题型08 动能定理的准确理解与实际应用（题型专练）（黑吉辽蒙专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

题型08 动能定理的准确理解与实际应用目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 总方法透视 典例引领 变式演练 考向01 运用动能定理求变力做的功 考向02 牛顿定律与动能定理相结合解决问题 考向03 运用动能定理分析各力做功的数量关系 考向04 动能定理综合问题 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 动能定理是黑吉辽蒙高考物理力学能量的核心工具，近5年（2021-2025）稳定高频，集中在选择中档题（4-6分）+力学综合大题（6-12分），常与传送带、板块、圆周、弹簧、电场/电磁感应结合，以下为结构化考情分析。核心逻辑：合外力做功=动能变化（W合=ΔEk=½mv末²−½mv初²），适用单物体/质点，多过程问题优先用，规避复杂受力与加速度分析。 模型占比：传送带/板块约40%、圆周/斜面约30%、弹簧/变力（F-x图像）约20%、电磁感应综合约10%。传送带/板块（摩擦生热+多过程）、圆周/斜面（重力/弹力做功）、弹簧/F-x图像（变力做功）；核心是多过程分段、变力做功用图像/能量转化。 1.　动能　 （1）定义：物体由于运动而具有的能。（2）公式：Ek＝mv2。 (3)标矢性：动能是标量，只有正值，动能与速度方向无关。 (4)状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。(5)相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性。 (6)动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv－mv。动能的变化是过程量。 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＝ΔEk; W＝Ek2－Ek1; W＝mv－mv。 3．物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。 4．适用范围广泛 (1)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，也可以不同时作用。 5.　动能定理的理解和应用 (1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。 因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。 数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。 单位关系：国际单位制中功和能的单位都是焦耳。 (2)动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是静电力、磁场力或其他力；既可以是恒力，也可以是变力。 (3)动能定理中涉及的物理量有F、l、α、m、v、W、Ek，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。 6.应用动能定理的注意事项 (1)应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”。“两状态”即明确研究对象的始、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。 (2)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (3)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。 (4)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。 (5)当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：①重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力与路程的乘积。 (6)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。 7. 应用动能定理解决问题的流程 考向01 运用动能定理求变力做的功 【例1-1】（2026·黑龙江辽宁·一模）无风的情况下，在离地面高为处，将质量为的球以速度水平抛出，球在空气中运动时所受的阻力大小，是球的速度，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，则下列说法中正确的是（　　） A．球刚抛出时加速大小为 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．其他条件不变，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不同 【例1-2】（2025·黑龙江·模拟预测）冰车是东北地区冬季喜闻乐见的游乐项目。如图甲所示，小孩坐在冰车上，大人先用水平恒力推了5s后，又用水平恒力推了25s，之后撤去了外力，小孩及冰车又在冰面上自由滑行了10s，最终静止。已知小孩和冰车的总质量为40kg，小孩在冰面上做直线运动的图像如图乙所示，忽略空气阻力，重力加速度g取，则下列说法中正确的是（    ） A．水平恒力 B．冰车与冰面的动摩擦因数 C．整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为 D．整个过程中大人对小孩和冰车做的功为 【变式1-1】（2025·吉林长春·二模）如图所示，水平地面上固定一倾角为的斜面，其底端垂直斜面固定一挡板P。斜面顶端固定一光滑圆弧轨道，轨道所对应的圆心角为，轨道下端与斜面相切。长木板A放置在斜面上，其上端与斜面上端对齐，下端到挡板P的距离为，物块B放在A上表面的中点。初始时A、B均静止，物块C从圆弧最高点由静止释放，沿圆弧轨道滑到斜面顶端时与A相碰。已知木板A足够长，物块B、C均可视为质点，碰撞均为弹性碰撞，圆弧轨道的半径，，，A和C与斜面间的动摩擦因数均为，B与A间的动摩擦因数，，，。 (1)求C在圆弧轨道最低点与A碰前瞬间，轨道对小球C的压力大小； (2)若足够长，A、B在接触挡板P前已达到共同运动，求A刚接触挡板P时B在A上表面的划痕长度； (3)若，A与挡板P碰撞后，速度大小不变，方向反向，在A与挡板P第一次碰撞到第二次碰撞期间内，试推理说明A与C能否发生碰撞？ 【变式1-2】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图所示，有两个质量均为m的相同小环A、B，它们由一根不可伸长且长度为L的轻绳连接。小环A套在固定的水平细杆OM上，小环B套在固定的竖直细杆ON上，两杆通过一小段圆弧杆平滑相连，且ON杆足够长。初始时用水平外力F拉环A，使A、B两环均处于静止状态，此时轻绳与竖直方向夹角（如图中虚线位置）。随后，将两个小环移到图中实线的水平位置，此时B环位于ON杆的最上端，轻绳恰好伸直。撤去水平外力，由静止释放两小环，且A环通过小圆弧时速度大小保持不变。另外，碰撞的恢复系数定义为，其中和分别是碰撞前两物体的速度，和分别是碰撞后物体的速度。整个系统不计一切摩擦，重力加速度大小为g。 (1)在初始静止状态下，求水平外力F的大小； (2)在B环下落过程中，求轻绳的拉力对环A做的功； (3)若A、B两环碰撞的恢复系数，求两环发生第一次碰撞过程中损失的机械能。 考向02 牛顿定律与动能定理相结合解决问题 【例2-1】（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 【例2-2】（2025·黑龙江·模拟预测）如图所示，光滑斜面底端与半径为的光滑半圆形轨道平滑连接，整个轨道和斜面都在竖直平面内。一个小球（可视为质点）从斜面顶端A处由静止释放，通过半圆形轨道最高点时，恰好对轨道的压力为零。小球过点后垂直打在斜面上。重力加速度为，不计空气阻力，求： (1)斜面顶端到地面的高度； (2)斜面与水平面夹角的正切值。 【变式2-1】（2025·黑龙江·二模）如图甲所示，竖直平面内等高固定着两个带电量均为q（q>0）电荷连线的中点，A、B、C、D处于同一竖直线上，AB=BD=h，C为BD中点。质量为m、带电量为q的小球从A点由静止释放，从A运动到D的过程中，小球动能随下降高度y的变化图像如图乙所示。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（　　） A．在的位置两点电荷产生的电场强度大小为 B．C、A两点间电势差大于C、D两点间电势差 C．小球下降高度时加速度大小为2g D．小球下降高度时动能为 【变式2-2】（2025·黑龙江·二模）已知均匀球壳对内部任意一点的引力为零，若地球可视为质量分布均匀的球体，半径为，地球表面的重力加速度大小为，若从地球表面沿半径方向挖一深度为的洞，忽略地球自转和空气阻力的影响，下列说法正确的是（　　） A．洞底的重力加速度大小为 B．洞底的重力加速度大小为 C．若从地表由静止掉落一物体，到达洞底时的速度大小为 D．若从地表由静止掉落一物体，到达洞底时的速度大小为 考向03 运用动能定理分析各力做功的数量关系 【例3-1】（2025·辽宁·二模）质量相等的A、B两物体运动的速度同时向右，如图所示。整个运动过程中，A、B两物体的位移大小分别为、，合外力的功均分别为、，合外力的冲量大小分别为、，加速度大小分别为、，下列关系式正确的是（　　） A． B． C． D． 【例3-2】（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． 【变式3-1】（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。 【变式3-2】（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。 考向04 动能定理综合问题 【例4-1】（2025·辽宁沈阳·模拟预测）一游戏装置的竖直截面如图所示，倾角为的轨道AB与半径的螺旋圆轨道BCDE相切于B点，圆轨道最低点C和E略微错开；螺旋圆轨道BCDE、水平轨道EF、顺时针转动的水平传送带FG及水平轨道GK平滑连接，轨道的右端K固定一轻质弹簧，弹簧自然伸长时其自由端的位置在H点。在F点的左侧放置一个质量为的滑块b（可视为质点）。现有一质量为的滑块a（可视为质点）从轨道AB上距B点h高处由静止开始滑下，已知各轨道长度分别为，，，滑块与轨道AB、GH间的动摩擦因数均为，与传送带间的动摩擦因数为，其余轨道均光滑，传送带的速度，整个过程中均不超过弹簧的弹性限度。重力加速度。 (1)若，求滑块a首次运动至C点时对轨道的压力； (2)若，滑块a与滑块b发生完全非弹性碰撞，求两滑块最终停止的位置到G点的距离。 【例4-2】（2025·辽宁朝阳·模拟预测）一倾角为足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图甲所示。从开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力和，其大小与时间t的关系如图乙所示。已知物块的质量为1kg，重力加速度g取，，不计空气阻力，则（    ） A．物块始终做匀变速曲线运动 B．时，物块的加速度为 C．时，物块速度大小为 D．到时间内，和对物块做的总功72J 【变式4-1】（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，将一物块A用水平推力F压在足够高的竖直墙上，F随t的变化关系为F=kt（其中常数k＞0）。A从t=0由静止开始运动，此后A的动能Ek、机械能E随物体位移x变化的图象可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式4-2】（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，固定斜面AC的倾角为37°，顶端C到地面的竖直高度为2m，轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接质量为0.2kg的物块P，质量为0.4kg的物块Q叠放在物块P的上方。现用外力作用在物块Q上使其向下缓慢压缩弹簧，当物块Q到斜面顶端的距离为2.5m时，撤去外力并将两物块由静止释放，物块Q从斜面顶端C飞出后，落地点到C点的水平距离为4m，物块P始终未离开斜面。已知两物块可视为质点，两物块与斜面间的动摩擦因数均为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的原长小于3m，重力加速度 g 取，，，下列说法正确的是（　　） A．撤去外力时，弹簧的弹性势能为22.5J B．物块Q落地时的速度大小为 C．物块Q从C飞出时的速度大小为 D．物块Q从C点飞出到落地的时间为1s 1．（2025·内蒙古乌兰察布·模拟预测）某新能源汽车的生产厂家为了测试汽车的性能，将汽车停在足够长的平直公路上，t=0时使汽车由静止开始启动，通过传感器描绘了汽车的加速度关于速度倒数的变化规律，如图所示。已知汽车在t1=4s时达到额定功率，汽车在t2=29s时速度达到最大，汽车的总质量m=2000kg，汽车受到的阻力恒为其重力的0.2倍，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求： (1)坐标系中x、y的值； (2)汽车从启动到速度达到最大时通过的距离。 2．（2025·内蒙古乌兰察布·模拟预测）如图所示，一可视为质点的小物块，从平台左端以初速度滑上平台，小物块从平台右端离开后做平抛运动，小物块击中平台右下侧挡板上的P点时动能为平抛初始动能的17倍。以平台右端为坐标原点O，在竖直面内建立平面直角坐标系，x轴和y轴分别沿水平方向和竖直方向，挡板形状满足方程（单位：m）。已知小物块与平台间的动摩擦因数，重力加速度g取10m/s2。求： (1)P点的坐标； (2)小物块离开平台时的速度大小及小物块沿平台运动的时间。 3．（2025·内蒙古乌兰察布·模拟预测）某游乐场的滑梯可以简化为如图所示的竖直面内半径为R的四分之一固定圆弧轨道，一质量为m的小孩沿轨道滑行，由于小孩与轨道之间的动摩擦因数是变化的，使小孩从最高点A以某一初速度滑行到最低点B的过程中速率不变，不计空气阻力，重力加速度为g，则此过程中（　　） A．小孩所受摩擦力做功为mgR B．小孩所受合力始终不做功 C．小孩所受摩擦力做功的功率逐渐减小 D．小孩所受重力做功功率先增大后减小 4．（2025·内蒙古·模拟预测）图甲为一小朋友在水泥管道内踢球视频截图，可简化为图乙所示，固定的竖直圆形轨道圆心为O点，半径R为1m，球质量m为400g，球在最低A点获得向左的速度，沿着内壁顺时针运动，通过轨道最高点B后，再次到达C点处刚好脱离轨道，球可视为质点，OC与水平方向的夹角，重力加速度，不计空气阻力。 (1)求小朋友踢球对球的冲量； (2)球从A运动到脱离C的过程中，摩擦阻力做的功。 5．（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 6．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）响沙湾是国家5A级旅游景区，滑沙是深受人们喜爱的旅游项目之一。如图所示，沙道高h=60m，坡度θ=37°，游客和滑沙板的总质量为m=70kg，滑沙板与沙子之间的动摩擦因数μ=0.5，游客坐在滑沙板上在倾斜沙道最高点由静止开始匀加速下滑，滑行至水平沙道后做匀减速运动直至停止（倾斜沙道与水平沙道转折处速度大小不变，取）。求游客和滑沙板： (1)在倾斜沙道上滑行时加速度； (2)滑行过程中的最大动能； (3)从开始滑行至停止用时t。 7．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和的小球A、B。两球同时做如图所示的圆锥摆运动，且两球始终在同一水平面内，则（　　） A．两球的向心加速度大小相等 B．两球运动的角速度大小相等 C．A、B两球的质量之比为 D．A、B两球的动能之比为 8．（2025·内蒙古通辽·三模）如图所示，内壁光滑、半径为R的圆弧轨道AB竖直固定在光滑的水平面上，竖直半径OA与倾斜半径OB的夹角为，质量为4m的小球放置在A点的左侧，现让质量为m的子弹以水平向右的速度射入小球并停留在小球内部（射入过程时间极短），然后小球与子弹构成的整体（以下简称为“整体”）从A点运动到B点。已知整体在B点时仍处于圆周运动的状态，且轨道对整体的弹力刚好为0，子弹与小球均视为质点，重力加速度大小为g，取求： (1)整体在A、B两点的速度大小； (2)子弹射入小球之前的速度大小； (3)子弹射入小球的过程中，子弹克服小球的作用力做的功。 9．（2025·内蒙古通辽·三模）如图所示，工人利用轻质、光滑的滑轮组将质量为m的重物提起，重力加速度大小为g，若工人竖直向下匀速拉轻绳，则在重物升高的高度为h的过程中，下列说法正确的是（    ） A．工人对绳子的拉力逐渐增大 B．工人的拉力做的功为mgh C．重物的重力势能增加了mgh D．重物的机械能增加了mgh 10．（2025·内蒙古乌兰察布·二模）如图，水平传送带以v=5.0m/s的速率沿顺时针方向匀速转动，左、右两端各与一水平光滑轨道平滑对接，两对接处PQ间距L=1.6m。一轻质弹簧左端固定，右端在P点左侧，弹簧被滑块A（可看作质点，不与弹簧栓接）压缩至弹性势能。已知A的质量，A与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，质量的滑块B静止在传送带右侧的轨道上，A、B间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度大小g取。释放A弹簧弹性势能全部转化为A的动能，求： (1)滑块A第1次运动至Q点时的速度； (2)滑块A第2次在传送带上滑动的过程中，带动传送带的电机多消耗的能量。 11．（2025·内蒙古乌兰察布·二模）如图所示，以过P点的竖直线为界，空间中存在水平向左的匀强电场和垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电小球以一定初速度从A点水平向右射出，恰好由P点沿切线无能量损失地进入半径为R的竖直光滑固定圆管轨道（小球直径与圆管内径相同且两者忽略不计），轨道圆心为O点，最低点和最高点分别为M、N，小球从P点进入轨道时的动能等于从A点射出时动能的，小球恰好能到达圆管轨道最高点N点，∠POM=60°，重力加速度为g，不计空气及摩擦阻力，求 (1)小球经过M点时，轨道下表面对小球的支持力； (2)匀强电场的场强大小。 12．（2025·辽宁朝阳·模拟预测）传送带以v=3m/s顺时针转动，质量m=1kg的煤块无初速放上传送带，与带共速后与竖直悬挂的质量M=3kg的小球碰撞并粘合（碰撞为正碰）。小球位置刚好不接触传送带，已知煤块与传送带摩擦因数，传送带长L=4m，悬挂小球的轻绳长度为s=1m求： (1)煤块与小球碰撞前运动的时间； (2)碰撞后煤块速度大小； (3)煤块最终离传送带左端的最大水平距离。 13．（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，足够长的木板Q静置在水平地面上，滑块P以水平速度从左端滑上Q。已知P、Q的质量分别为，，P、Q之间的动摩擦因数，Q与地面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。、分别表示P、Q的速度，、分别表示P、Q的动能，、分别表示P、Q的位移，下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 14．（2025·辽宁沈阳·三模）如图所示，在足够长的光滑水平面上静止着两个物块P和Q，物块P与轻弹簧右端连接。一个小球被一根不可伸长的轻质细线悬挂于点正下方，轻靠在物块Q的左侧。现将细线拉直到与竖直方向夹角位置时，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块Q发生碰撞（碰后将小球撤离），碰撞的恢复系数为e=0.5（定义式为，其中和分别是碰前两物体的速度，和分别是碰撞后两物体的速度），已知细线长L=0.9m，小球和物块P的质量为，物块Q的质量为，球、物块均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度取。求： (1)碰撞后物块Q的速度大小； (2)物块P最大速度； (3)小球与物块Q碰撞后，试求物块Q最小速度。 15．（2025·辽宁沈阳·三模）京东亚洲一号无人仓采用全球领先的智能物流技术，其中包裹分拣系统由智能分拣机器人和多段传送带协同工作组成。该系统包含：倾角、长度的倾斜滑道AB：长度、以水平向右匀速运行的传送带BC，包裹与AB、BC间的动摩擦因数分别为，；智能分拣区CD由半径R=1.5m且角速度可调的水平匀速旋转平台组成，分拣机器人在C点识别包裹后，会在合适位置施加水平推力调整包裹运动方向（不改变速度大小），使包裹从出库段输出（离开分拣区之前，包裹已与转台保持相对静止），如图所示，传送带DE是其中一个出库段；某包裹质量m=1kg，从A点静止释放，经BC段、圆弧CD段后从E点离开系统。各轨道间由光滑圆弧相连，包裹可以看成质点，忽略空气阻力，重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．包裹刚到水平传送带B点时所受摩擦力方向水平向左 B．包裹在水平轨道BC段先向右做减速运动再做匀速运动 C．由B到C的过程中，因传送带运送包裹节省电能J D．若分拣区水平转台角速度为，则由C到D过程中，包裹动能变化量为0.875J 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型08 动能定理的准确理解与实际应用 ( 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 总 方法透视 典例引领 变式演练 考向01 运用动能定理求变力做的功 考向02 牛顿定律与动能定理相结合解决问题 考向03 运用动能定理分析各力做功的数量关系 考向04 动能定理 综合 问题 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 ) 动能定理是黑吉辽蒙高考物理力学能量的核心工具，近5年（2021-2025）稳定高频，集中在选择中档题（4-6分）+力学综合大题（6-12分），常与传送带、板块、圆周、弹簧、电场/电磁感应结合，以下为结构化考情分析。核心逻辑：合外力做功=动能变化（W合=ΔEk=½mv末²−½mv初²），适用单物体/质点，多过程问题优先用，规避复杂受力与加速度分析。 模型占比：传送带/板块约40%、圆周/斜面约30%、弹簧/变力（F-x图像）约20%、电磁感应综合约10%。传送带/板块（摩擦生热+多过程）、圆周/斜面（重力/弹力做功）、弹簧/F-x图像（变力做功）；核心是多过程分段、变力做功用图像/能量转化。 1.　动能　 （1）定义：物体由于运动而具有的能。（2）公式：Ek＝mv2。 (3)标矢性：动能是标量，只有正值，动能与速度方向无关。 (4)状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。(5)相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性。 (6)动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv－mv。动能的变化是过程量。 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＝ΔEk; W＝Ek2－Ek1; W＝mv－mv。 3．物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。 4．适用范围广泛 (1)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，也可以不同时作用。 5.　动能定理的理解和应用 (1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。 因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。 数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。 单位关系：国际单位制中功和能的单位都是焦耳。 (2)动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是静电力、磁场力或其他力；既可以是恒力，也可以是变力。 (3)动能定理中涉及的物理量有F、l、α、m、v、W、Ek，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。 6.应用动能定理的注意事项 (1)应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”。“两状态”即明确研究对象的始、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。 (2)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (3)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。 (4)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。 (5)当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：①重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力与路程的乘积。 (6)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。 7. 应用动能定理解决问题的流程 考向01 运用动能定理求变力做的功 【例1-1】（2026·黑龙江辽宁·一模）无风的情况下，在离地面高为处，将质量为的球以速度水平抛出，球在空气中运动时所受的阻力大小，是球的速度，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，则下列说法中正确的是（　　） A．球刚抛出时加速大小为 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．其他条件不变，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不同 【答案】B 【详解】A．小球刚抛出时受到的合力大小为 根据牛顿第二定律可得球刚抛出时的加速度大小为，故A错误； B．球最终竖直向下做匀速直线运动，设此时速度为，则，得，故B正确； C．设球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功为，由动能定理得 解得，故C错误； D．根据运动的独立性，在竖直方向都是从静止开始的运动，竖直方向受到的合力均为 加速度均为： 故在竖直方向上的运动的情况是相同的，运动时间相等，故D错误。 故选B。 【例1-2】（2025·黑龙江·模拟预测）冰车是东北地区冬季喜闻乐见的游乐项目。如图甲所示，小孩坐在冰车上，大人先用水平恒力推了5s后，又用水平恒力推了25s，之后撤去了外力，小孩及冰车又在冰面上自由滑行了10s，最终静止。已知小孩和冰车的总质量为40kg，小孩在冰面上做直线运动的图像如图乙所示，忽略空气阻力，重力加速度g取，则下列说法中正确的是（    ） A．水平恒力 B．冰车与冰面的动摩擦因数 C．整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为 D．整个过程中大人对小孩和冰车做的功为 【答案】D 【详解】B．在30~40s内小孩和冰车在只受摩擦力的作用下做匀减速直线运动，根据图像可知，此段的加速度大小为 由牛顿第二定律 得冰车与冰面的动摩擦因数 故B错误； A．0~5s内冰车做匀加速直线运动，根据图像可知 再由牛顿第二定律 解得 故A错误； C．图像与横轴所围成的面积表示位移，因此整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为 故C错误； D．由动能定理 代入数据得 故D正确。 故选D。 【变式1-1】（2025·吉林长春·二模）如图所示，水平地面上固定一倾角为的斜面，其底端垂直斜面固定一挡板P。斜面顶端固定一光滑圆弧轨道，轨道所对应的圆心角为，轨道下端与斜面相切。长木板A放置在斜面上，其上端与斜面上端对齐，下端到挡板P的距离为，物块B放在A上表面的中点。初始时A、B均静止，物块C从圆弧最高点由静止释放，沿圆弧轨道滑到斜面顶端时与A相碰。已知木板A足够长，物块B、C均可视为质点，碰撞均为弹性碰撞，圆弧轨道的半径，，，A和C与斜面间的动摩擦因数均为，B与A间的动摩擦因数，，，。 (1)求C在圆弧轨道最低点与A碰前瞬间，轨道对小球C的压力大小； (2)若足够长，A、B在接触挡板P前已达到共同运动，求A刚接触挡板P时B在A上表面的划痕长度； (3)若，A与挡板P碰撞后，速度大小不变，方向反向，在A与挡板P第一次碰撞到第二次碰撞期间内，试推理说明A与C能否发生碰撞？ 【答案】(1)48N (2) (3)相碰 【详解】（1）物块C沿圆弧轨道下滑过程中，由动能定理有 到达圆弧轨道最低点 解得， （2）C与A发生弹性碰撞，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 解得， 此后A向下做匀减速运动，加速度大小为，B向下做匀加速运动，加速度大小为，对A有 对B有 解得， 经后A、B共速，则有 解得， 则划痕长度 （3）从C与A碰撞到A、B达到共同速度的时间内 结合上述解得 A恰好与P相碰，然后A以加速度向上匀减速运动，根据牛顿第二定律有 B向下以加速度匀减速运动，同理有 解得， A与挡板碰后反向弹回，速度大小仍为v共，再经时间，A速度减为零，则有 解得 A上滑最大位移 由于 可知碰后C匀速下滑，则此过程中C物块的位移 解得 由于 速度 减为零后向下加速运动，受力分析有 解得，当速度加速到时，比多运动 可知C与A发生相撞。 【变式1-2】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图所示，有两个质量均为m的相同小环A、B，它们由一根不可伸长且长度为L的轻绳连接。小环A套在固定的水平细杆OM上，小环B套在固定的竖直细杆ON上，两杆通过一小段圆弧杆平滑相连，且ON杆足够长。初始时用水平外力F拉环A，使A、B两环均处于静止状态，此时轻绳与竖直方向夹角（如图中虚线位置）。随后，将两个小环移到图中实线的水平位置，此时B环位于ON杆的最上端，轻绳恰好伸直。撤去水平外力，由静止释放两小环，且A环通过小圆弧时速度大小保持不变。另外，碰撞的恢复系数定义为，其中和分别是碰撞前两物体的速度，和分别是碰撞后物体的速度。整个系统不计一切摩擦，重力加速度大小为g。 (1)在初始静止状态下，求水平外力F的大小； (2)在B环下落过程中，求轻绳的拉力对环A做的功； (3)若A、B两环碰撞的恢复系数，求两环发生第一次碰撞过程中损失的机械能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对B环受力分析，如图所示 根据平衡条件有 根据A与B组成的整体水平方向受力平衡有 （2）对A与B组成的系统，在B环下落过程中，根据机械能守恒有   又 联立解得 对A，在此过程中，根据动能定理有 （3）设B下落L后A、B的速度分别为、，则 得 根据系统机械能守恒有 解得 此后，A相对B向下做匀速运动，两环相遇时间为 第一次碰撞前， A与B碰撞过程，根据动量守恒有 又 解得， 则有 因此两环第一次碰撞损失的机械能为 考向02 牛顿定律与动能定理相结合解决问题 【例2-1】（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。 【例2-2】（2025·黑龙江·模拟预测）如图所示，光滑斜面底端与半径为的光滑半圆形轨道平滑连接，整个轨道和斜面都在竖直平面内。一个小球（可视为质点）从斜面顶端A处由静止释放，通过半圆形轨道最高点时，恰好对轨道的压力为零。小球过点后垂直打在斜面上。重力加速度为，不计空气阻力，求： (1)斜面顶端到地面的高度； (2)斜面与水平面夹角的正切值。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）小球由A点到点的过程中，根据动能定理有 在点由重力提供向心力，则有 解得 （2）小球过点后做平抛运动，落在斜面上的点，如图所示 则有，， 在中，由几何关系可得 解得 【变式2-1】（2025·黑龙江·二模）如图甲所示，竖直平面内等高固定着两个带电量均为q（q>0）电荷连线的中点，A、B、C、D处于同一竖直线上，AB=BD=h，C为BD中点。质量为m、带电量为q的小球从A点由静止释放，从A运动到D的过程中，小球动能随下降高度y的变化图像如图乙所示。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（　　） A．在的位置两点电荷产生的电场强度大小为 B．C、A两点间电势差大于C、D两点间电势差 C．小球下降高度时加速度大小为2g D．小球下降高度时动能为 【答案】AC 【详解】A．由图乙可知图像的斜率表示合外力，小球在位置处合外力为0，所以 解得 故A正确； B．A、D两点关于B点对称，所以两点电势相同，C点与两点的电势差相等，故B错误； C．和同样关于B点对称，所以处的电场力大小也等于mg，方向竖直向下，所以 故C正确； D．小球从处运动到处，电场力做功为0，重力做功为 所以处的动能为 故D错误。 故选AC。 【变式2-2】（2025·黑龙江·二模）已知均匀球壳对内部任意一点的引力为零，若地球可视为质量分布均匀的球体，半径为，地球表面的重力加速度大小为，若从地球表面沿半径方向挖一深度为的洞，忽略地球自转和空气阻力的影响，下列说法正确的是（　　） A．洞底的重力加速度大小为 B．洞底的重力加速度大小为 C．若从地表由静止掉落一物体，到达洞底时的速度大小为 D．若从地表由静止掉落一物体，到达洞底时的速度大小为 【答案】D 【详解】AB．在地球表面，根据万有引力等于重力有 其中 可得 可以将地球视为一个球心相同而半径为的内部球体和厚度为的外部球壳，由题意可知洞底恰好位于内部球体表面，且外部球壳对洞底的物体的引力为零，而内部球体表面重力加速度满足 其中 解得 故AB错误； CD．根据动能定理可知从地表到洞底，万有引力做功等于动能变化，则有 由于内部球体表面重力加速度与内部球体的半径成正比，利用平均值求做功，有 可得物体到达洞底时的速度大小为 故C错误，D正确。 故选D。 考向03 运用动能定理分析各力做功的数量关系 【例3-1】（2025·辽宁·二模）质量相等的A、B两物体运动的速度同时向右，如图所示。整个运动过程中，A、B两物体的位移大小分别为、，合外力的功均分别为、，合外力的冲量大小分别为、，加速度大小分别为、，下列关系式正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A．在图像中，图线与时间轴所围的面积表示位移， 联立解得，故A错误； B．根据动能定理有， 联立解得，故B正确； C．根据动量定理有， 联立解得，故C错误； D．图线的斜率代表物体的加速度， 联立解得，故D错误。 故选B。 【例3-2】（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。 【变式3-1】（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 【变式3-2】（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 考向04 动能定理综合问题 【例4-1】（2025·辽宁沈阳·模拟预测）一游戏装置的竖直截面如图所示，倾角为的轨道AB与半径的螺旋圆轨道BCDE相切于B点，圆轨道最低点C和E略微错开；螺旋圆轨道BCDE、水平轨道EF、顺时针转动的水平传送带FG及水平轨道GK平滑连接，轨道的右端K固定一轻质弹簧，弹簧自然伸长时其自由端的位置在H点。在F点的左侧放置一个质量为的滑块b（可视为质点）。现有一质量为的滑块a（可视为质点）从轨道AB上距B点h高处由静止开始滑下，已知各轨道长度分别为，，，滑块与轨道AB、GH间的动摩擦因数均为，与传送带间的动摩擦因数为，其余轨道均光滑，传送带的速度，整个过程中均不超过弹簧的弹性限度。重力加速度。 (1)若，求滑块a首次运动至C点时对轨道的压力； (2)若，滑块a与滑块b发生完全非弹性碰撞，求两滑块最终停止的位置到G点的距离。 【答案】(1)4.72N (2) 【详解】（1）研究滑块a首次运动至点过程，由动能定理 解得 在点，根据牛顿第二定律 解得， 根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力。 （2）滑块刚滑到上时，由动能定理 解得， 根据动量守恒定律 解得 滑块在传送带上的加速度 设滑块在传送带上减速到与传送带速度相等时的位移为x1，根据 解得 所以滑块在传送带上先减速后匀速。 从传送带右端到与弹簧碰撞再返回点，根据动能定理 解得 从点向左运动，最后停下来，根据动能定理 解得 所以两滑块最终停止位置到点的距离为。 【例4-2】（2025·辽宁朝阳·模拟预测）一倾角为足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图甲所示。从开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力和，其大小与时间t的关系如图乙所示。已知物块的质量为1kg，重力加速度g取，，不计空气阻力，则（    ） A．物块始终做匀变速曲线运动 B．时，物块的加速度为 C．时，物块速度大小为 D．到时间内，和对物块做的总功72J 【答案】CD 【详解】A．根据题图乙可得F1=4-t，F2=3t 则F1、F2的合力为Fx=F1+F2=4+2t 物块在y轴方向受到的力不变，为mgsin37°。沿x轴方向受到的力Fx在改变，合力在改变，加速度在改变，所以物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误； B．t=1s时，Fx=4+2t=4N+2×1N=6N 则， 解得，故B错误； C．t=2s时，沿x轴正方向，对物块，根据动量定理得Fxt=mvx-0 由于Fx与时间t成线性关系，可得 解得 此时y轴方向速度大小为vy=gsin37°•t=10×0.6×2m/s=12m/s 故此时物块的速度大小为，故C正确； D．前2秒物体沿y运动的位移为解得 重力做功为WG=mgysin37°=1×10×12×0.6J=72J 根据动能定理得 解得F1和F2对物块做的总功为，故D正确。 故选CD。 【变式4-1】（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，将一物块A用水平推力F压在足够高的竖直墙上，F随t的变化关系为F=kt（其中常数k＞0）。A从t=0由静止开始运动，此后A的动能Ek、机械能E随物体位移x变化的图象可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】AB．水平的推力F=kt，力随着时间不断变大，物体水平方向受推力和支持力，竖直方向受重力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不断变大，所以物体先加速下滑后减速下滑，即动能先增加后减小；但合力为mg-μkt，是变力，所以动能与位移间不是线性关系，故AB错误； CD．由于克服滑动摩擦力做功，机械能不断减小，故C错误，D正确。 故选D。 【变式4-2】（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，固定斜面AC的倾角为37°，顶端C到地面的竖直高度为2m，轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接质量为0.2kg的物块P，质量为0.4kg的物块Q叠放在物块P的上方。现用外力作用在物块Q上使其向下缓慢压缩弹簧，当物块Q到斜面顶端的距离为2.5m时，撤去外力并将两物块由静止释放，物块Q从斜面顶端C飞出后，落地点到C点的水平距离为4m，物块P始终未离开斜面。已知两物块可视为质点，两物块与斜面间的动摩擦因数均为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的原长小于3m，重力加速度 g 取，，，下列说法正确的是（　　） A．撤去外力时，弹簧的弹性势能为22.5J B．物块Q落地时的速度大小为 C．物块Q从C飞出时的速度大小为 D．物块Q从C点飞出到落地的时间为1s 【答案】ABD 【详解】CD．设物块Q从C端飞出时的速度大小为v，物块Q飞出后做斜抛运动，从飞出到落地的过程，竖直方向有 水平方向有 解得， 故C错误，D正确； B．设物块Q落地时的速度为，由动能定理有 解得，故B正确； A．在弹簧原长时，两物块分离，两物块从静止释放到两物块分离的过程中，由能量守恒有 两物块分离后到物块Q运动到C端的过程中，有， 解得，故A正确。 故选ABD。 1．（2025·内蒙古乌兰察布·模拟预测）某新能源汽车的生产厂家为了测试汽车的性能，将汽车停在足够长的平直公路上，t=0时使汽车由静止开始启动，通过传感器描绘了汽车的加速度关于速度倒数的变化规律，如图所示。已知汽车在t1=4s时达到额定功率，汽车在t2=29s时速度达到最大，汽车的总质量m=2000kg，汽车受到的阻力恒为其重力的0.2倍，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求： (1)坐标系中x、y的值； (2)汽车从启动到速度达到最大时通过的距离。 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）由图像分析可知，汽车先以a=3m/s2的加速度做匀加速直线运动，汽车的功率达到额定功率后再以恒定的功率运行，达到最大速度后做匀速直线运动。t=0时，汽车的加速度大小a=3m/s2，由牛顿第二定律得 解得 由图像可知0~4s的时间内，汽车做匀加速直线运动，则匀加速的末速度大小 汽车的额定功率为， 当汽车的加速度等于0时，汽车的速度达到最大值，此时汽车的牵引力大小为，则汽车的最大速度为 解得 所以坐标系中的 （2）汽车匀加速的位移为 解得 汽车在4s到29s的时间内，汽车以恒定的功率运行，由动能定理得 解得 汽车从启动到速度达到最大时通过的距离 2．（2025·内蒙古乌兰察布·模拟预测）如图所示，一可视为质点的小物块，从平台左端以初速度滑上平台，小物块从平台右端离开后做平抛运动，小物块击中平台右下侧挡板上的P点时动能为平抛初始动能的17倍。以平台右端为坐标原点O，在竖直面内建立平面直角坐标系，x轴和y轴分别沿水平方向和竖直方向，挡板形状满足方程（单位：m）。已知小物块与平台间的动摩擦因数，重力加速度g取10m/s2。求： (1)P点的坐标； (2)小物块离开平台时的速度大小及小物块沿平台运动的时间。 【答案】(1)（2m，4m） (2)，1.6s 【详解】（1）由题意有，则有 解得 设在P点时速度方向与水平方向成角，位移OP与水平方向成角，则 于是有 解得，，即P点坐标为（2m，4m） （2）平抛过程，由动能定理有 解得 设小物块沿平台运动时间为t，由动量定理有 解得t=1.6s 3．（2025·内蒙古乌兰察布·模拟预测）某游乐场的滑梯可以简化为如图所示的竖直面内半径为R的四分之一固定圆弧轨道，一质量为m的小孩沿轨道滑行，由于小孩与轨道之间的动摩擦因数是变化的，使小孩从最高点A以某一初速度滑行到最低点B的过程中速率不变，不计空气阻力，重力加速度为g，则此过程中（　　） A．小孩所受摩擦力做功为mgR B．小孩所受合力始终不做功 C．小孩所受摩擦力做功的功率逐渐减小 D．小孩所受重力做功功率先增大后减小 【答案】BC 【详解】A．根据动能定理有 解得，故A错误； B．由于小孩沿轨道匀速率下滑，所受合力方向始终与速度方向垂直，所以合力始终不做功，故B正确； CD．根据 小孩沿圆弧轨道下滑的速度大小不变，则在竖直方向的速度逐渐减小，所以小孩所受摩擦力和重力做功功率均一直减小，故C正确，D错误。 故选BC。 4．（2025·内蒙古·模拟预测）图甲为一小朋友在水泥管道内踢球视频截图，可简化为图乙所示，固定的竖直圆形轨道圆心为O点，半径R为1m，球质量m为400g，球在最低A点获得向左的速度，沿着内壁顺时针运动，通过轨道最高点B后，再次到达C点处刚好脱离轨道，球可视为质点，OC与水平方向的夹角，重力加速度，不计空气阻力。 (1)求小朋友踢球对球的冲量； (2)球从A运动到脱离C的过程中，摩擦阻力做的功。 【答案】(1)，水平向左 (2) 【详解】（1）在最低点A，根据动量定理有 解得，水平向左 （2）在点，根据牛顿第二定律有   从A到C，由动能定理得 解得 5．（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。 6．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）响沙湾是国家5A级旅游景区，滑沙是深受人们喜爱的旅游项目之一。如图所示，沙道高h=60m，坡度θ=37°，游客和滑沙板的总质量为m=70kg，滑沙板与沙子之间的动摩擦因数μ=0.5，游客坐在滑沙板上在倾斜沙道最高点由静止开始匀加速下滑，滑行至水平沙道后做匀减速运动直至停止（倾斜沙道与水平沙道转折处速度大小不变，取）。求游客和滑沙板： (1)在倾斜沙道上滑行时加速度； (2)滑行过程中的最大动能； (3)从开始滑行至停止用时t。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）在倾斜沙道上滑行时对人和滑板进行受力分析，列牛顿第二定律方程有 解得 （2）由分析可知，当人和滑板滑行至斜面最底端时动能最大，对人和滑板在斜面上的运动列动能定理方程有     解得 （3）设人和滑板在斜面上运动时间为，由运动学公式有 解得 人和滑板滑行至斜面最底端时速度为     设人和滑板在水平沙道做匀减速运动的加速度为，列牛顿第二定律方程有 解得 设人和滑板在水平沙道上运动时间为，由运动学公式有 解得 所以人和滑板从开始滑行至停止用时 7．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和的小球A、B。两球同时做如图所示的圆锥摆运动，且两球始终在同一水平面内，则（　　） A．两球的向心加速度大小相等 B．两球运动的角速度大小相等 C．A、B两球的质量之比为 D．A、B两球的动能之比为 【答案】BD 【详解】A．设摆线与竖直方向的夹角为，由牛顿第二定律可得 解得 因为，所以B球加速度大于A球加速度，A错误； B．设悬点到水平面的高度为 解得 所以两球角速度相同，B正确； C．绳子上的拉力大小相等，则有 可得A球的质量与B球的质量之比，C错误； D．根据上述分析可知 根据线速度与角速度的关系可得， 故两球的动能之比为，D正确。 故选BD。 8．（2025·内蒙古通辽·三模）如图所示，内壁光滑、半径为R的圆弧轨道AB竖直固定在光滑的水平面上，竖直半径OA与倾斜半径OB的夹角为，质量为4m的小球放置在A点的左侧，现让质量为m的子弹以水平向右的速度射入小球并停留在小球内部（射入过程时间极短），然后小球与子弹构成的整体（以下简称为“整体”）从A点运动到B点。已知整体在B点时仍处于圆周运动的状态，且轨道对整体的弹力刚好为0，子弹与小球均视为质点，重力加速度大小为g，取求： (1)整体在A、B两点的速度大小； (2)子弹射入小球之前的速度大小； (3)子弹射入小球的过程中，子弹克服小球的作用力做的功。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）在B点，把整体受到的重力分别沿着BO和垂直BO的方向分解，沿着BO方向的分力提供整体做圆周运动的向心力，有 解得 整体从A点运动到B点，由机械能守恒定律有 解得 （2）子弹与小球发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒有 解得 （3）由动能定理有 解得 9．（2025·内蒙古通辽·三模）如图所示，工人利用轻质、光滑的滑轮组将质量为m的重物提起，重力加速度大小为g，若工人竖直向下匀速拉轻绳，则在重物升高的高度为h的过程中，下列说法正确的是（    ） A．工人对绳子的拉力逐渐增大 B．工人的拉力做的功为mgh C．重物的重力势能增加了mgh D．重物的机械能增加了mgh 【答案】AC 【详解】A．设工人对绳子的拉力大小为，工人竖直向下匀速拉轻绳的速度大小为，重物的速度大小为，动滑轮的绳子与竖直方向的夹角为，根据工人对绳子拉力做功的功率与绳子拉重物的功率相等可得 解得 则重物的加速度大小为 由数学知识可得，重物的加速度增大。在重物缓慢提起的过程中，根据牛顿第二定律 解得 在重物缓慢提起的过程中，θ增大，加速度也增大，所以工人对绳子的拉力逐渐增大，故A正确； B．重物的速度增大，对重力根据动能定理 因为重物的末速度大，所以工人的拉力做的功大于mgh，故B错误； C．重物上升，重物的重力做负功，其重力势能增加，则重物重力势能增加了，故C正确； D．由A选项可知，重物做加速运动，重物的重力势能增加了，同时动能也增加，绳子拉力做正功，重物的机械能增加，增加量大于，故D错误。 故选AC。 10．（2025·内蒙古乌兰察布·二模）如图，水平传送带以v=5.0m/s的速率沿顺时针方向匀速转动，左、右两端各与一水平光滑轨道平滑对接，两对接处PQ间距L=1.6m。一轻质弹簧左端固定，右端在P点左侧，弹簧被滑块A（可看作质点，不与弹簧栓接）压缩至弹性势能。已知A的质量，A与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，质量的滑块B静止在传送带右侧的轨道上，A、B间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度大小g取。释放A弹簧弹性势能全部转化为A的动能，求： (1)滑块A第1次运动至Q点时的速度； (2)滑块A第2次在传送带上滑动的过程中，带动传送带的电机多消耗的能量。 【答案】(1)6m/s (2)1J 【详解】（1）对A进行分析，弹簧弹性势能全部转化为A的动能，则有 解得 A在传送带上开始做匀减速直线运动，假设与传送带达到相等速度，则有 解得 可知，A到达Q时速度仍然大于传送带速度，则有 解得 （2）A、B发生弹性碰撞，则有， 解得， A在传送带上做匀减速直线运动，假设A减速至0，则有 表明A在传送带上速度没有减为0，则有 解得， 舍去1.6s，即A到达P位置的时间为0.4s，此过程，初速度匀速转动，根据功能关系可知，带动传送带的电机多消耗的能量 解得 11．（2025·内蒙古乌兰察布·二模）如图所示，以过P点的竖直线为界，空间中存在水平向左的匀强电场和垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电小球以一定初速度从A点水平向右射出，恰好由P点沿切线无能量损失地进入半径为R的竖直光滑固定圆管轨道（小球直径与圆管内径相同且两者忽略不计），轨道圆心为O点，最低点和最高点分别为M、N，小球从P点进入轨道时的动能等于从A点射出时动能的，小球恰好能到达圆管轨道最高点N点，∠POM=60°，重力加速度为g，不计空气及摩擦阻力，求 (1)小球经过M点时，轨道下表面对小球的支持力； (2)匀强电场的场强大小。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因小球恰好能到达圆管轨道最高点N点，故小球在N点的速度为0 对M到N，由动能定理 解得 在M点，小球受重力，洛伦兹力和支持力，由牛顿第二定律 解得 （2）对P到M，由动能定理 解得 在P点，把水平竖直分解 得， 对A到P，水平方向有， 竖直方向有 依题意， 则有 综上，解得 12．（2025·辽宁朝阳·模拟预测）传送带以v=3m/s顺时针转动，质量m=1kg的煤块无初速放上传送带，与带共速后与竖直悬挂的质量M=3kg的小球碰撞并粘合（碰撞为正碰）。小球位置刚好不接触传送带，已知煤块与传送带摩擦因数，传送带长L=4m，悬挂小球的轻绳长度为s=1m求： (1)煤块与小球碰撞前运动的时间； (2)碰撞后煤块速度大小； (3)煤块最终离传送带左端的最大水平距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）煤块在传送带上加速运动时的加速度大小为 设经过时间煤块与传送带共速，则有 煤块在传送带上加速阶段通过的位移大小为 共速后煤块在传送带上做匀速运动的时间为 则煤块与小球碰撞前运动的时间为 （2）煤块与小球碰撞并粘合，根据动量守恒可得 代入数据解得碰撞后物块速度大小为 （3）碰撞后煤块与小球一起做圆周运动，设最大摆角为，根据动能定理可得 解得 则煤块最终离传送带左端的最大水平距离为 13．（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，足够长的木板Q静置在水平地面上，滑块P以水平速度从左端滑上Q。已知P、Q的质量分别为，，P、Q之间的动摩擦因数，Q与地面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。、分别表示P、Q的速度，、分别表示P、Q的动能，、分别表示P、Q的位移，下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】AC．P、Q之间的最大静摩擦为 Q与地面之间的最大静摩擦为 由于，可知木板Q一直处于静止状态；故AC错误； BD．滑块P做减速运动的加速度大小为 滑块P速度减为0所用时间为 滑块P做减速运动到速度减为0通过的位移大小为 根据动能定理可得 可得，故B错误，D正确。 故选D。 14．（2025·辽宁沈阳·三模）如图所示，在足够长的光滑水平面上静止着两个物块P和Q，物块P与轻弹簧右端连接。一个小球被一根不可伸长的轻质细线悬挂于点正下方，轻靠在物块Q的左侧。现将细线拉直到与竖直方向夹角位置时，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块Q发生碰撞（碰后将小球撤离），碰撞的恢复系数为e=0.5（定义式为，其中和分别是碰前两物体的速度，和分别是碰撞后两物体的速度），已知细线长L=0.9m，小球和物块P的质量为，物块Q的质量为，球、物块均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度取。求： (1)碰撞后物块Q的速度大小； (2)物块P最大速度； (3)小球与物块Q碰撞后，试求物块Q最小速度。 【答案】(1) (2) (3)0 【详解】（1）小球从释放到刚与物块碰撞过程中，由动能定理得 对小球和物块构成的系统，碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒得 又因为碰前物块静止，由定义式可得 由以上式子联立解得： （2）从物块与弹簧开始接触到弹簧再次恢复到原长时，物块的速度最大，在此过程中物块与物块及弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒，由动量守恒定律得 由机械能守恒得 联立解得：，所以物块的最大速度为 （3）由第二问解得，当弹簧恢复原长时，物块的运动方向发生变化，说明从物块刚与弹簧接触到弹簧恢复原长的过程中的某一位置，物块的速度为零，所以物块的最小速度为 15．（2025·辽宁沈阳·三模）京东亚洲一号无人仓采用全球领先的智能物流技术，其中包裹分拣系统由智能分拣机器人和多段传送带协同工作组成。该系统包含：倾角、长度的倾斜滑道AB：长度、以水平向右匀速运行的传送带BC，包裹与AB、BC间的动摩擦因数分别为，；智能分拣区CD由半径R=1.5m且角速度可调的水平匀速旋转平台组成，分拣机器人在C点识别包裹后，会在合适位置施加水平推力调整包裹运动方向（不改变速度大小），使包裹从出库段输出（离开分拣区之前，包裹已与转台保持相对静止），如图所示，传送带DE是其中一个出库段；某包裹质量m=1kg，从A点静止释放，经BC段、圆弧CD段后从E点离开系统。各轨道间由光滑圆弧相连，包裹可以看成质点，忽略空气阻力，重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．包裹刚到水平传送带B点时所受摩擦力方向水平向左 B．包裹在水平轨道BC段先向右做减速运动再做匀速运动 C．由B到C的过程中，因传送带运送包裹节省电能J D．若分拣区水平转台角速度为，则由C到D过程中，包裹动能变化量为0.875J 【答案】AC 【详解】A．包裹从A到B，根据动能定理有 解得 则包裹刚到水平传送带B点时所受摩擦力方向水平向左，故A正确； B．包裹在水平轨道BC段的加速度为 设包裹一直减速至，根据速度—位移公式有 解得m 刚好等于传送带长度，可见包裹在水平轨道BC段一直向右减速运动，故B错误； C．包裹由B到C的时间为s 相对位移为 因传送带运送包裹节省电能为 代入数据解得J，故C正确； D．离开分拣区之前，包裹已与转台保持相对静止，则速度为 则由C到D过程中，包裹动能变化量为J，故D错误； 故选AC。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型08 动能定理的准确理解与实际应用（题型专练） 参考答案 第一部分 考向破译 考向01 运用动能定理求变力做的功 【例1-1】【答案】B 【详解】A．小球刚抛出时受到的合力大小为 根据牛顿第二定律可得球刚抛出时的加速度大小为，故A错误； B．球最终竖直向下做匀速直线运动，设此时速度为，则，得，故B正确； C．设球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功为，由动能定理得 解得，故C错误； D．根据运动的独立性，在竖直方向都是从静止开始的运动，竖直方向受到的合力均为 加速度均为： 故在竖直方向上的运动的情况是相同的，运动时间相等，故D错误。 故选B。 【例1-2】【答案】D 【详解】B．在30~40s内小孩和冰车在只受摩擦力的作用下做匀减速直线运动，根据图像可知，此段的加速度大小为 由牛顿第二定律 得冰车与冰面的动摩擦因数 故B错误； A．0~5s内冰车做匀加速直线运动，根据图像可知 再由牛顿第二定律 解得 故A错误； C．图像与横轴所围成的面积表示位移，因此整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为 故C错误； D．由动能定理 代入数据得 故D正确。 故选D。 【变式1-1】【答案】(1)48N (2) (3)相碰 【详解】（1）物块C沿圆弧轨道下滑过程中，由动能定理有 到达圆弧轨道最低点 解得， （2）C与A发生弹性碰撞，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 解得， 此后A向下做匀减速运动，加速度大小为，B向下做匀加速运动，加速度大小为，对A有 对B有 解得， 经后A、B共速，则有 解得， 则划痕长度 （3）从C与A碰撞到A、B达到共同速度的时间内 结合上述解得 A恰好与P相碰，然后A以加速度向上匀减速运动，根据牛顿第二定律有 B向下以加速度匀减速运动，同理有 解得， A与挡板碰后反向弹回，速度大小仍为v共，再经时间，A速度减为零，则有 解得 A上滑最大位移 由于 可知碰后C匀速下滑，则此过程中C物块的位移 解得 由于 速度 减为零后向下加速运动，受力分析有 解得，当速度加速到时，比多运动 可知C与A发生相撞。 【变式1-2】【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对B环受力分析，如图所示 根据平衡条件有 根据A与B组成的整体水平方向受力平衡有 （2）对A与B组成的系统，在B环下落过程中，根据机械能守恒有   又 联立解得 对A，在此过程中，根据动能定理有 （3）设B下落L后A、B的速度分别为、，则 得 根据系统机械能守恒有 解得 此后，A相对B向下做匀速运动，两环相遇时间为 第一次碰撞前， A与B碰撞过程，根据动量守恒有 又 解得， 则有 因此两环第一次碰撞损失的机械能为 考向02 牛顿定律与动能定理相结合解决问题 【例2-1】【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。 【例2-2】【答案】(1) (2) 【详解】（1）小球由A点到点的过程中，根据动能定理有 在点由重力提供向心力，则有 解得 （2）小球过点后做平抛运动，落在斜面上的点，如图所示 则有，， 在中，由几何关系可得 解得 【变式2-1】【答案】AC 【详解】A．由图乙可知图像的斜率表示合外力，小球在位置处合外力为0，所以 解得 故A正确； B．A、D两点关于B点对称，所以两点电势相同，C点与两点的电势差相等，故B错误； C．和同样关于B点对称，所以处的电场力大小也等于mg，方向竖直向下，所以 故C正确； D．小球从处运动到处，电场力做功为0，重力做功为 所以处的动能为 故D错误。 故选AC。 【变式2-2】【答案】D 【详解】AB．在地球表面，根据万有引力等于重力有 其中 可得 可以将地球视为一个球心相同而半径为的内部球体和厚度为的外部球壳，由题意可知洞底恰好位于内部球体表面，且外部球壳对洞底的物体的引力为零，而内部球体表面重力加速度满足 其中 解得 故AB错误； CD．根据动能定理可知从地表到洞底，万有引力做功等于动能变化，则有 由于内部球体表面重力加速度与内部球体的半径成正比，利用平均值求做功，有 可得物体到达洞底时的速度大小为 故C错误，D正确。 故选D。 考向03 运用动能定理分析各力做功的数量关系 【例3-1】【答案】B 【详解】A．在图像中，图线与时间轴所围的面积表示位移， 联立解得，故A错误； B．根据动能定理有， 联立解得，故B正确； C．根据动量定理有， 联立解得，故C错误； D．图线的斜率代表物体的加速度， 联立解得，故D错误。 故选B。 【例3-2】【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。 【变式3-1】【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 【变式3-2】【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 考向04 动能定理综合问题 【例4-1】【答案】(1)4.72N (2) 【详解】（1）研究滑块a首次运动至点过程，由动能定理 解得 在点，根据牛顿第二定律 解得， 根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力。 （2）滑块刚滑到上时，由动能定理 解得， 根据动量守恒定律 解得 滑块在传送带上的加速度 设滑块在传送带上减速到与传送带速度相等时的位移为x1，根据 解得 所以滑块在传送带上先减速后匀速。 从传送带右端到与弹簧碰撞再返回点，根据动能定理 解得 从点向左运动，最后停下来，根据动能定理 解得 所以两滑块最终停止位置到点的距离为。 【例4-2】【答案】CD 【详解】A．根据题图乙可得F1=4-t，F2=3t 则F1、F2的合力为Fx=F1+F2=4+2t 物块在y轴方向受到的力不变，为mgsin37°。沿x轴方向受到的力Fx在改变，合力在改变，加速度在改变，所以物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误； B．t=1s时，Fx=4+2t=4N+2×1N=6N 则， 解得，故B错误； C．t=2s时，沿x轴正方向，对物块，根据动量定理得Fxt=mvx-0 由于Fx与时间t成线性关系，可得 解得 此时y轴方向速度大小为vy=gsin37°•t=10×0.6×2m/s=12m/s 故此时物块的速度大小为，故C正确； D．前2秒物体沿y运动的位移为解得 重力做功为WG=mgysin37°=1×10×12×0.6J=72J 根据动能定理得 解得F1和F2对物块做的总功为，故D正确。 故选CD。 【变式4-1】【答案】D 【详解】AB．水平的推力F=kt，力随着时间不断变大，物体水平方向受推力和支持力，竖直方向受重力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不断变大，所以物体先加速下滑后减速下滑，即动能先增加后减小；但合力为mg-μkt，是变力，所以动能与位移间不是线性关系，故AB错误； CD．由于克服滑动摩擦力做功，机械能不断减小，故C错误，D正确。 故选D。 【变式4-2】【答案】ABD 【详解】CD．设物块Q从C端飞出时的速度大小为v，物块Q飞出后做斜抛运动，从飞出到落地的过程，竖直方向有 水平方向有 解得， 故C错误，D正确； B．设物块Q落地时的速度为，由动能定理有 解得，故B正确； A．在弹簧原长时，两物块分离，两物块从静止释放到两物块分离的过程中，由能量守恒有 两物块分离后到物块Q运动到C端的过程中，有， 解得，故A正确。 故选ABD。 第二部分 综合巩固 1．【答案】(1)， (2) 【详解】（1）由图像分析可知，汽车先以a=3m/s2的加速度做匀加速直线运动，汽车的功率达到额定功率后再以恒定的功率运行，达到最大速度后做匀速直线运动。t=0时，汽车的加速度大小a=3m/s2，由牛顿第二定律得 解得 由图像可知0~4s的时间内，汽车做匀加速直线运动，则匀加速的末速度大小 汽车的额定功率为， 当汽车的加速度等于0时，汽车的速度达到最大值，此时汽车的牵引力大小为，则汽车的最大速度为 解得 所以坐标系中的 （2）汽车匀加速的位移为 解得 汽车在4s到29s的时间内，汽车以恒定的功率运行，由动能定理得 解得 汽车从启动到速度达到最大时通过的距离 2．【答案】(1)（2m，4m） (2)，1.6s 【详解】（1）由题意有，则有 解得 设在P点时速度方向与水平方向成角，位移OP与水平方向成角，则 于是有 解得，，即P点坐标为（2m，4m） （2）平抛过程，由动能定理有 解得 设小物块沿平台运动时间为t，由动量定理有 解得t=1.6s 3．【答案】BC 【详解】A．根据动能定理有 解得，故A错误； B．由于小孩沿轨道匀速率下滑，所受合力方向始终与速度方向垂直，所以合力始终不做功，故B正确； CD．根据 小孩沿圆弧轨道下滑的速度大小不变，则在竖直方向的速度逐渐减小，所以小孩所受摩擦力和重力做功功率均一直减小，故C正确，D错误。 故选BC。 4．【答案】(1)，水平向左 (2) 【详解】（1）在最低点A，根据动量定理有 解得，水平向左 （2）在点，根据牛顿第二定律有   从A到C，由动能定理得 解得 5．【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。 6．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）在倾斜沙道上滑行时对人和滑板进行受力分析，列牛顿第二定律方程有 解得 （2）由分析可知，当人和滑板滑行至斜面最底端时动能最大，对人和滑板在斜面上的运动列动能定理方程有     解得 （3）设人和滑板在斜面上运动时间为，由运动学公式有 解得 人和滑板滑行至斜面最底端时速度为     设人和滑板在水平沙道做匀减速运动的加速度为，列牛顿第二定律方程有 解得 设人和滑板在水平沙道上运动时间为，由运动学公式有 解得 所以人和滑板从开始滑行至停止用时 7．【答案】BD 【详解】A．设摆线与竖直方向的夹角为，由牛顿第二定律可得 解得 因为，所以B球加速度大于A球加速度，A错误； B．设悬点到水平面的高度为 解得 所以两球角速度相同，B正确； C．绳子上的拉力大小相等，则有 可得A球的质量与B球的质量之比，C错误； D．根据上述分析可知 根据线速度与角速度的关系可得， 故两球的动能之比为，D正确。 故选BD。 8．【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）在B点，把整体受到的重力分别沿着BO和垂直BO的方向分解，沿着BO方向的分力提供整体做圆周运动的向心力，有 解得 整体从A点运动到B点，由机械能守恒定律有 解得 （2）子弹与小球发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒有 解得 （3）由动能定理有 解得 9．【答案】AC 【详解】A．设工人对绳子的拉力大小为，工人竖直向下匀速拉轻绳的速度大小为，重物的速度大小为，动滑轮的绳子与竖直方向的夹角为，根据工人对绳子拉力做功的功率与绳子拉重物的功率相等可得 解得 则重物的加速度大小为 由数学知识可得，重物的加速度增大。在重物缓慢提起的过程中，根据牛顿第二定律 解得 在重物缓慢提起的过程中，θ增大，加速度也增大，所以工人对绳子的拉力逐渐增大，故A正确； B．重物的速度增大，对重力根据动能定理 因为重物的末速度大，所以工人的拉力做的功大于mgh，故B错误； C．重物上升，重物的重力做负功，其重力势能增加，则重物重力势能增加了，故C正确； D．由A选项可知，重物做加速运动，重物的重力势能增加了，同时动能也增加，绳子拉力做正功，重物的机械能增加，增加量大于，故D错误。 故选AC。 10．【答案】(1)6m/s (2)1J 【详解】（1）对A进行分析，弹簧弹性势能全部转化为A的动能，则有 解得 A在传送带上开始做匀减速直线运动，假设与传送带达到相等速度，则有 解得 可知，A到达Q时速度仍然大于传送带速度，则有 解得 （2）A、B发生弹性碰撞，则有， 解得， A在传送带上做匀减速直线运动，假设A减速至0，则有 表明A在传送带上速度没有减为0，则有 解得， 舍去1.6s，即A到达P位置的时间为0.4s，此过程，初速度匀速转动，根据功能关系可知，带动传送带的电机多消耗的能量 解得 11．【答案】(1) (2) 【详解】（1）因小球恰好能到达圆管轨道最高点N点，故小球在N点的速度为0 对M到N，由动能定理 解得 在M点，小球受重力，洛伦兹力和支持力，由牛顿第二定律 解得 （2）对P到M，由动能定理 解得 在P点，把水平竖直分解 得， 对A到P，水平方向有， 竖直方向有 依题意， 则有 综上，解得 12．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）煤块在传送带上加速运动时的加速度大小为 设经过时间煤块与传送带共速，则有 煤块在传送带上加速阶段通过的位移大小为 共速后煤块在传送带上做匀速运动的时间为 则煤块与小球碰撞前运动的时间为 （2）煤块与小球碰撞并粘合，根据动量守恒可得 代入数据解得碰撞后物块速度大小为 （3）碰撞后煤块与小球一起做圆周运动，设最大摆角为，根据动能定理可得 解得 则煤块最终离传送带左端的最大水平距离为 13．【答案】D 【详解】AC．P、Q之间的最大静摩擦为 Q与地面之间的最大静摩擦为 由于，可知木板Q一直处于静止状态；故AC错误； BD．滑块P做减速运动的加速度大小为 滑块P速度减为0所用时间为 滑块P做减速运动到速度减为0通过的位移大小为 根据动能定理可得 可得，故B错误，D正确。 故选D。 14．【答案】(1) (2) (3)0 【详解】（1）小球从释放到刚与物块碰撞过程中，由动能定理得 对小球和物块构成的系统，碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒得 又因为碰前物块静止，由定义式可得 由以上式子联立解得： （2）从物块与弹簧开始接触到弹簧再次恢复到原长时，物块的速度最大，在此过程中物块与物块及弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒，由动量守恒定律得 由机械能守恒得 联立解得：，所以物块的最大速度为 （3）由第二问解得，当弹簧恢复原长时，物块的运动方向发生变化，说明从物块刚与弹簧接触到弹簧恢复原长的过程中的某一位置，物块的速度为零，所以物块的最小速度为 15．【答案】AC 【详解】A．包裹从A到B，根据动能定理有 解得 则包裹刚到水平传送带B点时所受摩擦力方向水平向左，故A正确； B．包裹在水平轨道BC段的加速度为 设包裹一直减速至，根据速度—位移公式有 解得m 刚好等于传送带长度，可见包裹在水平轨道BC段一直向右减速运动，故B错误； C．包裹由B到C的时间为s 相对位移为 因传送带运送包裹节省电能为 代入数据解得J，故C正确； D．离开分拣区之前，包裹已与转台保持相对静止，则速度为 则由C到D过程中，包裹动能变化量为J，故D错误； 故选AC。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $