第19讲 动能定理的理解及应用（专项训练）（福建专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以“理解-应用-图像结合-多过程”为逻辑主线，构建“知识解构-题型演练-真题实战”三阶训练体系，强化动能定理整体法应用与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动能定理理解|3个核心要点|明确三个关系（数量/因果/量纲）、标量性及符号规范|从概念本质（功与动能变化关系）到应用前提（整体法优先）| |应用与图像结合|12道典型例题|图像面积求功、斜率分析力，多过程分段/整体列式|原理应用（单过程）→综合拓展（图像数形结合）| |多过程与创新题|18道综合题|临界条件分析、往复运动路程计算，结合斜面/圆周模型|复杂场景（多过程/往复运动）→高考创新情境（如电磁弹射、机器人运动）|

第19讲 动能定理的理解及应用（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 2 知识点1 动能定理的理解 2 知识点2 动能定理的应用 3 知识点3 动能定理与图象结合问题 3 知识点4 动能定理求解多过程问题 4 模拟·基础演练 5 题型01 动能定理的理解 5 题型02 动能定理的基本应用 14 题型03 动能定理与图像的“数形结合” 21 题型04 动能定理在多过程、往复运动问题中的应用 28 重难·创新演练 39 真题·实战演练 46 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 动能定理基础理解、单过程恒力 / 变力做功求速度、位移 多选 T7（6 分） 多过程分段动能定理，结合斜面、平抛、圆周运动综合计算 多选 T8（6 分） 动能定理结合图像、机车启动、曲线运动临界极值问题 计算 T14（14 分） 考情分析 高考动能定理为必考核心，选择、力学压轴计算题均高频考查。小题侧重单一过程做功与动能变化定性判断；第 14 道力学大题常融合圆周、滑道、机车模型，依托 F-x、v-t 图像，以多过程串联设问，重点考查全过程整体列式简化运算，常结合临界条件、摩擦力变力做功设置陷阱。 复习目标 1.吃透动能定理公式适用条件，区分恒力、变力做功计算方法，熟练整体法列式； 2.掌握多运动场景联动动能定理解题步骤，精准结合几何关系、临界条件联立方程； 3.能解读力学图像提取做功条件，规避正负功、速度平方计算等易错失分点。 巩固·知识解构 知识点1 动能定理的理解 1.动能定理表明了“三个关系” (1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功。 (2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。 (3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳。 2.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。 ✨得分速记： (1)动能定理解决的是合力做功与动能变化量之间的关系，所以在分析时一定要对物体受到的各个力做的功都作分析. (2)动能定理往往应用于单个物体的运动过程，由于不涉及时间，比用运动学规律更加方便. (3)找到物体运动的初、末状态的动能和此过程中合力做的功，是应用动能定理解题的关键. ⚠特别提醒： 使用动能定理优先选用全过程整体列式，无需拆解中间加速度，大幅简化计算。务必区分正负功：力与位移夹角大于 90° 做负功，摩擦力、阻力恒为负功，遗漏负号是高频失分点。公式仅涉及初末动能，速度必须代入合速度，不可拆分水平、竖直分量单独计算动能。遇到变力做功、曲线运动、多过程问题，动能定理比牛顿定律更简便。注意动能是标量无方向，速度反向动能不变；列式统一单位，全部采用国际单位。不要混淆动能定理与机械能守恒，有摩擦力、电磁力做功时只能用动能定理求解。 知识点2 动能定理的应用 应用流程 ✨得分速记 (1)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。 (2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。 (3)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；也可以全过程应用动能定理。 (4)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。 知识点3 动能定理与图像的“数形结合” 1．解决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、图与坐标轴围成的面积等所表示的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量． 2．图像所围“面积”和图像斜率的含义 ✨得分速记 动能定理与图象结合问题的分析方法 (1)首先看清所给图象的种类(如v­t图象、F­t图象、Ek­t图象等)。 (2)挖掘图象的隐含条件，得出所需要的物理量，如由v­t图象所包围的“面积”求位移，由F­x图象所包围的“面积”求功等。 (3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。 知识点4 动能定理在多过程、往复运动问题中的应用 1．多过程问题的分析方法 (1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。 (2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。 (3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。 (4)分析“衔接点”速度、加速度等物理量的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。 (5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。 2．利用动能定理求解多过程问题的基本思路 模拟·基础演练✨得分速记 应用动能定理求多过程问题的技巧 1．运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。 2．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功，要注意运用它们的功能特点： (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的大小与路程的乘积。 (3)弹簧弹力做功与路径无关。 考查重点：高考动能定理核心考查三方面：一是定理基础理解，判断做功与动能变化关系，以选择题考查正负功辨析；二是单、多过程计算题，结合斜面、板块、竖直圆周模型，整体列式简化分段运算；三是综合压轴，联动 F-x 图像、机车启动、临界极值，搭配功率、圆周临界条件联立求解。题型覆盖单选、多选、14 分力学大题，侧重变力做功求解，规避牛顿定律复杂分析，注重正负功符号规范。 ⏳题型01 动能定理的理解 1．（2026·福建三明·二模）某科研小组为了研究光压，设计了如下的假想实验。如图，在真空环境中，两相同材质的全反射棱镜（截面为等腰直角三角形）拼接固连成一方形组合体，两棱镜间有真空间隙，棱镜的折射率为n，与地面的动摩擦因数为μ，组合体总质量为m。一束功率恒为P0的水平激光束，垂直射入左侧棱镜后在棱镜的斜面上恰好发生全反射，出射光的功率仍为P0。已知真空中光速为c，重力加速度大小为g，一个光子动量p与其能量ε的关系为不考虑光子的康普顿效应影响。求： (1)棱镜的折射率n； (2)组合体受到光压力的水平分量大小； (3)组合体恰好开始向右运动时激光的最小功率P1； (4)控制激光的发射功率P随组合体的位移x按以下规律变化，其中常数项，，组合体从开始运动到第一次速度减为零的过程中向右运动的最大距离是多少？ 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）光线垂直射入左侧棱镜直角边，方向不变，射到斜面上。由几何关系，等腰直角三角形斜面倾角为，法线与水平方向夹角为，故入射角，恰好发生全反射，则临界角 根据全反射临界角公式 解得 （2）设在极短时间内，射入光子总能量为 由题公式可知，这些光子的总动量大小为 入射光水平向右，出射光竖直向上。在水平方向上，光子动量由变为，变化量大小为 方向向左。根据动量定理，棱镜对光子的水平作用力 方向向左。由牛顿第三定律，组合体受到光压力的水平分量 方向向右。 （3）当激光功率为时，光压力水平分量 同理，竖直方向光子动量由变为，光子受竖直向上力，则组合体受光压力竖直分量，方向向下。对组合体受力分析，竖直方向平衡：支持力 水平方向恰好开始运动时，光压力水平分量等于最大静摩擦力 联立得 解得 （4）由第（3）问结论可知 当功率为时，光压力水平分量，竖直分量。滑动摩擦力 组合体所受合外力 代入（在范围内） 得 做出合力与位移关系图像如下 图像面积代表合外力的功，所以当时，合外力总功为零，物体末动能为零。且，之后停止运动。由题中公式可知 所以最大距离为。 2．（2026·福建福州·二模）2025年9月22日，歼-15T、歼-35、空警-600三型舰载机成功完成首次电磁弹射起飞和着舰训练，检验了福建舰的电磁弹射技术。某次测试的歼-35的总质量是，弹射过程看作是初速度为零的匀加速直线运动，v-t图像如图所示，取重力加速度，求： (1)弹射过程飞机的加速度大小； (2)弹射过程合力对飞机做的功； (3)体重为60 kg的飞行员在弹射过程受到座椅的作用力大小（结果保留根号）。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据图像斜率可得 解得 （2）弹射过程末速度 由动能定理得弹射过程合力对飞机做的功为 解得 （3）对飞行员受力分析，可得竖直方向 水平方向 所以飞行员在弹射过程受到座椅的作用力大小 解得 3．（2026·福建三明·二模）如图，长度为L=2m、质量为M=2kg的长薄板静止放置在光滑水平地面上。一质量为m=0.5kg的青蛙（可视为质点）静止在木板的左端。观察发现，青蛙竖直向上跳起时，能上升的最大高度为h=1m。青蛙跳起与着陆过程时间极短，忽略空气阻力，重力加速度大小取。 (1)青蛙竖直向上跳起时，求青蛙做的功W； (2)若青蛙从板的左端爬至右端，求此过程中青蛙对地的位移大小； (3)青蛙在板的右端停留一段时间后，继续向右上方跳起，测得腾空时间t=0.4s，若青蛙此次跳起做的功与（1）问中相等，求青蛙落地时到板右端的距离。 【答案】(1)5J (2)1.6m (3) 【详解】（1）由动能定理得 解得 （2）青蛙和长薄板组成的系统水平方向不受外力，动量守恒有 设青蛙对地位移为，薄板对地位移大小为，两边同时乘时间则有 有几何关系 解得 （3）设青蛙跳起的水平初速度为，竖直初速度为，板后退速度为。青蛙斜向右上跳起，竖直方向做竖直上抛运动，由 青蛙起跳做功和第一次相同，则有 水平方向动量守恒 蛙落地时到板右端的距离 解得 4．（2026·福建福州·二模）（多选）如图某一质谱仪由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若加速电场的电压为U，静电分析器通道为四分之一圆弧，中心线的半径为R，通道内存在均匀辐射电场，中心线处的电场强度大小为E。磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，y轴为两个分析器的边界。比荷为k的粒子从静止开始经加速电场加速后，沿中心线MN通过静电分析器，由N点垂直y轴进入磁分析器，最后恰好垂直打在放置于磁分析器下边界（x轴）的探测板上，不计粒子重力。则（    ） A．打在探测板上的带电粒子为负电荷 B．静电分析器中心线处电场强度大小 C．E与B的关系为 D．比荷为2k的带电粒子从离子源飘入质谱仪，将打在探测板距O点2R的位置 【答案】BC 【详解】A．粒子沿x正方向进入磁场，向下偏转后垂直打在轴，磁场垂直纸面向外，根据左手定则：正电荷向右运动时，洛伦兹力向下，符合偏转方向，因此粒子带正电，A错误； B．粒子经加速电场加速，由动能定理 静电分析器中，辐射电场的电场力提供向心力 解得，故B正确； C．磁分析器中，洛伦兹力提供向心力 解得 比荷 原粒子轨迹为四分之一圆，偏转半径 由动能定理得 又因为 联立解得，故C正确； D．对于比荷的粒子，磁分析器中，洛伦兹力提供向心力 由动能定理得 比荷 解得 结合原粒子 解得 ，因此不会打在距O点2R的位置，故D错误。 故选BC。 5．（2026·福建南平·二模）（多选）如图（a），质量分别为、的两个小球A、B拴接在一根轻弹簧的两端，并静止在光滑的水平地面上。给小球A一个水平向右的初速度压缩弹簧，此后小球A、B的速度与冲量大小的关系图像如图（b）所示，图中、已知，则（　　） A． B． C．从开始运动到A、B共速时B球的动能变化量为 D．A、B共速时弹簧的弹性势能最大，其最大值为 【答案】BD 【详解】A．由动量定理，对小球有，变形得 对小球有，变形得 图像斜率的绝对值为，由图可知的斜率绝对值大于的斜率绝对值，即，可得，故A正确。 B．当时，共速，设共同速度为。由动量定理得， 联立消去得 整理得，故B正确。 C．从开始运动到，共速时，对由动量定理得 球的动能变化量 因，则，故C错误。 D．，共速时弹簧压缩量最大，弹性势能最大。由能量守恒定律得 结合动量守恒， 代入化简得，故D正确。 故选BD。 6．（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，等量异种点电荷分别固定在同一水平线上间距为的、两点处，其中处点电荷带正电，点为、连线中点，点、、分别位于、、正下方处。一长为的轻质绝缘细杆一端固定一质量为、电荷量为（）的带电小球，另一端位于点，轻杆可绕点在所在竖直平面内自由转动。小球从点由静止释放，到达点的速度大小与到达最低点的速度大小相等，取点电势为零，不计空气阻力及一切摩擦，重力加速度为，求： (1)小球到达点时的速度大小； (2)等量异种点电荷形成的电场中点的电势； (3)已知等量异种点电荷所带电荷量大小均为，静电力常量为，求带电小球运动到点时轻杆对小球的作用力大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据等量异种点电荷的电势分布特征可知、两点电势均为零，小球从到只有重力做功，由动能定理得 解得 （2）小球到达点和点的速度大小相等，即 点电势为零，由动能定理有 解得 因 解得 （3）根据等量异种点电荷电场对称性可知 小球从到，由动能定理有 解得 由牛顿第二定律可知，小球到达位置时沿杆方向合力满足 小球在位置时沿杆方向的合力为零，其中处点电荷对小球的库仑力沿竖直方向，不影响沿杆方向受力；故处点电荷对小球库仑力沿杆方向分量与轻杆对小球作用力等大反向，满足 其中， 联立解得轻杆对小球的作用力大小 7．（2026·福建福州·二模）（多选）如图，物块以一定的初速度从倾角为θ的固定斜面底端沿斜面向上运动，经过一段时间又滑回底端。已知物块下滑时间是上滑时间的2倍，物块与斜面间的动摩擦因数为，上滑过程和下滑过程合外力对物块做的功分别为和，则（　　） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】AB．设物块上滑和下滑的加速度大小分别为、，向上运动的末速度等于0，其逆过程为初速度为0的匀加速直线运动，则 物块下滑的位移与上滑的位移大小相同，则向下运动的过程中 由题意有 联立解得 对物块受力分析由牛顿第二定律得，向上运动的过程中 向下运动的过程中 联立解得，故A正确，B错误； CD．设物块上滑的初速度为,则 物块下滑到斜面底端的速度大小 联立解得 由动能定理，上滑过程和下滑过程合外力对物块做的功分别等于物块动能的变化量，则，故C错误，D正确。 故选AD。 8．（2026·福建·模拟预测）2025年江苏省城市足球联赛精彩纷呈，引发了大众的足球热情。某次比赛中质量为m的足球飞行轨迹如图所示，足球在位置A的速度大小为，在位置B的速度大小为两处的高度差为h，重力加速度大小为g，则从位置A到位置B的过程中，重力对足球所做的功为________，阻力对足球所做的功为________。 【答案】 【详解】[1]从位置A到位置B，足球上升h，此过程重力做功； [2]对此过程，由动能定理： 代入 得 ⏳题型02 动能定理的基本应用 9．（2026·福建福州·模拟预测）（多选）如图，质量均为的小球A、B用一根长为的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，质量也为的小球C挨着小球B放置在地面上。扰动轻杆使小球A向左倾倒，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与地面有一定夹角时小球B和C分离，已知C球的最大速度为v，小球A落地后不反弹，重力加速度为g。下面说法正确的是（　　） A．球B、C分离前，A、B两球组成的系统机械能逐渐减小 B．球B、C分离时，球B对地面的压力大小为 C．从开始到A球落地的过程中，杆对球B做的功为 D．小球A落地时的动能为 【答案】AD 【详解】A．球B、C分离前前，B一直对C做功，使C动能增加，由于A、B、C组成的整体机械能守恒（地面光滑，只有重力做功），因此A、B组成的系统机械能不断转移给C，逐渐减小，故 A 正确； B．球B、C分离时，对 A、B 两球组成的系统，球A有向下的加速度 对A、B整体竖直方向由牛顿第二定律 可得支持力 ，根据牛顿第三定律，B对地面的压力小于，故 B 错误； D．水平方向总动量始终为0，分离时 可得A水平速度大小 分离后A、B水平动量守恒，总动量向左为 A落地时A、B共速，则 可得，因此B最终动能为，C动能为。 整体机械能守恒，初始重力势能全部转化为三者动能，因此A落地动能 ， D正确； C．从开始到A球落地的过程中，设杆对球B做功为，以BC整体为研究对象，应用动能定理 代入B、C动能值，可得， C错误。 故选AD。 10．（2026·福建·三模）（多选）如图所示，倾角为、足够长的斜面体固定在水平面上，质量为的物块静止在斜面体底端，从某时刻起，物块始终受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块到斜面底端的距离l变化的关系为（式中物理量单位均为国际单位），已知物块与斜面之间的动摩擦因数，g取。下列说法正确的是（　　） A．物块沿斜面上滑的最大位移为4 m B．物块在上滑过程中拉力做的功为25 J C．物块沿斜面上滑至最高点后保持静止状态 D．物块在斜面上运动的总路程为6 m 【答案】AD 【详解】AB．因F-l是线性关系，故计算其做功时取其平均值 由动能定理 解得 ，故A正确，B错误； C．在最高点时，故物块沿斜面上滑至最高点后不能保持静止状态，故C错误； D．下滑时由动能定理 解得，物块在斜面上运动的总路程为，故D正确。 故选AD。 11．（2026·福建宁德·二模）在冬奥会自由式滑雪大跳台项目中，运动员谷爱凌完成动作后平滑进入水平雪地滑行。已知运动员进入水平雪地滑行时的速度，运动员在雪地阻力作用下做减速直线运动，其图像如图所示（其中内图线为直线）。已知运动员（含装备）总质量，重力加速度取。求： (1)内运动员的加速度大小； (2)运动员从进入水平雪地滑行到停止的过程中，雪地阻力对运动员做的总功； (3)内雪地对运动员的作用力大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由图像可知，在内运动员做匀减速直线运动。已知初速度，时的速度，设加速度大小为，根据运动学公式有 代入数据解得 故其大小为（同样给分） （2）运动员从进入水平雪地滑行到停止的过程中，只有雪地阻力对运动员做功。根据动能定理有 代入数据解得，雪地阻力对运动员做的总功为 （3）在内，设雪地对运动员的摩擦阻力大小为，根据牛顿第二定律 代入数据解得 在竖直方向上，雪地对运动员的支持力大小为 雪地对运动员的作用力是支持力与摩擦阻力的合力，大小为 代入数据解得（写成小数703.5同样给分） 12．（2026·安徽·三模）如图所示，有一根长为、质量为的均匀链条锁定在动摩擦系数的粗糙水平桌面上，其长度的悬于桌边外，如果在链条的端施加一个拉力并解开锁定使链条以（为重力加速度）的加速度运动，直到把悬着的部分拉回桌面。设拉动过程中链条与桌边始终保持接触，则拉力需做功（忽略桌子转角阻力）（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意，由运动学公式，悬着的部分拉回桌面时，链条的速度满足 链条上升的过程中所受摩擦力逐渐增大，与位移成正比，如图所示 设拉力做功，整个过程，由动能定理有 联立解得 故选B。 13．（2026·福建·一模）如图所示，光滑小球a、b的质量均为m，a、b均可视为质点，用长为l的刚性轻杆连接，竖直地紧靠光滑墙壁放置，b位于光滑水平地面上，a、b处于静止状态，重力加速度大小为g。现对b施加轻微扰动，使b开始沿水平面向右做直线运动，某时刻轻杆与竖直墙壁夹角为60°，则此时小球a、b的速度大小关系为_____，此过程中轻杆对小球b做的功为___________。 【答案】 【详解】[1]如图 轻杆滑动过程中，沿杆方向的速度大小相等，轻杆与竖直墙壁夹角为，则 某时刻轻杆与竖直墙壁夹角为60°，则此时小球a、b的速度大小关系为 [2]根据机械能守恒可得 解得 由动能定理可得轻杆对小球b做的功为 14．（2025·福建·模拟预测）某同学用质量、可视为质点的小石片打“水”漂的轨迹示意图如图所示，小石片从距液面高处的点以初速度水平飞出后，从点与液面成角射入某种液体中，然后从点与液面成角射出液面做斜上抛运动，到达最高点时距离液面的高度。已知重力加速度，，不计空气阻力。求： (1)小石片从点飞出到再次进入液体的时间t； (2)小石片从点飞出时距液面的高度； (3)小石片从A点运动到B点过程中，该液体对小石片做的功。 【答案】(1)0.4 s (2)1.8 m (3) 【详解】（1）从D点到液面，根据平抛运动规律有 解得 根据对称性可知，小石片从点飞出到再次进入液体的时间 （2）在A点，根据速度的分解有 根据速度—位移公式有 （3）A点的速度为 B点的速度为 根据动能定理有 15．（2025·福建宁德·三模）滑板运动由冲浪运动演变而来，已被列为奥运会正式比赛项目。如图所示，某滑板爱好者从斜坡上距平台高处由静止开始下滑，水平离开A点后越过壕沟落在水平地面的B点，A、B两点高度差，水平距离。已知人与滑板的总质量，取重力加速度，不计空气阻力，求：    (1)人与滑板从A点离开时的速度大小； (2)人与滑板从A点运动到B点重力做功的平均功率； (3)人与滑板从斜坡下滑到A点过程克服阻力做的功。 【答案】(1) (2) (3)420J 【详解】（1）设人与滑板从A点到B点所用的时间为，根据平抛运动规律，在竖直方向上位移 解得 在水平方向上位移 解得 （2）人与滑板从A点运动到B点重力做功为 平均功率 解得 （3）人与滑板从斜坡下滑过程中，由动能定理 解得 故克服阻力做功为420J 16．（2025·福建龙岩·一模）一辆汽车在夜间以速度匀速行驶，驶入一段照明不良的平直公路时，司机迅速减小油门，使汽车的功率减小为某一定值，此后汽车的速度与时间的关系如图所示。设汽车行驶时所受的阻力恒定为，汽车的质量为，则下列说法正确的是（　　） A．时刻，汽车的功率减小为 B．整个减速过程中，汽车的牵引力不断变小 C．整个减速过程中，克服阻力做功大于 D．整个减速过程中，汽车牵引力的冲量大小为 【答案】C 【详解】A．时刻，汽车的功率减小为，故A错误； B．整个减速过程中，由，可知汽车的牵引力不断变大，故B错误； C．整个减速过程中，由动能定理，有 得 故C正确； D．整个减速过程中，由动量定理，有 得 故D错误。 故选C。 ⏳题型03 动能定理与图像的“数形结合” 17．（2026·福建福州·模拟预测）如图所示，传送带左、右两侧分别与粗糙平台及光滑平台紧密对接，传送带的上表面与两平台处于同一水平面上，传送带以的速度顺时针转动，传送带上左右两端点B、C之间的距离，图中通过B点的竖直虚线左侧存在一水平向右的匀强电场，平台上固定一竖直挡板。现将一带电量为的滑块从A点由静止释放，间距。当滑块运动到B点时速度的大小，滑块经过传送带后在平台上与挡板碰撞，且每次碰撞后速度的大小均变为碰撞前的一半。已知滑块的质量，滑块与平台及传送带间的动摩擦因数，滑块可视为质点，取重力加速度的大小。求： (1)电场强度的大小 (2)滑块第一次与挡板碰撞前的速度大小； (3)滑块第二次撞击挡板前，与传送带之间由摩擦产生的热量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设电场强度的大小为E，则滑块在电场中运动过程中，由动能定理得 代入数据解得 （2）滑块滑上传送带后向右匀加速运动的加速度大小为a，有 设滑块达到传送带的速度的大小时运动位移大小为，则有 解得 所以滑块到达到与传送带右端之前已经与传送带共速，所以第一次与挡板碰撞之前的速度的大小 （3）滑块第一次滑上传送带过程，设滑块达与传送带共速用时，滑块与传送带相对位移，有，，， 滑块与挡板第一次碰撞后向左以 滑上传送带，减速到零的位移大小为 即滑块在传送带上减速到零后返回向右匀加速直线运动。所以滑块与挡板第一次碰撞后，从向左滑上传送带至速度减为零过程，设用时，滑块与传送带相对位移，则有，，， 滑块从速度为零，到向右匀加速直线运动，回到C点位移有 其所用时间为，有，， 故滑块第二次撞击挡板前，与传送带之间由摩擦产生的热量 18．（2026·福建龙岩·三模）2026年春晚，质量为m的H2型号人形机器人身着武侠袍服，作为“剑宗大师”压轴登场进行舞剑表演。如图所示，在表演过程中舞台缓慢上升h，机器人始终与舞台保持相对静止。关于上述过程说法正确的是（　　） A．重力对机器人做正功 B．舞台对机器人不做功 C．机器人的动能增加mgh D．机器人的机械能增加mgh 【答案】D 【详解】A．重力方向竖直向下，机器人运动方向向上，根据可知重力对机器人做负功，故A错误； B．根据平衡条件可知舞台对机器人的作用力竖直向上，机器人运动方向向上，根据可知舞台对机器人做正功，故B错误； C．机器人在表演过程中舞台缓慢上升，速度不变，动能不变，故C错误； D．机器人在表演过程中舞台缓慢上升h，重力势能增加，动能不变，则机械能增加，故D正确。 故选D。 19．（2026·福建泉州·三模）如图，质量的篮球从离水平地面高度处由静止释放，与地面发生碰撞后反弹的最大高度。为使得篮球每次反弹后的最大高度均为，运动员的手从篮球到最高处时竖直向下拍球，已知篮球每次与地面碰撞损失的机械能均相同，取重力加速度大小，忽略空气阻力，求： (1)篮球与地面发生碰撞前瞬间的速度大小； (2)篮球每次反弹后的上升时间； (3)篮球每次与地面碰撞损失的机械能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）篮球向下运动的过程，由动能定理，可得 解得 （2）将上升运动视为反方向的自由落体运动，可得 解得 （3）与地面碰撞损失的机械能 解得 20．（2026·福建泉州·三模）如图，竖直轻质弹簧上端固定在天花板上，下端与物块相连。用水平板托住物块，使弹簧处于原长状态。现使竖直向下做匀加速直线运动，加速度，为重力加速度大小。当弹簧伸长量为时、分离，此时的动能为；当弹簧伸长量为时动能达到最大值；当运动到最低点时弹簧伸长量为、加速度大小为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】A．、分离时，二者弹力为0，对由牛顿第二定律： 代入 得： 即： 动能最大状态（），动能最大时合力为0，加速度为0： 因此 故A错误； B．分离前做匀加速直线运动，由运动学公式，得： 从到最低点，动能从变为0，由动能定理解得： 因此： 故B错误； C．分离后从到，由动能定理： 代入，解得： 因此 故C正确； D．对最低点由牛顿第二定律： 得 又 则： 故D错误。 故选C。 21．（2026·福建泉州·三模）泉州提线木偶戏是入选国家级非物质文化遗产的传统戏剧。如图所示，木偶在提线作用下，其手掌在竖直面内由位置沿圆弧线匀速率运动到位置，在此过程中（   ） A．手掌的动量不变 B．手掌的动能不变 C．手掌的机械能守恒 D．提线对手掌不做功 【答案】B 【详解】A．动量是矢量，手掌做匀速率圆周运动，速度方向不断改变，因此手掌动量发生变化，故A错误； B．动能是标量，大小为，手掌匀速率运动，速度大小不变，因此动能不变，故B正确； C．机械能=动能+重力势能，手掌从P到Q动能不变，高度升高，重力势能增大，因此总机械能增大，不守恒，故C错误； D．根据动能定理，手掌动能变化为0，重力对手掌做负功，因此提线的拉力必须做正功，才能使总功为0，故提线对手掌做功，故D错误。 故选B。 22．（2026·重庆·二模）（多选）如图甲，某农场安装有一种自动浇水装置，在农田中央装有竖直细水管，喷嘴喷出一细水柱，初速度大小为，初速度方向与水平面的夹角可调（），喷嘴离水平地面高度为，结构简图如图乙，整个装置可以绕中心轴线缓慢匀速转动，重力加速度大小取，不计空气阻力，忽略喷嘴到中心轴线的距离，则（　　） A．调节夹角，水柱从喷出到落地的时间是相等的 B．调节夹角，水柱落地时的速度大小是相同的 C．该自动浇水装置最大浇灌面积为 D．该自动浇水装置最大浇灌面积为 【答案】BC 【详解】A．调节夹角，水柱喷出后竖直方向的初速度不同，因其运动的加速度为重力加速度，故水柱从喷出到落地的时间不相等，故A错误； B．水柱从喷出到落地的过程，根据动能定理有 解得 故水柱落地时的速度大小与无关，故B正确； CD．水柱喷出后做斜上抛运动，作出水滴的初速度、末速度以及速度的变化量的矢量关系图，如图所示 根据几何关系，可知 速度矢量三角形的面积为 由于与大小一定，则当两者垂直时，S最大，即此时水滴的水平射程x有最大值，即 则 所以，则该自动浇水装置最大浇灌面积为，故C正确，D错误。 故选BC。 23．（2026·甘肃武威·模拟预测）如图所示，是等量带正电的点电荷，固定在同一水平线上，O为连线的中点，是连线竖直垂直平分线上的两点，这两点关于O点对称，将一个带正电的小球（大小不计）在C点上方P点由静止释放，小球沿直线运动到D点，关于小球在两点（　　） A．速度相同 B．机械能相同 C．电场力相同 D．加速度相同 【答案】B 【详解】B．根据等量同种电荷的电势分布特点可知C、D两点的电势相等，所以小球在C、D两点的电势能相等。小球只受电场力与重力作用，因此电势能与机械能总和为定值，因此小球在C、D两点机械能相等，故B正确； A．由于在D点重力势能小，小球的动能大，小球的速度大，故A错误； C．根据等量同种电荷的电场分布特点可知在C、D两点电场强度大小相等，小球受到的电场力大小相等，方向相反，故C错误； D．在C点重力与电场力方向相反，在D点，电场力与重力方向相同，可知小球在D点的加速度较大，故D错误。 故选B。 24．（2025·福建泉州·一模）某兴趣小组对一简易缓冲装置进行性能测试，该装置由轻弹簧和足够长的轻杆相连组成，轻杆可在墙壁上的槽内水平移动，如图所示。测试时，把小球A用轻绳悬挂于O点，在O点正下方的光滑水平面上静置一小物块B。拉起A至轻绳水平由静止释放，A摆到最低点时恰好与B发生正碰，碰后瞬间两者速度大小均为v=1.5m/s，A向左运动，B向右运动压缩弹簧，一段时间后使杆在槽内移动。已知A的质量mA=1kg，绳长L=0.45m，杆与槽间的最大静摩擦力fm=7.5N，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，弹簧劲度系数k=75N/m，其弹性势能Ep与形变量x的关系式为，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度大小g=10m/s2，A与B碰撞后不再相碰，忽略空气阻力。求： (1)A与B碰撞前瞬间A的速度大小； (2)轻杆开始移动时B的加速度大小； (3)B最终的速度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设A与B碰撞前瞬间A的速度大小为，根据动能定理有 解得 （2）A与B碰撞时，动量守恒，取向右方向为正方向 由题意可知，当弹簧弹力等于杆的最大静摩擦力时，杆开始移动，即 对物块B，根据牛顿第二定律 联立，解得 （3）当轻杆开始运动时，有 由于杆的质量不计，弹簧弹力始终等于滑动摩擦力，杆开始运动后，物块B将做匀减速直线运动，B的速度减为0后，弹簧又将逐渐恢复原长，此时压缩的弹性势能转化为B的动能，设最终B的速度大小为，则 联立，解得 ⏳题型04 动能定理在多过程、往复运动问题中的应用 25．（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，三个质量均为的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量） (1)求B、C向左移动的最大距离； (2)求B、C分离时B的动能； (3)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值； (4)若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度随位移变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的、值（用、、表示），要求有推导过程。以撤去时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）从开始到BC向左移动到最大距离的过程中，以BC和弹簧为研究对象，由功能关系得 解得 （2）弹簧恢复原长时BC分离，从弹簧最短到BC分离，以BC和弹簧为研究对象，由能量守恒得 解得 （3）当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得 若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得 结合第（1）问结果可知 根据题意舍去（原因：，开始推不动）， 恒力的最小值为 （4），物块BC向左运动过程中，由动能定理 解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为 则坐标原点的加速度为 之后C开始向右运动过程（BC系统未脱离弹簧）加速度为 可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，BC分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为 负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以BC为研究对象，由动能定理得 脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至，由能量守恒得 解得脱离弹簧后，C运动的距离为 则C最后停止的位移为 图像如图所示： 26．（2026·福建龙岩·三模）如图所示，竖直平面内固定的圆弧轨道BCD和圆管轨道DE在D处平滑连接，O为圆弧圆心，半径均为，C点和E点分别是轨道的最低点和最高点，OB和OD连线与竖直直径的夹角分别为60°和37°，BF是与轨道共面的倾角为α（α未知）的直线，在该直线上某点A将一质量为的小球以某一初速度水平抛出，恰好从B点沿圆弧轨道的切线进入轨道，经过C点时速度大小为4m/s。已知小球直径略小于圆管内径，且远小于圆弧半径，不计轨道摩擦和空气阻力，，，。求： (1)小球经过C点时对轨道压力的大小； (2)小球平抛初速度的大小； (3)若从直线BF上水平抛出的小球均能从圆弧轨道的B点沿切线进入轨道，且小球能够到达E点，则抛出点到B点的竖直高度h的最小值是多少。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）球经过点时，由牛顿第二定律有    解得 由牛顿第三定律，小球对轨道的压力 （2）从到，由动能定理有   根据几何关系有   解得 （3）小球经过D点的最小速度满足   设小球恰能通过时，平抛初速度为，经过点时速度的竖直分量为，则，   从抛出点到点，根据动能定理，有   解得 设小球到达E点时速度为，从到E由动能定理，有   解得 即小球能够到达E点，故抛出点到点的竖直距离的最小值 27．（2025·浙江·一模）如图所示，AB为足够长的粗糙斜面，斜面倾角，与水平面CG通过极小的一段光滑曲面平滑连接，CG长为S=1.2m的粗糙水平面，DFE为与水平面平滑连接的光滑竖直圆轨道，该竖直光滑圆轨道在CG的位置可调，最低点D、E水平方向略微错开。长木板紧挨着G，静止在光滑、足够长的水平面HT上。长木板右端固定一弹性挡板K (物块与它的碰撞为弹性碰撞)。一质量为m=1kg可视为的质点物块P自斜面上距水平面高为h处由静止释放，P与斜面、CG间、木板间动摩擦因数均为，圆轨道半径R=0.4m,木板质量M=2kg，长为、，，取，求： (1)若滑块恰能过最高点F，求滑块经D点时受到轨道的支持力大小。 (2)当时，CD的距离S₁为多少时滑块恰能滑过F点。 (3)当圆轨道最低点D位于CG中点时，P刚好滑至木板中点时与木板相对静止，求滑块释放的高度h2。 【答案】(1)60N (2)0.2m (3)4.05m或8.55m 【详解】（1）物块恰能经有① 解得 物块自到，由机械能守恒定律有② 解得 物块经过时，由牛顿第二定律有 ③ 代入数据解得 （2）对物块，自释放到，由动能定理有 由(1) 知，代入数据解得 （3）当圆轨道位于中点时，能过点。则有 解得 设经度为时，恰第1次滑至第一块木板的中点，对物块和木板组成的系统，由动量守恒定律 由能量守恒定律有 解得 对滑块，自释放到，由动能定理 解得 即，符合题意     当物块与挡板碰后在木板中点与木板相对静止，由动量守恒定律得 由能量守恒定律有 解得 对滑块，自释放到，由动能定理有 解得 所以或。 28．（2025·北京海淀·二模）如图所示，光滑水平面与粗糙的竖直半圆轨道在B点相切，半圆轨道的半径，D是半圆轨道的最高点。将一质量的物体（可视为质点）向左压缩轻弹簧至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得一向右速度，并脱离弹簧在水平面上做直线运动，其经过B点时的速度，之后物体沿半圆轨道运动，恰好能通过D点。取重力加速度。求： (1)弹簧被压缩至A点时的弹性势能。 (2)物体通过D点时的速度大小。 (3)物体沿半圆轨道运动过程中克服阻力所做的功W。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由能量守恒可知，弹簧弹性势能完全转化为物体的动能 可得弹簧被压缩至A点时的弹性势能 （2）物体恰好能通过D点，则根据牛顿运动定律有 解得 （3）物体沿半圆轨道运动过程中由动能定理有 解得 29．（2025·宁夏中卫·一模）某固定装置的竖直截面如图所示，该装置由弧形光滑轨道AB、竖直光滑圆轨道、水平粗糙直轨道BD、倾角为37°的粗糙斜轨道DE、圆弧形光滑管道EF平滑连接而成。现将一质量为0.1kg、可视为质点的小滑块m1由弧形轨道AB上高h处由静止释放（h未知），在经历几段不同的运动后，m1在F点与静止在水平台面上质量为0.4kg的长木板M发生正碰。已知圆轨道半径R=0.5m，LBD=LDE=1m；m1与轨道BD、DE间的动摩擦因数均为μ1=0.25，M与水平台面间的动摩擦因数μ2=0.3，M最右端停放一质量为、可视为质点的小滑块m2，M与m2间的动摩擦因数μ3=0.2；水平台面和木板M足够长；m1从轨道AB上滑下后进入圆弧轨道，运动到与圆O等高的C点时对轨道的压力为10N。忽略空气阻力，g取10m/s2，、。 (1)求h的大小； (2)求m1刚到达F点时的速度大小； (3)若m1与M碰撞时间极短，且碰后立即粘在一起，求最终m2与M最右端之间的距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）运动到C点时，根据牛顿第二定律得 从A到C的运动过程，根据动能定理得 联立代入数据解得 （2）m1从A到F的运动过程，根据动能定理得 代入数据解得 （3）m1与M相碰，根据动量守恒定律得 代入数据解得 m1与M碰后对m2分析得 代入数据解得 对和构成的整体受力分析得 代入数据解得 设经过时间t，m2与m1、M共速，则 代入数据解得共速的速度， 该过程中m2运动的位移 运动的位移 共速过后，与分别减速运动，对m2受力分析得 代入数据解得 对和构成的整体受力分析得 代入数据解得 m2对地位移 的对地位移 最终计算可得距离最右端的长度 30．（2024·福建福州·二模）如图所示，在竖直向下的匀强电场中有轨道ABCDFMNP，其中BC部分为水平轨道，与曲面AB平滑连接。CDF和FMN是竖直放置的半圆轨道，在最高点F对接，与BC在C点相切。NP为一与FMN相切的水平平台，P处固定一轻弹簧。点D、N、P在同一水平线上。水平轨道BC粗糙，其余轨道均光滑，可视为质点的质量为m = 0.02 kg的带正电的滑块从曲面AB上某处由静止释放。已知匀强电场的场强E = 2 N/C，BC段长度L = 1 m，CDF的半径R = 0.2 m。FMN的半径r = 0.1 m。滑块带电量q = 0.1 C，滑块与BC间的动摩擦因数μ = 0.5，重力加速度g = 10 m/s2；求： (1)滑块通过半圆轨道CDF最高点F的最小速度vF； (2)若滑块恰好能通过F点，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h0； (3)若滑块在整个运动过程中，始终不脱离轨道，且弹簧的形变始终在弹性限度内，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h需要满足的条件。 【答案】(1)2 m/s (2)1 m (3)k m ≤ h ≤ （0.7 + k） m（k = 0，1，2，3……） 【详解】（1）小球在F点根据牛顿第二定律有 解得 （2）设小球由h0处释放恰好通过F点，对小球从释放至F点这一过程由动能定理得 解得 （3）讨论 ①小球第一次运动到D点速度为零，对该过程由动能定理得 解得 则当h ≤ 0.7 m时，小球不过D点，不脱离轨道。 ②小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，沿轨道PNMFDCBA运动，再次返回后不过D。小球恰好可以经过F点，由动能定理可得 解得则当h ≥ 1 m时，小球可以通过F点。小球再次返回刚好到D点 解得 则当h ≤ 1.7 m时，小球被弹簧反弹往复运动后不过D点；综上，当1 m ≤ h ≤ 1.7 m，小球第一次进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，满足始终不脱离轨道。 ③小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，第二次往复运动时满足小球恰好可以经过F点，由动能定理可得 解得 则当h ≥ 2 m时，小球可以两次通过F点；小球再次返回刚好到D点 解得 则当h ≤ 2.7 m时，小球被弹簧反弹第二次往复运动后不过D点；综上2 m ≤ h ≤ 2.7 m，小球第一、二次进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，满足始终不脱离轨道。以此类推，可得当h满足k m ≤ h ≤ （0.7 + k） m（k = 0，1，2，3……）小球不脱离轨道。 31．（2024·福建·一模）如图所示，水平传送带AB长，以的速度顺时针转动，传送带与半径可调的竖直光滑半圆轨道BCD平滑连接，CD段为光滑管道，小物块（可视为质点）轻放在传送带左端，已知小物块的质量，与传送带间的动摩擦因数，，重力加速度。 (1)求小物块到达B点时的速度大小； (2)求由于传送小物块，电动机多做的功； (3)若要使小物块从D点飞出后落回传送带的水平距离最大，求半圆轨道半径R的大小； (4)若小物块在半圆轨道内运动时始终不脱离轨道且不从D点飞出，求半圆轨道半径R的取值范围。 【答案】(1)4m/s (2)16J (3)0.2m (4)或 【详解】（1）对小物块受力分析，由牛顿第二定律 解得 设小物块与传送带共速的时间为t1，由运动学公式可得 加速的位移为 因为 所以小物块在传送带上先加速后匀速，到达B点时的速度大小为4m/s。 （2）小物块在传送带上因摩擦而产生的热量为 由于传送小物块，电动机多做的功为 （3）从B点到D点，由动能定理 小物块离开D点后做平抛运动，有， 联立可得 由数学关系可知，当时，小物块从D点飞出后落回传送带的水平距离最大 （4）①刚好沿半圆到达与圆心O等高处，根据动能定理 解得 小物块在半圆轨道内运动时始终不脱离轨道，则 ②刚好到达C点不脱轨，临界条件是弹力为0，在C点 从B点到C点，根据动能定理 代入数据解得 ③刚好到达D点不脱轨，在D点有，从B点到D点，根据动能定理 代入数据解得 若小物块在半圆轨道内运动时不从D点飞出，则满足 综上所述，半圆轨道半径R的取值范围为或 32．（2024·福建厦门·模拟预测）如图甲，一质量为2m的物块B用一长度为的轻绳悬挂于P点处，初始时其与竖直方向的夹角，P点正下方处有一钉子。另一物块A与轻质弹簧连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块B，当其运动至P点正下方时轻绳在钉子的作用下断裂。之后物块B将在光滑水平面上匀速直线运动，直至与物块A发生碰撞（假定在物块B触地过程中机械能没有损失，轻绳在断裂后不影响物块B的后续运动）。记物块B第一次与弹簧接触的时刻为t=0，第一次与弹簧分离的时刻为t=2t0。第一次碰撞过程中，A、B的v-t图像如图乙所示。已知从t=0到t=t0时间内，物块A运动的距离为0.144v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞。斜面倾角，高度，与水平面光滑连接。已知碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度记为g，。求： （1）轻绳即将断裂时的张力T； （2）A的质量mA； （3）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值∆x（用v0、t0表示）； （4）物块A与斜面间的动摩擦因数µ的取值范围。（答案用分数表示） 【答案】（1）8mg；（2）3m；（3）；（4） 【详解】（1）设B摆至最低点的速度为v，根据动能定理有 解得 轻绳即将断裂时，对B受力分析有， 解得 （2）设碰后A的速度为vA，B与A发生完全弹性正碰，碰撞前后动量动能守恒，有 解得， （3）t=t0时弹簧压缩量∆x最大，设压缩过程中A的瞬时速度为vA，B的瞬时速度为vB，压缩弹簧过程中动量守恒 两边对时间求和可得，， 联立可得 （4）A若要与B发生二次碰撞，其不能越过斜面，A在斜面顶端的速度为0，由动能定理得 解得 所以要满足 A若要与B发生二次碰撞，其除了不能越过斜面之外，其返回至水平面时速度大小必须比B的大，设此时A在斜面上的最大高度为hm，则 返回水平面时的速度为0.2v0，根据动能定理得 解得 所以要满足 最后，A能够从斜面上滑下必须满足条件 解得 综上可得，A与斜面间的动摩擦因数应满足 重难·创新演练 设题创新:高考动能定理命题创新体现在三点：一是情境创新，融入山地滑道、游乐设施等本土实景，融合平抛、圆周复合运动搭建多过程模型；二是载体创新，依托 F-x、v-t 图像隐藏做功条件，弱化直接给出力与位移；三是设问创新，结合竖直圆临界极值、机车功率综合设问，不局限单一过程计算，侧重建模分析，设置正负功、速度分量等易错陷阱，强化逻辑推导而非套公式。 1．（2025·甘肃武威·模拟预测）2025年4月19日，全球首个人形机器人半程马拉松在北京亦庄举行，全程21.0975km。获得本次比赛冠军的“天工Ultra”身高约为1.8m、体重约为55kg，在一段直跑道上的跑步过程中在30秒内将时速从6km/h提升到最高时速12km/h，下列关于“天工Ultra”的说法正确的是（　　） A．该次马拉松全程的位移大小为21.0975km B．比赛中“天工Ultra”的最大动能约为3960J C．“天工Ultra”在该段直跑道上的加速过程中的平均加速度大小约为 D．跑步过程中其重心始终位于离地0.9m处 【答案】C 【详解】A．21.0975km指的是该次马拉松全程的路程，不是位移大小，故A错误； B．最大速度为 则比赛中“天工Ultra”的最大动能约为，故B错误； C．“天工Ultra”在该段直跑道上的加速过程中的平均加速度大小约为，故C正确； D．跑步过程中，腿部运动导致重心发生变化，不可能始终位于离地0.9m处，故D错误。 故选C。 2．（2025·福建福州·三模）如图某同学进行垫球训练，在排球离开手臂竖直向上运动到最高点后，再竖直落回原位置的全过程中，假设空气阻力大小恒定，取竖直向上为正方向，排球的加速度a、速度v、动能、机械能E随时间t的变化图像，可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】A．排球竖直向上的减速运动过程中，因为空气阻力大小恒定记为，则此时对排球分析则有 解得向上运动时，加速度方向向下，加速度大小为 排球竖直向下运动时 又因为球能回到初始位置，则 所以，竖直向下运动时加速度方向向下，加速度大小为，A错误； B．由上述分析可知，方向均为竖直向下，即为负方向，图像中斜率表示加速度，所以图像的斜率的绝对值应变小，B错误； C．动能表达式 竖直向上运动时 可知竖直向上运动阶段动能在减小，与时间成二次函数关系，设速度减为零时的时间为，竖直向下运动时 可知竖直向下运动时，动能在增加，与时间为二次函数关系，C正确； D．在此过程中，摩擦力始终做负功，机械能减小，设竖直向上运动时所走路程为 此时 竖直向下时 所以此运动过程中机械能与时间图像在速度减为0时有拐点，D错误。 故选C。 3．（2025·福建·二模）如图所示为某同学投篮时的情景，篮球在空中划出一道美妙的弧线后精准进入篮框，不计空气阻力，则篮球飞行过程中（　　） A．加速度先减小后增大 B．动能先减小后增大 C．机械能先增大后减小 D．重力的功率先增大后减小 【答案】B 【详解】A．篮球在空中飞行时只受重力作用，加速度始终为重力加速度g，恒定不变，故A错误； BC．篮球在空中飞行时只有重力做功，则机械能守恒，恒定不变；由题图可知，篮球在空中飞行时，其高度先变高后变低，则其重力势能先增大后减小，又因为篮球的机械能恒定不变，则篮球的动能先减小后增大，故B正确，C错误； D．由题意可知，篮球做斜上抛运动，则篮球竖直方向做竖直上抛运动，则篮球竖直方向的速度大小先减小后增大，则由可知，重力的功率先减小后增大，故D错误； 故选B。 4．（2025·福建厦门·二模）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R，bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。则小球运动到c点的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设小球运动到c点的速度大小为v，小球由a到c的过程，由动能定理得， 联立可得 故选A。 5．（2024·福建·模拟预测）2024年8月3日，在巴黎奥运会网球女子单打金牌赛中，中国选手郑钦文2比0战胜克罗地亚选手维基奇，夺得金牌。郑钦文某次击球时，将球沿斜向上的方向击出，击球点距离地面的高度为h，速度大小为，与水平方向夹角为θ=37°，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，网球可视为质点。下列说法正确的是（　　） A．网球运动的最高点到地面的高度为45h B．网球在空中运动的总时间为 C．网球的水平射程为 D．网球落地瞬间的速度大小为 【答案】C 【详解】A．分解网球的初速度，如图所示 网球击出时的速度在竖直方向的分量大小为 网球从击出到落地的过程中，在竖直方向上做竖直上抛运动，击出位置与最高点的高度差为 则网球运动的最高点到地面的高度为H=h1+h 联立，解得H=46h 故A错误； B．网球从最高点到落地所经历的时间t2满足 网球从击出到运动到最高点所经历的时间为 网球在空中运动的总时间为 联立，解得 故B错误； C．网球击出时的速度在水平方向的分量大小为 网球从击出到落地的过程中，在水平方向上做匀速直线运动，网球的水平射程为 联立，解得 故C正确； D．网球从击出到落地的过程中，根据动能定理有 解得网球落地瞬间的速度大小为 故D错误。 故选C。 6．（2025·福建宁德·模拟预测）（多选）蹦极是很多年轻人喜欢的一种运动，运动过程可以简化为图1所示，人下落过程可以近似看成在一条竖直线上的运动，且人可看成质点。蹦极绳是一条原长为45m的弹性绳，人下落到B点时绳刚好伸直，下落到C点时速度刚好减为0，以起跳点O的位置为原点，竖直向下为x轴正方向建立坐标系。取C点为零势能参考面，假设人下落过程所受空气阻力恒定，下落过程人的重力势能随位移变化的关系图像如图2中的图线a所示，蹦极绳的弹性势能随位移变化的关系如图2中的图线b所示。人的质量为50kg，蹦极绳始终在弹性限度范围内，重力加速度g取10m/s2，其余数据图2中已标出，则下列说法正确的是（　　） A．人下落到C点时，人和蹦极绳组成的系统减少的机械能是4×104J B．人受到的空气阻力大小是100N C．人下落到B点时的动能是18000J D．蹦极绳的最大弹力是2560N 【答案】BC 【详解】A．C点为最低点，故人减少的重力势能是，弹性绳势能增加，所以人和蹦极绳组成的系统减少的机械能是，故A错误； B．从起跳点O到C点，根据能量守恒定律，，解得，故B正确； C．从起跳点O到B点，根据动能定理，，解得，故C正确； D．蹦极绳的弹力势能为，根据功能关系，代入数据解得，故D错误。 故选BC。 7．（2025·福建福州·三模）（多选）如图，质量为m的小球穿在固定的光滑竖直杆上，与两个完全相同的轻质弹簧相连。在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，此时弹簧处于原长。现将小球竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。Q为杆上另一个点，PO=OQ。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，下列说法正确的是 （　　） A．刚撤去外力时，小球的加速度为3g B．小球从P点运动到Q点的过程中，两个弹簧对小球做功为零 C．小球沿杆在PQ之间做往复运动 D．与没有弹簧时相比，小球从P点运动到Q点所用的时间更短 【答案】BD 【详解】A．小球在P点静止时拉力F大小为2mg，根据平衡条件可知，此时弹簧弹力与小球重力的合力大小也为2mg，方向竖直向下，即弹簧对小球的拉力的合力大小为mg，方向竖直向下，刚撤去外力时，对小球进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 故A错误； B．由于PO=OQ，可知，弹簧在P位置与在Q位置的拉伸量相等，则在这两个位置时，弹簧的弹性势能相等，根据功能关系可知，球从P点运动到Q点的过程中，两个弹簧对小球做功为零，故B正确； C．结合上述，小球从P点运动到Q点的过程中，两个弹簧对小球做功为零，够过程对小球进行分析，根据动能定理有 解得 可知，小球到达Q点后速度不为0，结合上述，根据对称性，小球在Q点时，弹簧对小球的拉力的合力大小为mg，方向竖直向上，即此时小球的合力恰好为0，小球的速度达到最大值，之后，小球将继续沿杆向下做减速运动，直至速度减为0，令此时位置为D，随后小球由向上运动，即小球沿杆在PD之间做往复运动，故C错误； D．结合上述可知，从P点运动到Q点的过程中，小球做加速度减小的变加速直线运动，在Q点的加速度恰好减为0，PQ之间任意位置的加速度均大于重力加速度，可知，小球从P点运动到Q点的过程中的平均加速度大于重力加速度，根据位移公式可知，与没有弹簧时相比，小球从P点运动到Q点所用的时间更短，故D正确。 故选BD。 8．（2025·福建莆田·二模）（多选）如图，物块A和B质量分别为2m和m，将A、B用细线连接，中间夹有被压缩的轻弹簧，放在光滑的水平桌面上。烧断细线后，物块A、B离开弹簧并飞离桌面做平抛运动，落到水平地面上，则（　　） A．物块A、B飞离桌面到落地的时间之比为1∶1 B．物块A、B飞离桌面到落地的水平位移之比为1∶2 C．物块A、B飞离桌面时的动能之比为1∶1 D．物块A、B落地时的速度之比为1∶2 【答案】AB 【详解】A．物块飞出桌面后做平抛运动，根据 解得 则物块A、B飞离桌面到落地的时间之比为1∶1，故A正确； B．弹簧弹开木块的过程，两木块组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得 则速度之比为 水平方向有 可知物块A、B飞离桌面到落地的水平位移之比为1∶2，故B正确； C．物块A、B飞离桌面时的动能之比为 故C错误； D．物块A、B落地时的速度之比为 故D错误； 故选AB。 真题·实战演练 高频考点：第一，正负功判断与动能变化定性分析，多出现在单选、多选题；第二，单段、多过程运动求解速度、位移，结合斜面、板块、竖直圆周，优先整体列式简化计算；第三，综合压轴题型，搭配 F-x 图像、机车启动、圆周临界条件联立求解。常结合变力做功考查，规避牛顿运动定律复杂分段运算，核心关注符号规范、初末状态选取两大易错点。 1．（2025·福建·高考真题）如图甲，竖直平面内，一长度大于4 m的水平轨道OP与光滑半圆形轨道PNM在P点平滑连接，固定在水平地面上。可视为质点的A、B两小物块靠在一起，静置于轨道左端。现用一水平向右推力F作用在A上，使A、B向右运动。以x表示A离开初始位置的位移，F随x变化的图像如图乙所示。已知A、B质量均为0.2 kg，A与水平轨道间的动摩擦因数为0.25，B与水平轨道间的摩擦不计，重力加速度大小取。 （1）求A离开初始位置向右运动1 m的过程中，推力F做的功； （2）求A的位移为1 m时，A、B间的作用力大小； （3）若B能到达M点，求半圆形轨道半径应满足的条件。 【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。 2．（2024·福建·高考真题）（多选）如图，某同学在水平地面上先后两次从点抛出沙包，分别落在正前方地面和处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于点，点正下方地面处设为点。已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为，，，，沙包质量为，忽略空气阻力，重力加速度大小取，则沙包（　　） A．第一次运动过程中上升与下降时间之比 B．第一次经点时的机械能比第二次的小 C．第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为 D．第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大 【答案】BD 【详解】A．沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则可得第一次抛出上升的高度为 上升时间为 最高点距水平地面高为，故下降的时间为 故一次抛出上升时间，下降时间比值为，故A错误； BC．两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的时间相等为 故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为， 由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度也相等，为 由于沙包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少 从抛出到落地瞬间根据动能定理可得 则故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为，故B正确，C错误； D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，如图所示，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D正确。 故选BD。 3．（2022·福建·高考真题）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求： （1）C在碰撞前瞬间的速度大小； （2）C与B碰撞过程中损失的机械能； （3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【详解】（1）小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得 解得C在碰撞前瞬间的速度大小为 （2）物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得 解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为 故C与B碰撞过程中损失的机械能为 （3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得 解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为 从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为 4．（2022·福建·高考真题）（多选）一物块以初速度自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能随位移x的变化关系如图所示，图中、、均已知。根据图中信息可以求出的物理量有（　　） A．重力加速度大小 B．物体所受滑动摩擦力的大小 C．斜面的倾角 D．沿斜面上滑的时间 【答案】BD 【详解】ABC．由动能定义式得，则可求解质量m；上滑时，由动能定理 下滑时，由动能定理 x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知 ， 两式相加可得 相减可知 即可求解gsinθ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正确； D．上滑过程，根据动能定理有 解得加速度大小为 由于、均已知，上滑过程中不变，故恒定，物块做匀减速直线运动。 所以，物块沿斜面上滑的时间为，故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。 故选BD。 5．（2021·福建·高考真题）如图（a），一倾角的固定斜面的段粗糙，段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知段长度为，滑块质量为，滑块与斜面段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，。求： （1）当拉力为时，滑块的加速度大小； （2）滑块第一次到达B点时的动能； （3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为时滑块的加速度大小为。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有    ①   ②   ③ 联立①②③式并代入题给数据得   ④ （2）设滑块在段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有   ⑤ 式中、和、分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，，，，。设滑块第一次到达B点时的动能为，由动能定理有   ⑥ 联立②③⑤⑥式并代入题给数据得   ⑦ （3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为。设滑块离B点的最大距离为，由动能定理有   ⑧ 联立②③⑦⑧式并代入题给数据得   ⑨ 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第19讲 动能定理的理解及应用（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 2 知识点1 动能定理的理解 2 知识点2 动能定理的应用 3 知识点3 动能定理与图象结合问题 3 知识点4 动能定理求解多过程问题 4 模拟·基础演练 5 题型01 动能定理的理解 5 题型02 动能定理的基本应用 8 题型03 动能定理与图像的“数形结合” 11 题型04 动能定理在多过程、往复运动问题中的应用 14 重难·创新演练 18 真题·实战演练 21 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 动能定理基础理解、单过程恒力 / 变力做功求速度、位移 多选 T7（6 分） 多过程分段动能定理，结合斜面、平抛、圆周运动综合计算 多选 T8（6 分） 动能定理结合图像、机车启动、曲线运动临界极值问题 计算 T14（14 分） 考情分析 高考动能定理为必考核心，选择、力学压轴计算题均高频考查。小题侧重单一过程做功与动能变化定性判断；第 14 道力学大题常融合圆周、滑道、机车模型，依托 F-x、v-t 图像，以多过程串联设问，重点考查全过程整体列式简化运算，常结合临界条件、摩擦力变力做功设置陷阱。 复习目标 1.吃透动能定理公式适用条件，区分恒力、变力做功计算方法，熟练整体法列式； 2.掌握多运动场景联动动能定理解题步骤，精准结合几何关系、临界条件联立方程； 3.能解读力学图像提取做功条件，规避正负功、速度平方计算等易错失分点。 巩固·知识解构 知识点1 动能定理的理解 1.动能定理表明了“三个关系” (1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功。 (2)因果关系：_________是引起物体动能变化的原因。 (3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳。 2.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。 ✨得分速记： (1)动能定理解决的是合力做功与动能变化量之间的关系，所以在分析时一定要对物体受到的各个力做的功都作分析. (2)动能定理往往应用于单个物体的运动过程，由于不涉及时间，比用运动学规律更加方便. (3)找到物体运动的初、末状态的动能和此过程中合力做的功，是应用动能定理解题的关键. ⚠特别提醒： 使用动能定理优先选用全过程整体列式，无需拆解中间加速度，大幅简化计算。务必区分正负功：力与位移夹角大于 90° 做负功，摩擦力、阻力恒为负功，遗漏负号是高频失分点。公式仅涉及初末动能，速度必须代入合速度，不可拆分水平、竖直分量单独计算动能。遇到变力做功、曲线运动、多过程问题，动能定理比牛顿定律更简便。注意动能是标量无方向，速度反向动能不变；列式统一单位，全部采用国际单位。不要混淆动能定理与机械能守恒，有摩擦力、电磁力做功时只能用动能定理求解。 知识点2 动能定理的应用 应用流程 ✨得分速记 (1)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。 (2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。 (3)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；也可以全过程应用动能定理。 (4)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。 知识点3 动能定理与图像的“数形结合” 1．解决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、图与坐标轴围成的面积等所表示的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量． 2．图像所围“面积”和图像斜率的含义 ✨得分速记 动能定理与图象结合问题的分析方法 (1)首先看清所给图象的种类(如v­t图象、F­t图象、Ek­t图象等)。 (2)挖掘图象的隐含条件，得出所需要的物理量，如由v­t图象所包围的“面积”求位移，由F­x图象所包围的“面积”求功等。 (3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。 知识点4 动能定理在多过程、往复运动问题中的应用 1．多过程问题的分析方法 (1)将“多过程”分解为许多_________，各“子过程”间由“衔接点”连接。 (2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。 (3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。 (4)分析“衔接点”速度、加速度等物理量的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。 (5)联立方程组，分析求解，对结果进行__________________。 2．利用动能定理求解多过程问题的基本思路 模拟·基础演练✨得分速记 应用动能定理求多过程问题的技巧 1．运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。 2．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功，要注意运用它们的功能特点： (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的大小与路程的乘积。 (3)弹簧弹力做功与路径无关。 考查重点：高考动能定理核心考查三方面：一是定理基础理解，判断做功与动能变化关系，以选择题考查正负功辨析；二是单、多过程计算题，结合斜面、板块、竖直圆周模型，整体列式简化分段运算；三是综合压轴，联动 F-x 图像、机车启动、临界极值，搭配功率、圆周临界条件联立求解。题型覆盖单选、多选、14 分力学大题，侧重变力做功求解，规避牛顿定律复杂分析，注重正负功符号规范。 ⏳题型01 动能定理的理解 1．（2026·福建三明·二模）某科研小组为了研究光压，设计了如下的假想实验。如图，在真空环境中，两相同材质的全反射棱镜（截面为等腰直角三角形）拼接固连成一方形组合体，两棱镜间有真空间隙，棱镜的折射率为n，与地面的动摩擦因数为μ，组合体总质量为m。一束功率恒为P0的水平激光束，垂直射入左侧棱镜后在棱镜的斜面上恰好发生全反射，出射光的功率仍为P0。已知真空中光速为c，重力加速度大小为g，一个光子动量p与其能量ε的关系为不考虑光子的康普顿效应影响。求： (1)棱镜的折射率n； (2)组合体受到光压力的水平分量大小； (3)组合体恰好开始向右运动时激光的最小功率P1； (4)控制激光的发射功率P随组合体的位移x按以下规律变化，其中常数项，，组合体从开始运动到第一次速度减为零的过程中向右运动的最大距离是多少？ 2．（2026·福建福州·二模）2025年9月22日，歼-15T、歼-35、空警-600三型舰载机成功完成首次电磁弹射起飞和着舰训练，检验了福建舰的电磁弹射技术。某次测试的歼-35的总质量是，弹射过程看作是初速度为零的匀加速直线运动，v-t图像如图所示，取重力加速度，求： (1)弹射过程飞机的加速度大小； (2)弹射过程合力对飞机做的功； (3)体重为60 kg的飞行员在弹射过程受到座椅的作用力大小（结果保留根号）。 3．（2026·福建三明·二模）如图，长度为L=2m、质量为M=2kg的长薄板静止放置在光滑水平地面上。一质量为m=0.5kg的青蛙（可视为质点）静止在木板的左端。观察发现，青蛙竖直向上跳起时，能上升的最大高度为h=1m。青蛙跳起与着陆过程时间极短，忽略空气阻力，重力加速度大小取。 (1)青蛙竖直向上跳起时，求青蛙做的功W； (2)若青蛙从板的左端爬至右端，求此过程中青蛙对地的位移大小； (3)青蛙在板的右端停留一段时间后，继续向右上方跳起，测得腾空时间t=0.4s，若青蛙此次跳起做的功与（1）问中相等，求青蛙落地时到板右端的距离。 4．（2026·福建福州·二模）（多选）如图某一质谱仪由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若加速电场的电压为U，静电分析器通道为四分之一圆弧，中心线的半径为R，通道内存在均匀辐射电场，中心线处的电场强度大小为E。磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，y轴为两个分析器的边界。比荷为k的粒子从静止开始经加速电场加速后，沿中心线MN通过静电分析器，由N点垂直y轴进入磁分析器，最后恰好垂直打在放置于磁分析器下边界（x轴）的探测板上，不计粒子重力。则（    ） A．打在探测板上的带电粒子为负电荷 B．静电分析器中心线处电场强度大小 C．E与B的关系为 D．比荷为2k的带电粒子从离子源飘入质谱仪，将打在探测板距O点2R的位置 5．（2026·福建南平·二模）（多选）如图（a），质量分别为、的两个小球A、B拴接在一根轻弹簧的两端，并静止在光滑的水平地面上。给小球A一个水平向右的初速度压缩弹簧，此后小球A、B的速度与冲量大小的关系图像如图（b）所示，图中、已知，则（　　） A． B． C．从开始运动到A、B共速时B球的动能变化量为 D．A、B共速时弹簧的弹性势能最大，其最大值为 6．（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，等量异种点电荷分别固定在同一水平线上间距为的、两点处，其中处点电荷带正电，点为、连线中点，点、、分别位于、、正下方处。一长为的轻质绝缘细杆一端固定一质量为、电荷量为（）的带电小球，另一端位于点，轻杆可绕点在所在竖直平面内自由转动。小球从点由静止释放，到达点的速度大小与到达最低点的速度大小相等，取点电势为零，不计空气阻力及一切摩擦，重力加速度为，求： (1)小球到达点时的速度大小； (2)等量异种点电荷形成的电场中点的电势； (3)已知等量异种点电荷所带电荷量大小均为，静电力常量为，求带电小球运动到点时轻杆对小球的作用力大小。 7．（2026·福建福州·二模）（多选）如图，物块以一定的初速度从倾角为θ的固定斜面底端沿斜面向上运动，经过一段时间又滑回底端。已知物块下滑时间是上滑时间的2倍，物块与斜面间的动摩擦因数为，上滑过程和下滑过程合外力对物块做的功分别为和，则（　　） A． B． C． D． 8．（2026·福建·模拟预测）2025年江苏省城市足球联赛精彩纷呈，引发了大众的足球热情。某次比赛中质量为m的足球飞行轨迹如图所示，足球在位置A的速度大小为，在位置B的速度大小为两处的高度差为h，重力加速度大小为g，则从位置A到位置B的过程中，重力对足球所做的功为________，阻力对足球所做的功为________。 ⏳题型02 动能定理的基本应用 9．（2026·福建福州·模拟预测）（多选）如图，质量均为的小球A、B用一根长为的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，质量也为的小球C挨着小球B放置在地面上。扰动轻杆使小球A向左倾倒，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与地面有一定夹角时小球B和C分离，已知C球的最大速度为v，小球A落地后不反弹，重力加速度为g。下面说法正确的是（　　） A．球B、C分离前，A、B两球组成的系统机械能逐渐减小 B．球B、C分离时，球B对地面的压力大小为 C．从开始到A球落地的过程中，杆对球B做的功为 D．小球A落地时的动能为 10．（2026·福建·三模）（多选）如图所示，倾角为、足够长的斜面体固定在水平面上，质量为的物块静止在斜面体底端，从某时刻起，物块始终受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块到斜面底端的距离l变化的关系为（式中物理量单位均为国际单位），已知物块与斜面之间的动摩擦因数，g取。下列说法正确的是（　　） A．物块沿斜面上滑的最大位移为4 m B．物块在上滑过程中拉力做的功为25 J C．物块沿斜面上滑至最高点后保持静止状态 D．物块在斜面上运动的总路程为6 m 11．（2026·福建宁德·二模）在冬奥会自由式滑雪大跳台项目中，运动员谷爱凌完成动作后平滑进入水平雪地滑行。已知运动员进入水平雪地滑行时的速度，运动员在雪地阻力作用下做减速直线运动，其图像如图所示（其中内图线为直线）。已知运动员（含装备）总质量，重力加速度取。求： (1)内运动员的加速度大小； (2)运动员从进入水平雪地滑行到停止的过程中，雪地阻力对运动员做的总功； (3)内雪地对运动员的作用力大小。 12．（2026·安徽·三模）如图所示，有一根长为、质量为的均匀链条锁定在动摩擦系数的粗糙水平桌面上，其长度的悬于桌边外，如果在链条的端施加一个拉力并解开锁定使链条以（为重力加速度）的加速度运动，直到把悬着的部分拉回桌面。设拉动过程中链条与桌边始终保持接触，则拉力需做功（忽略桌子转角阻力）（　　） A． B． C． D． 13．（2026·福建·一模）如图所示，光滑小球a、b的质量均为m，a、b均可视为质点，用长为l的刚性轻杆连接，竖直地紧靠光滑墙壁放置，b位于光滑水平地面上，a、b处于静止状态，重力加速度大小为g。现对b施加轻微扰动，使b开始沿水平面向右做直线运动，某时刻轻杆与竖直墙壁夹角为60°，则此时小球a、b的速度大小关系为_____，此过程中轻杆对小球b做的功为___________。 14．（2025·福建·模拟预测）某同学用质量、可视为质点的小石片打“水”漂的轨迹示意图如图所示，小石片从距液面高处的点以初速度水平飞出后，从点与液面成角射入某种液体中，然后从点与液面成角射出液面做斜上抛运动，到达最高点时距离液面的高度。已知重力加速度，，不计空气阻力。求： (1)小石片从点飞出到再次进入液体的时间t； (2)小石片从点飞出时距液面的高度； (3)小石片从A点运动到B点过程中，该液体对小石片做的功。 15．（2025·福建宁德·三模）滑板运动由冲浪运动演变而来，已被列为奥运会正式比赛项目。如图所示，某滑板爱好者从斜坡上距平台高处由静止开始下滑，水平离开A点后越过壕沟落在水平地面的B点，A、B两点高度差，水平距离。已知人与滑板的总质量，取重力加速度，不计空气阻力，求：    (1)人与滑板从A点离开时的速度大小； (2)人与滑板从A点运动到B点重力做功的平均功率； (3)人与滑板从斜坡下滑到A点过程克服阻力做的功。 16．（2025·福建龙岩·一模）一辆汽车在夜间以速度匀速行驶，驶入一段照明不良的平直公路时，司机迅速减小油门，使汽车的功率减小为某一定值，此后汽车的速度与时间的关系如图所示。设汽车行驶时所受的阻力恒定为，汽车的质量为，则下列说法正确的是（　　） A．时刻，汽车的功率减小为 B．整个减速过程中，汽车的牵引力不断变小 C．整个减速过程中，克服阻力做功大于 D．整个减速过程中，汽车牵引力的冲量大小为 ⏳题型03 动能定理与图像的“数形结合” 17．（2026·福建福州·模拟预测）如图所示，传送带左、右两侧分别与粗糙平台及光滑平台紧密对接，传送带的上表面与两平台处于同一水平面上，传送带以的速度顺时针转动，传送带上左右两端点B、C之间的距离，图中通过B点的竖直虚线左侧存在一水平向右的匀强电场，平台上固定一竖直挡板。现将一带电量为的滑块从A点由静止释放，间距。当滑块运动到B点时速度的大小，滑块经过传送带后在平台上与挡板碰撞，且每次碰撞后速度的大小均变为碰撞前的一半。已知滑块的质量，滑块与平台及传送带间的动摩擦因数，滑块可视为质点，取重力加速度的大小。求： (1)电场强度的大小 (2)滑块第一次与挡板碰撞前的速度大小； (3)滑块第二次撞击挡板前，与传送带之间由摩擦产生的热量。 18．（2026·福建龙岩·三模）2026年春晚，质量为m的H2型号人形机器人身着武侠袍服，作为“剑宗大师”压轴登场进行舞剑表演。如图所示，在表演过程中舞台缓慢上升h，机器人始终与舞台保持相对静止。关于上述过程说法正确的是（　　） A．重力对机器人做正功 B．舞台对机器人不做功 C．机器人的动能增加mgh D．机器人的机械能增加mgh 19．（2026·福建泉州·三模）如图，质量的篮球从离水平地面高度处由静止释放，与地面发生碰撞后反弹的最大高度。为使得篮球每次反弹后的最大高度均为，运动员的手从篮球到最高处时竖直向下拍球，已知篮球每次与地面碰撞损失的机械能均相同，取重力加速度大小，忽略空气阻力，求： (1)篮球与地面发生碰撞前瞬间的速度大小； (2)篮球每次反弹后的上升时间； (3)篮球每次与地面碰撞损失的机械能。 20．（2026·福建泉州·三模）如图，竖直轻质弹簧上端固定在天花板上，下端与物块相连。用水平板托住物块，使弹簧处于原长状态。现使竖直向下做匀加速直线运动，加速度，为重力加速度大小。当弹簧伸长量为时、分离，此时的动能为；当弹簧伸长量为时动能达到最大值；当运动到最低点时弹簧伸长量为、加速度大小为，则（   ） A． B． C． D． 21．（2026·福建泉州·三模）泉州提线木偶戏是入选国家级非物质文化遗产的传统戏剧。如图所示，木偶在提线作用下，其手掌在竖直面内由位置沿圆弧线匀速率运动到位置，在此过程中（   ） A．手掌的动量不变 B．手掌的动能不变 C．手掌的机械能守恒 D．提线对手掌不做功 22．（2026·重庆·二模）（多选）如图甲，某农场安装有一种自动浇水装置，在农田中央装有竖直细水管，喷嘴喷出一细水柱，初速度大小为，初速度方向与水平面的夹角可调（），喷嘴离水平地面高度为，结构简图如图乙，整个装置可以绕中心轴线缓慢匀速转动，重力加速度大小取，不计空气阻力，忽略喷嘴到中心轴线的距离，则（　　） A．调节夹角，水柱从喷出到落地的时间是相等的 B．调节夹角，水柱落地时的速度大小是相同的 C．该自动浇水装置最大浇灌面积为 D．该自动浇水装置最大浇灌面积为 23．（2026·甘肃武威·模拟预测）如图所示，是等量带正电的点电荷，固定在同一水平线上，O为连线的中点，是连线竖直垂直平分线上的两点，这两点关于O点对称，将一个带正电的小球（大小不计）在C点上方P点由静止释放，小球沿直线运动到D点，关于小球在两点（　　） A．速度相同 B．机械能相同 C．电场力相同 D．加速度相同 24．（2025·福建泉州·一模）某兴趣小组对一简易缓冲装置进行性能测试，该装置由轻弹簧和足够长的轻杆相连组成，轻杆可在墙壁上的槽内水平移动，如图所示。测试时，把小球A用轻绳悬挂于O点，在O点正下方的光滑水平面上静置一小物块B。拉起A至轻绳水平由静止释放，A摆到最低点时恰好与B发生正碰，碰后瞬间两者速度大小均为v=1.5m/s，A向左运动，B向右运动压缩弹簧，一段时间后使杆在槽内移动。已知A的质量mA=1kg，绳长L=0.45m，杆与槽间的最大静摩擦力fm=7.5N，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，弹簧劲度系数k=75N/m，其弹性势能Ep与形变量x的关系式为，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度大小g=10m/s2，A与B碰撞后不再相碰，忽略空气阻力。求： (1)A与B碰撞前瞬间A的速度大小； (2)轻杆开始移动时B的加速度大小； (3)B最终的速度大小。 ⏳题型04 动能定理在多过程、往复运动问题中的应用 25．（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，三个质量均为的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量） (1)求B、C向左移动的最大距离； (2)求B、C分离时B的动能； (3)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值； (4)若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度随位移变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的、值（用、、表示），要求有推导过程。以撤去时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。 26．（2026·福建龙岩·三模）如图所示，竖直平面内固定的圆弧轨道BCD和圆管轨道DE在D处平滑连接，O为圆弧圆心，半径均为，C点和E点分别是轨道的最低点和最高点，OB和OD连线与竖直直径的夹角分别为60°和37°，BF是与轨道共面的倾角为α（α未知）的直线，在该直线上某点A将一质量为的小球以某一初速度水平抛出，恰好从B点沿圆弧轨道的切线进入轨道，经过C点时速度大小为4m/s。已知小球直径略小于圆管内径，且远小于圆弧半径，不计轨道摩擦和空气阻力，，，。求： (1)小球经过C点时对轨道压力的大小； (2)小球平抛初速度的大小； (3)若从直线BF上水平抛出的小球均能从圆弧轨道的B点沿切线进入轨道，且小球能够到达E点，则抛出点到B点的竖直高度h的最小值是多少。 27．（2025·浙江·一模）如图所示，AB为足够长的粗糙斜面，斜面倾角，与水平面CG通过极小的一段光滑曲面平滑连接，CG长为S=1.2m的粗糙水平面，DFE为与水平面平滑连接的光滑竖直圆轨道，该竖直光滑圆轨道在CG的位置可调，最低点D、E水平方向略微错开。长木板紧挨着G，静止在光滑、足够长的水平面HT上。长木板右端固定一弹性挡板K (物块与它的碰撞为弹性碰撞)。一质量为m=1kg可视为的质点物块P自斜面上距水平面高为h处由静止释放，P与斜面、CG间、木板间动摩擦因数均为，圆轨道半径R=0.4m,木板质量M=2kg，长为、，，取，求： (1)若滑块恰能过最高点F，求滑块经D点时受到轨道的支持力大小。 (2)当时，CD的距离S₁为多少时滑块恰能滑过F点。 (3)当圆轨道最低点D位于CG中点时，P刚好滑至木板中点时与木板相对静止，求滑块释放的高度h2。 28．（2025·北京海淀·二模）如图所示，光滑水平面与粗糙的竖直半圆轨道在B点相切，半圆轨道的半径，D是半圆轨道的最高点。将一质量的物体（可视为质点）向左压缩轻弹簧至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得一向右速度，并脱离弹簧在水平面上做直线运动，其经过B点时的速度，之后物体沿半圆轨道运动，恰好能通过D点。取重力加速度。求： (1)弹簧被压缩至A点时的弹性势能。 (2)物体通过D点时的速度大小。 (3)物体沿半圆轨道运动过程中克服阻力所做的功W。 29．（2025·宁夏中卫·一模）某固定装置的竖直截面如图所示，该装置由弧形光滑轨道AB、竖直光滑圆轨道、水平粗糙直轨道BD、倾角为37°的粗糙斜轨道DE、圆弧形光滑管道EF平滑连接而成。现将一质量为0.1kg、可视为质点的小滑块m1由弧形轨道AB上高h处由静止释放（h未知），在经历几段不同的运动后，m1在F点与静止在水平台面上质量为0.4kg的长木板M发生正碰。已知圆轨道半径R=0.5m，LBD=LDE=1m；m1与轨道BD、DE间的动摩擦因数均为μ1=0.25，M与水平台面间的动摩擦因数μ2=0.3，M最右端停放一质量为、可视为质点的小滑块m2，M与m2间的动摩擦因数μ3=0.2；水平台面和木板M足够长；m1从轨道AB上滑下后进入圆弧轨道，运动到与圆O等高的C点时对轨道的压力为10N。忽略空气阻力，g取10m/s2，、。 (1)求h的大小； (2)求m1刚到达F点时的速度大小； (3)若m1与M碰撞时间极短，且碰后立即粘在一起，求最终m2与M最右端之间的距离。 30．（2024·福建福州·二模）如图所示，在竖直向下的匀强电场中有轨道ABCDFMNP，其中BC部分为水平轨道，与曲面AB平滑连接。CDF和FMN是竖直放置的半圆轨道，在最高点F对接，与BC在C点相切。NP为一与FMN相切的水平平台，P处固定一轻弹簧。点D、N、P在同一水平线上。水平轨道BC粗糙，其余轨道均光滑，可视为质点的质量为m = 0.02 kg的带正电的滑块从曲面AB上某处由静止释放。已知匀强电场的场强E = 2 N/C，BC段长度L = 1 m，CDF的半径R = 0.2 m。FMN的半径r = 0.1 m。滑块带电量q = 0.1 C，滑块与BC间的动摩擦因数μ = 0.5，重力加速度g = 10 m/s2；求： (1)滑块通过半圆轨道CDF最高点F的最小速度vF； (2)若滑块恰好能通过F点，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h0； (3)若滑块在整个运动过程中，始终不脱离轨道，且弹簧的形变始终在弹性限度内，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h需要满足的条件。 31．（2024·福建·一模）如图所示，水平传送带AB长，以的速度顺时针转动，传送带与半径可调的竖直光滑半圆轨道BCD平滑连接，CD段为光滑管道，小物块（可视为质点）轻放在传送带左端，已知小物块的质量，与传送带间的动摩擦因数，，重力加速度。 (1)求小物块到达B点时的速度大小； (2)求由于传送小物块，电动机多做的功； (3)若要使小物块从D点飞出后落回传送带的水平距离最大，求半圆轨道半径R的大小； (4)若小物块在半圆轨道内运动时始终不脱离轨道且不从D点飞出，求半圆轨道半径R的取值范围。 32．（2024·福建厦门·模拟预测）如图甲，一质量为2m的物块B用一长度为的轻绳悬挂于P点处，初始时其与竖直方向的夹角，P点正下方处有一钉子。另一物块A与轻质弹簧连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块B，当其运动至P点正下方时轻绳在钉子的作用下断裂。之后物块B将在光滑水平面上匀速直线运动，直至与物块A发生碰撞（假定在物块B触地过程中机械能没有损失，轻绳在断裂后不影响物块B的后续运动）。记物块B第一次与弹簧接触的时刻为t=0，第一次与弹簧分离的时刻为t=2t0。第一次碰撞过程中，A、B的v-t图像如图乙所示。已知从t=0到t=t0时间内，物块A运动的距离为0.144v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞。斜面倾角，高度，与水平面光滑连接。已知碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度记为g，。求： （1）轻绳即将断裂时的张力T； （2）A的质量mA； （3）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值∆x（用v0、t0表示）； （4）物块A与斜面间的动摩擦因数µ的取值范围。（答案用分数表示） 重难·创新演练 设题创新:高考动能定理命题创新体现在三点：一是情境创新，融入山地滑道、游乐设施等本土实景，融合平抛、圆周复合运动搭建多过程模型；二是载体创新，依托 F-x、v-t 图像隐藏做功条件，弱化直接给出力与位移；三是设问创新，结合竖直圆临界极值、机车功率综合设问，不局限单一过程计算，侧重建模分析，设置正负功、速度分量等易错陷阱，强化逻辑推导而非套公式。 1．（2025·甘肃武威·模拟预测）2025年4月19日，全球首个人形机器人半程马拉松在北京亦庄举行，全程21.0975km。获得本次比赛冠军的“天工Ultra”身高约为1.8m、体重约为55kg，在一段直跑道上的跑步过程中在30秒内将时速从6km/h提升到最高时速12km/h，下列关于“天工Ultra”的说法正确的是（　　） A．该次马拉松全程的位移大小为21.0975km B．比赛中“天工Ultra”的最大动能约为3960J C．“天工Ultra”在该段直跑道上的加速过程中的平均加速度大小约为 D．跑步过程中其重心始终位于离地0.9m处 2．（2025·福建福州·三模）如图某同学进行垫球训练，在排球离开手臂竖直向上运动到最高点后，再竖直落回原位置的全过程中，假设空气阻力大小恒定，取竖直向上为正方向，排球的加速度a、速度v、动能、机械能E随时间t的变化图像，可能正确的是（    ） A． B． C． D． 3．（2025·福建·二模）如图所示为某同学投篮时的情景，篮球在空中划出一道美妙的弧线后精准进入篮框，不计空气阻力，则篮球飞行过程中（　　） A．加速度先减小后增大 B．动能先减小后增大 C．机械能先增大后减小 D．重力的功率先增大后减小 4．（2025·福建厦门·二模）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R，bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。则小球运动到c点的速度大小为（　　） A． B． C． D． 5．（2024·福建·模拟预测）2024年8月3日，在巴黎奥运会网球女子单打金牌赛中，中国选手郑钦文2比0战胜克罗地亚选手维基奇，夺得金牌。郑钦文某次击球时，将球沿斜向上的方向击出，击球点距离地面的高度为h，速度大小为，与水平方向夹角为θ=37°，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，网球可视为质点。下列说法正确的是（　　） A．网球运动的最高点到地面的高度为45h B．网球在空中运动的总时间为 C．网球的水平射程为 D．网球落地瞬间的速度大小为 6．（2025·福建宁德·模拟预测）（多选）蹦极是很多年轻人喜欢的一种运动，运动过程可以简化为图1所示，人下落过程可以近似看成在一条竖直线上的运动，且人可看成质点。蹦极绳是一条原长为45m的弹性绳，人下落到B点时绳刚好伸直，下落到C点时速度刚好减为0，以起跳点O的位置为原点，竖直向下为x轴正方向建立坐标系。取C点为零势能参考面，假设人下落过程所受空气阻力恒定，下落过程人的重力势能随位移变化的关系图像如图2中的图线a所示，蹦极绳的弹性势能随位移变化的关系如图2中的图线b所示。人的质量为50kg，蹦极绳始终在弹性限度范围内，重力加速度g取10m/s2，其余数据图2中已标出，则下列说法正确的是（　　） A．人下落到C点时，人和蹦极绳组成的系统减少的机械能是4×104J B．人受到的空气阻力大小是100N C．人下落到B点时的动能是18000J D．蹦极绳的最大弹力是2560N 7．（2025·福建福州·三模）（多选）如图，质量为m的小球穿在固定的光滑竖直杆上，与两个完全相同的轻质弹簧相连。在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，此时弹簧处于原长。现将小球竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。Q为杆上另一个点，PO=OQ。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，下列说法正确的是 （　　） A．刚撤去外力时，小球的加速度为3g B．小球从P点运动到Q点的过程中，两个弹簧对小球做功为零 C．小球沿杆在PQ之间做往复运动 D．与没有弹簧时相比，小球从P点运动到Q点所用的时间更短 8．（2025·福建莆田·二模）（多选）如图，物块A和B质量分别为2m和m，将A、B用细线连接，中间夹有被压缩的轻弹簧，放在光滑的水平桌面上。烧断细线后，物块A、B离开弹簧并飞离桌面做平抛运动，落到水平地面上，则（　　） A．物块A、B飞离桌面到落地的时间之比为1∶1 B．物块A、B飞离桌面到落地的水平位移之比为1∶2 C．物块A、B飞离桌面时的动能之比为1∶1 D．物块A、B落地时的速度之比为1∶2 真题·实战演练 高频考点：第一，正负功判断与动能变化定性分析，多出现在单选、多选题；第二，单段、多过程运动求解速度、位移，结合斜面、板块、竖直圆周，优先整体列式简化计算；第三，综合压轴题型，搭配 F-x 图像、机车启动、圆周临界条件联立求解。常结合变力做功考查，规避牛顿运动定律复杂分段运算，核心关注符号规范、初末状态选取两大易错点。 1．（2025·福建·高考真题）如图甲，竖直平面内，一长度大于4 m的水平轨道OP与光滑半圆形轨道PNM在P点平滑连接，固定在水平地面上。可视为质点的A、B两小物块靠在一起，静置于轨道左端。现用一水平向右推力F作用在A上，使A、B向右运动。以x表示A离开初始位置的位移，F随x变化的图像如图乙所示。已知A、B质量均为0.2 kg，A与水平轨道间的动摩擦因数为0.25，B与水平轨道间的摩擦不计，重力加速度大小取。 （1）求A离开初始位置向右运动1 m的过程中，推力F做的功； （2）求A的位移为1 m时，A、B间的作用力大小； （3）若B能到达M点，求半圆形轨道半径应满足的条件。 2．（2024·福建·高考真题）（多选）如图，某同学在水平地面上先后两次从点抛出沙包，分别落在正前方地面和处。沙包的两次运动轨迹处于同一竖直平面，且交于点，点正下方地面处设为点。已知两次运动轨迹的最高点离地高度均为，，，，沙包质量为，忽略空气阻力，重力加速度大小取，则沙包（　　） A．第一次运动过程中上升与下降时间之比 B．第一次经点时的机械能比第二次的小 C．第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为 D．第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大 3．（2022·福建·高考真题）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求： （1）C在碰撞前瞬间的速度大小； （2）C与B碰撞过程中损失的机械能； （3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。 4．（2022·福建·高考真题）（多选）一物块以初速度自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能随位移x的变化关系如图所示，图中、、均已知。根据图中信息可以求出的物理量有（　　） A．重力加速度大小 B．物体所受滑动摩擦力的大小 C．斜面的倾角 D．沿斜面上滑的时间 5．（2021·福建·高考真题）如图（a），一倾角的固定斜面的段粗糙，段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知段长度为，滑块质量为，滑块与斜面段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，。求： （1）当拉力为时，滑块的加速度大小； （2）滑块第一次到达B点时的动能； （3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第19讲 动能定理的理解及应用（专项训练） 模拟·基础演练 《1》参考答案 题号 4 5 7 9 10 12 16 18 20 21 答案 BC BD AD AD AD B C D C B 题号 22 23 33 34 35 36 37 38 39 40 答案 BC B C C B A C BC BD AB 题号 42 44 答案 BD BD 1．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）光线垂直射入左侧棱镜直角边，方向不变，射到斜面上。由几何关系，等腰直角三角形斜面倾角为，法线与水平方向夹角为，故入射角，恰好发生全反射，则临界角 根据全反射临界角公式 解得 （2）设在极短时间内，射入光子总能量为 由题公式可知，这些光子的总动量大小为 入射光水平向右，出射光竖直向上。在水平方向上，光子动量由变为，变化量大小为 方向向左。根据动量定理，棱镜对光子的水平作用力 方向向左。由牛顿第三定律，组合体受到光压力的水平分量 方向向右。 （3）当激光功率为时，光压力水平分量 同理，竖直方向光子动量由变为，光子受竖直向上力，则组合体受光压力竖直分量，方向向下。对组合体受力分析，竖直方向平衡：支持力 水平方向恰好开始运动时，光压力水平分量等于最大静摩擦力 联立得 解得 （4）由第（3）问结论可知 当功率为时，光压力水平分量，竖直分量。滑动摩擦力 组合体所受合外力 代入（在范围内） 得 做出合力与位移关系图像如下 图像面积代表合外力的功，所以当时，合外力总功为零，物体末动能为零。且，之后停止运动。由题中公式可知 所以最大距离为。 2．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据图像斜率可得 解得 （2）弹射过程末速度 由动能定理得弹射过程合力对飞机做的功为 解得 （3）对飞行员受力分析，可得竖直方向 水平方向 所以飞行员在弹射过程受到座椅的作用力大小 解得 3．(1)5J (2)1.6m (3) 【详解】（1）由动能定理得 解得 （2）青蛙和长薄板组成的系统水平方向不受外力，动量守恒有 设青蛙对地位移为，薄板对地位移大小为，两边同时乘时间则有 有几何关系 解得 （3）设青蛙跳起的水平初速度为，竖直初速度为，板后退速度为。青蛙斜向右上跳起，竖直方向做竖直上抛运动，由 青蛙起跳做功和第一次相同，则有 水平方向动量守恒 蛙落地时到板右端的距离 解得 4．BC 【详解】A．粒子沿x正方向进入磁场，向下偏转后垂直打在轴，磁场垂直纸面向外，根据左手定则：正电荷向右运动时，洛伦兹力向下，符合偏转方向，因此粒子带正电，A错误； B．粒子经加速电场加速，由动能定理 静电分析器中，辐射电场的电场力提供向心力 解得，故B正确； C．磁分析器中，洛伦兹力提供向心力 解得 比荷 原粒子轨迹为四分之一圆，偏转半径 由动能定理得 又因为 联立解得，故C正确； D．对于比荷的粒子，磁分析器中，洛伦兹力提供向心力 由动能定理得 比荷 解得 结合原粒子 解得 ，因此不会打在距O点2R的位置，故D错误。 故选BC。 5．BD 【详解】A．由动量定理，对小球有，变形得 对小球有，变形得 图像斜率的绝对值为，由图可知的斜率绝对值大于的斜率绝对值，即，可得，故A正确。 B．当时，共速，设共同速度为。由动量定理得， 联立消去得 整理得，故B正确。 C．从开始运动到，共速时，对由动量定理得 球的动能变化量 因，则，故C错误。 D．，共速时弹簧压缩量最大，弹性势能最大。由能量守恒定律得 结合动量守恒， 代入化简得，故D正确。 故选BD。 6．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据等量异种点电荷的电势分布特征可知、两点电势均为零，小球从到只有重力做功，由动能定理得 解得 （2）小球到达点和点的速度大小相等，即 点电势为零，由动能定理有 解得 因 解得 （3）根据等量异种点电荷电场对称性可知 小球从到，由动能定理有 解得 由牛顿第二定律可知，小球到达位置时沿杆方向合力满足 小球在位置时沿杆方向的合力为零，其中处点电荷对小球的库仑力沿竖直方向，不影响沿杆方向受力；故处点电荷对小球库仑力沿杆方向分量与轻杆对小球作用力等大反向，满足 其中， 联立解得轻杆对小球的作用力大小 7．AD 【详解】AB．设物块上滑和下滑的加速度大小分别为、，向上运动的末速度等于0，其逆过程为初速度为0的匀加速直线运动，则 物块下滑的位移与上滑的位移大小相同，则向下运动的过程中 由题意有 联立解得 对物块受力分析由牛顿第二定律得，向上运动的过程中 向下运动的过程中 联立解得，故A正确，B错误； CD．设物块上滑的初速度为,则 物块下滑到斜面底端的速度大小 联立解得 由动能定理，上滑过程和下滑过程合外力对物块做的功分别等于物块动能的变化量，则，故C错误，D正确。 故选AD。 8． 【详解】[1]从位置A到位置B，足球上升h，此过程重力做功； [2]对此过程，由动能定理： 代入 得 9．AD 【详解】A．球B、C分离前前，B一直对C做功，使C动能增加，由于A、B、C组成的整体机械能守恒（地面光滑，只有重力做功），因此A、B组成的系统机械能不断转移给C，逐渐减小，故 A 正确； B．球B、C分离时，对 A、B 两球组成的系统，球A有向下的加速度 对A、B整体竖直方向由牛顿第二定律 可得支持力 ，根据牛顿第三定律，B对地面的压力小于，故 B 错误； D．水平方向总动量始终为0，分离时 可得A水平速度大小 分离后A、B水平动量守恒，总动量向左为 A落地时A、B共速，则 可得，因此B最终动能为，C动能为。 整体机械能守恒，初始重力势能全部转化为三者动能，因此A落地动能 ， D正确； C．从开始到A球落地的过程中，设杆对球B做功为，以BC整体为研究对象，应用动能定理 代入B、C动能值，可得， C错误。 故选AD。 10．AD 【详解】AB．因F-l是线性关系，故计算其做功时取其平均值 由动能定理 解得 ，故A正确，B错误； C．在最高点时，故物块沿斜面上滑至最高点后不能保持静止状态，故C错误； D．下滑时由动能定理 解得，物块在斜面上运动的总路程为，故D正确。 故选AD。 11．(1) (2) (3) 【详解】（1）由图像可知，在内运动员做匀减速直线运动。已知初速度，时的速度，设加速度大小为，根据运动学公式有 代入数据解得 故其大小为（同样给分） （2）运动员从进入水平雪地滑行到停止的过程中，只有雪地阻力对运动员做功。根据动能定理有 代入数据解得，雪地阻力对运动员做的总功为 （3）在内，设雪地对运动员的摩擦阻力大小为，根据牛顿第二定律 代入数据解得 在竖直方向上，雪地对运动员的支持力大小为 雪地对运动员的作用力是支持力与摩擦阻力的合力，大小为 代入数据解得（写成小数703.5同样给分） 12．B 【详解】根据题意，由运动学公式，悬着的部分拉回桌面时，链条的速度满足 链条上升的过程中所受摩擦力逐渐增大，与位移成正比，如图所示 设拉力做功，整个过程，由动能定理有 联立解得 故选B。 13． 【详解】[1]如图 轻杆滑动过程中，沿杆方向的速度大小相等，轻杆与竖直墙壁夹角为，则 某时刻轻杆与竖直墙壁夹角为60°，则此时小球a、b的速度大小关系为 [2]根据机械能守恒可得 解得 由动能定理可得轻杆对小球b做的功为 14．(1)0.4 s (2)1.8 m (3) 【详解】（1）从D点到液面，根据平抛运动规律有 解得 根据对称性可知，小石片从点飞出到再次进入液体的时间 （2）在A点，根据速度的分解有 根据速度—位移公式有 （3）A点的速度为 B点的速度为 根据动能定理有 15．(1) (2) (3)420J 【详解】（1）设人与滑板从A点到B点所用的时间为，根据平抛运动规律，在竖直方向上位移 解得 在水平方向上位移 解得 （2）人与滑板从A点运动到B点重力做功为 平均功率 解得 （3）人与滑板从斜坡下滑过程中，由动能定理 解得 故克服阻力做功为420J 16．C 【详解】A．时刻，汽车的功率减小为，故A错误； B．整个减速过程中，由，可知汽车的牵引力不断变大，故B错误； C．整个减速过程中，由动能定理，有 得 故C正确； D．整个减速过程中，由动量定理，有 得 故D错误。 故选C。 17．(1) (2) (3) 【详解】（1）设电场强度的大小为E，则滑块在电场中运动过程中，由动能定理得 代入数据解得 （2）滑块滑上传送带后向右匀加速运动的加速度大小为a，有 设滑块达到传送带的速度的大小时运动位移大小为，则有 解得 所以滑块到达到与传送带右端之前已经与传送带共速，所以第一次与挡板碰撞之前的速度的大小 （3）滑块第一次滑上传送带过程，设滑块达与传送带共速用时，滑块与传送带相对位移，有，，， 滑块与挡板第一次碰撞后向左以 滑上传送带，减速到零的位移大小为 即滑块在传送带上减速到零后返回向右匀加速直线运动。所以滑块与挡板第一次碰撞后，从向左滑上传送带至速度减为零过程，设用时，滑块与传送带相对位移，则有，，， 滑块从速度为零，到向右匀加速直线运动，回到C点位移有 其所用时间为，有，， 故滑块第二次撞击挡板前，与传送带之间由摩擦产生的热量 18．D 【详解】A．重力方向竖直向下，机器人运动方向向上，根据可知重力对机器人做负功，故A错误； B．根据平衡条件可知舞台对机器人的作用力竖直向上，机器人运动方向向上，根据可知舞台对机器人做正功，故B错误； C．机器人在表演过程中舞台缓慢上升，速度不变，动能不变，故C错误； D．机器人在表演过程中舞台缓慢上升h，重力势能增加，动能不变，则机械能增加，故D正确。 故选D。 19．(1) (2) (3) 【详解】（1）篮球向下运动的过程，由动能定理，可得 解得 （2）将上升运动视为反方向的自由落体运动，可得 解得 （3）与地面碰撞损失的机械能 解得 20．C 【详解】A．、分离时，二者弹力为0，对由牛顿第二定律： 代入 得： 即： 动能最大状态（），动能最大时合力为0，加速度为0： 因此 故A错误； B．分离前做匀加速直线运动，由运动学公式，得： 从到最低点，动能从变为0，由动能定理解得： 因此： 故B错误； C．分离后从到，由动能定理： 代入，解得： 因此 故C正确； D．对最低点由牛顿第二定律： 得 又 则： 故D错误。 故选C。 21．B 【详解】A．动量是矢量，手掌做匀速率圆周运动，速度方向不断改变，因此手掌动量发生变化，故A错误； B．动能是标量，大小为，手掌匀速率运动，速度大小不变，因此动能不变，故B正确； C．机械能=动能+重力势能，手掌从P到Q动能不变，高度升高，重力势能增大，因此总机械能增大，不守恒，故C错误； D．根据动能定理，手掌动能变化为0，重力对手掌做负功，因此提线的拉力必须做正功，才能使总功为0，故提线对手掌做功，故D错误。 故选B。 22．BC 【详解】A．调节夹角，水柱喷出后竖直方向的初速度不同，因其运动的加速度为重力加速度，故水柱从喷出到落地的时间不相等，故A错误； B．水柱从喷出到落地的过程，根据动能定理有 解得 故水柱落地时的速度大小与无关，故B正确； CD．水柱喷出后做斜上抛运动，作出水滴的初速度、末速度以及速度的变化量的矢量关系图，如图所示 根据几何关系，可知 速度矢量三角形的面积为 由于与大小一定，则当两者垂直时，S最大，即此时水滴的水平射程x有最大值，即 则 所以，则该自动浇水装置最大浇灌面积为，故C正确，D错误。 故选BC。 23．B 【详解】B．根据等量同种电荷的电势分布特点可知C、D两点的电势相等，所以小球在C、D两点的电势能相等。小球只受电场力与重力作用，因此电势能与机械能总和为定值，因此小球在C、D两点机械能相等，故B正确； A．由于在D点重力势能小，小球的动能大，小球的速度大，故A错误； C．根据等量同种电荷的电场分布特点可知在C、D两点电场强度大小相等，小球受到的电场力大小相等，方向相反，故C错误； D．在C点重力与电场力方向相反，在D点，电场力与重力方向相同，可知小球在D点的加速度较大，故D错误。 故选B。 24．(1) (2) (3) 【详解】（1）设A与B碰撞前瞬间A的速度大小为，根据动能定理有 解得 （2）A与B碰撞时，动量守恒，取向右方向为正方向 由题意可知，当弹簧弹力等于杆的最大静摩擦力时，杆开始移动，即 对物块B，根据牛顿第二定律 联立，解得 （3）当轻杆开始运动时，有 由于杆的质量不计，弹簧弹力始终等于滑动摩擦力，杆开始运动后，物块B将做匀减速直线运动，B的速度减为0后，弹簧又将逐渐恢复原长，此时压缩的弹性势能转化为B的动能，设最终B的速度大小为，则 联立，解得 25．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）从开始到BC向左移动到最大距离的过程中，以BC和弹簧为研究对象，由功能关系得 解得 （2）弹簧恢复原长时BC分离，从弹簧最短到BC分离，以BC和弹簧为研究对象，由能量守恒得 解得 （3）当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得 若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得 结合第（1）问结果可知 根据题意舍去（原因：，开始推不动）， 恒力的最小值为 （4），物块BC向左运动过程中，由动能定理 解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为 则坐标原点的加速度为 之后C开始向右运动过程（BC系统未脱离弹簧）加速度为 可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，BC分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为 负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以BC为研究对象，由动能定理得 脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至，由能量守恒得 解得脱离弹簧后，C运动的距离为 则C最后停止的位移为 图像如图所示： 26．(1) (2) (3) 【详解】（1）球经过点时，由牛顿第二定律有    解得 由牛顿第三定律，小球对轨道的压力 （2）从到，由动能定理有   根据几何关系有   解得 （3）小球经过D点的最小速度满足   设小球恰能通过时，平抛初速度为，经过点时速度的竖直分量为，则，   从抛出点到点，根据动能定理，有   解得 设小球到达E点时速度为，从到E由动能定理，有   解得 即小球能够到达E点，故抛出点到点的竖直距离的最小值 27．(1)60N (2)0.2m (3)4.05m或8.55m 【详解】（1）物块恰能经有① 解得 物块自到，由机械能守恒定律有② 解得 物块经过时，由牛顿第二定律有 ③ 代入数据解得 （2）对物块，自释放到，由动能定理有 由(1) 知，代入数据解得 （3）当圆轨道位于中点时，能过点。则有 解得 设经度为时，恰第1次滑至第一块木板的中点，对物块和木板组成的系统，由动量守恒定律 由能量守恒定律有 解得 对滑块，自释放到，由动能定理 解得 即，符合题意     当物块与挡板碰后在木板中点与木板相对静止，由动量守恒定律得 由能量守恒定律有 解得 对滑块，自释放到，由动能定理有 解得 所以或。 28．(1) (2) (3) 【详解】（1）由能量守恒可知，弹簧弹性势能完全转化为物体的动能 可得弹簧被压缩至A点时的弹性势能 （2）物体恰好能通过D点，则根据牛顿运动定律有 解得 （3）物体沿半圆轨道运动过程中由动能定理有 解得 29．(1) (2) (3) 【详解】（1）运动到C点时，根据牛顿第二定律得 从A到C的运动过程，根据动能定理得 联立代入数据解得 （2）m1从A到F的运动过程，根据动能定理得 代入数据解得 （3）m1与M相碰，根据动量守恒定律得 代入数据解得 m1与M碰后对m2分析得 代入数据解得 对和构成的整体受力分析得 代入数据解得 设经过时间t，m2与m1、M共速，则 代入数据解得共速的速度， 该过程中m2运动的位移 运动的位移 共速过后，与分别减速运动，对m2受力分析得 代入数据解得 对和构成的整体受力分析得 代入数据解得 m2对地位移 的对地位移 最终计算可得距离最右端的长度 30．(1)2 m/s (2)1 m (3)k m ≤ h ≤ （0.7 + k） m（k = 0，1，2，3……） 【详解】（1）小球在F点根据牛顿第二定律有 解得 （2）设小球由h0处释放恰好通过F点，对小球从释放至F点这一过程由动能定理得 解得 （3）讨论 ①小球第一次运动到D点速度为零，对该过程由动能定理得 解得 则当h ≤ 0.7 m时，小球不过D点，不脱离轨道。 ②小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，沿轨道PNMFDCBA运动，再次返回后不过D。小球恰好可以经过F点，由动能定理可得 解得 则当h ≥ 1 m时，小球可以通过F点。小球再次返回刚好到D点 解得 则当h ≤ 1.7 m时，小球被弹簧反弹往复运动后不过D点；综上，当1 m ≤ h ≤ 1.7 m，小球第一次进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，满足始终不脱离轨道。 ③小球第一次进入圆轨道可以经过F点，压缩弹簧被反弹，第二次往复运动时满足小球恰好可以经过F点，由动能定理可得 解得 则当h ≥ 2 m时，小球可以两次通过F点；小球再次返回刚好到D点 解得 则当h ≤ 2.7 m时，小球被弹簧反弹第二次往复运动后不过D点；综上2 m ≤ h ≤ 2.7 m，小球第一、二次进入圆轨道可以通过F点，往复运动第二次后不过D点，满足始终不脱离轨道。以此类推，可得当h满足k m ≤ h ≤ （0.7 + k） m（k = 0，1，2，3……）小球不脱离轨道。 31．(1)4m/s (2)16J (3)0.2m (4)或 【详解】（1）对小物块受力分析，由牛顿第二定律解得 设小物块与传送带共速的时间为t1，由运动学公式 可得 加速的位移为 因为 所以小物块在传送带上先加速后匀速，到达B点时的速度大小为4m/s。 （2）小物块在传送带上因摩擦而产生的热量为 由于传送小物块，电动机多做的功为 （3）从B点到D点，由动能定理 小物块离开D点后做平抛运动，有, 联立可得 由数学关系可知，当时，小物块从D点飞出后落回传送带的水平距离最大 （4）①刚好沿半圆到达与圆心O等高处，根据动能定理 解得 小物块在半圆轨道内运动时始终不脱离轨道，则 ②刚好到达C点不脱轨，临界条件是弹力为0，在C点 从B点到C点，根据动能定理 代入数据解得 ③刚好到达D点不脱轨，在D点有，从B点到D点，根据动能定理 代入数据解得 若小物块在半圆轨道内运动时不从D点飞出，则满足 综上所述，半圆轨道半径R的取值范围为或 32．（1）8mg；（2）3m；（3）；（4） 【详解】（1）设B摆至最低点的速度为v，根据动能定理有 解得 轻绳即将断裂时，对B受力分析有, 解得 （2）设碰后A的速度为vA，B与A发生完全弹性正碰，碰撞前后动量动能守恒，有 , 解得， （3）t=t0时弹簧压缩量∆x最大，设压缩过程中A的瞬时速度为vA，B的瞬时速度为vB，压缩弹簧过程中动量守恒 两边对时间求和 可得,, 联立可得 （4）A若要与B发生二次碰撞，其不能越过斜面，A在斜面顶端的速度为0，由动能定理得 解得 所以要满足 A若要与B发生二次碰撞，其除了不能越过斜面之外，其返回至水平面时速度大小必须比B的大，设此时A在斜面上的最大高度为hm，则 返回水平面时的速度为0.2v0，根据动能定理得, 解得 所以要满足 最后，A能够从斜面上滑下必须满足条件 解得 综上可得，A与斜面间的动摩擦因数应满足 重难·创新演练 1．C 【详解】A．21.0975km指的是该次马拉松全程的路程，不是位移大小，故A错误； B．最大速度为 则比赛中“天工Ultra”的最大动能约为，故B错误； C．“天工Ultra”在该段直跑道上的加速过程中的平均加速度大小约为，故C正确； D．跑步过程中，腿部运动导致重心发生变化，不可能始终位于离地0.9m处，故D错误。 故选C。 2．C 【详解】A．排球竖直向上的减速运动过程中，因为空气阻力大小恒定记为，则此时对排球分析则有 解得向上运动时，加速度方向向下，加速度大小为 排球竖直向下运动时 又因为球能回到初始位置，则 所以，竖直向下运动时加速度方向向下，加速度大小为，A错误； B．由上述分析可知，方向均为竖直向下，即为负方向，图像中斜率表示加速度，所以图像的斜率的绝对值应变小，B错误； C．动能表达式 竖直向上运动时 可知竖直向上运动阶段动能在减小，与时间成二次函数关系，设速度减为零时的时间为，竖直向下运动时 可知竖直向下运动时，动能在增加，与时间为二次函数关系，C正确； D．在此过程中，摩擦力始终做负功，机械能减小，设竖直向上运动时所走路程为 此时 竖直向下时 所以此运动过程中机械能与时间图像在速度减为0时有拐点，D错误。 故选C。 3．B 【详解】A．篮球在空中飞行时只受重力作用，加速度始终为重力加速度g，恒定不变，故A错误； BC．篮球在空中飞行时只有重力做功，则机械能守恒，恒定不变；由题图可知，篮球在空中飞行时，其高度先变高后变低，则其重力势能先增大后减小，又因为篮球的机械能恒定不变，则篮球的动能先减小后增大，故B正确，C错误； D．由题意可知，篮球做斜上抛运动，则篮球竖直方向做竖直上抛运动，则篮球竖直方向的速度大小先减小后增大，则由可知，重力的功率先减小后增大，故D错误； 故选B。 4．A 【详解】设小球运动到c点的速度大小为v，小球由a到c的过程，由动能定理得， 联立可得 故选A。 5．C 【详解】A．分解网球的初速度，如图所示 网球击出时的速度在竖直方向的分量大小为 网球从击出到落地的过程中，在竖直方向上做竖直上抛运动，击出位置与最高点的高度差为 则网球运动的最高点到地面的高度为H=h1+h 联立，解得H=46h 故A错误； B．网球从最高点到落地所经历的时间t2满足 网球从击出到运动到最高点所经历的时间为 网球在空中运动的总时间为联立，解得 故B错误； C．网球击出时的速度在水平方向的分量大小为 网球从击出到落地的过程中，在水平方向上做匀速直线运动，网球的水平射程为 联立，解得 故C正确； D．网球从击出到落地的过程中，根据动能定理有 解得网球落地瞬间的速度大小为 故D错误。 故选C。 6．BC 【详解】A．C点为最低点，故人减少的重力势能是，弹性绳势能增加，所以人和蹦极绳组成的系统减少的机械能是，故A错误； B．从起跳点O到C点，根据能量守恒定律，，解得，故B正确； C．从起跳点O到B点，根据动能定理，，解得，故C正确； D．蹦极绳的弹力势能为，根据功能关系，代入数据解得，故D错误。 故选BC。 7．BD 【详解】A．小球在P点静止时拉力F大小为2mg，根据平衡条件可知，此时弹簧弹力与小球重力的合力大小也为2mg，方向竖直向下，即弹簧对小球的拉力的合力大小为mg，方向竖直向下，刚撤去外力时，对小球进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 故A错误； B．由于PO=OQ，可知，弹簧在P位置与在Q位置的拉伸量相等，则在这两个位置时，弹簧的弹性势能相等，根据功能关系可知，球从P点运动到Q点的过程中，两个弹簧对小球做功为零，故B正确； C．结合上述，小球从P点运动到Q点的过程中，两个弹簧对小球做功为零，够过程对小球进行分析，根据动能定理有 解得 可知，小球到达Q点后速度不为0，结合上述，根据对称性，小球在Q点时，弹簧对小球的拉力的合力大小为mg，方向竖直向上，即此时小球的合力恰好为0，小球的速度达到最大值，之后，小球将继续沿杆向下做减速运动，直至速度减为0，令此时位置为D，随后小球由向上运动，即小球沿杆在PD之间做往复运动，故C错误； D．结合上述可知，从P点运动到Q点的过程中，小球做加速度减小的变加速直线运动，在Q点的加速度恰好减为0，PQ之间任意位置的加速度均大于重力加速度，可知，小球从P点运动到Q点的过程中的平均加速度大于重力加速度，根据位移公式可知，与没有弹簧时相比，小球从P点运动到Q点所用的时间更短，故D正确。 故选BD。 8．AB 【详解】A．物块飞出桌面后做平抛运动，根据 解得 则物块A、B飞离桌面到落地的时间之比为1∶1，故A正确； B．弹簧弹开木块的过程，两木块组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得 则速度之比为 水平方向有 可知物块A、B飞离桌面到落地的水平位移之比为1∶2，故B正确； C．物块A、B飞离桌面时的动能之比为 故C错误； D．物块A、B落地时的速度之比为 故D错误； 故选AB。 真题·实战演练 1．(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。 2．BD 【详解】A．沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则可得第一次抛出上升的高度为 上升时间为 最高点距水平地面高为，故下降的时间为 故一次抛出上升时间，下降时间比值为，故A错误； BC．两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的时间相等为 故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为, 由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度也相等，为 由于沙包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少 从抛出到落地瞬间根据动能定理可得 则故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为，故B正确，C错误； D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，如图所示，故可知第一次抛出时速度与水平方向的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第二次大，故D正确。 故选BD。 3．（1） ；（2） ；（3） 【详解】（1）小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得 解得C在碰撞前瞬间的速度大小为 （2）物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得 解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为 故C与B碰撞过程中损失的机械能为 （3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得 解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为 从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为 4．BD 【详解】ABC．由动能定义式得，则可求解质量m；上滑时，由动能定理 下滑时，由动能定理 x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知 ， 两式相加可得 相减可知 即可求解gsinθ和所受滑动摩擦力f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正确； D．上滑过程，根据动能定理有 解得加速度大小为 由于、均已知，上滑过程中不变，故恒定，物块做匀减速直线运动。 所以，物块沿斜面上滑的时间为，故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。 故选BD。 5．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为时滑块的加速度大小为。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有    ①   ②   ③ 联立①②③式并代入题给数据得   ④ （2）设滑块在段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有   ⑤ 式中、和、分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，，，，。设滑块第一次到达B点时的动能为，由动能定理有   ⑥ 联立②③⑤⑥式并代入题给数据得   ⑦ （3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为。设滑块离B点的最大距离为，由动能定理有   ⑧ 联立②③⑦⑧式并代入题给数据得   ⑨ 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $