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专题24 动能及动能定理
学习目标
加强物理模型构建，突出物理思想，区分利用牛顿第二定律和动能定理解
决问题的不同之处，理解过程量和状态量的区别；牢记动能定理的内容，理
解动能定理的使用条件；掌握分过程和全过程使用动能定理解决多过程的方
法；掌握v-t、F-x、和Ek-x 等图像的意义，利用动能定律巧妙解题的方法。
知识点梳理
1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能。
(2)公式：Ek＝1
2mv
2 。
(3)单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
(4)标矢性：动能是标量，是状态量。
(5)动能的变化量：ΔEk＝1
2 mv2
2- 1
2 mv1
2。
2．动能定理
(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变
化。
(2)表达式：W＝Ek2－Ek1＝1
2 m v2
2- 1
2 m v1
2。
(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。
(4)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动能定理既适用于恒力做功，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高中阶段用动能定理只解决单个物体的问题。
真题汇编
1．（多选）（2025•江西）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
时间内速度由0 增加到
（划桨阶段），再经历
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、速度、加速度、
动能
与时间的关系，下列图像可能正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】根据位移—时间图像斜率代表速度，结合龙舟在
时间内速度由0
增加到
，再经历
时间速度减为0 的过程分析求解。
【解答】解：
．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
正确；
．龙舟在
时间内速度由0 增加到
（划桨阶段），再经历
时间速
度减为0，位移方向不变，故速度方向始终为正向，故
正确；
．因为是匀加速和匀减速，所以加速度在
时间内是不变的，后
内也是
不变的，故
错误；
．根据动能的表达式
可知，前
应该是开口向上的二次
函数，故
错误。
故选：
。
2．（2025•云南）如图所示，质量为
的滑块（视为质点）与水平面上
段
的动摩擦因数为
，与其余部分的动摩擦因数为
，且
。第一次，滑块
从Ⅰ位置以速度
向右滑动，通过
段后停在水平面上的某一位置，整个运
动过程中，滑块的位移大小为
，所用时间为；第二次，滑块从Ⅱ位置以相
同速度
向右滑动，通过
段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，
滑块的位移大小为
，所用时间为
。忽略空气阻力，则
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】由动能定理列式可以判断位移的大小；由牛顿第二定律结合
图像
判断时间的长短。
【解答】解：
、设
的距离为
，第一次，滑块从Ⅰ位置以速度
向右滑
动，根据动能定理可得：
，
第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度
向右滑动，根据动能定理可得：
，
联立以上由两式可得：
，故
错误；
、根据牛顿第二定律，滑块在
段上运动的加速度为
，则有
，
解得：
，在其余部分上运动的加速度为
，则有：
，解得：
，则有：
，由两次位移相等，且第二次运动时滑块距离
点较近，
在到达
点时速度较大，可作
如下所示：
由图像可得：
，故
正确，
错误。
故选：
。
3．（2025•云南）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
，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做
的功最接近
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】高中生的质量
，根据动能定理求解作答。
【解答】解：高中生的质量
列车速度
根据动能定理，列车对座椅上的一高中生所做的功
故
错误，
正确。
故选：
。
4．（2024•安徽）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从
高为的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为
。已知人与滑板的总质量
为
，可视为质点。重力加速度大小为
，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】
【分析】根据动能定理列式求解。
【解答】解：设在下滑过程中人和滑板克服摩擦力做的功为
，根据动能定理，
有
解得
故
错误，
正确。
故选：
。
5．（2023•新课标）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
的雨滴在地面附近以速率下落高度的过程中，克服
空气阻力做的功为（重力加速度大小为
A．0
B．
C．
D．
【答案】
【分析】雨滴做匀速直线运动，在地面附近以速率
下落高度的过程中，动能
的变化量为零，根据动能定理列式求解克服阻力做功即可。
【解答】解：雨滴下落过程，在重力和阻力作用下做匀速直线运动，设克服空
气阻力做的功为
，则空气阻力对雨滴做功为
，雨滴在地面附近以速率
下落高度的过程中，由动能定理得：
解得：
故
正确，
错误。
故选：
。
1．动能和动能变化量的区别
(1)动能与动能的变化量是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化量是
过程量。
(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk＞0 表示物体的动能增加，
ΔEk＜0 表示物体的动能减少。
2．对动能定理的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程。
(2)动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是
电场力、磁场力或其他力。
考点1：动能定理的理解和基本应用
3．标量性
动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取
问题，当然动能定理也就不存在分量的表达式。
4．应用动能定理解题的步骤
(1)确定研究对象和研究过程(高中阶段动能定理的研究对象只能是单个物体；
如果是系统，那么系统内的各个物体间内力做的总功必须是零)。
(2)对研究对象进行受力分析。
(3)写出该过程中所用外力做功的和(注意功的正负)。
(4)写出物体的初、末动能。
(5)按照动能定理列式求解。
例题精讲：
【例1】（2025 春•眉山期末）物体静止在光滑的水平面上，先对物体施加一水
平向右的恒力
，经过时间后撤去
，立即在对它施加一个水平向左的恒力
，
又经过
时间后物体回到出发点，在这一过程中
，
分别对物体做的功
、
之间的关系是
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】物体先做匀加速运动，后做匀减速运动回到原处，整个过程中的位移
为零．根据牛顿第二定律和运动学公式即可确定两个力的大小关系，速度的关
系可根据运动学速度—时间公式求解。
【解答】解：设恒力
作用后的速度为，恒力
又作用
后物体的速度为
，
根据运动学得物体在第一个内的位移为
，物体又经过
的位移为
，
根据题意物体最终回到出发点，所以
，
整理解得
，
研究物体在第一个内的过程，根据动能定理得力
做功
，
研究物体又经过
的过程，根据动能定理得力
做功
，
联立解得
，故
错误，
正确。
故选：
。
【例2】（2025•长沙开学）小刘同学在练习踢足球，一次练习时足球从球门正
前方的草地上由静止被踢出，恰好以速度大小
击中球门横梁的中点，已知横
梁距离地面的高度为，足球质量为
，重力加速度为
，不计空气阻力，则小
刘同学在踢球瞬间对足球所做的功为
A．
B．
C．
D．不知
的方向，无法求得
【答案】
【分析】根据动能定理求解踢球瞬间对足球做的功。
【解答】解：假设踢球瞬间对足球做功为
，从踢球到足球击中球门过程中，
根据动能定理，
解得
故
错误，
正确。
故选：
。
【例3】（2025•临沂模拟）如图所示，平直木板
倾斜放置，小物块与木板
间的动摩擦因数由
到
逐渐减小，先让物块从
由静止开始滑到
。然后，
将
着地，抬高
，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从
由静止开始
滑到
。上述两过程相比较，下列说法正确的是
A．物块滑到底端的速度，前一过程较大
B．物块滑到底端的速度，后一过程较大
C．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长
D．物块从顶端滑到底端的时间，后一过程较长
【答案】
【分析】分析重力和摩擦力做功关系，根据动能定理分析物块滑到底端的速度
关系；根据动摩擦因数的变化分析加速度的变化，画出
图像，结合两过程
物块位移相等分析运动时间关系。
【解答】解：
、在两过程中，重力做功相同，克服摩擦力做功也相同，则外
力对物块做的总功相同，根据动能定理可知，两过程到达底端的速度大小相等，
故
错误；
、先让物块从
由静止开始滑到
，由
到
动摩擦因数逐渐减小，物块受
到的滑动摩擦力逐渐减小，则合力增大，加速度增大；同理可知，当物块由
到
时，合力减小，加速度减小，最终速度的大小相等，而且位移大小相等，
画出
图像，如图所示。
则前一过程即由
到
用时较长，故
正确，
错误。
故选：
。
1．五类常见图像中面积或斜率的意义
2．解决物理图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示
的物理意义。
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出
图线的斜率、截距、图线的交点、图线与坐标轴围成的面积所对应的物理意
义，根据对应关系列式解答问题。
例题精讲：
【例4】（2025•张家口开学）质量为
的物体以
的初动能在粗糙的水平面
上滑行，其动能的变化与位移的关系如图所示，则下列说法正确的是
考点2：动能定理和图像结合的问题
A．物体运动的初速度大小为
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
C．物体运动过程中摩擦力的平均功率为
D．物体运动的加速度大小为
【答案】
【分析】物体初动能已知且质量已知，通过动能与速度的关系可求出初速度。
图像显示动能随位移线性减小至零，根据动能定理可求得摩擦力大小，结合质
量可计算加速度。摩擦因数需通过摩擦力与重力关系求得。平均功率由摩擦力
做功与运动时间之比得到，时间通过初速度和加速度计算。
【解答】解：由
，解得：
。由题图像知末动能
，
初动能
。根据动能定理：
，解得：
。又
，解得：
。由牛顿第二定律：
，解得：
。物体
运动时间：
，解得：
。平均功率：
，解得：
。故
错误，
正确。
故选：
。
【例5】（2025 春•牡丹江期末）如图甲所示，质量
的小物块在平行斜面
向下的恒力
作用下，从固定粗糙斜面底端开始以
的初速度向上运动，
力
作用一段时间后撤去。以出发点
为原点沿斜面向上建立坐标系，整个运
动过程中物块动能随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，斜面倾角
，
取
，
，
，下列说法正确的是
A．沿斜面向上滑动的加速度大小为
B．恒力
大小为
C．斜面与物块间的动摩擦因数为0.25
D．物块返回斜面底端时重力的瞬时功率为
【答案】
【分析】根据匀变速直线运动速度与位移的关系式可得图像的斜率是加速度的
2 倍，物块沿斜面上升的过程中加速度大，即最上面的图线，沿斜面下滑的时
候加速度小，从图像中可以看出，物体在下滑过程，距离
点为
的时候，力
撤去，根据牛顿第二定律分过程列方程。
【解答】解：
由动能定理可知，图线的斜率表示物块受到的合外力，上滑时
合外力最大，为题图乙中最上面一条，可得
解得
由牛顿第二定律有
可得沿斜面向上滑动的加速度大小
故
错误；
由题图线可知，在物块下滑至离出发点
处撤去外力，撤去外力前的下滑
过程中合外力为
解得
物块沿斜面下滑的加速度大小为
在
作用下，上滑和下滑过程由牛顿第二定律分别可得
联立可解得
故
正确，
错误；
由题图乙可知，撤去
瞬间，物块的动能为
，可知此时速度为
解得
返回至底端位移
设到达底端时的速度为
，由牛顿第二定律及运动学公式可得
联立可解得
重力的瞬时功率为
解得
故
错误。
故选：
。
【例6】（2025 春•资阳期末）物块从固定斜面的底端上滑，机械能与动能的关
系如图所示。已知斜面倾角为
，物块质量为
，初速度为
，物块与斜面间
的动摩擦因数为
。以斜面底端位置为零势能面，
取
。下列说法
正确的是
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】
【分析】根据图2 提供的信息分析计算初动能和初速度以及斜面高度，结合动
能定理列式求解斜面倾角。
【解答】解：依题意，物块在上滑过程中，速度越来越小，如图所示
当
时，物块的机械能
，此时物块上滑到最高点
物块的机械能为重力势能，即
解得
当
时，物块的机械能
，此时物块在斜面的最低点，则有
解得
物块从斜面最低点到最高点过程中，摩擦力做功，机械能减少，设物块沿斜面
向上滑行的位移为，由动能定理得
其中
，物块与斜面间的动摩擦因数为
解得
由
解得
，即
，故
正确，
错误。
故选：
。
1．动能定理的应用流程
2．求解多过程问题抓好“两状态，一过程”
“两状态”即明确研究对象始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明
确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
例题精讲：
【例7】（多选）（2025•新乡开学）如图1 所示，弹性轻绳的一端固定在天花
板上的
点，另一端连接穿过固定水平杆的滑块。
点正下方的
点固定一垂
直纸面的光滑钉子，弹性绳原长与
、
两点间的距离相等，
点到水平杆的
距离为
。现使滑块在水平拉力
的作用下从
点正下方由静止开始沿着水平
杆向右运动，
随滑块位移变化的图像如图2 所示，当位移为
时滑块的速
度为零。已知滑块的质量为
，滑块与杆之间的动摩擦因数为
，弹性绳
的劲度系数为
，弹性绳始终在弹性限度内，重力加速度为
，弹性绳的
考点3：动能定理求解多过程问题
弹性势能可以表示为
，为弹性绳的形变量。下列说法正确的是
A．滑块向右运动
距离的过程中克服摩擦力做功为
B．滑块的位移为
时受到的水平拉力大小为
C．滑块的动能最大时，通过的位移为
D．滑块的最大动能为
【答案】
【分析】分析滑块竖直方向受力情况，由平衡条件结合胡克定律求出杆对滑块
支持力大小，再求出滑动摩擦力大小，从而求得克服摩擦力做功；根据
图
像与横轴所围的面积表示拉力做功，求出拉力做的功，再根据动能定理求滑块
的位移为
时受到的水平拉力大小；滑块的合力为零时，滑块的动能最大，由
几何关系结合动能定理求滑块的动能最大时通过的位移以及最大动能。
【解答】解：
、滑块向右运动的过程中，设弹性绳与水平杆的夹角为
，此
时弹性绳的伸长量为
滑块在竖直方向上合力为零，由平衡条件有
解得
，不变，可知滑块受到的摩擦力为恒力，大小为
滑块向右运动的过程中克服摩擦力做功为
，故
正确；
、滑块的位移为
时速度为零，设拉力为
，根据动能定理有
根据
图像与横轴所围的面积表示拉力做功，根据图2 可得拉力做的功为
其中
，
联立解得
，故
错误；
、设滑块向右运动的过程中动能最大时拉力为
，位移为，由图2 的几何
关系可知
此时弹力为
水平分力为
滑块的合力为零，动能最大，则有
根据动能定理有
其中
，
联立解得
，
，故
正确，
错误。
故选：
。
【例8】（2025 春•哈尔滨校级期末）一小球由如图所示轨道的
点以初速度
水平向左运动，经一段时间后经过轨道高度
处，该点距离地面的高
度为
，
取
，忽略小球与轨道之间的摩擦力，则小球达到
处的
速度为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【分析】从出发点到最高点，利用动能定理列方程，即可求解小球达到
处的
速度。
【解答】解：小球从出发点到最高点，由动能定理得
解得小球达到处的速度为
，故
错误，
正确。
故选：
。
【例9】（2025 春•万州区校级期中）如图，在水平地面上有一圆弧形凹槽
，
连线与地面相平，凹槽
是位于竖直平面内以
为圆心、半径为
的一段
圆弧，
为圆弧最低点，而且
段光滑，
段粗糙。现有一质量为
的小球
（可视为质点），从水平地面上
处以初速度
斜向右上方飞出，
与水平地
面夹角为
，不计空气阻力，该小球恰好能从
点沿圆弧的切线方向进入轨道，
沿圆弧
继续运动后从
点以速率
飞出。重力加速度为
，则下列说法中
正确的是
A．小球由
到
的过程中，离地面的最大高度为
B．小球进入
点时重力的瞬时功率为
C．小球在圆弧形轨道内克服摩擦做功为
D．小球经过圆弧形轨道最低点
处受到轨道的支持力大小为
【答案】
【分析】小球从
点做斜抛运动，根据斜抛运动的特点，判断出落地时的速度
大小和方向，在上升过程中，竖直方向做减速运动，水平方向做匀速运动，即
可求得上升的高度，从
到
的过程，利用动能定理求得摩擦力做功，从
到
利用动能定理求得到达
点的速度，在
点根据牛顿第二定律求得支持力。
【解答】解：
、小球做斜抛运动，在竖直方向上做匀减速运动，则有：
解得：
故
错误；
、小球从
点做斜抛运动，落地时速度为
，与水平面的夹角也为
，则重
力的瞬时功率为：
故
错误；
、小球从
到
根据动能定理可知：
解得：
故
正确；
、从
到
的过程，根据动能定理可知：
在
点，根据牛顿第二定律可得：
联立解得：
故
错误；
故选：
。
课后提优练习
一．选择题（共15 小题）
1．（2025 秋•潍坊月考）如图所示，原长为l 的轻质弹簧，一端固定在O 点，
另一端与一质量为m 的小球相连，小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间
的动摩擦因数为0.5，杆上M、N 两点与O 点的距离均为l，P 点到O 点的距
离为l
2，OP 与杆垂直。当小球置于杆上P 点时恰好能保持静止，设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内，小球
从M 点由静止释放向下运动到N 点过程中，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为2mg
l
B．小球到N 点时速度为零
C．小球在P 点下方l
2处的加速度大小为(3 ❑√2- 4)g
D．从M 点到P 点和从P 点到N 点的两个运动过程中，摩擦力对小球做功相
等
【解答】解：A、当小球置于杆上P 点时恰好能保持静止，所受静摩擦力最
大，根据平衡条件可得
水平方向有F N = F =k ⋅Δx =k ⋅l
2
竖直方向有mg＝f＝μFN
联立解得弹簧的劲度系数为k = 4 mg
l
，故A 错误；
C、分析小球在P 点下方l
2处的受力如下图所示：
水平方向有Fcos 45° =k(l -
❑√2
2 l)cos 45° = F N
竖直方向有mg+k(l -
❑√2
2 l)sin 45° - μ F N =ma
联立解得加速度大小为a= ❑√2g，故C 错误；
D、从M 点到P 点和从P 点到N 点的两个运动过程中，弹簧弹力的大小具有
对称性，故小球与杆之间的弹力大小具有对称性，摩擦力大小具有对称性，
故这两个过程中，摩擦力对小球做功相等，故D 正确；
B、从M 点到P 点和从P 点到N 点的两个运动过程中，重力做功相同，摩擦
力做功相同，从M 点到P 点，弹簧弹力做负功，从P 点到N 点，弹簧弹力做
正功，故根据动能定理，从M 点到P 点有Wf+W 弹1+WG＝ΔEkMP＞0
从P 点到N 点，根据动能定理有Wf+W 弹2+WG＝ΔEkPN
比较可得ΔEkPN＞0，则小球到N 点时速度不为零，故B 错误。
故选：D。
2．（2025•四川开学）如图甲所示，半径为R 的光滑大圆环固定在竖直面内，
小环套在大圆环上，小环由静止开始从大圆环顶端自由下滑至其底部。小环
下滑过程中，其向心加速度an随下落高度h 变化的图像如图乙所示，则重力
加速度大小为（ ）
A．2a
B．3a
2
C．a
D．a
2
【解答】解：小环下滑的过程中，由动能定理可得：
mgh= 1
2 mv0
2-0，
小环的向心加速度大小为：
an= v0
2
R
，
由图乙可知：
an= a
R h，
联立可得：
g= a
2，
故D 正确，ABC 错误；
故选：D。
3．（2025 秋•南山区校级月考）某游客摄像记录打铁花表演中两个质量不同的
铁花a、b（均视为质点）在同一竖直面内运动的轨迹图，如图2 所示。若
a、b 从水平地面上B 点的正上方A 处以相同速率v 同时水平和向右上方飞出，
恰好落在地面上同一处C 点（铁花飞行过程中所受阻力不计），则（ ）
A．两个铁花同时落地
B．两个铁花落地时速度相同
C．两个铁花落地时动能相同
D．b 的初速度与水平方向的夹角θ 满足tanθ= BC
AB
【解答】解：A、铁花a 做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则水平方
向有xa＝vta。铁花b 做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，则水平方向有
xb＝vcosθ•tb，因xa＝xb，可知ta＜tb，则铁花a 先落地，故A 错误；
B、根据动能定理得：mgh= 1
2 mv '
2- 1
2 mv
2，可得铁花落地时速度大小为v′
=
❑√v
2+2gh，可知，两铁花落地时速度大小一样，但速度方向不同，所以两
个铁花落地时速度不同，故B 错误；
C、两铁花落地时速度大小相等，由于两个铁花的质量不同，所以落地时动
能不相等，故C 错误；
D、a 平抛，b 斜向上抛，在水平方向有BC＝vta＝vcosθ•tb
在竖直方向，对a 有AB = 1
2 gta
2
对b 有AB =- vsinθ⋅tb+ 1
2 gtb
2
联立可得tanθ= BC
AB，故D 正确。
故选：D。
4．（2025 秋•沙坪坝区校级月考）质量相同的甲、乙两车均由静止沿同一方向
做直线运动，以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图1 所示，
乙车的加速度—时间图像如图2 所示。则（ ）
A．t＝2s 时，甲、乙两车的动能相同
B．0～2s 内，甲、乙两车的平均速度相同
C．2～4s 内，甲、乙两车的位移相同
D．2～6s 内，甲、乙两车的速度变化量相同
【解答】解：A、由题图可知，t＝2s 时，甲车的速度为2m/s，乙车的速度为
v = 1
2 ×2×2m/ s=2m/ s，根据动能的定义Ek = 1
2 mv
2可知，两车动能相同，故
A 正确；
B、0～2s 内，甲车的平均速度为：v甲= 0+2
2
m/ s=m/ s，乙车的速度—时间
图像为开口向上的抛物线，平均速度小于1m/s，故B 错误；
C、2～4s 内，甲车的平均速度为1m/s，乙车的速度—时间图像为开口向下的
抛物线，平均速度大于1m/s，两车位移不相同，故C 错误；
D、2～6s 内，甲车的速度变化量为−4m/s，a−t 图像的面积表示速度变化量，
故乙车的速度变化量为0，故D 错误。
故选：A。
5．（2025 春•福州期末）光滑水平面上有一物体，在水平恒力作用下由静止开
始运动，经过时间t1速度达到v，再经过时间t2，速度由v 增大到3v，在t1和
t2两段时间内，水平恒力对物体做功之比为（ ）
A．1：3
B．1：8
C．1：6
D．1：9
【解答】解：设在t1 和t2 两段时间内，水平恒力对物体做功分别为W1 和
W2。
根据动能定理可得W 1= 1
2 mv
2，W 2= 1
2 m(3 v)
2- 1
2 mv
2= 4 mv
2
则水平恒力对物体做功之比为
W 1
W 2
= 1
8，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
6．（2025 春•开福区校级期中）如图所示，质量为M、长度为L 的小车静止在
光滑的水平面上。质量为m 的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现
用一水平恒力F 作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。
小物块和小车之间的摩擦力大小为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运
动的距离为x，在这个过程中，以下结论正确的是（ ）
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为F（L+x）
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Fx
C．摩擦力对小物块所做的功为﹣Ff（L+x）
D．小物块在小车上滑行过程中，系统产生的内能为Ffx
【解答】解：A.由题意可知，小物块到达小车最右端时，小物块对地的位移
为L+x，
根据动能定理得：（F
F
﹣
f）（L+x）＝Ek 物﹣0，
解得，小物块到达小车最右端时具有的动能为：Ek 物＝（F
F
﹣
f）（L+x），
故A 错误；
B.由题意可知，小物块到达小车最右端时，小车对地的位移为x，
根据动能定理得：Ffx＝Ek 车﹣0，
解得，小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为：Ek 车＝Ffx，故B 错误；
C.由题意可知，小物块到达小车最右端时，摩擦力对小物块所做的功为：Wf
＝﹣Ff（L+x），故C 正确；
D.系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则小物块在小车上滑行过程
中，系统产生的内能为：Q＝Ffx 相对＝FfL，故D 错误；
故选：C。
7．（2025 春•青岛校级期末）如图所示，三个固定的斜面高度相等，斜面倾角
分别为30°、45°、60°，斜面的表面粗糙情况都一样。完全相同的物体（可视
为质点）A、B、C 分别从三斜面的顶部滑到底部的过程中（ ）
A．物体A 到斜面底端动能最大
B．物体B 到斜面底端动能最大
C．物体C 到斜面底端动能最大
D．物体AC 到斜面底端动能一样大
【解答】解：设物体滑到斜面底部时动能为Ek，斜面底边长度为L 底边。
根据动能定理得
Ek =mgh- μmgcosθ
h
sinθ =mgh- μmg
h
tanθ =mgh- μmg L底边，因A 所在斜面的底
边最短，所以物体A 到斜面底端动能最大，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
8．（2025•新疆开学）如图甲所示，半径为R 的光滑大圆环固定在竖直面内，
小环套在大圆环上，小环由静止开始从大圆环顶端自由下滑至其底部。小环
下滑过程中，其向心加速度an随下落高度h 变化的图像如图乙所示，则重力
加速度大小为（ ）
A．a
4
B．a
3
C．a
2
D．a
【解答】解：根据动能定理可得
mgh= 1
2 mv
2
小环的向心加速度大小
an= v
2
R
联立解得
an= 2 g
R h
结合题图乙则有
an= 2 g
R h= a
R h
解得
g= a
2
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
9．（2025•蚌埠校级开学）如图所示，一物体沿粗糙斜面上滑到最高点后再沿
斜面下滑，回到出发点时的速度是出发时速度的一半，斜面的倾角为θ，则
物体与斜面间的动摩擦因数是（ ）
A．1
3 tanθ
B．1
2 tanθ
C．3
5 tanθ
D．2
3 tanθ
【解答】解：设物体的质量为m，斜面长度为L。物体上滑过程，根据动能
定理得
0- 1
2 m v0
2=-mgLsinθ - μmgcosθ⋅L
下滑过程，根据动能定理得
1
2 m( v0
2 )
2=mgLsinθ - μmgcosθ⋅L
联立解得物体与斜面间的动摩擦因数μ= 3
5 tanθ，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
10．（2025•江苏一模）如图所示，原长为l 的轻质弹簧，一端固定在O 点，另
一端与一质量为m 的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的
动摩擦因数为0.5。杆上M、N 两点与O 点的距离均为l，P 点到O 点的距离
为1
2 l，OP 与杆垂直。当小球置于杆上P 点时恰好能保持静止。设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M 点向下
运动到N 点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（
）
A．弹簧的劲度系数为2mg
l
B．小球在P 点下方1
2 l处的加速度大小为(3 ❑√2- 4)g
C．从M 点到N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D．从M 点到P 点和从P 点到N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相
同
【解答】解：A．设弹簧的劲度系数为k，在P 点时，弹簧的弹力为：
F1=k ⋅l
2
由球置于杆上P 点时恰好能保持静止，有
F1＝FN，mg＝μFN
联立解得
k = 4 mg
l
故A 错误；
B．小球在P 点下方l
2处时，此时弹簧与杆的夹角为45°，即弹簧的长度为
l1=
❑√2
2 l
弹簧处于压缩状态，受力情况如图所示
此时弹力大小为
F =k(l -
❑√2
2 l)=(4 -2❑√2)mg
根据平衡条件有
N＝Fsin45°
根据牛顿第二定律有
mg+Fcos45°﹣μN＝ma
联立解得
a= ❑√2g
故B 错误；
C．杆上M、N 两点与O 点的距离均为l，此时小球在M 和N 点时弹簧处于
原长，小球从M 到P 过程中，压缩量增大所以弹力增大，所以弹力在水平方
向的分力增大、摩擦力增大；小球从P 到N 过程中，压缩量减小所以弹力减
小，因此弹力在水平方向的分力减小、摩擦力减小，故从M 点到N 点的运动
过程中，小球受到的摩擦力先变大再变小，故C 错误；
D.关于P 点对称的任意两点，小球受到的摩擦力大小相同，所以从M 点到P
点和从P 点到N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同，故D 正确。
故选：D。
11．（2025•泰安二模）滑草是一项使用滑草车沿倾斜草地滑行的运动，深受青
年人喜爱。甲图为滑草运动场地实景图，该运动场地由倾斜滑道AB 和水平
滑道BC 两部分组成，B 点处平滑连接，AB 长100m，与水平面夹角为37°，
BC 段动摩擦因数是AB 段的2 倍，如图乙所示。某游客乘坐滑草车从A 点由
静止开始沿滑道下滑，恰好停在C 点。取BC 所处的水平面为重力势能的零
势能面，游客与滑草车在AB 上运动的机械能、重力势能随着位移x 的变化
情况如图丙所示。cos37°＝0.8，则BC 长为（ ）
A．60m
B．40m
C．30m
D．15m
【解答】解：由图丙可知，游客在A 点的机械能等于游客在A 点的重力势能，
为EA＝25200J
根据EA＝mgxABsin37°
解得游客与滑草车的总质量m＝42kg
在B 点的机械能等于动能，为EB＝EkB＝10800J
设BC 长为x，AB 段的动摩擦因数为μ，则BC 段的动摩擦因数为2μ。游客
从A 到B 的过程，根据动能定理可得mghA﹣μmgcos37°•xAB＝EkB
0
﹣
联立解得μ= 3
7
游客从B 到C 的过程，根据动能定理可得
2
﹣μmgx＝0
E
﹣
kB
解得x＝30m，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
12．（2025 春•扬州期末）如图所示，不可伸长的细线一端固定，另一端系一
小球，小球从与悬点等高处由静止释放后做圆周运动，不计空气阻力。小球
从释放向最低点运动的过程中，小球的速度大小v、向心加速度的大小a 随
下落高度h 变化的图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：AB、根据动能定理可得mgh= 1
2 m v
2
整理得速度的平方与高度的关系：可得v2＝2gh
可知v
h
﹣图像是开口向右的抛物线，故AB 错误；
CD、根据向心力表达式可得向心加速度大小为a= v
2
R = 2gh
R
可得a
h
﹣图像为过原点的倾斜直线，故C 正确，D 错误。
故选：C。
13．（2025•江苏模拟）如图所示，一个铁架台静止放置在粗糙的水平桌面上，
在其支架上端的一固定横杆上通过一根不可伸长的轻绳悬挂一个小钢球。现
将小钢球拉至水平位置A 处由静止释放，使其在竖直平面内摆动，铁架台始
终保持静止。不计空气阻力，小钢球的半径可忽略不计，关于小钢球从被释
放到运动到最低点B 处的过程，下列说法正确的是（ ）
A．轻绳的拉力一直增大
B．小钢球重力的功率一直增大
C．铁架台对桌面的压力先增大后减小
D．桌面对铁架台的摩擦力先减小后增大
【解答】解：A、设小钢球质量为m，铁架台质量为M，轻绳长为L，轻绳
拉力为FT，小钢球向下摆动到某一位置时，轻绳与水平方向的夹角为θ，如
图所示
对小钢球进行受力分析，由牛顿第二定律有FT
mgsin
﹣
θ= mv
2
L
小钢球由A 处静止释放运动到此位置的过程，由动能定理有mgLsinθ= 1
2 m v
2
联立解得FT＝3mgsinθ
小钢球从A 点运动到最低点B 的过程中，θ 一直增大，sinθ 增大，则轻绳拉
力FT一直增大，故A 正确；
B、由重力的功率P＝mgvcosθ 可知，小钢球刚被释放时速度为零，重力的功
率为零，小钢球运动到最低点B 时，瞬时速度方向与重力方向垂直，重力方
向与速度方向之间的夹角θ＝90°，则重力的功率又变为零，因此小钢球重力
的功率先增大后减小，故B 错误；
C、铁架台一直处于静止状态，在竖直方向上受力平衡，支持力FN＝
FTsinθ+Mg＝3mgsinθ+Mg
小钢球从A 点运动到最低点B 的过程中，θ 一直增大，故铁架台对桌面的压
力一直增大，故C 错误；
D、铁架台在水平方向受力平衡，摩擦力：Ff＝FTcosθ＝3mgsinθcosθ= 3
2
mgsin2θ
小钢球从A 点运动到最低点B 的过程中，θ 由0 增大至90°，当θ＝45°时，
sin2θ＝1，铁架台受到的摩擦力最大，因此桌面对铁架台的摩擦力先增大后
减小，故D 错误。
故选：A。
14．（2025•宜丰县校级开学）如图所示，ab、ac 为竖直平面内两根固定的光滑
细杆，a、b 两点恰为外接圆的最高点和最低点，两个带孔小球甲、乙分别从
a 处由静止沿两细杆滑到下端b、c 时，动能恰好相等，下列说法正确的是（
）
A．两小球的质量相等
B．两小球下滑的时间不相等
C．此过程中两小球所受重力的平均功率不相等
D．两小球在细杆下端bc 时重力的瞬时功率相等
【解答】解：A、小球甲、乙分别从a 处由静止沿两细杆滑到下端b、c 时，
动能相等。由动能定理：mgh＝Ek
0
﹣。由于hab＞hac，故m 甲＜m 乙。故A 错
误；
B、如图所示：
设C 点到ab 的垂直距离为x，ac 的倾斜角为θ。对甲（自由落体）：
2 R = 1
2 gt1
2，解得：t1= ❑√
4 R
g 。
对乙（沿斜面加速）：m 乙gsinθ＝m 乙a 乙，解得：a 乙＝gsinθ。位移关系：
2 Rsinθ= 1
2 gsinθt2
2，解得：t2= ❑√
4 R
g ，故t1＝t2。故B 错误；
C、重力做功：WG＝mgh＝Ek。两小球重力做功相等，运动时间相等，平均
功率：P= W
t ，故两小球所受重力的平均功率相等。故C 错误；
D、两小球均做匀加速直线运动。对甲：平均速度v甲= vb
2 。对乙：竖直方向
平均速度v乙y = vc sinθ
2
。
由平均功率相等：m甲g v甲=m乙g v乙y，得：m 甲vb＝m 乙vcsinθ。在b 点甲的
瞬时功率：P 甲＝m 甲gvb。在c 点乙的瞬时功率：P 乙＝m 乙gvcsinθ，故P 甲＝P
乙。故D 正确。
故选：D。
15．（2025•云南）如图所示，质量为m 的滑块（视为质点）与水平面上MN 段
的动摩擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1＞μ2。第一次，滑
块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过MN 段后停在水平面上的某一位置，整
个运动过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位
置以相同速度v0向右滑动，通过MN 段后停在水平面上的另一位置，整个运
动过程中，滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则
（ ）
A．t1＜t2
B．t1＞t2
C．x1＞x2
D．x1＜x2
【解答】解：CD、设MN 的距离为x0，第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向
右滑动，根据动能定理可得：- μ1mg x0- μ2mg( x1- x0)=0- 1
2 mv0
2，
第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0 向右滑动，根据动能定理可得：
- μ1mg x0- μ2mg( x2- x0)=0- 1
2 m v0
2，
联立以上由两式可得：x1＝x2，故CD 错误；
AB、根据牛顿第二定律，滑块在MN 段上运动的加速度为a1，则有μ1mg＝
ma1，解得：a1＝μ1g，在其余部分上运动的加速度为a2，则有：μ2mg＝ma2，
解得：a2＝μ2g，则有：a1＞a2，由两次位移相等，且第二次运动时滑块距离
M 点较近，在到达M 点时速度较大，可作v
t
﹣如下所示：
由图像可得：t1＜t2，故A 正确，B 错误。
故选：A。
