D，根据牛顿第二定律可得：
mg＝mv D
2
R
解得：vD=√
gL
2
令物块此过程在C 点速度为vC1，根据动能定理可得：
−mg（R+Rcosθ）= 1
2 m v D
2 −1
2 m vC 1
2
解得vC1=√
23 gL
10
若物块在圆弧中恰好到达与圆心等高位置速度减为0，令物块此过程在C 点速度为vC2，
根据动能定理可得：
−mgRcosθ＝0−1
2 m vC 2
2
解得vC2=√
4 gL
5
改变s 的大小，木板能即在与物块共速前到达B 端，则此过程中，物块一直以加速度a2
向上做匀减速直线运动，当减速至vC1时，s 为最大值，根据速度—位移公式可得：
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v0
2−vC 1
2 =2a2smax
解得：smax= 3
8L＜L
斜面长度不可能小于木板的长度，表明上述情景不存在。当减速至vC2时，s 为最小值，
同理可得：
v0
2−vC 2
2 =2a2smin
解得smin＝L
根据（2）可知物块前后做匀减速的位移和值为x= v0
2
2a2
= 4
3 L
综合所述，s 的取值范围为L≤s≤4 L
3
答：（1）v0大小为4
5 √5 gL；
（2）物块与木板间的动摩擦因数为0.75；
（3）木板能在与物块共速前到达B 端且物块进入圆弧CD 后不脱离圆弧，s 的取值范围
为L≤s≤4 L
3 。
[例题22] （2023•嘉兴一模）如图所示，某游乐场游乐装置由竖直面内轨道BCDE
组成，左侧为半径R＝0.8m 的光滑圆弧轨道BC，轨道上端点B 和圆心O 的连线与水
平方向的夹角α，下端点C 与粗糙水平轨道CD 相切，DE 为倾角θ＝37°的粗糙倾斜轨
道，一轻质弹簧上端固定在E 点处的挡板上。现有质量为m＝0.1kg 的小滑块P（视为
质点）从空中的A 点以v0＝2√2m/s 的初速度水平向左抛出，经过√6
5 s 后恰好从B 点
沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C 点之后继续沿水平轨道CD 滑动，
经过D 点后沿倾斜轨道向上运动至F 点（图中未标出），弹簧恰好压缩至最短，已知
CD＝DF＝1m，滑块与轨道CD、DE 间的动摩擦因数为μ＝0.1，各轨道均平滑连接，
不计其余阻力，sin37°＝0.6。求：
（1）BO 连线与水平方向的夹角α 的大小；
（2）小滑块P 到达与O 点等高的O'点时对轨道的压力；
（3）弹簧的弹性势能的最大值；
（4）试判断滑块返回时能否从B 点离开，若能，求出飞出时对B 点的压力大小；若不
能，判断滑块最后位于何处。
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【解答】解：（1）滑块从A 到B 做平抛运动，滑块经过B 点时的竖直分速度为vy＝gt
＝10× √6
5 m/s＝2√6m/s
滑块恰好从B 点进入轨道，如图所示，由平抛运动的规律有
v0＝vBsinα＝vytanα
解得：α＝30°，vB＝4√2m/s
（2）由B→O'，由动能定理可知
mgRsin30°= 1
2 mvO'
2 −1
2 mvB
2
解得vO' =2√10m/ s
滑块经过O'点时受轨道的支持力大小FN，由牛顿第二定律有F N =m vO'
2
R
解得FN＝5N
由牛顿第三定律可得滑块在O'点时对轨道的压力大小F 压＝5N，方向向左。
（3）设CD＝DF＝L，从B 到F，由动能定理及功能关系有
mg（R+Rsinα﹣Lsinθ）﹣μmgL﹣μmgLcosθ﹣Ep＝0−1
2 mvB
2
代入数据可解得弹簧的弹性势能的最大值：Ep＝2.02J
（4）设滑块返回时能上升的高度为h，由功能关系有
mgLsinθ+Ep＝mgLcosθ+μmgL+mgh
解得h＝2.44m＞1.2m
则滑块返回时能从B 点离开。
运动到B 点时，有：mgℎ=mg( R+ Rsinα )+ 1
2 mvB
2，
在B 点，对滑块，由牛顿第二定律得
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mgsinα + F N =m vB
2
R
解得：FN＝2.6N
由牛顿第三定律可知对B 点的压力为F'N＝2.6N
答：（1）BO 连线与水平方向的夹角α 的大小为30°；
（2）小滑块P 到达与O 点等高的O'点时对轨道的压力为5N，方向向左；
（3）弹簧的弹性势能的最大值为2.02J；
（4）能，飞出时对B 点的压力大小为2.6N。
练出高分
一．选择题（共10 小题）
1．（2022•和平区校级一模）如图所示，质量为m 的滑块从竖直墙壁上高为h 处的a 点，
由静止开始沿斜面ab 滑入水平地面（斜面与水平地面在b 点平滑连接，斜面长度可随b
点位置变动调节），并最终静止在c 点，已知滑块与斜面及水平地面间的动摩擦因数均
为μ，空气阻力不计。设c 点到竖直墙壁的水平距离为x，滑块到达b 点时的速度大小为
v，则滑块从a 到c 的运动过程中（ ）
A．斜面倾角越大，v 越大
B．斜面倾角越大，v 越小
C．斜面倾角越大，x 越大
D．斜面倾角越大，x 越小
【解答】解：AB、设斜面的倾角α。滑块沿斜面下滑的过程，由动能定理得：mgh﹣
μmgcosα• ℎ
sinα = 1
2 mv
2−0，可得v=√(2−
μ
tanα )gℎ，则知斜面倾角α 越大，tanα 越
大，v 越大，故A 正确，B 错误；
CD、从a 到c，由动能定理得：mgh﹣μmgcosα• ℎ
sinα −μmg（x−ℎ
tanα ）＝0，整理得x
= ℎ
μ ，x 与斜面倾角无关，故CD 错误。
故选：A。
2．（2023•邵阳模拟）如图，O 为抛物线OM 的顶点，A、B 为抛物线上两点，O 点的切线
水平。从A、B 两点分别以初速度v1、v2水平抛出两小球，同时击中O 点，不计空气阻
力，则两球（ ）
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A．必须同时抛出
B．初速度v1与v2相等
C．击中O 点时速度相同
D．击中O 点时重力的瞬时功率相等
【解答】解：A、两小球下落高度不同，根据h= 1
2gt2，下落时间t=√
2ℎ
g
，A 点的小球
下落时间更长，要满足同时击中O 点，A 点小球应先抛出，故A 错误；
B、以O 点为坐标原点建立直角坐标系，如图所示：
O 为抛物线OM 的顶点，A、B 为抛物线上两点，设抛物线方程为y＝ax2
小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动x＝v0t
竖直方向做自由落体运动，y= 1
2gt2
整理得y=
g
2v0
2 x
2
即a=
g
2v0
2
a 是常数，则v0为常数，A、B 两点在同一抛物线上，则初速度v1与v2相等，故B 正确；
C、两小球水平方向速度相同，竖直方向速度vy＝gt 不同，合速度不同，故C 错误；
D、重力的瞬时功率为P＝mgvy，两小球竖直分速度不同，重力的瞬时功率不同，故D
错误；
故选：B。
3．（2022•道里区校级四模）一质量为m 的物体静止在光滑水平面上，某时刻起受到水平
向右的大小随位移变化的力F 的作用，F 随位移变化的规律如图所示，下列说法正确的
是（ ）
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A．物块先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．物块的位移为x0时，物块的速度最大
C．力F 对物块做的总功为6F0x0
D．物块的最大速度为√
6 F0 x0
m
【解答】解：A、根据牛顿第二定律可得F＝ma，根据图像可知，物块的加速度先逐渐
增大，后逐渐减小，故A 错误；
B、在0﹣3x0内，物块一直做加速运动，故到达3x0时，速度达到最大，故B 错误；
C 、在F﹣x 图像中，图像与横轴所围的面积表示拉力做功，故
W = 1
2 ×2 F0×3 x0=3 F0 x0，故C 错误；
D、在整个运动过程中，根据动能定理可得：W= 1
2 mv
2，解得v=√
6 F0 x0
m
，故D 正确；
故选：D。
4．（2023•河北模拟）如图甲所示，一质量为1kg 的滑块（视为质点）以某一初速度冲上
足够长的固定斜面，以斜面底端为位移的起点，滑块在斜面上运动的动能Ek随位移x 变
化的关系如图乙所示。取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．斜面倾角的正弦值为0.5
B．滑块上滑过程克服摩擦力做的功为20J
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25
D．滑块返回斜面底端时，滑块所受重力的功率为12W
【解答】解：AB．由乙图可知滑块上滑的最大位移为5m，从斜面底端上滑至回到斜面
底端过程中克服阻力做功为20J，所以上滑和下滑过程克服阻力做功都为10J。则上滑过
程中有
﹣mgxsinθ+Wf＝﹣40J，Wf＝﹣10J
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联立解得：sinθ = 3
5
故AB 错误；
C．上滑过程中阻力做功Wf＝﹣μmgcosθ•x＝﹣10J，cosθ = 4
5
联立解得：μ＝0.25
故C 正确；
D．滑块返回斜面底端时，滑块的动能为：
Ek = 1
2 m v
2=20 J
解得v =2√10m/ s
滑块所受重力的功率为：
P =mgvsinθ =1×10×2√10×0.6W =12√10W
故D 错误。
故选：C。
5．（2022•江苏）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．
【解答】解：设运动员位移与水平方向夹角为θ，对运动员，由动能定理得：mgxtanθ
＝Ek﹣0 运动员的动能：Ek＝mgxtanθ
由图示运动员运动过程可知，开始θ 不变，Ek与x 成正比，运动员运动到倾斜轨道下端
时θ 发生变化，Ek与位移不成正比，
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运动员到达轨道最低点然后上升，重力做负功，动能减小，由图示图象可知，A 正确，
BCD 错误。
故选：A。
6．（2023•河北模拟）如图所示，从倾角为θ 的斜面上某点沿水平方向抛出两个小球M 和
N，已知M 球的初动能为E0，N 球的初动能为2E0，两小球均落在斜面上，不计空气阻
力，则（ ）
A．M、N 两小球落在斜面上时的速度方向与水平方向间夹角的正切值之比为1：2
B．M、N 两小球在空中运动的时间之比为1：√2
C．M、N 两小球距离斜面的最远距离之比为1：2
D．M 球落在斜面上时的动能为（1+4tan2θ）E0
【解答】解：A．由于两小球均落在斜面上，位移与水平方向的夹角均为θ，速度方向
与水平方向夹角为α，根据平抛运动的推论，速度偏转角正切值是位移偏转角正切值的
二倍，则有
tanα＝2tanθ，依题意，则两小球落在斜面上时速度方向与水平方向夹角正切值之比为
1：1，故A 错误；
B．设小球抛出点到落点的距离为x，水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动，
则有xcosθ＝v0t，xsinθ = 1
2 gt
2
则t = 2tanθ
g √
2 E0
m
由于两球的质量关系不确定，所以不能确定两球运动的时间，故B 错误；
C ．小球运动过程中距离斜面最远，速度方向与斜面平行，此时最远距离为
d = (v0 sinθ)
2
2gcosθ = E0
mg tanθsinθ
由于两球的质量关系不确定，所以不能确定两球距离斜面最远的距离关系，故C 错误；
D．根据平抛运动规律有ℎ
tanθ = v0t，ℎ= 1
2 gt
2
由动能定理有mgh＝Ek﹣E0
且E0= 1
2 mv0
2
联立解得Ek = E0(1+ 4 tan
2θ)
故D 正确。
故选：D。
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7．（2023•让胡路区校级二模）北京2022 年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。
运动员从a 处由静止自由滑下，到b 处起跳，c 点为a、b 之间的最低点，a、c 两处的高
度差为h。要求运动员经过c 点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k 倍，运动过
程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c 点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（
）
A．ℎ
k +1
B．ℎ
k
C．2ℎ
k
D．2ℎ
k −1
【解答】解：从a 到c 根据动能定理有：mgh= 1
2 m v
2
在c 点根据牛顿第二定律有：kmg﹣mg= mv
2
R
联立解得：R= 2ℎ
k −1
故ABC 错误，D 正确；
故选：D。
8．（2023•遂川县校级一模）如图所示，轻弹簧一端固定于O 点，另一端系一小球，将小
球从与悬点O 等高的A 点无初速度释放，释放瞬间弹簧恰好处于原长。已知小球摆到最
低点B 时弹簧弹性势能为EP，在小球由A 点摆向最低点B 的过程中（不计空气阻力），
下列说法正确的是（ ）
A．小球的机械能守恒
B．弹簧弹力对小球做功为EP
C．小球的重力做正功，小球重力势能减小EP
D．小球的重力对小球做功的功率先增大后减小
【解答】解：A、小球由A 点摆向最低点B 的过程中，弹簧弹力对小球做负功，小球机
械能减小，故A 错误；
B、根据功能关系可知，弹力做功等于弹簧弹性势能的减小量，W＝﹣EP，故B 错误；
C、小球由A 点摆向最低点B 的过程中，重力势能转化为弹簧弹性势能和小球动能，重
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力势能减小量大于Ep，故C 错误；
D、由于小球在A、B 位置时重力功率都为零，所以小球由A 点摆向最低点B 的过程中，
小球在竖直方向的分速度先增大后减小，则重力的功率先增大后减小，故D 正确。
故选：D。
9．（2022•温州二模）排球比赛中，某次运动员将飞来的排球从a 点水平击出，球击中b
点；另一次将飞来的排球从a 点的正下方c 点斜向上击出，也击中b 点，且b 点与c 点
等高。第二次排球运动的最高点d 与a 点等高，且两轨迹交点恰好为排球网上端点e。
不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．两个过程中，排球运动到b 点的速度大小可能相等
B．b 点与c 点到球网平面的水平距离之比为3：2
C．a、c 两点高度差与e、c 两点高度差之比为4：3
D．运动员两次击球对排球所做的功可能相等
【解答】解：AD、由于从c 处抛出的球能竖直到达d 点，从d 到地面竖直方向做自由落
体运动，根据竖直方向的运动可知vya＝vyb，tb＝2ta，由于水平方向的位移相同，根据vx
= x
t ，可知vax＞vbx，根据速度的合成可知，a 抛出时的速度va0＝vax，到达b 点速度v
❑1=√vax
2 + v ya
2 ，b 抛出时的初速度和到达b 点时速度相等，vb＝vb0=√v yb
2 + vbx
2 ，故两过
程中，小球的初速度大小可能相等，根据动能定理可得W= 1
2mv 0
2，运动员两次击球对
排球所做的功可能相等，v1＞vb，即排球运动到b 点的速度大小不相等。故A 错误，D
正确；
B、比较第一次排球从a 到e 过程和第二次排球从e 到d 过程，根据可逆性，把第二次排
球从e 到d 过程看成是从d 到e 过程的平抛运动，这两个过程竖直方向做自由落体运动，
下落高度一样，运动时间也一样，根据：va＝2vd 可得xae＝2xde，故有xbe
xce
= 4 xde
2 xde
= 2
1，
故B 错误；
C、研究第一次排球的运动过程，由于xae
xab
= 2 xde
6 xde
= 1
3，可知：tae
tab
= xae
xab
= 1
3；
根据h= 1
2 gt
2可得：ℎae
ℎab
= 1
9，故：ℎac
ℎec
=
ℎab
ℎab−ℎae
= 9
8，故C 错误。
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故选：D。
10．（2023•浙江模拟）如图所示为某型号电动车在某次测试中的速度v 与牵引力F 大小的
倒数图像（v−1
F ），已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速
度vm后以额定功率匀速行驶，ab、cd 平行于v 轴，bc 反向延长线过原点O，汽车质量
为M，已知M、F1、F2、vm，下列说法不正确的是（ ）
A．汽车额定功率为F2vm
B．汽车从b 到c 过程做变加速运动
C．汽车匀加速运动持续的时间为
M F2vm
( F1+ F2)F1
D．汽车从a 到b 过程克服阻力做功
M vm
2 F2
3
2( F1−F2)F1
2
【解答】解：A、根据P＝Fv 可知v＝P⋅1
F ，额定功率等于图线的斜率，P= vm
1
F2
=
F2vm，故A 正确；
B、根据P＝Fv，汽车由b 到c 过程中功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根
据牛顿第二定律得：
F﹣f＝ma
汽车所受阻力不变，随着牵引力的减小，汽车的加速度也减小，汽车由b 到c 过程中加
速度减小的加速运动，故B 正确；
C、汽车所受的阻力为f= P
vm
=F2
由于额定功率等于图线的斜率，有：P= vm
1
F2
= vm−v1
1
F2
−1
F1
解得：F2vm＝v1F1
汽车从a 到b，根据牛顿第二定律得：F1﹣f＝Ma
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汽车从a 到b 持续的时间为t= v1
a
联立解得：t=
M F2vm
( F1−F2)F1
故C 错误；
D、汽车从a 到b 过程运动的位移为x= 1
2 at
2
克服阻力做功W＝fx
解得：W=
M vm
2 F2
3
2( F1−F2)F1
2
本题选择错误选项；
故选：C。
二．计算题（共3 小题）
11．（2022•浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水
平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑
轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ= 2
9，货物可视为质点（取
cos24°＝0.9，sin24°＝0.4）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v 的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
【解答】解：（1）倾斜滑轨与水平面成θ＝24°角，对货物根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
代入数据解得：a1＝2m/s2；
（2）根据速度—位移关系可得：v2＝2a1l1
代入数据解得：v＝4m/s；
（3）货物在水平轨道上运动时，根据动能定理可得：
﹣μmgl2= 1
2 mv '
2−1
2 m v
2，其中v′＝2m/s
代入数据解得：l2＝2.7m。
答：（1）货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小为2m/s2；
（2）货物在倾斜滑轨末端时速度v 的大小为4m/s；
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（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，则水平滑轨的最短长度为2.7m。
12．（2022•浙江）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨
道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、
倾角也为37°的粗糙直轨道FG 组成，B、D 和F 为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固
定在G 点（与B 点等高），B、O1、D、O2和F 点处于同一直线上。已知可视为质点的
滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD 和DEF 的半径R＝0.15m，轨道AB 长度lAB＝3m，滑块
与轨道FG 间的动摩擦因数μ= 7
8，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝
0.6，cos37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB 上某点静止释放。
（1）若释放点距B 点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C 时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B 点的长度为lx，滑块第一次经F 点时的速度v 与lx之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG 的中点，求释放点距B 点长度lx的值。
【解答】解：（1）到C 点过程，根据动能定理可得：
mglsin37°+mgR（1﹣cos37°）= 1
2mvC
2
在C 点时，根据向心力公式可得：
FN﹣mg＝mvC
2
R
联立解得：FN＝7N
（2）能过圆管轨道最高点时，则能到F 点，那么恰好通过最高点时，根据动能定理可
得：
mglxsin37°﹣3mgRcos37°﹣mgR＝0，
解得：lx＝0.85m
因此，要能过F 点必须满足lx≥0.85m
在此条件下判断是否可以通过D 点：
滑块能通过D 点需满足：mgcos37°≤mv D
2
R
，解得：v D
2 ≥gRcos37°
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由D 点能到圆管轨道最高点需满足：1
2 m v D
2＞mg（R+Rcos37°），解得：v D
2 ≥2gR
（1+cos37°）＞gRcos37°
可见只要能到达F 点就一定能通过D 点。
第一次过F 点时的速度v 与lx之间的关系式，根据动能定理可得：
mglxsin37°﹣4mgRcos37°= 1
2 m v
2，
解得：v=√12lx−9.6，其中lx≥0.85m
（3）设摩擦力做功为第一次达到中点的n 倍，根据动能定理可得：
mglxsin37°﹣mglFG
2 sin37°﹣nμmglFG
2 cos37°＝0（根据滑块运动到停下来，其中n 为奇
数），
解得：lx= 7n+6
15
m
当n＝1 时，lx1= 13
15m；当n＝3 时，lx2= 9
5m；当n＝5 时，lx3= 41
15m
答：（1）滑块到最低点C 时轨道对其支持力FN的大小为7N；
（2 ）滑块第一次经F 点时的速度v 与lx 之间的关系式为v=√12lx−9.6，其中
lx≥0.85m；
（3）释放点距B 点长度lx的值可能为13
15m、9
5 m、41
15m。
13．（2022•山东模拟）北京2022 年冬奥会自由式滑雪女子大跳台的比赛中，18 岁的中国
选手谷爱凌获得了中国女子雪上项目第一个冬奥会冠军。滑雪大跳台的赛道主要由助滑
道、起跳台、着陆坡、停止区组成，如图甲所示。在某次训练中，运动员经助滑道加速
后自起跳点C 以与水平方向成37°角的某一速度飞起，完成空中动作后，落在着陆坡上，
已知运动员着陆时的速度方向与竖直方向夹角也为37°，测得运动员完成空中动作的时
间为2.5s。然后运动员沿半径为R＝66m 的圆弧轨道EF 自由滑行通过最低点F，进入水
平停止区后调整姿势减速滑行直到停止。在F 点地面对运动员的支持力为其体重（含装
备）的2 倍，运动员与水平停止区的动摩擦因数μ 随着滑行的位移x 变化关系的图像如
图乙所示，取g＝10m/s2，sin37＝0.6，忽略运动过程中的空气阻力。求：
（1）运动员从起跳点C 飞起时的速度大小；
（2）运动员在水平停止区滑行的位移大小。
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【解答】解：（1）对运动员由C 点到落地瞬间的速度进行正交分解，水平方向做匀速
直线运动，竖直方向做匀变速直线运动。
水平方向迪度vx＝vCcos37°
坚直方向速度上抛vy＝vCsin37°﹣gt
着陆时竖直方向分速度与C 点的竖直方向分速度方向相反，由于运动员着陆时的速度方
向与竖直方向的夹角为也为37°，
则有tan37°= v x
−v y
=
vC cos37°
¿−vC sin37° ，
代入数据解得vC＝15m/s
（2）将运动员与装备看成一个质点，总质量为，在F 点支持力和总重力的合力为圆周
运动提供内心力，则有FN﹣mg＝mvF
2
R
由图乙可知，μ＝0.4+ 1
200x
运动员到达F 点后，做匀减边直统运动，设运动员在水平停止区滑行的位移大小为x，
由动能定理
﹣（0.4+0.4+ 1
200 L
2
）mgL＝0−1
2mvF
2
解得L＝60m。
答：（1）运动员从起跳点C 飞起时的速度大小为15m/s；
（2）运动员在水平停止区滑行的位移大小为60m。
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