专题14 动能定理及其应用-【精讲】高考母题一题三练

专题14 动能定理及其应用 核心考点 考点梳理1 动能定理的理解和基本应用 1 母题考点一 动能定理的理解和基本应用 2 考点梳理2 动能定理与图像结合的问题 7 母题考点二 动能定理与图像结合的问题 8 考点梳理3 动能定理求解多过程问题 12 母题考点三 动能定理求解多过程问题 13 考点梳理1 动能定理的理解和基本应用 1．动能 (1)定义：物体由于运动而具有的能。 (2)公式：Ek＝mv2。 (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＝。 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＝。 (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。 3．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。 4．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。 5．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。 6．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。 母题考点一 动能定理的理解和基本应用 【母题1】（2025·福建·高考真题）如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面动摩擦因数为，B与地面无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F与位移x的图如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4m，重力加速度。 (1)求，F做的功； (2)时，A与B之间的弹力； (3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。 【答案】(1)1.5J (2)0.5N (3) 【详解】（1）求，F做的功 （2）对AB整体，根据牛顿第二定律 其中 对B根据牛顿第二定律 联立解得 （3）当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，根据（2）分析可知此时 此时 过程中，对A、B根据动能定理 根据题图可得 从点到点，根据动能定理 在点的最小速度满足 联立可得 即圆弧半径满足的条件。 举一反三 【练1】（2025·江苏南京·模拟预测）如图所示，水平面上放置着半径为、圆心角为的圆弧轨道，一个可视为质点的小球以初速度冲上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量，小球质量，重力加速度大小为，不计一切摩擦和空气阻力，小球从圆弧轨道飞出时，速度方向恰好跟水平方向成角，求： (1)圆弧的半径； (2)小球飞出圆弧轨道时，小球和圆弧轨道的速度； (3)若小球从圆弧轨道飞出时，圆弧向右运动的距离为，小球在轨道上运动时间。 【练2】（2025·辽宁鞍山·一模）如图所示，光滑圆弧ABC半径为R，为圆心并固定一个点电荷，水平，B为最低点，。C点右侧有一光滑圆弧与弧ABC相切于C点，为右侧圆弧圆心。现有一个带正电的小球q从A点无初速度滑下，到B点处时对轨道的压力为自身重力的4倍，经过C点右侧瞬间对轨道的压力刚好为零。由此可求得右侧圆弧的半径为（，）（　　） A．2R B． C． D． 【练3】（2025·辽宁鞍山·一模）如图，质量为的物体静止在高为的水平平台的A点。现用斜向右下、与水平平台间的夹角的推力F将其从静止开始推动，当物体运动到与A点相距的平台边缘的B点时，瞬间撤去该力，撤去力的瞬间物体的速度大小为，随后从平台边缘水平飞出，落到水平地面的C点。物体与水平平台间的动摩擦因数为0.5，，，g取。求： (1)BC两点间的水平距离； (2)推力F的大小。 考点梳理2 动能定理与图像结合的问题 1．五类常见图像中面积或斜率的意义 (1)v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。 (2)F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。 (3)P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。 (4)a－t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。 (5)Ek－x图像：由公式F合x＝Ek－Ek0可知，Ek－x图线的斜率表示合外力。 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。 母题考点二 动能定理与图像结合的问题 【母题2】（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。 举一反三 【练1】（2024·广西柳州·一模）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，其所在圆弧雪道的半径为r，a、c两处的高度差h=2r，运动员可视为质点，忽略一切阻力。则运动员经过c点时对滑雪板的压力为自身所受重力的（　　） A．2倍 B．4倍 C．5倍 D．8倍 【练2】（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图甲所示，质量为M的足够长的滑板A静止在光滑水平面上，滑板A上静置一个质量m=2kg的滑块B，滑块B与滑板A之间有摩擦。从t=0时刻起在滑块B上施加一个水平向右的拉力F，且拉力F与时间t的关系为F=2t（式中物理量均为国际单位）。滑板A的动能与其位移的关系图像如图乙所示，t=6s时滑板A的位移为x0，0~x0段的图线为曲线，x0~x0+14m段的图线为倾斜直线。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．滑块B与滑板A间的动摩擦因数为0.2 B．t=6s时，滑块B的速度大小为10m/s C．滑板A的质量为1kg D．第7s内，滑板A的位移大小为21m 【练3】（2025·陕西安康·模拟预测）某个雨滴从空中由静止开始下落，在速度不太大时，其受到的阻力与速率成正比，即，其中。雨滴下落过程中，重力的功率P随加速度a变化的图像如图所示。重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A．雨滴的质量为 B．雨滴所能达到的最大速度为 C．当重力功率为时，雨滴受到的阻力为 D．当雨滴速度为时，其动能增加最快 考点梳理3 动能定理求解多过程问题 1．运用动能定理解决多过程问题的两种方法 方法1：分阶段应用动能定理 分阶段应用动能定理的适用情况 (1)题目需要求某一中间物理量； (2)受到的弹力、摩擦力等力发生变化； (3)力在各个过程中做功情况不同。 方法2：全过程应用动能定理 (1)适用情况：当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算。 (2)全过程列式时要注意 ①重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。 ②大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。 2．动能定理的应用流程 3．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。 母题考点三 动能定理求解多过程问题 【母题3】（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 举一反三 【练1】（24-25高二下·四川资阳·开学考试）如图所示，光滑水平杆距离水平地面高为，杆上套有一轻质滑环，杆上A点处固定一锁扣。长度为的轻绳的一端连接滑环，另一端悬挂质量为的小球，轻绳能承受的最大拉力为。水平地面上P点处静置一个顶部装有细沙的小滑块，小滑块与细沙的总质量为。P点右侧有一高度为、倾角为的固定斜面BC，B点处平滑连接，B与P间距为。初始时刻，轻绳保持竖直，滑环和小球一起水平向右匀速运动，当滑环与A处的锁扣碰撞，滑环即刻被锁住。不计空气阻力，小球、小滑块可以视为质点且小滑块与水平面和斜面间的动摩擦因数均为，，，。 (1)若轻绳没有断裂，求小球在竖直面内可向上摆动的最大高度。 (2)某次实验中，初始滑环和小球一起以的速度向右匀速运动，滑环被锁住同时轻绳断裂，小球恰好落入小滑块顶部的沙堆内，落入时间极短且沙没有飞溅。求P点与锁扣A点的水平距离。 (3)求（2）问中小滑块最终静止的位置到B点的距离。 【练2】（25-26高二上·湖北·阶段练习）如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道O、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，水平区域FG足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开。现将一质量为的滑块（可视为质点）从AB轨道上高度为h处由静止释放，若已知圆轨道半径，水平面BD的长度，传送带长度，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为，传送带以恒定速度逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响），g取。求： (1)若，则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力； (2)若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度h的取值范围； (3)当时，计算滑块从释放到飞出传送带的过程中，因摩擦产生的热量Q是多少？ 【练3】（2025·浙江湖州·一模）如图所示，一游戏装置由弹射器，光滑水平直轨道AB、CD，水平凹槽MN，圆心为的四分之一细圆管竖直轨道DE，圆心为的四分之一圆弧竖直轨道EF，足够长粗糙水平直轨道GH组成。连线水平，和竖直，静止在水平凹槽的滑板左端紧靠竖直侧壁BM，上表面与AB、CD平齐。游戏时，可视为质点的滑块从A点水平弹出，经B点滑上滑板，随后带动滑板一起运动，滑板到达竖直侧壁CN后即被锁定。滑块继续滑过轨道CD、DE、EF后，静止在GH某处视为游戏成功。已知滑块和滑板质量分别为，，MN长，滑板右端距CN的距离，滑块与滑板间的动摩擦因数，滑块与GH间的动摩擦因数，DE和EF的半径，其余各处均光滑，轨道间平滑连接，弹射时滑块从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，g取。 (1)若滑块恰好能滑上GH，求滑块在圆管轨道的D点时受到的作用力； (2)要使游戏成功，求滑块到达D点时的速度大小的范围； (3)要使游戏成功，求滑块静止的区域以及相应的弹簧弹性势能范围。 模拟演练 1．（2024·宁夏·模拟预测）如图所示，表面光滑的固定斜面与水平面的夹角，斜面底端与水平光滑轨道平滑连接，水平轨道右端点连接竖直的光滑半圆轨道，半圆轨道的圆心为，最高点为，半径，有一质量的小球以的初速度从斜面上的点沿斜面向下滑，滑到水平轨道后与静止在水平轨道上的小球发生碰撞，碰撞后，小球恰好沿水平轨道运动到半圆轨道的点，，已知点距地面的高度，小球均可看作质点，重力加速度取，计算结果可以保留根号，求： (1)小球与小球碰前的速度大小； (2)小球运动过程中，上升的最大高度； (3)碰撞后小球的速度大小。 2．（2025·陕西延安·模拟预测）中国自主研发的第四代军用涡扇发动机WS－15在推力、燃油效率和可靠性等方面均达到了世界先进水平，已知WS－15涡扇发动机的喷气口的横截面积为S，喷出的燃气密度为，燃气从喷气口喷出时的速度大小为，则WS－15涡扇发动机喷气的功率为（　　） A． B． C． D． 3．（2025·云南丽江·三模）在上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界。若风洞内总的向上的风速和风量保持不变，质量为m的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果，假设表演者受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且表演者站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的，风洞内表演者可上下移动的空间总高度为H。如图所示，开始时，若表演者与竖直方向成一定角度倾斜，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速飘移；后来，表演者从最高点A开始由静止先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C处减速为零，则以下说法正确的有（    ） A．由A至C全过程表演者克服风力做的功为mgH B．表演者向上的最大加速度是g C．表演者向下的最大加速度是 D．B点的高度是H 4．（2024·广西柳州·一模）翼装飞行运动属危险性很高的极限运动。飞行者穿戴飞行服装和降落伞设备，从悬崖绝壁等高处跃下，无动力空中飞行（如图甲），到达安全的高度时飞行者打开降落伞着陆。某一翼装飞行者在空中运动时竖直方向的v-t图像如图乙所示，以向下为正方向，则（　　） A．0~10s内飞行者竖直方向加速度一直在减小 B．0~15s内合外力对飞行者始终做正功 C．10~15s内飞行者做匀减速运动 D．10~15s内飞行者处于失重状态 5．（2025·北京西城·三模）如图所示，不计质量的轻质滑轮下方悬挂重物A和B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量均为m，摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．拉力对A做的功等于A的动能增加量 B．重力对B做的功等于A、B两物体的动能增加量 C．细线上拉力的大小为0.6mg D．A的加速度大小等于0.5g 6．（2025·福建泉州·模拟预测）如图，某同学正在网球场练习发球，他将质量m=0.05kg的网球从离水平地面高度h=1.8m处，以某一初速度水平击出，网球第一次落在距击球点水平距离处的地面上，然后经地面多次反弹，最终停下来。已知网球与地面第一次碰后，竖直分速度反向，大小变为碰前的，水平分速度方向不变，大小变为碰前的。不计网球所受空气阻力，网球与地面碰撞时间极短，重力加速度，求： (1)该同学击球过程对网球所做的功W； (2)网球第二次接触地面处与击球点间的水平距离L2。 7．（2025·湖北武汉·模拟预测）某兴趣活动小组在探究物体动能大小实验时，让一物体在恒定合外力作用下由静止开始沿直线运动，记录下速度、时间、位置等实验数据，然后分别作出动能随时间变化的甲图和动能随位置变化的乙图，若图甲中OA连线的斜率为p，图乙中直线的斜率为q，则物体在A点所对应的瞬时速度的大小为（　　） A． B． C． D． 8．（2025·新疆喀什·模拟预测）如图所示，半径的四分之一光滑圆弧轨道A固定在水平地面上，轨道最低点切线水平，紧邻轨道右侧放置着一下表面光滑、上表面粗糙的滑板B，在滑板B的右侧放置着一个物块C，其中滑板B的质量，物块C的质量。现将一质量的小滑块D（可视为质点）从圆弧轨道正上方距离圆弧轨道最高点处由静止释放，小滑块D正好沿圆弧切线进入圆弧轨道，小滑块D冲上滑板B，在达到共同速度的瞬间滑板B与物块C发生弹性碰撞，整个运动过程中，小滑块D未从滑板B上掉落。已知小滑块D与滑板B间的动摩擦因数，物块C与地面间的动摩擦因数，重力加速度。求： (1)小滑块D下落h高度时的速度大小； (2)小滑块D到达圆弧轨道最低点时对圆弧轨道的压力； (3)最初滑板B右端到物块C的距离； (4)物块C与地面间因摩擦产生的热量。 9．（2025·甘肃定西·模拟预测）如图所示为某工厂的一条节能运输线路系统简图，质量的产品（可看成质点）以的速度从点离开传送带后，恰好在点沿切线方向滑入光滑圆弧轨道，然后冲上停在此处的平板车上，平板车的上表面恰好与圆弧轨道的最低点相切，平板车的质量，产品滑上平板车到达平板车的最右端时恰好与平板车共速，之后与平板车一起向右运动至产品储存平台（平台与平板车的上表面相平）时，平板车被原速率弹回，产品滑上平台，而平板车恰好能回到圆弧轨道处，此时第二件产品也恰好到达点。已知圆弧轨道的半径、圆心角，产品与平板车间的动摩擦因数，平板车受到水平地面的摩擦力为平板车对地面压力的，，，重力加速度。求： (1)间的水平距离和产品运动到点时对圆弧轨道的压力大小；（结果保留两位有效数字） (2)平板车的长度； (3)相邻两件产品从点滑上平板车的时间间隔。 10．（2025·山东济南·模拟预测）动能回收是电动汽车的核心技术之一，通过将车辆减速时的动能转化为电能并存储回电池，从而提升能量利用效率、延长续航里程。某电动汽车质量，在平直公路上沿坐标轴正方向匀速行驶，其动能为。当经过原点时切断动力，在滚动摩擦阻力的作用下运动，滑行至位置时动能减为。此时立即开启动能回收装置，电动机切换为发电机模式，产生阻碍汽车运动的电磁阻力，当运动至位置时停下。汽车动能随位移的变化如图所示，除滚动摩擦阻力和电磁阻力外其它阻力不计。 (1)求匀速行驶时汽车发动机的功率； (2)回收效率是指回收的电能占用于发电的机械能的百分比，若本次动能回收效率，求汽车回收的电能。 11．（2025·辽宁盘锦·三模）如图，倾角的斜面与圆心为、半径的光滑圆弧轨道相切于点，且固定于竖直平面内。质量的滑块从斜面上的点由静止释放，经点后沿圆弧轨道运动，通过轨道最低点时对轨道的压力大小为17N。已知为轨道的末端，水平，垂直于，、之间的长度，取，，。求： (1)滑块与斜面之间的动摩擦因数； (2)滑块释放之后在斜面上运动的总路程。 12．（2025·陕西咸阳·模拟预测）扫地机器人在运行过程中输出的能量主要转化为清洁过程中的耗能和驱动设备移动的耗能。一扫地机器人在水平面上由静止进入水平木地板地面的同时开始计时，经过时间t后运动位移为，之后进入水平瓷砖地面，经过相同时间后运动位移为，之后立即关闭动力系统直到扫地机器人停止。已知扫地机器人的质量为m，它受到木地板和瓷砖的阻力分别为f、0.4f，整个工作过程均做匀变速直线运动，且输出的总能量为。求： (1)在2t时刻扫地机器人的速度大小v； (2)在关闭动力系统后扫地机器人的位移； (3)扫地机器人在清洁过程中除牵引力做功以外的其他耗能。 13．（2025·甘肃白银·模拟预测）如图所示，水平桌面上点左侧固定有一弹簧，点右侧处静置一质量为的滑块长度。现用此弹簧来弹射一质量为的滑块D，弹簧储存的弹性势能，滑块D从点释放，获得弹簧储存的全部弹性势能后向右运动，到达点与滑块C发生弹性碰撞，碰撞后滑块C向右运动，到达桌面边缘点。长度，滑块C、D与桌面间的动摩擦因数均为。滑块C运动到点后做平抛运动，通过固定在光滑水平地面上的光滑圆弧装置无机械能损失地滑上静止在地面上的长木板，经过一段时间，长木板右端与固定挡板（宽度忽略不计）碰撞并粘连。长木板质量，板长，板右端到挡板的水平距离为（其中）。滑块C与长木板间的动摩擦因数也为，挡板和长木板等高，桌面右端点距长木板上表面的高度，不计空气阻力，滑块都可看作质点，重力加速度大小为。 (1)求滑块D与滑块C碰撞前瞬间的速度大小； (2)求滑块C到达点时的动能； (3)讨论滑块C从滑上长木板到离开长木板右端的过程中，克服摩擦力做的功与的关系。 14．（2025·内蒙古·模拟预测）一列复兴号列车长200米，在平直轨道上以360km/h的速度匀速前进，此时功率为8000千瓦，某时刻开始进入一长度为2000米的平直隧道，假设列车在隧道中受到的新增阻力与列车在隧道中的长度成正比，原有阻力不变，列车始终匀速前进，完全进入隧道后功率变为10400千瓦，则下列说法正确的是（　　） A．列车在未到达隧道前，所受的阻力为 B．列车在隧道中所受阻力与车长度的比例系数为 C．列车在通过隧道的整个过程中牵引力所做的功为 D．列车因过隧道多消耗的电能为 15．（2025·河北·模拟预测）如图甲所示，一倾角、足够长的斜面固定在水平地面上，以顶点为原点，以沿斜面向下为轴正方向，质量的滑块与斜面间的动摩擦因数随变化的规律如图乙所示，取重力加速度，，。现将滑块由点静止释放，则下列说法正确的是（　　） A．滑块向下运动的最大距离为2m B．滑块加速阶段和减速阶段摩擦力做的功之比为1∶3 C．滑块与斜面间因摩擦产生的热量为48J D．滑块加速和减速的时间相同 16．（2025·湖南长沙·二模）某储能系统的简化模型如图所示，倾角为的斜坡上，有一质量为50kg的重物（可视为质点）通过缆绳跨过轻质滑轮与电动机连接。时，电动机开始工作，缆绳拉动重物从点由静止沿斜坡向上运动；时，重物到达点，且在此之前速度已达到最大值，之后以最大速度继续做匀速直线运动；时，关闭发动机，此时重物被拉到点；此后重物到达斜坡顶端点时速度刚好为零，系统储存机械能。已知电动机工作时输出的功率始终为2kW，重物与斜坡间动摩擦因数，不计缆绳质量以及其它摩擦损耗，重力加速度取，，。下列说法正确的是（    ） A．重物到达点时的速度大小为 B．重物在段的平均速度大小为 C．斜坡的长度为44.8m D．在整个上升过程中，系统存储的机械能和电动机消耗的电能的比值为 17．（2025·江苏扬州·模拟预测）无风的情况下，在离地面高为H处，将质量为m的球以速度v0水平抛出，球在空气中运动时所受的阻力大小f=kv，v是球的速度大小，k是已知的常数，阻力的方向与速度方向相反，并且球在着地前已经竖直向下做匀速运动。已知重力加速度为g，则下列说法中错误的是（　　） A．球刚抛出时加速度大小为 B．球着地前瞬间的速度大小为 C．球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功 D．若将球从同一地点由静止释放，则两种情况下球在空中运动时间相同 18．（24-25高三下·辽宁·期中）在哈尔滨冰雪大世界，游客们不可或缺的体验项目之一便是“冰雪大滑梯”。其简化模型如图所示。冰滑梯轨道固定在地面上，表面摩擦忽略不计，游客乘坐雪圈从高处由静止开始下滑，并通过长度为的水平雪面，最终进入长度为的铺有地垫的缓冲区。已知雪圈与雪面和缓冲区间的动摩擦因数分别为，游客与雪圈可视为质点，不计空气阻力和通过点时的机械能损失。为了确保游客下滑后能够停在缓冲区内，的取值可能为（　　） A． B． C． D． 19．（2025·四川绵阳·模拟预测）如图所示是大型蒸汽打桩机示意图.桩（含桩帽）竖直轻轻放置到地面，桩依靠自重先向泥土中下沉，稳定后，将锤提升到桩的正上方，让锤从距离桩顶高度m处自由下落而击桩，锤反弹的速度大小m/s，此后锤再次被提起。已知锤的质量kg，桩的质量kg，桩所受泥土的阻力与桩沉入泥土深度的关系为，其中N/m，取重力加速度m/s²，求： (1)桩依靠自重下沉至深度m时的加速度大小a； (2)桩被锤击后瞬间的速度大小v2；若桩与锤打击时间为0.2s，则锤对桩的打击力F； (3)桩被1次锤击后继续下沉，待桩静止时沉入泥土的总深度x。 20．（2025·重庆北碚·模拟预测）钢架雪车比赛的赛道如图所示，赛道由水平直轨道AB、圆弧轨道BC（半径为R）、倾斜轨道CD平滑连接而成。比赛时，运动员推着雪车在水平直道上加速滑行，到达B点前跳上雪车，然后贴着赛道滑下。已知雪车质量为m，重力加速度为g。若雪车刚滑上BC段时对轨道的压力为零，雪车从开始运动至到达B点过程克服阻力做功为W。求： (1)雪车在B点的速度大小； (2)雪车从开始运动至到达B点过程人对雪车做的功。 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题14 动能定理及其应用 核心考点 考点梳理1 动能定理的理解和基本应用 1 母题考点一 动能定理的理解和基本应用 2 考点梳理2 动能定理与图像结合的问题 7 母题考点二 动能定理与图像结合的问题 8 考点梳理3 动能定理求解多过程问题 12 母题考点三 动能定理求解多过程问题 13 考点梳理1 动能定理的理解和基本应用 1．动能 (1)定义：物体由于运动而具有的能。 (2)公式：Ek＝mv2。 (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＝。 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＝。 (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。 3．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。 4．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。 5．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。 6．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。 母题考点一 动能定理的理解和基本应用 【母题1】（2025·福建·高考真题）如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面动摩擦因数为，B与地面无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F与位移x的图如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4m，重力加速度。 (1)求，F做的功； (2)时，A与B之间的弹力； (3)要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。 【答案】(1)1.5J (2)0.5N (3) 【详解】（1）求，F做的功 （2）对AB整体，根据牛顿第二定律 其中 对B根据牛顿第二定律 联立解得 （3）当A、B之间的弹力为零时，A、B分离，根据（2）分析可知此时 此时 过程中，对A、B根据动能定理 根据题图可得 从点到点，根据动能定理 在点的最小速度满足 联立可得 即圆弧半径满足的条件。 举一反三 【练1】（2025·江苏南京·模拟预测）如图所示，水平面上放置着半径为、圆心角为的圆弧轨道，一个可视为质点的小球以初速度冲上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量，小球质量，重力加速度大小为，不计一切摩擦和空气阻力，小球从圆弧轨道飞出时，速度方向恰好跟水平方向成角，求： (1)圆弧的半径； (2)小球飞出圆弧轨道时，小球和圆弧轨道的速度； (3)若小球从圆弧轨道飞出时，圆弧向右运动的距离为，小球在轨道上运动时间。 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）小球以初速度v0滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧到飞离圆弧的运动中，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，机械能守恒，因此小球有两个分速度，其中v1是相对轨道的速度，与圆弧相切，v2是随轨道运动的速度，方向水平，如图所示 由几何关系，可知与v2成60°角，v与v2成30°角，则与v成30°角，所以四边形是菱形，则有， 由水平方向动量守恒可得 由系统机械能守恒可得 联立解得圆弧半径为 （2）由水平方向动量守恒可得 可得小球飞出时圆弧轨道的速度为 根据矢量三角形可得小球飞出圆弧轨道时速度大小为 （3）根据题意可知，小球与圆弧轨道水平方向动量守恒，则有 设小球在轨道上运动时间为t，则有 整理可得 解得 【练2】（2025·辽宁鞍山·一模）如图所示，光滑圆弧ABC半径为R，为圆心并固定一个点电荷，水平，B为最低点，。C点右侧有一光滑圆弧与弧ABC相切于C点，为右侧圆弧圆心。现有一个带正电的小球q从A点无初速度滑下，到B点处时对轨道的压力为自身重力的4倍，经过C点右侧瞬间对轨道的压力刚好为零。由此可求得右侧圆弧的半径为（，）（　　） A．2R B． C． D． 【答案】D 【详解】已知小球在点处对轨道的压力为自身重力的4倍，根据牛顿第三定律，轨道对小球的支持力 又因为、两点到点电荷的距离相等，所以小球在、两点的电势能相等，从到的过程中，电场力不做功，只有重力做功。 根据动能定理 可得 即 根据牛顿第二定律 可得 解得 小球经过点右侧瞬间对轨道的压力刚好为零，此时小球受到重力、库仑力。根据牛顿第二定律，可得 从到的过程中，重力做功 电场力做功为零（因为B、C两点到点电荷+Q的距离相等，电势能相等）。 根据动能定理可得 解得 故选D。 【练3】（2025·辽宁鞍山·一模）如图，质量为的物体静止在高为的水平平台的A点。现用斜向右下、与水平平台间的夹角的推力F将其从静止开始推动，当物体运动到与A点相距的平台边缘的B点时，瞬间撤去该力，撤去力的瞬间物体的速度大小为，随后从平台边缘水平飞出，落到水平地面的C点。物体与水平平台间的动摩擦因数为0.5，，，g取。求： (1)BC两点间的水平距离； (2)推力F的大小。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由           得平抛运动时间 由           可得 （2）从A到B由动能定理可知           得 考点梳理2 动能定理与图像结合的问题 1．五类常见图像中面积或斜率的意义 (1)v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位移。 (2)F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。 (3)P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。 (4)a－t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。 (5)Ek－x图像：由公式F合x＝Ek－Ek0可知，Ek－x图线的斜率表示合外力。 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。 母题考点二 动能定理与图像结合的问题 【母题2】（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。 举一反三 【练1】（2024·广西柳州·一模）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，其所在圆弧雪道的半径为r，a、c两处的高度差h=2r，运动员可视为质点，忽略一切阻力。则运动员经过c点时对滑雪板的压力为自身所受重力的（　　） A．2倍 B．4倍 C．5倍 D．8倍 【答案】C 【详解】根据a点到c点过程，根据动能定理可得 在c点，根据牛顿第二定律可得 又，联立解得 根据牛顿第三定律可知，运动员经过c点时对滑雪板的压力为自身所受重力的5倍。 故选C。 【练2】（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图甲所示，质量为M的足够长的滑板A静止在光滑水平面上，滑板A上静置一个质量m=2kg的滑块B，滑块B与滑板A之间有摩擦。从t=0时刻起在滑块B上施加一个水平向右的拉力F，且拉力F与时间t的关系为F=2t（式中物理量均为国际单位）。滑板A的动能与其位移的关系图像如图乙所示，t=6s时滑板A的位移为x0，0~x0段的图线为曲线，x0~x0+14m段的图线为倾斜直线。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．滑块B与滑板A间的动摩擦因数为0.2 B．t=6s时，滑块B的速度大小为10m/s C．滑板A的质量为1kg D．第7s内，滑板A的位移大小为21m 【答案】AC 【详解】A．根据题意可知，在0~6s内滑块B与滑板A相对静止，6s后滑块B与滑板A出现相对滑动，6s后对滑板A由动能定理得 由图可知 求得μ=0.2，故A正确； BC．6s时滑板A和滑块B间的静摩擦力恰好达到最大静摩擦力，此时二者速度相等，加速度相等，由牛顿第二定律有 此时 解得M=1kg 6s时滑板A的动能 解得，故B错误，C正确； D．在第7s内，滑板A做匀加速直线运动，加速度 故第7s内，滑板A的位移大小为，故D错误。 故选AC。 【练3】（2025·陕西安康·模拟预测）某个雨滴从空中由静止开始下落，在速度不太大时，其受到的阻力与速率成正比，即，其中。雨滴下落过程中，重力的功率P随加速度a变化的图像如图所示。重力加速度取。下列说法正确的是（　　） A．雨滴的质量为 B．雨滴所能达到的最大速度为 C．当重力功率为时，雨滴受到的阻力为 D．当雨滴速度为时，其动能增加最快 【答案】D 【详解】A．根据， 解得 结合图像有 解得，故A错误； B．雨滴向下先做加速度减小的变加速直线运动，当加速度为0时开始做匀速直线运动，此时速度达到最大值，则有 解得，故B错误； C．结合图像可知，当重力功率为时，加速度 根据 解得，故C错误； D．根据动能定理有 则有 由于 则有 当取极小值时有 此时结合上述有 根据数学二次函数规律可知，当速度等于 此时，雨滴动能增加最快，故D正确。 故选D。 考点梳理3 动能定理求解多过程问题 1．运用动能定理解决多过程问题的两种方法 方法1：分阶段应用动能定理 分阶段应用动能定理的适用情况 (1)题目需要求某一中间物理量； (2)受到的弹力、摩擦力等力发生变化； (3)力在各个过程中做功情况不同。 方法2：全过程应用动能定理 (1)适用情况：当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算。 (2)全过程列式时要注意 ①重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。 ②大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。 2．动能定理的应用流程 3．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。 母题考点三 动能定理求解多过程问题 【母题3】（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 举一反三 【练1】（24-25高二下·四川资阳·开学考试）如图所示，光滑水平杆距离水平地面高为，杆上套有一轻质滑环，杆上A点处固定一锁扣。长度为的轻绳的一端连接滑环，另一端悬挂质量为的小球，轻绳能承受的最大拉力为。水平地面上P点处静置一个顶部装有细沙的小滑块，小滑块与细沙的总质量为。P点右侧有一高度为、倾角为的固定斜面BC，B点处平滑连接，B与P间距为。初始时刻，轻绳保持竖直，滑环和小球一起水平向右匀速运动，当滑环与A处的锁扣碰撞，滑环即刻被锁住。不计空气阻力，小球、小滑块可以视为质点且小滑块与水平面和斜面间的动摩擦因数均为，，，。 (1)若轻绳没有断裂，求小球在竖直面内可向上摆动的最大高度。 (2)某次实验中，初始滑环和小球一起以的速度向右匀速运动，滑环被锁住同时轻绳断裂，小球恰好落入小滑块顶部的沙堆内，落入时间极短且沙没有飞溅。求P点与锁扣A点的水平距离。 (3)求（2）问中小滑块最终静止的位置到B点的距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由于轻绳没有断裂，设小球在最低点的最大速度为v，则 解得 设小球从最低点向上摆到最高点的速度可以为0，则有 解得 又因为，可知小球在到圆周运动最高点前会做近心运动，设该位置与圆心的连线与水平方向成角，对应的速度为，根据机械能守恒可得 在该位置由牛顿第二定律得 联立解得 则小球在竖直面内可向上摆动的最大高度为 （2）由于滑环被锁住同时轻绳断裂，小球做平抛运动，则有， 解得P点与锁扣A点的水平距离为 （3）小球与小滑块作用过程，由系统水平方向动量守恒得 解得 从P到斜面最高点的过程，根据动能定理得 解得 滑块未从斜面顶端飞出，又，则滑块下滑，从滑块在斜面上的最高点到最终静止的位置，有 解得 可知滑块最终静止的位置到B点的距离为。 【练2】（25-26高二上·湖北·阶段练习）如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道O、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，水平区域FG足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开。现将一质量为的滑块（可视为质点）从AB轨道上高度为h处由静止释放，若已知圆轨道半径，水平面BD的长度，传送带长度，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为，传送带以恒定速度逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响），g取。求： (1)若，则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力； (2)若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度h的取值范围； (3)当时，计算滑块从释放到飞出传送带的过程中，因摩擦产生的热量Q是多少？ 【答案】(1)20N，方向竖直向下 (2) (3) 【详解】（1）若，则滑块运动至B点时，由动能定理可得 在B点由牛顿第二定律得 联立解得 由牛顿第三定律可知，滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力为20N，方向竖直向下。 （2）若滑块恰好能过C点，则C点时有 从A到C，根据动能定理有 解得 要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度，从A到E，根据动能定理有 解得 显然，若滑块不脱离圆弧轨道且从E点飞出，则滑块释放点的高度。 （3）当时，从A到D点根据动能定理 解得 从A到E点根据动能定理 可得 由运动学公式 解得 在1s时间内，滑块的位移为 传送带运动的位移为 滑块相对于传送带的位移为 由功能关系得 【练3】（2025·浙江湖州·一模）如图所示，一游戏装置由弹射器，光滑水平直轨道AB、CD，水平凹槽MN，圆心为的四分之一细圆管竖直轨道DE，圆心为的四分之一圆弧竖直轨道EF，足够长粗糙水平直轨道GH组成。连线水平，和竖直，静止在水平凹槽的滑板左端紧靠竖直侧壁BM，上表面与AB、CD平齐。游戏时，可视为质点的滑块从A点水平弹出，经B点滑上滑板，随后带动滑板一起运动，滑板到达竖直侧壁CN后即被锁定。滑块继续滑过轨道CD、DE、EF后，静止在GH某处视为游戏成功。已知滑块和滑板质量分别为，，MN长，滑板右端距CN的距离，滑块与滑板间的动摩擦因数，滑块与GH间的动摩擦因数，DE和EF的半径，其余各处均光滑，轨道间平滑连接，弹射时滑块从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，g取。 (1)若滑块恰好能滑上GH，求滑块在圆管轨道的D点时受到的作用力； (2)要使游戏成功，求滑块到达D点时的速度大小的范围； (3)要使游戏成功，求滑块静止的区域以及相应的弹簧弹性势能范围。 【答案】(1) (2) (3)； 【详解】（1）恰好过F点，此时只要重力提供向心力，则有 从D到F点，由动能定理可得 解得 结合牛顿第二定律   联立解得 （2）①滑板一直在加速   解得   根据牛顿第二定律则有 解得滑板的加速度 则滑板此阶段加速的时间 此过程，滑块一直在做减速运动，由动能定理可得   结合动量定理则有 解得为最大值，对应 ②滑块恰好能滑上GH，由上述结论可知 故 （3）①在时，根据能量守恒可得 解得 恰好能过最高点时，则有 解得 滑块静止的区域距G点的距离 ②当时，对应，由功能关系可得 恰好能过最高点时，  对应，滑块与滑板达到共速，随后两者匀速至滑板锁定。由运动学规律可得，， 解得 滑板恰好匀加速至锁定时，滑块与滑板达到共速，即不存在匀速运动状态。则有， 综上所述，滑块静止时相应的弹簧弹性势能范围 模拟演练 1．（2024·宁夏·模拟预测）如图所示，表面光滑的固定斜面与水平面的夹角，斜面底端与水平光滑轨道平滑连接，水平轨道右端点连接竖直的光滑半圆轨道，半圆轨道的圆心为，最高点为，半径，有一质量的小球以的初速度从斜面上的点沿斜面向下滑，滑到水平轨道后与静止在水平轨道上的小球发生碰撞，碰撞后，小球恰好沿水平轨道运动到半圆轨道的点，，已知点距地面的高度，小球均可看作质点，重力加速度取，计算结果可以保留根号，求： (1)小球与小球碰前的速度大小； (2)小球运动过程中，上升的最大高度； (3)碰撞后小球的速度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球运动到水平轨道的速度为，故小球在沿斜面下滑的过程中，由动能定理可得 解得 （2）当小球运动到点时，设小球的质量为，速度为，小球只受重力，受力分析如图所示 根据重力的分力提供向心力得 解得 小球经过点之后做斜抛运动，设竖直方向的速度为，根据速度的合成与分解可得 解得 由运动学公式可得小球竖直方向减速到零，距点的高度 解得 所以小球上升的最大高度 解得 （3）设两球发生弹性碰撞后小球的速度大小为，碰撞后小球运动到点的过程，根据动能定理可得 解得 2．（2025·陕西延安·模拟预测）中国自主研发的第四代军用涡扇发动机WS－15在推力、燃油效率和可靠性等方面均达到了世界先进水平，已知WS－15涡扇发动机的喷气口的横截面积为S，喷出的燃气密度为，燃气从喷气口喷出时的速度大小为，则WS－15涡扇发动机喷气的功率为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设在时间间隔内，喷出燃气的质量 根据动能定理可得发动机做的功为 则WS－15涡扇发动机喷气的功率为 故选A。 3．（2025·云南丽江·三模）在上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界。若风洞内总的向上的风速和风量保持不变，质量为m的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果，假设表演者受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且表演者站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的，风洞内表演者可上下移动的空间总高度为H。如图所示，开始时，若表演者与竖直方向成一定角度倾斜，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速飘移；后来，表演者从最高点A开始由静止先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C处减速为零，则以下说法正确的有（    ） A．由A至C全过程表演者克服风力做的功为mgH B．表演者向上的最大加速度是g C．表演者向下的最大加速度是 D．B点的高度是H 【答案】AD 【详解】A．对A至C全过程应用动能定理可得，解得，故A正确； B．设最大风力为，由于表演者受风力大小与正对面积成正比，故表演者站立时所受风力为，由于表演者受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速飘移，故重力，表演者平躺匀减速下落时有向上的最大加速度，故B错误； C．表演者站立加速下降时有向下的最大加速度，故C错误； D．设下降过程中的最大速度为v，由运动学公式可知，加速下降过程的位移 减速下降过程的位移，故 所以，故D正确。 故选AD。 4．（2024·广西柳州·一模）翼装飞行运动属危险性很高的极限运动。飞行者穿戴飞行服装和降落伞设备，从悬崖绝壁等高处跃下，无动力空中飞行（如图甲），到达安全的高度时飞行者打开降落伞着陆。某一翼装飞行者在空中运动时竖直方向的v-t图像如图乙所示，以向下为正方向，则（　　） A．0~10s内飞行者竖直方向加速度一直在减小 B．0~15s内合外力对飞行者始终做正功 C．10~15s内飞行者做匀减速运动 D．10~15s内飞行者处于失重状态 【答案】A 【详解】A．图线切线的斜率表示加速度，所以0~10s内飞行者竖直方向加速度一直在减小，故A正确； B．0~10s内，飞行者速度增大，动能增大，合外力做正功，10~15s内，速度减小，动能减小，合外力做负功，故B错误； C．10~15s内，加速度不断减小，飞行者做加速度减小的减速运动，故C错误； D．10~15s内，飞行者向下减速，加速度向上，处于超重状态，故D错误。 故选A。 5．（2025·北京西城·三模）如图所示，不计质量的轻质滑轮下方悬挂重物A和B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量均为m，摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．拉力对A做的功等于A的动能增加量 B．重力对B做的功等于A、B两物体的动能增加量 C．细线上拉力的大小为0.6mg D．A的加速度大小等于0.5g 【答案】C 【详解】A．由动能定理可知，细线拉力与重力对A所做的总功等于A的动能增加量，故A错误； B．由动能定理可知，重力对A、B做的总功等于A、B两物体的动能的增加量，故B错误； CD．设细线拉力大小为F，A的加速度大小为a，由滑轮组之间的关系可知，B的加速度大小为2a。根据牛顿第二定律得， 联立解得a=0.2g，F=0.6mg，故C正确；D错误。 故选C。 6．（2025·福建泉州·模拟预测）如图，某同学正在网球场练习发球，他将质量m=0.05kg的网球从离水平地面高度h=1.8m处，以某一初速度水平击出，网球第一次落在距击球点水平距离处的地面上，然后经地面多次反弹，最终停下来。已知网球与地面第一次碰后，竖直分速度反向，大小变为碰前的，水平分速度方向不变，大小变为碰前的。不计网球所受空气阻力，网球与地面碰撞时间极短，重力加速度，求： (1)该同学击球过程对网球所做的功W； (2)网球第二次接触地面处与击球点间的水平距离L2。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设网球第一次落地前运动时间为，根据平抛运动规律可得， 解得， 根据动能定理可得该同学击球过程对网球所做的功为 （2）根据题意可知，网球与地面第一次碰后竖直分速度为 水平分速度为 设网球第一次弹起后经时间再次落地，根据对称性可得 则网球第二次接触地面处与击球点间的水平距离为 7．（2025·湖北武汉·模拟预测）某兴趣活动小组在探究物体动能大小实验时，让一物体在恒定合外力作用下由静止开始沿直线运动，记录下速度、时间、位置等实验数据，然后分别作出动能随时间变化的甲图和动能随位置变化的乙图，若图甲中OA连线的斜率为p，图乙中直线的斜率为q，则物体在A点所对应的瞬时速度的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】甲图中OA连线的斜率 乙图中直线的斜率 因物体在恒定合外力作用下做的是初速度为零的匀加速直线运动，则 所以有 即 故选A。 8．（2025·新疆喀什·模拟预测）如图所示，半径的四分之一光滑圆弧轨道A固定在水平地面上，轨道最低点切线水平，紧邻轨道右侧放置着一下表面光滑、上表面粗糙的滑板B，在滑板B的右侧放置着一个物块C，其中滑板B的质量，物块C的质量。现将一质量的小滑块D（可视为质点）从圆弧轨道正上方距离圆弧轨道最高点处由静止释放，小滑块D正好沿圆弧切线进入圆弧轨道，小滑块D冲上滑板B，在达到共同速度的瞬间滑板B与物块C发生弹性碰撞，整个运动过程中，小滑块D未从滑板B上掉落。已知小滑块D与滑板B间的动摩擦因数，物块C与地面间的动摩擦因数，重力加速度。求： (1)小滑块D下落h高度时的速度大小； (2)小滑块D到达圆弧轨道最低点时对圆弧轨道的压力； (3)最初滑板B右端到物块C的距离； (4)物块C与地面间因摩擦产生的热量。 【答案】(1)4m/s (2)，方向竖直向下 (3) (4) 【详解】（1）小滑块D从静止释放后做自由落体运动，由 小滑块D下落h高度的速度大小。 （2）小滑块D从静止释放后到滑上滑板B前的过程中，根据动能定理可得 对最低点的小滑块D受力分析可得 由牛顿第三定律，联立解得，方向竖直向下。 （3）小滑块D冲上滑板B的速度大小为 根据动量守恒定律可得 小滑块D冲上滑板B时，滑板B的加速度为，则有 由运动学公式可得 联立解得最初滑板B右端到物块C的距离为。 （4）滑板B与物块C发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒可得， 解得， 之后滑板B与小滑块D达到共同速度再次与已经静止的物块C发生碰撞，滑板B与小滑块D达到共同速度时，有 滑板B第二次与物块C发生碰撞，设碰后物块C的速度为，根据动量守恒和机械能守恒可得 可知第次碰撞后物块C的速度为（，1，2……），最终小滑块D、滑板B和物块C均静止，根据能量的转化和守恒，可得物块C与地面摩擦产生的总热量为 结合等比数列求和公式可得。 9．（2025·甘肃定西·模拟预测）如图所示为某工厂的一条节能运输线路系统简图，质量的产品（可看成质点）以的速度从点离开传送带后，恰好在点沿切线方向滑入光滑圆弧轨道，然后冲上停在此处的平板车上，平板车的上表面恰好与圆弧轨道的最低点相切，平板车的质量，产品滑上平板车到达平板车的最右端时恰好与平板车共速，之后与平板车一起向右运动至产品储存平台（平台与平板车的上表面相平）时，平板车被原速率弹回，产品滑上平台，而平板车恰好能回到圆弧轨道处，此时第二件产品也恰好到达点。已知圆弧轨道的半径、圆心角，产品与平板车间的动摩擦因数，平板车受到水平地面的摩擦力为平板车对地面压力的，，，重力加速度。求： (1)间的水平距离和产品运动到点时对圆弧轨道的压力大小；（结果保留两位有效数字） (2)平板车的长度； (3)相邻两件产品从点滑上平板车的时间间隔。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）对产品到达点时的速度进行分解，有 而 联立解得 间的水平距离 产品到达点时的速度大小 产品从点运动到点的过程中，由动能定理有 在点，对产品有 联立解得， 根据牛顿第三定律，可得产品运动到点时对圆弧轨道的压力大小 （2）产品滑上平板车后到与平板车达到共速的过程中，对产品有 解得 对平板车有 解得 又 产品通过的位移 又 平板车通过的位移 联立解得，，， 由题意可知，此时产品恰好到达平板车的最右端，因此平板车的长度 （3）产品与平板车共速后一起以大小为的加速度向右做匀减速运动，经时间以的速度与平台相碰，设开始时平板车右端到平台的距离为，有 解得 又， 平板车原速率弹回后仍以大小为的加速度做匀减速运动，经时间返回到圆弧轨道处，此过程中有， 联立解得，，， 相邻两件产品从点滑上平板车的时间间隔 10．（2025·山东济南·模拟预测）动能回收是电动汽车的核心技术之一，通过将车辆减速时的动能转化为电能并存储回电池，从而提升能量利用效率、延长续航里程。某电动汽车质量，在平直公路上沿坐标轴正方向匀速行驶，其动能为。当经过原点时切断动力，在滚动摩擦阻力的作用下运动，滑行至位置时动能减为。此时立即开启动能回收装置，电动机切换为发电机模式，产生阻碍汽车运动的电磁阻力，当运动至位置时停下。汽车动能随位移的变化如图所示，除滚动摩擦阻力和电磁阻力外其它阻力不计。 (1)求匀速行驶时汽车发动机的功率； (2)回收效率是指回收的电能占用于发电的机械能的百分比，若本次动能回收效率，求汽车回收的电能。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设滚动摩擦阻力为，由动能定理 匀速运动时牵引力为，由平衡条件 速度为，有 发动机的功率 解得 （2）开启动能回收装置后，电磁阻力做的功为，由动能定理 用于发电的动能 回收效率 回收的电能 11．（2025·辽宁盘锦·三模）如图，倾角的斜面与圆心为、半径的光滑圆弧轨道相切于点，且固定于竖直平面内。质量的滑块从斜面上的点由静止释放，经点后沿圆弧轨道运动，通过轨道最低点时对轨道的压力大小为17N。已知为轨道的末端，水平，垂直于，、之间的长度，取，，。求： (1)滑块与斜面之间的动摩擦因数； (2)滑块释放之后在斜面上运动的总路程。 【答案】(1)0.125 (2)18m 【详解】（1）由牛顿第三定律可知在C点轨道对滑块的支持力 在C点，根据牛顿第二定律可知 滑块由A点运动到C点，由动能定理有 解得 （2）滑块最终在轨道内做往复运动，最高能到达B点，设B点为零势能点，根据能量守恒定律有 解得 12．（2025·陕西咸阳·模拟预测）扫地机器人在运行过程中输出的能量主要转化为清洁过程中的耗能和驱动设备移动的耗能。一扫地机器人在水平面上由静止进入水平木地板地面的同时开始计时，经过时间t后运动位移为，之后进入水平瓷砖地面，经过相同时间后运动位移为，之后立即关闭动力系统直到扫地机器人停止。已知扫地机器人的质量为m，它受到木地板和瓷砖的阻力分别为f、0.4f，整个工作过程均做匀变速直线运动，且输出的总能量为。求： (1)在2t时刻扫地机器人的速度大小v； (2)在关闭动力系统后扫地机器人的位移； (3)扫地机器人在清洁过程中除牵引力做功以外的其他耗能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设扫地机器人刚进入瓷砖地面时速度为，则扫地机器人在木地板地面运动的位移为 扫地机器人在瓷砖地面运动的位移为 联立解得 （2）扫地机器人从关闭动力系统到停止，根据动能定理可知 联立解得 （3）扫地机器人由静止加速到速度v，牵引力做功转化为自身动能和克服阻力做功，设牵引力做功为，则有 其他耗能为 联立解得 13．（2025·甘肃白银·模拟预测）如图所示，水平桌面上点左侧固定有一弹簧，点右侧处静置一质量为的滑块长度。现用此弹簧来弹射一质量为的滑块D，弹簧储存的弹性势能，滑块D从点释放，获得弹簧储存的全部弹性势能后向右运动，到达点与滑块C发生弹性碰撞，碰撞后滑块C向右运动，到达桌面边缘点。长度，滑块C、D与桌面间的动摩擦因数均为。滑块C运动到点后做平抛运动，通过固定在光滑水平地面上的光滑圆弧装置无机械能损失地滑上静止在地面上的长木板，经过一段时间，长木板右端与固定挡板（宽度忽略不计）碰撞并粘连。长木板质量，板长，板右端到挡板的水平距离为（其中）。滑块C与长木板间的动摩擦因数也为，挡板和长木板等高，桌面右端点距长木板上表面的高度，不计空气阻力，滑块都可看作质点，重力加速度大小为。 (1)求滑块D与滑块C碰撞前瞬间的速度大小； (2)求滑块C到达点时的动能； (3)讨论滑块C从滑上长木板到离开长木板右端的过程中，克服摩擦力做的功与的关系。 【答案】(1) (2) (3)见解析 【详解】（1）滑块碰撞前瞬间，根据动能定理有 由功能关系有 解得； （2）滑块与发生弹性碰撞，设碰后瞬间的速度为，的速度为，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律有， 解得 对滑块从到的运动过程，由动能定理有 解得； （3）设滑块到达时的速度为，对滑块从到的运动过程，以水平地面为重力势能的零参考面，由机械能守恒定律有 得 设长木板与滑块达到共同速度时，位移分别为、 由动量守恒定律有 得 由动能定理对长木板有 对滑块有 联立解得 滑块相对长木板的位移，即滑块与长木板达到共同速度时，滑块未离开长木板 ①若，则当长木板与挡板碰撞时，滑块尚未与长木板达到共速，之后滑块速度要减为零，要滑行 有 得 则有，即滑块从长木板滑离时速度不为零 有 解得 ②若，由前面分析知，长木板与挡板碰撞之前，滑块与长木板已经达到共同速度，当长木板与挡板碰撞时，长木板速度减为零，滑块继续向前滑行，因，滑块从长木板滑离时速度不为零，有 解得 14．（2025·内蒙古·模拟预测）一列复兴号列车长200米，在平直轨道上以360km/h的速度匀速前进，此时功率为8000千瓦，某时刻开始进入一长度为2000米的平直隧道，假设列车在隧道中受到的新增阻力与列车在隧道中的长度成正比，原有阻力不变，列车始终匀速前进，完全进入隧道后功率变为10400千瓦，则下列说法正确的是（　　） A．列车在未到达隧道前，所受的阻力为 B．列车在隧道中所受阻力与车长度的比例系数为 C．列车在通过隧道的整个过程中牵引力所做的功为 D．列车因过隧道多消耗的电能为 【答案】C 【详解】A．列车匀速时有 故A错误； B．列车完全进入隧道，达到，可得 联立解得 故B错误； C．题意可知列车在隧道中受到的新增阻力与列车在隧道中的长度成正比，列车长200m，故列车在穿越隧道中受到的阻力大小与其位移x图像如下 对列车在通过隧道的整个过程，由动能定理得 因为 即为图像梯形面积，即 联立解得牵引力做功 故C正确； D．列车因过隧道多消耗的电能就是克服额外阻力做的功，即克服额外阻力做的功为图像的梯形面积，即为，故D错误。 故选C。 15．（2025·河北·模拟预测）如图甲所示，一倾角、足够长的斜面固定在水平地面上，以顶点为原点，以沿斜面向下为轴正方向，质量的滑块与斜面间的动摩擦因数随变化的规律如图乙所示，取重力加速度，，。现将滑块由点静止释放，则下列说法正确的是（　　） A．滑块向下运动的最大距离为2m B．滑块加速阶段和减速阶段摩擦力做的功之比为1∶3 C．滑块与斜面间因摩擦产生的热量为48J D．滑块加速和减速的时间相同 【答案】BD 【详解】A．滑块速度减为零时向下运动的距离最大，该过程中根据动能定理有 由图乙可知 联立解得，故A错误； B．滑块速度最大时所受合外力为零，即 得（对应） 滑块加速阶段和减速阶段摩擦力做的功之比，故B正确； C．滑块与斜面间因摩擦产生的热量，故C错误； D．因随均匀增大，所以滑块加速度大小随先均匀减小到零后均匀增大，因滑块初末速度均为零，根据对称性可知，所以滑块加速和减速的时间相同，故D正确。 故选BD。 16．（2025·湖南长沙·二模）某储能系统的简化模型如图所示，倾角为的斜坡上，有一质量为50kg的重物（可视为质点）通过缆绳跨过轻质滑轮与电动机连接。时，电动机开始工作，缆绳拉动重物从点由静止沿斜坡向上运动；时，重物到达点，且在此之前速度已达到最大值，之后以最大速度继续做匀速直线运动；时，关闭发动机，此时重物被拉到点；此后重物到达斜坡顶端点时速度刚好为零，系统储存机械能。已知电动机工作时输出的功率始终为2kW，重物与斜坡间动摩擦因数，不计缆绳质量以及其它摩擦损耗，重力加速度取，，。下列说法正确的是（    ） A．重物到达点时的速度大小为 B．重物在段的平均速度大小为 C．斜坡的长度为44.8m D．在整个上升过程中，系统存储的机械能和电动机消耗的电能的比值为 【答案】AD 【详解】A．重物在段匀速运动，得电动机的牵引力为 又 联立解得 重物到达点，且在此之前速度已达到最大值，所以重物到达点时的速度大小为，故A正确； B．重物在段根据动能定理有 代入数据解得 联立以上，可得重物在段的平均速度大小为 故B错误； C．重物在段匀速运动，有 重物在段运动过程中，由牛顿第二定律得 解得 由运动学公式 联立解得 则斜坡的长度为 故C错误； D．全过程重物增加的机械能为 整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为重物增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知 则 故D正确。 故选AD。 17．（2025·江苏扬州·模拟预测）无风的情况下，在离地面高为H处，将质量为m的球以速度v0水平抛出，球在空气中运动时所受的阻力大小f=kv，v是球的速度大小，k是已知的常数，阻力的方向与速度方向相反，并且球在着地前已经竖直向下做匀速运动。已知重力加速度为g，则下列说法中错误的是（　　） A．球刚抛出时加速度大小为 B．球着地前瞬间的速度大小为 C．球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功 D．若将球从同一地点由静止释放，则两种情况下球在空中运动时间相同 【答案】A 【详解】A．根据题意可知，球刚抛出时阻力水平向左，大小为 则小球所受合力为 由牛顿第二定律可得球刚抛出时加速度大小为，故A错误，符合题意； B．由于球在着地前已经竖直向下做匀速运动，则有 解得，故B正确，不符合题意； C．根据题意，由动能定理有 整理可得，故C正确，不符合题意； D．根据题意可知，两种情况在竖直方向上的运动情况相同，则两种情况下球在空中运动时间相同，故D正确，不符合题意。 故选A。 18．（24-25高三下·辽宁·期中）在哈尔滨冰雪大世界，游客们不可或缺的体验项目之一便是“冰雪大滑梯”。其简化模型如图所示。冰滑梯轨道固定在地面上，表面摩擦忽略不计，游客乘坐雪圈从高处由静止开始下滑，并通过长度为的水平雪面，最终进入长度为的铺有地垫的缓冲区。已知雪圈与雪面和缓冲区间的动摩擦因数分别为，游客与雪圈可视为质点，不计空气阻力和通过点时的机械能损失。为了确保游客下滑后能够停在缓冲区内，的取值可能为（　　） A． B． C． D． 【答案】AB 【详解】游客若恰好停在点，由动能定理得 解得 若恰好到达点，由动能定理得 解得 则要使游客能够停在缓冲区内，的取值范围为 故选AB。 19．（2025·四川绵阳·模拟预测）如图所示是大型蒸汽打桩机示意图.桩（含桩帽）竖直轻轻放置到地面，桩依靠自重先向泥土中下沉，稳定后，将锤提升到桩的正上方，让锤从距离桩顶高度m处自由下落而击桩，锤反弹的速度大小m/s，此后锤再次被提起。已知锤的质量kg，桩的质量kg，桩所受泥土的阻力与桩沉入泥土深度的关系为，其中N/m，取重力加速度m/s²，求： (1)桩依靠自重下沉至深度m时的加速度大小a； (2)桩被锤击后瞬间的速度大小v2；若桩与锤打击时间为0.2s，则锤对桩的打击力F； (3)桩被1次锤击后继续下沉，待桩静止时沉入泥土的总深度x。 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）对桩，根据牛顿第二定律，有 解得 （2）锤做自由下落的过程中，有 锤与桩发生碰撞时，规定竖直向下为正方向，锤与桩组成的系统动量守恒，有 解得 对锤，根据动量定理，有 由牛顿第三定律，得锤对桩的打击力 （3）在桩依靠自重下沉的过程中，下沉距离为，由动能定理有 解得 在锤撞击后，桩继续下沉，由动能定理有 解得 20．（2025·重庆北碚·模拟预测）钢架雪车比赛的赛道如图所示，赛道由水平直轨道AB、圆弧轨道BC（半径为R）、倾斜轨道CD平滑连接而成。比赛时，运动员推着雪车在水平直道上加速滑行，到达B点前跳上雪车，然后贴着赛道滑下。已知雪车质量为m，重力加速度为g。若雪车刚滑上BC段时对轨道的压力为零，雪车从开始运动至到达B点过程克服阻力做功为W。求： (1)雪车在B点的速度大小； (2)雪车从开始运动至到达B点过程人对雪车做的功。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）雪车刚滑上BC段时对轨道的压力为零，则在B点时由牛顿第二定律 解得 （2）雪车从开始运动至到达B点过程由动能定理 解得人对雪车做的功 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $