8.3 动能和动能定理【考点分类提优】讲义 -2026-2027学年高一上学期物理人教版必修第二册

8.3　动能和动能定理 理解动能的概念，掌握动能表达式 ，知道动能是标量、状态量，具有瞬时性和相对性，动能本身非负。 经历动能定理的推导过程，理解动能定理的内容，掌握 ，知道其适用于恒力与变力、直线与曲线运动。 能用动能定理求解功、速度、位移和力等问题，掌握用全程法处理多过程问题，会结合 F-x、P-t、 等图像分析动能变化。 理解机车以恒定功率、恒定加速度启动的运动规律，能结合 与动能定理分析最大速度、运动时间和位移等问题。 【思维导图】 考点一　动能及其表达式 1．动能的定义：物体由于运动而具有的能叫做动能，用 表示。 2．动能的表达式：物体的动能等于物体的质量与速度二次方乘积的一半，即 3．单位：在国际单位制中，动能的单位是焦耳，符号为 J（1 J = 1 N·m = 1 kg·m²/s²）。 4．标矢性：动能是标量，只有大小、没有方向，且只有正值，没有负值；但动能的变化量 却有正有负（末动能减初动能）。 5．状态量：动能具有瞬时性，对应某一时刻（某一状态）物体所具有的速度，是描述物体运动状态的状态量。 6．相对性：由于速度与参考系的选取有关，动能也具有相对性，对不同的参考系物体的动能一般不同，通常以地面为参考系。 7．影响因素：同一物体（m 一定），速度越大动能越大；速度相同时，质量越大动能越大。动能只与速度的大小有关，与速度方向无关。 比较项目 动能 动量 （后续学习，作对比） 表达式 标矢性 标量，只有正值 矢量，有方向 决定因素 质量与速度大小 质量与速度（大小和方向） 变化特征 速度大小改变才变化 速度大小或方向改变都变化 重难诠释　①动能的“三性”：瞬时性（对应某一状态，是状态量）、标量性（只有正值，不能分解）、相对性（随参考系变化，一般取地面）。②动能本身非负，但动能的变化量 可正、可负、可为零。③动能与速度方向无关：物体速度方向改变而大小不变（如匀速圆周运动）时，动能不变；速度大小变为原来的 2 倍，动能变为原来的 4 倍（动能与 成正比）。 考点二　动能定理及其推导 1．动能定理的内容：力在一个过程中对物体所做的总功，等于物体在这个过程中动能的变化。 2．动能定理的表达式： 其中 是物体所受各力对物体做功的代数和，、 分别是初、末状态的动能。 3．动能定理的推导：如图所示，光滑水平面上的物体在水平恒力 F 作用下向前运动了距离 l，速度由 增大到 。由功的定义、牛顿第二定律和运动学公式 ，可得 动能定理的推导 4．适用条件：动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功；做功的力可以是各种性质的力，可以同时作用，也可以先后作用；研究对象可以是单个物体，也可以是系统。 5．物理意义：揭示了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系——总功是物体动能变化的量度，做功的过程就是能量转化的过程。 6．总功与动能的增减： （1），物体的动能增加；（2），物体的动能不变；（3），物体的动能减少。 比较项目 牛顿第二定律 动能定理 表达式 （矢量式） （标量式） 反映关系 力与加速度的瞬时关系 功与动能变化的过程关系 作用效果 力的瞬时作用 力的空间累积效果 适用范围 恒力、可求瞬时加速度 恒力或变力、直线或曲线 擅长求解 加速度、力、时间 位移、速率、变力做功 重难诠释　① 是末动能减初动能（），不是初减末； 是所有力（含重力、弹力、摩擦力等）做功的代数和，要分清正功、负功。②动能定理是标量式，只反映动能（速率）的变化，不能由它确定速度方向，求速度方向仍需结合运动规律。③式中的位移 l、速度 v 必须相对同一惯性参考系（通常是地面）。④动能定理能处理变力做功、曲线运动，这是它比牛顿第二定律更便捷之处；凡涉及 F、l、m、v、W、 而不涉及加速度和时间的问题，优先用动能定理。 考点三　动能定理的应用 1．应用动能定理解题的一般步骤： ①选取研究对象（通常是单个物体），明确它的运动过程； ②对研究对象进行受力分析，明确各力做功情况，求出外力做功的代数和 ； ③分析运动，明确初、末状态的动能 、； ④列动能定理方程 ，结合其他辅助方程求解并验算。 2．总功的两种求法： （1）先求合力，再求总功：（适用于恒力）； （2）分别求各力做功再取代数和：。 3．全程法处理多过程：当物体经历多个物理过程、且每个过程都可应用动能定理时，可对全过程直接列方程，跳过中间状态。 4．变力做功：对于大小或方向变化的力（如弹力、方向随速度变化的摩擦力等），不能用 计算，常借助动能定理由动能变化求变力的功。 5．往复运动：滑动摩擦力、空气阻力等大小不变、方向总与运动方向相反，在每一段上都做负功，全程做功与路程成正比： 式中 s 为物体运动的总路程（不是位移），阻力始终做负功。 6．不宜全程应用动能定理的情况：若题目要求某个中间物理量，或过程中弹力、摩擦力等发生突变，应分阶段应用动能定理，各个击破。 比较项目 全程法 分段法 基本思路 对全过程直接列一个动能定理方程 把过程分成若干段，分别列方程 优点 避开中间状态，步骤少、计算快 能求出各段中间速度等中间量 适用 只涉及初、末状态，不需求中间量 需求中间量，或受力发生突变 形象记忆 “一步到位” “各个击破” 重难诠释　①全程法要特别注意：不是全过程都作用的力（如中途撤去的力、只在某一段出现的摩擦或弹力），只能在其作用的那段位移上计功，切不可全程都算。②重力做功只看高度差（），摩擦力做功要看路程（），二者在多过程、往复运动中要分清。③物体在往复运动（如在粗糙圆弧、斜面间往返）中，摩擦力始终做负功，最终会停在最低点，用 可求总路程。 考点四　动能定理与图像、综合模型 1．用动能定理分析图像问题（看清轴、点、线、截、斜、面）： 动能定理中的图像：面积与斜率 （1）F-x 图像：图线与 x 轴所围图形的面积表示力做的功，恒力时面积 ； （2）P-t 图像：图线与 t 轴所围图形的面积表示力（发动机）做的功，； （3） 图像：图线的斜率表示物体所受的合力，，斜率为正动能增大，为负动能减小。 2．圆周运动中的应用：竖直圆周运动中，重力做功只看高度差 ，绳（轨道）的弹力不做功；求速率用动能定理，不能套用匀速圆周运动的公式。 3．弹簧模型：弹簧弹力是变力，弹力做功不能用 直接计算，通常由弹性势能变化或动能定理间接求出。 4．传送带、滑块模型：要先判断摩擦力方向（随相对运动方向改变），物体与传送带“共速”前后摩擦力可能反向；摩擦生热 （ 为相对路程）。 重难诠释　① 图像的斜率是合力（含正负），这是高频考点；F-x、P-t 图像的“面积”是功，两类图像要分清。②竖直圆周运动中，物体在同一高度处（无论沿哪条路径）速率相等；最低点速率最大、最高点最小，重力做功只由高度差决定。③传送带问题务必先求“共速”时刻，再判断共速前后物体受静摩擦还是滑动摩擦、摩擦力方向是否改变，必要时分段列动能定理。 考点五　机车启动问题 1．功率与速度的关系：机车发动机的牵引力 F 与瞬时速度 v、功率 P 满足 注意：式中的 F 是机车的牵引力，而不是机车所受的合力；机车实际受到的合力为 。 2．以恒定功率启动（P 始终等于额定功率）： 速度 v 增大时，牵引力 减小，由 知加速度 a 减小，机车做加速度逐渐减小的加速运动；当牵引力减小到 时，，速度达到最大值，此后匀速运动。最大速度为 以恒定功率启动的 P-t、v-t 图像 3．以恒定加速度启动（即恒定牵引力启动）： 第一阶段（匀加速）：牵引力 F 恒定、加速度 a 恒定，速度均匀增大，由 知功率随速度增大而增大；当功率增大到额定功率时，匀加速阶段结束，此时速度 ，但 还不是最大速度。 第二阶段（变加速）：功率保持额定功率不变，牵引力随速度增大而减小，做加速度减小的加速运动，直到 、速度达到 ，此后匀速。 以恒定加速度启动的 P-t、v-t 图像 4．两种启动方式的最大速度相同：无论以哪种方式启动，最终匀速时都有 ，故最大速度均为 。 5．启动过程中发动机做功的计算： （1）恒定功率阶段，牵引力是变力，发动机做功 ，不能用 ； （2）匀加速阶段，牵引力恒定而功率变化，发动机做功 （也可按平均功率求功），不能用 。 6．用动能定理分析机车：从启动到达到最大速度，对全过程（或恒功率阶段）有 ，可求位移、时间等。 比较项目 恒定功率启动 恒定加速度启动 功率变化 始终为额定功率 匀加速段由 0 渐增，达到 后恒定 牵引力 F 随 v 增大而减小 匀加速段恒定，之后减小 加速度 a 一直减小到 0 先恒定，之后减小到 0 v-t 图像 斜率渐减的曲线（渐近线） 先倾斜直线、后斜率渐减的曲线 关键速度 最终 匀加速末速 ，最终 发动机做功 匀加速段 形象记忆 “油门踩到底” “先匀加速、再换挡” 重难诠释　① 中的 F 是牵引力不是合力；机车达到最大速度的条件是牵引力与阻力平衡（、），此时 ，切忌把额定功率对应的速度都当作最大速度。②恒定加速度启动中，匀加速结束时功率达到额定功率（最大），但速度只是 ，还不是最大速度；之后还要经历一段加速度减小的加速运动。③恒定功率启动一定不是匀加速，此阶段发动机做功只能用 ；匀加速阶段功率在变，做功只能用 。④求位移、时间等问题，常把 （或 ）与动能定理 结合使用。 考向1　动能概念与动能定理的理解 1．（2026春•蕲春县校级期末）如图所示，在离地相同高度处以相同的速率将三个相同的小球a、b、c分别以平抛、竖直上抛、竖直下抛三种方式抛出，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．a球落地时动能最小 B．b球落地时动能最大 C．c球落地时动能最大 D．a、b、c三个球落地时动能一样大 2．（2026春•菏泽期末）如图所示，光滑水平地面上，质量为m的物体在恒力F作用下，从O点由静止开始运动，经过A、B两点时速度大小分别为v和2v，对比O→A与A→B两个过程，下列说法正确的是（　　） A．F做功之比为1：2 B．F做功的平均功率之比为1：2 C．物块在A、B两点的动能之比为1：2 D．F在A、B两点做功的瞬时功率之比为1：2 3．（2026春•咸宁期末）如图所示，三个光滑固定斜面，它们的高度相同、倾角不同。让质量相同的小球沿斜面从顶端静止开始运动到底端。此过程中下列说法正确的是（　　） A．小球运动到底端时速度相同 B．小球运动到底端时动能相同 C．小球运动到底端时重力的瞬时功率相同 D．小球运动到底端的过程中重力的平均功率相同 4．（2026•模拟）如图所示，质量为m的小车在水平恒力F的推动下，从山坡（粗糙）底部A处由静止开始运动至高为h的坡顶B，获得的速度为v，A、B之间的水平距离为x，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法不正确的是（　　） A．小车克服重力所做的功是mgh B．合外力对小车做的功是 C．推力对小车做的功是 D．摩擦力对小车做的功是 5．（2026•安平县校级开学）如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则（　　） A．0～t1时间内F的功率逐渐增大 B．t2时刻物块A的加速度最小 C．t2时刻后物块A做反向运动 D．t3时刻物块A的动能最大 6．（2026秋•开福区校级月考）如图所示，斜劈静止在水平地面上，有一物体在恒力F（大小、方向均未知）的作用下沿斜劈表面向下运动，重力做的功与克服力F做的功相等。则下列判断中正确的是（　　） A．物体可能加速下滑 B．物体可能受三个力作用，且合力为零 C．斜劈受到地面的摩擦力方向一定水平向左 D．撤去F后斜劈一定受到地面的摩擦力 考向2　动能定理求解力、速度和位移 1．（2026春•上高县校级期末）一质量为m的物块（视为质点）以初速度v0从斜面底端沿斜面向上运动，斜面足够长，已知斜面倾角为37°，物块上滑、下滑过程中动能Ek随位移x的变化如图所示，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则下列说法正确的是（　　） A．物块的初速度 B．物块的质量为m＝0.6kg C．物块与斜面间动摩擦因数μ＝0.4 D．物块上滑的最大位移xm＝5.0m 2．（2026春•北碚区校级月考）如图甲所示，一物块从固定斜面的底端沿斜面方向冲上斜面，物块的动能Ek随距斜面底端高度h的变化关系如图乙所示，已知斜面的倾角为30°，重力加速度大小为g，取物块在斜面底端时的重力势能为零，下列说法正确的是（　　） A．物块的质量为 B．物块与斜面间的动摩擦因数为 C．滑下底端时重力瞬时功率大小是摩擦力瞬时功率大小的3倍 D．上滑过程重力做功是合力做功的2倍 3．（2026春•阜阳校级期末）大型风洞是研发飞行器不可缺的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞实验中，风力大小和方向均恒定，一质量为m的轻质小球先后经过a、b两点，其中在a点的速度大小为v，方向与a、b连线成α＝45°角；在b点的速度大小也为v，方向与a、b连线成β＝45°角。已知a、b连线长为d，小球只受风力的作用，小球的重力忽略不计。下列说法正确的是（　　） A．风力方向平行于a、b连线 B．从a点运动到b点所用的时间为 C．小球的最小速度为0.5v D．风力大小为 4．（2026春•周口期末）如图所示，某人把一个质量m＝2kg的小球从h＝0.8m高处以60°角斜向上抛出，初速度v0＝3m/s，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，取地面为零重力势能面。则下列说法正确的是（　　） A．抛出过程中，人对小球做的功是6J B．小球落地时速度大小为9m/s C．小球抛出后会继续上升，故从抛出到落地过程中重力对小球所做的功大于16J D．小球到达最高点的重力势能为22.75J 5．（2026•红塔区校级模拟）蹦床是小朋友普遍喜欢的娱乐设施。一质量为m的小朋友由一定高度自由下落，以下落初位置为坐标原点O，竖直向下为Oy轴，小朋友下落过程中的加速度为a，其a﹣y图像如图乙所示（图中坐标值皆为已知）。设蹦床对小朋友的弹力大小满足胡克定律，空气阻力不计，重力加速度大小为g，则小朋友下落过程中，下列说法正确的是（　　） A．蹦床的等效劲度系数 B．小朋友速度的最大值 C．小朋友由O点下落的最大距离ym＝4y0 D．小朋友感受到的最大加速度 6．（2026•云南开学） 2025年9月22日，中国海军宣布，歼﹣15T、歼﹣35和空警﹣600三型舰载机已于此前成功完成在福建舰上的首次弹射起飞和着舰训练，如图所示。无风环境中，质量m＝2.5×104kg的舰载机在静止的航母上进行弹射起飞训练，飞机由静止弹射后在水平轨道上做匀加速直线运动，弹射完成时恰好达到80m/s的起飞速度，已知电磁弹射轨道的长度为110m，舰载机起飞过程中受到的阻力与其重力大小相等，重力加速度大小g＝10m/s2，则舰载机弹射起飞过程中受到的水平推力大小约为（　　） A．1×106N B．7.5×105N C．6×105N D．5×105N 考向3　动能定理处理多过程问题 1．（2026•开封校级开学）图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计。一质量为m的小滑块在A点从静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于（　　） A．mgh B．2mgh C． D．μmg（s+hcosθ） 2．（2026秋•鞍山月考）如图甲所示，在竖直平面内有一半径为0.5m的圆形轨道（粗糙程度未知），a、c分别为轨道最低点和最高点，一个质量为0.5kg的小物块（视为质点）从a点开始在轨道内侧沿顺时针运动；图乙是物块的速度v与物块和圆心连线转过的角度θ的关系图像。重力加速度g取10m/s2。下列说法中正确的是（　　） A．小物块做圆周运动时机械能不守恒 B．小物块恰好能通过c点 C．θ＝60°时，克服重力做功2.5J D．θ＝60°时，克服重力做功的功率为 3．（2026•广陵区校级开学）如图所示，水平面由光滑和粗糙两区域组成，质量为m，长为L的长方体匀质物块，从光滑面以速度v0垂直于分界线进入到粗糙面，已知物块与粗糙面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则该过程中物块刚好有一半进入粗糙面时的速度为（　　） A． B． C． D． 4．（2026•莆田开学）如图所示，固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道AB，其轨道半径为R。一小球从圆弧轨道的最高点A处由静止释放后沿轨道运动，不计空气阻力，下列关于该小球运动的加速度平方a2与其竖直位移y的关系图像，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 5．（2026•驻马店开学）如图，四分之一光滑圆弧轨道，小球从A点由静止释放，滑到B点后水平飞出，B点距离地面高度为H，圆弧轨道半径为R，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球从A到B的过程，支持力对小球做正功 B．小球到达B点时速度大小为 C．小球离开B点后做竖直下抛运动 D．小球落地时的动能为mgH 6．（2026春•西岗区校级期末）如图所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上将弹簧一端固定，弹簧下面挂一质量为m的物体，开始物体在外力的作用下处于静止状态，此时劲度系数为k的弹簧处于原长状态，现在撤去外力，以后运动过程中弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g，则物体向下运动的最大距离是（　　） A． B． C． D． 考向4　动能定理与圆周、弹簧、传送带综合 1．（2026•沧州开学）质量为m的小球被长为L的轻绳拴在O点。给小球一个初速度使其在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到最低点时，刚好与高为L、倾角为30°光滑斜面ABCD的A点接触但没有相互作用，小球通过最高点时对轻绳的拉力大小为3mg。当小球某次通过最低点时瞬间剪断轻绳，此时小球从A点沿AB方向运动，此后小球刚好通过D点。已知重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　） A．小球做圆周运动通过最高点时速度大小为 B．小球做圆周运动通过最低点时轻绳的拉力大小为8mg C．小球经过D点时速度大小为 D．斜面AB边长为8L 2．（2026春•河北期末）如图所示，竖直放置的光滑圆轨道半径为R，可视为质点的小球从最低点水平向右进入圆轨道。不计空气阻力，重力加速度为g。若小球在最低点的速度大小为，则此后小球距离轨道最低点的最大高度为（　　） A． B． C． D． 3．（2026•渝中区校级开学）如图所示，左右水平地面间安装一水平传送带，三者处于同一水平面上。左侧地面上有一个长为L＝1m的薄木板，木板与左侧地面间的动摩擦因数为0.1，初始时木板右端A点与传送带左端B点的距离为0.1m，速度v0＝2m/s，方向向右。传送带两端B、C的距离为1.2m，和木板间动摩擦因数为0.2。传送带保持速度v1m/s顺时针匀速运转。右侧地面与木板动摩擦因数也为0.2。重力加速度g＝10m/s2，当木板停止运动时，木板左端到传送带右端C点的距离为（　　） A．0.95m B．0.98m C．1.00m D．1.20m 4．（2026•贺州开学）如图甲所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止。用恒力F向上拉B，分离前，A、B运动的加速度随位移变化如图乙所示，运动距离h时，B与A恰好分离。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．在B与A分离之前，它们做匀变速直线运动 B．弹簧的劲度系数等于 C．F作用后瞬间，B对A的压力大小为 D．B和A分离后，B还能继续上升 5．（2026春•南京校级期末）如图所示，质量为m的物体静止在水平光滑的平台上，系在物体上的水平轻绳跨过光滑定滑轮，由地面上的人以速度v0水平向右匀速拉动，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，在人从定滑轮正下方开始向右运动至绳与水平方向夹角θ＝37°的过程中，人对绳子的拉力所做的功为（　　） A． B． C． D． 6．（2026春•襄阳期末）如图所示，有一根长为L、质量为M的均匀链条AB静止在动摩擦因数μ＝0.4的粗糙水平桌面上，其长度的悬于桌边外，如果在链条的A端施加一个拉力使链条AB以0.5g（g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（　　） A． B． C． D． 考向5　机车启动问题 1．（2026秋•南通月考）质量为m的汽车从静止开始沿平直公路运动，发动机功率P随时间t变化的关系如图所示。整个过程汽车所受阻力恒为f，0～t1时间内汽车前进距离为s，则该汽车（　　） A．t1时刻前做加速度减小的加速运动，t1时刻后做匀速运动 B．t1时刻前做匀加速运动，t1时刻后做匀速运动 C．t1时刻汽车的速度大小为 D．t1时刻汽车的速度大小为 2．（2026•衡阳县校级开学）一辆汽车在平直公路上从静止开始启动，该汽车加速度随时间的变化规律如图所示，t1时刻汽车达到额定功率且功率不再变化，t2时刻图像与时间轴相切。已知汽车质量为m，运动过程中受到的阻力恒为f，则有（　　） A．0∼t2内汽车的牵引力先变大后变小 B．汽车的最大速度为a0（t1+t2） C．汽车的额定功率为（f+ma0）a0t1 D．0∼t1和t1∼t2时间内汽车牵引力做功之比为2t1：（t2﹣t1） 3．（2026•模拟）质量为m的汽车从静止开始以恒定功率P启动，达到最大速度v时立即撤去牵引力，汽车开始做减速运动直至停止，整个过程中汽车所受阻力恒定。下列说法正确的是（　　） A．在整个运动阶段，汽车先做匀加速运动再做匀减速运动 B．在整个运动阶段，汽车所受到的阻力为 C．在减速阶段，汽车的位移大小为 D．在减速阶段，汽车运动的时间为 4．（2026•正定县校级模拟）一辆质量为m的机车在水平面上由静止开始启动，启动过程中牵引力F随时间t的变化如图所示。已知机车所受阻力恒为Ff，t1时刻机车的速度为v1，此时机车达到额定功率并保持不变，t3时刻机车的速度为v3，下列不正确的是（　　） A．0～t1时段机车做匀加速运动的加速度大小为 B．t1～t3时段机车的平均速度小于 C．t2时刻机车的速度大小v2＝2v1 D．时刻机车的动能大小为 5．（2026春•吉林期末）质量m＝200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。下列说法正确的是（　　） A．汽车受到的阻力1000N B．汽车的最大牵引力为1200N C．8s～18s过程中汽车牵引力做功为不可求解 D．8s～18s过程中汽车的位移大小可以求解出 6．（2026•贵阳校级开学）如图所示，额定功率为P的动力车头拖着一节无动力车厢在平直轨道上以速度v0匀速行驶，t1时刻车头和车厢意外脱钩分离，若车头保持额定功率P继续行驶，到t2时刻，车头又恢复了匀速直线运动。已知车头和车厢的质量均为m，车头和车厢受到的阻力恒为各自车重的k倍，下列说法正确的是（　　） A．车头再次恢复匀速直线运动时，速度为kv0 B．车头牵引力做功大小等于车头动能的增加量 C．车头再次恢复匀速直线运动时，车厢还在滑行 D．车头与车厢脱钩瞬间，车头与车厢的加速度大小相等 一、单选题 1．（2025秋•广东月考）如图所示，将油纸伞的伞面在竖直面内顺时针匀速转动，在竖直直径和水平直径的边缘位置处，四滴质量皆为m的雨滴a、b、c、d分别由边缘处脱离，脱离时雨滴速度与伞面边缘处线速度相同。若雨伞伞面半径为R，雨伞下边缘距离水平地面的高度也为R，雨滴c离开雨伞后做平抛运动的水平位移为，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．雨伞转动的角速度为 B．着地前瞬间，雨滴b重力的功率大于雨滴d重力的功率 C．雨滴a做平抛运动的水平位移为 D．雨滴a落地时的动能是雨滴c落地时动能的3倍 2．（2025秋•利辛县校级月考）用带有弹簧的晾衣夹自制的汤匙投球器，将一质量为0.1kg的小球掷出去，同时用高频摄像机记录投射与飞行过程，如图1所示。逐帧分析小球的运动轨迹，并绘制出小球水平及竖直方向的速度与时间的关系图像如图2所示。不计风力和空气阻力，则（　　） A．该小球离开投球器被掷出瞬间的速率为4.0m/s B．该小球最高点距离地面的高度为0.80m C．小球与地面第一次碰撞过程损失的机械能为0.70J D．投球器对小球做的功为1.25J 3．（2026春•温州期中）光滑的水平面上固定着一个螺旋形轨道（轨道侧面光滑），俯视图如图所示，一小球（可视为质点）以某一速度沿轨道切线方向进入轨道，经过M和N点，下列物理量关系正确的是（　　） A．小球的线速度vM＜vN B．小球的角速度ωM＞ωN C．小球的向心加速度aM＜aN D．小球对轨道的压力FM＞FN 4．（2026秋•福州月考）2026福建省城市足球联赛（简称“闽超”）火热开赛，成为全省社会各界广泛关注的焦点。如图质量为m的足球静止在地面，由位置1被踢出后落到地面的位置3，虚线为其运动轨迹。已知足球在空中达到的最高点2的高度为h，1、2间的水平距离大于2、3间的水平距离。重力加速度为g。则足球（　　） A．在最高点重力的功率不为零 B．在最高点加速度为g C．从1到2的运动时间一定等于从2到3的时间 D．从2到3过程中，动能的增加量小于mgh 5．（2026春•日照期末）如图所示，一长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一可视为质点的小物块静止在木板右端，物块与木板间的滑动摩擦力大小为f。现用大小为F的水平恒力将木板向右拉动一段距离s，物块恰好从木板左端离开，此时（　　） A．物块的动能一定等于fl B．物块的动能一定等于f（s﹣l） C．木板的动能一定等于Fs D．木板的动能一定等于F（l+s） 6．（2026•模拟）如图所示，两条长度分别为R1、R2不可伸长的细绳，各有一端固定在光滑水平面上，细绳另一端分别系有质量为m1、m2的小球，并使两小球都在水平面内做匀速圆周运动。已知R1＝2R2，且m2＝2m1，则下列有关两绳拉力大小F1、F2的比值，叙述正确的是（　　） A．若两球动能的比值，则 B．若两球角速度的比值，则 C．若两球运动周期的比值，则 D．若两球速率的比值，则 7．（2026春•临夏州期末）河道水面上漂浮着一个实心匀质圆柱形木块，质量为m，木块自然直立静止漂浮时，浸入水中的深度为。现用轻质钢绳竖直向上缓慢匀速提拉木块，直到木块底面刚好与河道水面齐平，提拉过程河道水位保持不变，重力加速度为g，不计水的阻力与绳的质量。在木块上浮过程中，下列说法正确的是（　　） A．木块的重力势能增加了mgh B．木块所受合力对其所做的总功为零 C．木块重力势能的增加量大于拉力与浮力做功之和 D．浮力对木块做功为 8．（2026春•聊城期末）电动玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，某款玩具水枪采用微型电动水泵驱动水流射出喷口，当喷口距离地面高度为h水平发射水流时，水流落地点距离喷口的水平距离为x。已知喷口的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，若水泵输出的能量全部转化为水的动能，不计空气阻力，则水泵的输出功率为（　　） A． B． C． D． 二、解答题 9．（2026•承德开学）一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前7s内做匀加速直线运动，7s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v﹣t图像如图所示。已知汽车的质量m＝1×103kg，汽车受到地面的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g取10m/s2，求： （1）汽车的额定功率P和最大速度vm； （2）启动后37s内，汽车的位移x的大小。 10．（2026•模拟）如图所示，质量为2kg的物体静止放置在水平地面上A位置，在恒定外力F＝10N的作用下向右运动，当物块运动到B处后撤掉外力F，物体滑行一段距离后停在了C处。已知地面和物体之间的摩擦因数μ＝0.2，xAB＝5m，F与水平方向夹角θ＝37°，物块可看作质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求 （1）外力F对物体做了多少功？ （2）AB段物体克服摩擦力做了多少功？ （3）BC两点间的距离为多大？ 11．（2026•焉耆县校级开学）粗糙的四分之一圆弧的半径为0.45m，有一质量为0.2kg的物体自最高点A从静止开始下滑到圆弧最低点B。然后沿水平面前进0.4m到达C点停止。设物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，求： （1）物体到达B点时的速度大小； （2）物体在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。 12．（2026春•本溪月考）如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC（足够长）平滑连接而成。将质量m＝0.2kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝5.0m的M处静止释放。已知滑块与轨道AB的动摩擦因数为μ＝0.25，轨道BC、弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则： （1）小滑块运动到A点时的速度大小； （2）若滑块运动到D点时对轨道的压力为10N，求竖直圆轨道的半径； （3）若LAB＝8m，试确定滑块最终停止的位置。 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 8.3　动能和动能定理 理解动能的概念，掌握动能表达式 ，知道动能是标量、状态量，具有瞬时性和相对性，动能本身非负。 经历动能定理的推导过程，理解动能定理的内容，掌握 ，知道其适用于恒力与变力、直线与曲线运动。 能用动能定理求解功、速度、位移和力等问题，掌握用全程法处理多过程问题，会结合 F-x、P-t、 等图像分析动能变化。 理解机车以恒定功率、恒定加速度启动的运动规律，能结合 与动能定理分析最大速度、运动时间和位移等问题。 【思维导图】 考点一　动能及其表达式 1．动能的定义：物体由于运动而具有的能叫做动能，用 表示。 2．动能的表达式：物体的动能等于物体的质量与速度二次方乘积的一半，即 3．单位：在国际单位制中，动能的单位是焦耳，符号为 J（1 J = 1 N·m = 1 kg·m²/s²）。 4．标矢性：动能是标量，只有大小、没有方向，且只有正值，没有负值；但动能的变化量 却有正有负（末动能减初动能）。 5．状态量：动能具有瞬时性，对应某一时刻（某一状态）物体所具有的速度，是描述物体运动状态的状态量。 6．相对性：由于速度与参考系的选取有关，动能也具有相对性，对不同的参考系物体的动能一般不同，通常以地面为参考系。 7．影响因素：同一物体（m 一定），速度越大动能越大；速度相同时，质量越大动能越大。动能只与速度的大小有关，与速度方向无关。 比较项目 动能 动量 （后续学习，作对比） 表达式 标矢性 标量，只有正值 矢量，有方向 决定因素 质量与速度大小 质量与速度（大小和方向） 变化特征 速度大小改变才变化 速度大小或方向改变都变化 重难诠释　①动能的“三性”：瞬时性（对应某一状态，是状态量）、标量性（只有正值，不能分解）、相对性（随参考系变化，一般取地面）。②动能本身非负，但动能的变化量 可正、可负、可为零。③动能与速度方向无关：物体速度方向改变而大小不变（如匀速圆周运动）时，动能不变；速度大小变为原来的 2 倍，动能变为原来的 4 倍（动能与 成正比）。 考点二　动能定理及其推导 1．动能定理的内容：力在一个过程中对物体所做的总功，等于物体在这个过程中动能的变化。 2．动能定理的表达式： 其中 是物体所受各力对物体做功的代数和，、 分别是初、末状态的动能。 3．动能定理的推导：如图所示，光滑水平面上的物体在水平恒力 F 作用下向前运动了距离 l，速度由 增大到 。由功的定义、牛顿第二定律和运动学公式 ，可得 动能定理的推导 4．适用条件：动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功；做功的力可以是各种性质的力，可以同时作用，也可以先后作用；研究对象可以是单个物体，也可以是系统。 5．物理意义：揭示了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系——总功是物体动能变化的量度，做功的过程就是能量转化的过程。 6．总功与动能的增减： （1），物体的动能增加；（2），物体的动能不变；（3），物体的动能减少。 比较项目 牛顿第二定律 动能定理 表达式 （矢量式） （标量式） 反映关系 力与加速度的瞬时关系 功与动能变化的过程关系 作用效果 力的瞬时作用 力的空间累积效果 适用范围 恒力、可求瞬时加速度 恒力或变力、直线或曲线 擅长求解 加速度、力、时间 位移、速率、变力做功 重难诠释　① 是末动能减初动能（），不是初减末； 是所有力（含重力、弹力、摩擦力等）做功的代数和，要分清正功、负功。②动能定理是标量式，只反映动能（速率）的变化，不能由它确定速度方向，求速度方向仍需结合运动规律。③式中的位移 l、速度 v 必须相对同一惯性参考系（通常是地面）。④动能定理能处理变力做功、曲线运动，这是它比牛顿第二定律更便捷之处；凡涉及 F、l、m、v、W、 而不涉及加速度和时间的问题，优先用动能定理。 考点三　动能定理的应用 1．应用动能定理解题的一般步骤： ①选取研究对象（通常是单个物体），明确它的运动过程； ②对研究对象进行受力分析，明确各力做功情况，求出外力做功的代数和 ； ③分析运动，明确初、末状态的动能 、； ④列动能定理方程 ，结合其他辅助方程求解并验算。 2．总功的两种求法： （1）先求合力，再求总功：（适用于恒力）； （2）分别求各力做功再取代数和：。 3．全程法处理多过程：当物体经历多个物理过程、且每个过程都可应用动能定理时，可对全过程直接列方程，跳过中间状态。 4．变力做功：对于大小或方向变化的力（如弹力、方向随速度变化的摩擦力等），不能用 计算，常借助动能定理由动能变化求变力的功。 5．往复运动：滑动摩擦力、空气阻力等大小不变、方向总与运动方向相反，在每一段上都做负功，全程做功与路程成正比： 式中 s 为物体运动的总路程（不是位移），阻力始终做负功。 6．不宜全程应用动能定理的情况：若题目要求某个中间物理量，或过程中弹力、摩擦力等发生突变，应分阶段应用动能定理，各个击破。 比较项目 全程法 分段法 基本思路 对全过程直接列一个动能定理方程 把过程分成若干段，分别列方程 优点 避开中间状态，步骤少、计算快 能求出各段中间速度等中间量 适用 只涉及初、末状态，不需求中间量 需求中间量，或受力发生突变 形象记忆 “一步到位” “各个击破” 重难诠释　①全程法要特别注意：不是全过程都作用的力（如中途撤去的力、只在某一段出现的摩擦或弹力），只能在其作用的那段位移上计功，切不可全程都算。②重力做功只看高度差（），摩擦力做功要看路程（），二者在多过程、往复运动中要分清。③物体在往复运动（如在粗糙圆弧、斜面间往返）中，摩擦力始终做负功，最终会停在最低点，用 可求总路程。 考点四　动能定理与图像、综合模型 1．用动能定理分析图像问题（看清轴、点、线、截、斜、面）： 动能定理中的图像：面积与斜率 （1）F-x 图像：图线与 x 轴所围图形的面积表示力做的功，恒力时面积 ； （2）P-t 图像：图线与 t 轴所围图形的面积表示力（发动机）做的功，； （3） 图像：图线的斜率表示物体所受的合力，，斜率为正动能增大，为负动能减小。 2．圆周运动中的应用：竖直圆周运动中，重力做功只看高度差 ，绳（轨道）的弹力不做功；求速率用动能定理，不能套用匀速圆周运动的公式。 3．弹簧模型：弹簧弹力是变力，弹力做功不能用 直接计算，通常由弹性势能变化或动能定理间接求出。 4．传送带、滑块模型：要先判断摩擦力方向（随相对运动方向改变），物体与传送带“共速”前后摩擦力可能反向；摩擦生热 （ 为相对路程）。 重难诠释　① 图像的斜率是合力（含正负），这是高频考点；F-x、P-t 图像的“面积”是功，两类图像要分清。②竖直圆周运动中，物体在同一高度处（无论沿哪条路径）速率相等；最低点速率最大、最高点最小，重力做功只由高度差决定。③传送带问题务必先求“共速”时刻，再判断共速前后物体受静摩擦还是滑动摩擦、摩擦力方向是否改变，必要时分段列动能定理。 考点五　机车启动问题 1．功率与速度的关系：机车发动机的牵引力 F 与瞬时速度 v、功率 P 满足 注意：式中的 F 是机车的牵引力，而不是机车所受的合力；机车实际受到的合力为 。 2．以恒定功率启动（P 始终等于额定功率）： 速度 v 增大时，牵引力 减小，由 知加速度 a 减小，机车做加速度逐渐减小的加速运动；当牵引力减小到 时，，速度达到最大值，此后匀速运动。最大速度为 以恒定功率启动的 P-t、v-t 图像 3．以恒定加速度启动（即恒定牵引力启动）： 第一阶段（匀加速）：牵引力 F 恒定、加速度 a 恒定，速度均匀增大，由 知功率随速度增大而增大；当功率增大到额定功率时，匀加速阶段结束，此时速度 ，但 还不是最大速度。 第二阶段（变加速）：功率保持额定功率不变，牵引力随速度增大而减小，做加速度减小的加速运动，直到 、速度达到 ，此后匀速。 以恒定加速度启动的 P-t、v-t 图像 4．两种启动方式的最大速度相同：无论以哪种方式启动，最终匀速时都有 ，故最大速度均为 。 5．启动过程中发动机做功的计算： （1）恒定功率阶段，牵引力是变力，发动机做功 ，不能用 ； （2）匀加速阶段，牵引力恒定而功率变化，发动机做功 （也可按平均功率求功），不能用 。 6．用动能定理分析机车：从启动到达到最大速度，对全过程（或恒功率阶段）有 ，可求位移、时间等。 比较项目 恒定功率启动 恒定加速度启动 功率变化 始终为额定功率 匀加速段由 0 渐增，达到 后恒定 牵引力 F 随 v 增大而减小 匀加速段恒定，之后减小 加速度 a 一直减小到 0 先恒定，之后减小到 0 v-t 图像 斜率渐减的曲线（渐近线） 先倾斜直线、后斜率渐减的曲线 关键速度 最终 匀加速末速 ，最终 发动机做功 匀加速段 形象记忆 “油门踩到底” “先匀加速、再换挡” 重难诠释　① 中的 F 是牵引力不是合力；机车达到最大速度的条件是牵引力与阻力平衡（、），此时 ，切忌把额定功率对应的速度都当作最大速度。②恒定加速度启动中，匀加速结束时功率达到额定功率（最大），但速度只是 ，还不是最大速度；之后还要经历一段加速度减小的加速运动。③恒定功率启动一定不是匀加速，此阶段发动机做功只能用 ；匀加速阶段功率在变，做功只能用 。④求位移、时间等问题，常把 （或 ）与动能定理 结合使用。 考向1　动能概念与动能定理的理解 1．（2026春•蕲春县校级期末）如图所示，在离地相同高度处以相同的速率将三个相同的小球a、b、c分别以平抛、竖直上抛、竖直下抛三种方式抛出，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．a球落地时动能最小 B．b球落地时动能最大 C．c球落地时动能最大 D．a、b、c三个球落地时动能一样大 【答案】D 【详解】设离地高度为h，初速率为v0，小球从抛出到落地过程，由动能定理得mgh＝Ek，解得小球落地时的动能Ek＝mgh，落地时的动能与抛出方向无关，三球落地时动能一样大，故ABC错误，D正确。 故选：D。 2．（2026春•菏泽期末）如图所示，光滑水平地面上，质量为m的物体在恒力F作用下，从O点由静止开始运动，经过A、B两点时速度大小分别为v和2v，对比O→A与A→B两个过程，下列说法正确的是（　　） A．F做功之比为1：2 B．F做功的平均功率之比为1：2 C．物块在A、B两点的动能之比为1：2 D．F在A、B两点做功的瞬时功率之比为1：2 【答案】D 【详解】A.物块在光滑水平面上由静止开始运动，根据动能定理可知，在O→A和A→B两个过程中F做功分别为： ， ， 联立整理可得： WOA：WAB＝1：3，故A错误； B.因为恒力F不变，则物体做初速度为0的匀加速直线运动，则由匀变速直线运动中平均速度的推论可知，在O→A和A→B两个过程中物块的平均速度分别为： ， ， 根据平均功率的计算公式分别有： ， ， 联立整理可得： ，故B错误； C.由题知，物块在A、B两点的动能分别有： ， ， 联立整理可得： EkA：EkB＝1：4，故C错误； D.根据瞬时功率的计算公式可知，力F在A、B两点做功的瞬时功率分别为： PA＝Fv， PB＝F•2v， 联立整理可得： PA：PB＝1：2，故D正确。 故选：D。 3．（2026春•咸宁期末）如图所示，三个光滑固定斜面，它们的高度相同、倾角不同。让质量相同的小球沿斜面从顶端静止开始运动到底端。此过程中下列说法正确的是（　　） A．小球运动到底端时速度相同 B．小球运动到底端时动能相同 C．小球运动到底端时重力的瞬时功率相同 D．小球运动到底端的过程中重力的平均功率相同 【答案】B 【详解】A．由于斜面倾角不同，小球运动到底端时速度方向一定不同，因此速度不同，故A错误； B．动能是标量，由，三个小球质量m相同、下落高度h相同，因此到达底端时动能相同，故B正确； C．结合B的分析可知，小球达到底端时速度的大小相等；重力的瞬时功率PG＝mg•vy，其中沿重力方向的分速度vy＝vsinθ 代入得PG＝mgvsinθ，v大小相等，θ不同，因此重力瞬时功率不同，故C错误； D．整个过程重力做功W＝mgh，三个过程做功相同；斜面长，下滑加速度a＝gsinθ 由 得，θ不同则运动时间t不同，平均功率，因此平均功率不同，故D错误。 故选：B。 4．（2026•模拟）如图所示，质量为m的小车在水平恒力F的推动下，从山坡（粗糙）底部A处由静止开始运动至高为h的坡顶B，获得的速度为v，A、B之间的水平距离为x，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法不正确的是（　　） A．小车克服重力所做的功是mgh B．合外力对小车做的功是 C．推力对小车做的功是 D．摩擦力对小车做的功是 【答案】C 【详解】B、根据动能定理，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量。 小车初动能为0，末动能为，因此合外力做功等于，故B正确； A、重力做功仅与初末位置高度差有关，小车上升高度为h，重力做功为﹣mgh 因此小车克服重力做功为mgh，故A正确； C、水平恒力F的做功为WF＝Fx 根据动能定理（Wf为摩擦力做功） 整理得。由于山坡粗糙，摩擦力做负功（Wf＜0） 因此，故C错误； D、对动能定理公式移项可得，故D正确。 故选：C。 5．（2026•安平县校级开学）如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则（　　） A．0～t1时间内F的功率逐渐增大 B．t2时刻物块A的加速度最小 C．t2时刻后物块A做反向运动 D．t3时刻物块A的动能最大 【答案】D 【详解】A、0～t1时间内，物块受到的拉力小于或等于最大静摩擦力，物块保持静止，速度v＝0，拉力的功率为P＝Fv＝0，拉力的功率不变，故A错误； B、t1时刻物块开始运动，运动后合力为F合＝F﹣fm，t2时刻拉力F最大，合力最大，结合，加速度最大，故B错误； C、t2～t3时间内，仍有F＞fm，物块继续向右加速，t3时刻有F＝fm，物体合力为0，物块速度达到最大，t3时刻后物块减速，速度减小到零后会保持静止，故C错误； D、t1～t3时间内，合力方向与速度方向相同，物块动能逐渐增大，t3时刻合力为零，动能最大，故D正确。 故选：D。 6．（2026秋•开福区校级月考）如图所示，斜劈静止在水平地面上，有一物体在恒力F（大小、方向均未知）的作用下沿斜劈表面向下运动，重力做的功与克服力F做的功相等。则下列判断中正确的是（　　） A．物体可能加速下滑 B．物体可能受三个力作用，且合力为零 C．斜劈受到地面的摩擦力方向一定水平向左 D．撤去F后斜劈一定受到地面的摩擦力 【答案】B 【详解】A、根据动能定理，物体在沿斜劈向下运动的过程中，各个力做功的代数和等于物体动能的变化量。 设重力做功为WG，力F做功为WF，摩擦力做功为Wf，支持力不做功。 由题意知，重力做的功与克服力F做的功相等，即WG＝﹣WF，则WG+WF＝0。 根据动能定理有ΔEk＝WG+WF+Wf＝Wf。A、由于滑动摩擦力f的方向沿斜面向上，与运动方向相反， 因此摩擦力做负功（Wf＜0）或不做功（光滑斜面Wf＝0），所以动能的变化量ΔEk≤0。 这意味着物体只能做匀速直线运动或减速直线运动，不可能加速下滑，故A错误； B、结合image_6006c9.png所示，如果斜面是光滑的（即f＝0），则摩擦力做功Wf＝0，导致ΔEk＝0，物体做匀速直线运动。 此时物体只受重力、斜面支持力以及恒力F这三个力作用，且因为做匀速运动，其合外力为零，故B正确； C、物体对斜劈的作用力包括垂直斜面向下的压力N'和沿斜面向下的摩擦力f'。 这两个力在水平方向上的合力为Fx＝N'sinθ﹣f'cosθ。若斜面粗糙且动摩擦因数μ＞tanθ，则f'＝μN'，代入得Fx＝N'（sinθ﹣μcosθ）＜0， 即物体对斜劈的水平作用力方向向左，此时斜劈为了保持静止，受到地面的静摩擦力方向一定水平向右，不一定向左，故C错误； D、若撤去力F，物体依靠惯性继续下滑，其对斜劈的压力N'＝mgcosθ，摩擦力f'＝μmgcosθ。此时物体对斜劈的水平方向作用力Fx＝mgcosθ（sinθ﹣μcosθ）。 如果斜面与物体间的动摩擦因数恰好满足μ＝tanθ，则Fx＝0，斜劈在水平方向不受力，因此地面对斜劈的摩擦力为零，故D错误。 故选：B。 考向2　动能定理求解力、速度和位移 1．（2026春•上高县校级期末）一质量为m的物块（视为质点）以初速度v0从斜面底端沿斜面向上运动，斜面足够长，已知斜面倾角为37°，物块上滑、下滑过程中动能Ek随位移x的变化如图所示，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则下列说法正确的是（　　） A．物块的初速度 B．物块的质量为m＝0.6kg C．物块与斜面间动摩擦因数μ＝0.4 D．物块上滑的最大位移xm＝5.0m 【答案】A 【详解】ABC、由图可知，物体上滑时，位移x＝0时动能Ek0＝100J，位移x＝5m时动能Ek1＝50J。 上滑过程中，合外力（重力沿斜面向下的分力G′＝mgsinθ＝mgsin37°与滑动摩擦力Ff＝μmgcosθ＝μmgcos37°之和）恒定，合外力做功等于动能的变化量，即有 ﹣F1•x＝Ek1﹣Ek0 代入数据解得F1＝10N 分析物块受力，如下图所示： 如图1所示，根据受力分析有F1＝G′+Ff＝mgsin37°+μmgcos37°＝10N ① 物块从最高点下滑，下滑线对应的数据为x＝0时动能Ek2＝10J，x＝5m时动能Ek3＝20J 下滑过程中，合外力（重力沿斜面向下的分力G′与滑动摩擦力Ff之差）做功等于动能的变化量，即有 F2•x＝Ek3﹣Ek2 代入数据解得F2＝2N 如图2所示，根据受力分析有F2＝G′﹣Ff＝mgsin37°﹣μmgcos37°＝2N ② 由①+②得： F1+F2＝2mgsinθ＝2mgsin37°＝12N 解得物体的质量为m＝1kg 由①﹣②得： F1﹣F2＝2μmgcosθ＝2μmgcos37°＝8N 代入m＝1kg，解得μ＝0.5 物体的初动能 代入m＝1kg，解得，故A正确，BC错误； D、物块上滑的最大位移，故D错误。 故选：A。 2．（2026春•北碚区校级月考）如图甲所示，一物块从固定斜面的底端沿斜面方向冲上斜面，物块的动能Ek随距斜面底端高度h的变化关系如图乙所示，已知斜面的倾角为30°，重力加速度大小为g，取物块在斜面底端时的重力势能为零，下列说法正确的是（　　） A．物块的质量为 B．物块与斜面间的动摩擦因数为 C．滑下底端时重力瞬时功率大小是摩擦力瞬时功率大小的3倍 D．上滑过程重力做功是合力做功的2倍 【答案】C 【详解】AB、由图乙可知，物块上滑过程初动能为2E0，末动能为0，上升高度为h0；下滑过程初动能为0，末动能为E0，下降高度为h0。 根据动能定理得 上滑过程有： 下滑过程有： 联立解得，μ，故AB错误； C、设滑下底端时，物块速度为v，重力瞬时功率为PG＝mgvsin30° 摩擦力瞬时功率为Pf＝μmgvcos30° 可得，即重力瞬时功率大小是摩擦力瞬时功率大小的3倍，故C正确； D、上滑过程中，重力做功为WG＝﹣mgh0gh0E0，合力做功W合＝ΔEk＝0﹣2E0＝﹣2E0，则重力做功的大小是合力做功大小的，故D错误。 故选：C。 3．（2026春•阜阳校级期末）大型风洞是研发飞行器不可缺的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞实验中，风力大小和方向均恒定，一质量为m的轻质小球先后经过a、b两点，其中在a点的速度大小为v，方向与a、b连线成α＝45°角；在b点的速度大小也为v，方向与a、b连线成β＝45°角。已知a、b连线长为d，小球只受风力的作用，小球的重力忽略不计。下列说法正确的是（　　） A．风力方向平行于a、b连线 B．从a点运动到b点所用的时间为 C．小球的最小速度为0.5v D．风力大小为 【答案】D 【详解】A.因为小球只受风力F的作用，则小球由a到b的过程，由动能定理可知，风力F做的功为： W0， 由题意及题图可知，风力F不为0、小球由a到b的位移不为0，但风力F做的功为0，则说明风力F的方向与小球由a到b的位移方向垂直，即风力F方向垂直于a、b连线，故A错误； BD.因为风力F方向垂直于a、b连线，又因为物体做曲线运动时所受合力指向轨迹凹侧，所以小球所受风力F的方向垂直与ab指向左下方，则由题图可知，小球由a到b的过程有： 小球沿ab方向做匀速直线运动，速度大小及运动时间分别为： ， ， 小球沿F方向做匀变速直线运动，有： vbsin45°＝﹣vasin45°+a•tab， 其中： F＝ma， 联立可得，风力F的大小为： F， 故B错误，D正确； C.结合前面分析就题意可知，当小球沿F的方向速度减为0时，小球的速度及沿ab方向的速度，此时速度最小，即： ，故C错误。 故选：D。 4．（2026春•周口期末）如图所示，某人把一个质量m＝2kg的小球从h＝0.8m高处以60°角斜向上抛出，初速度v0＝3m/s，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，取地面为零重力势能面。则下列说法正确的是（　　） A．抛出过程中，人对小球做的功是6J B．小球落地时速度大小为9m/s C．小球抛出后会继续上升，故从抛出到落地过程中重力对小球所做的功大于16J D．小球到达最高点的重力势能为22.75J 【答案】D 【详解】A．根据动能定理得，人对小球做的功是，故A错误； B．从抛出到落地过程中，由动能定理有 解得v＝5m/s，故B错误； C．从抛出到落地过程中重力对小球所做的功WG＝mgh＝16J，故C错误； D．由斜上抛运动竖直方向的分运动是竖直上抛运动，故小球抛出后上升的最大高度为 取地面为零重力势能面，小球到达最高点的重力势能为Ep＝mg（h+Δh）＝22.75J，故D正确。 故选：D。 5．（2026•红塔区校级模拟）蹦床是小朋友普遍喜欢的娱乐设施。一质量为m的小朋友由一定高度自由下落，以下落初位置为坐标原点O，竖直向下为Oy轴，小朋友下落过程中的加速度为a，其a﹣y图像如图乙所示（图中坐标值皆为已知）。设蹦床对小朋友的弹力大小满足胡克定律，空气阻力不计，重力加速度大小为g，则小朋友下落过程中，下列说法正确的是（　　） A．蹦床的等效劲度系数 B．小朋友速度的最大值 C．小朋友由O点下落的最大距离ym＝4y0 D．小朋友感受到的最大加速度 【答案】B 【详解】A.由图像可知，当y＝y0时，小朋友开始与蹦床接触， 当y＝2y0时，a＝0，则此时小朋友受力平衡，则由共点力的平衡条件及胡克定律可得： mg＝kΔx， 其中： Δx＝2y0﹣y0＝y0， 联立解得： ，故A错误； B.当加速度为零时速度最大，对小朋友，从最高点到y＝2y0过程，根据动能定理有： ， 其中： ， 联立解得： ，故B正确； C.当下落距离最大时，速度为零，对小朋友的整个下落过程，根据动能定理有： mg•ym﹣W克弹2＝0， 其中： ， 联立解得： ，故C错误； D.在最低点处，小朋友的加速度最大，根据牛顿第二定律可得： k（ym﹣y0）﹣mg＝mam， 结合前面分析，联立解得： ，故D错误。 故选：B。 6．（2026•云南开学） 2025年9月22日，中国海军宣布，歼﹣15T、歼﹣35和空警﹣600三型舰载机已于此前成功完成在福建舰上的首次弹射起飞和着舰训练，如图所示。无风环境中，质量m＝2.5×104kg的舰载机在静止的航母上进行弹射起飞训练，飞机由静止弹射后在水平轨道上做匀加速直线运动，弹射完成时恰好达到80m/s的起飞速度，已知电磁弹射轨道的长度为110m，舰载机起飞过程中受到的阻力与其重力大小相等，重力加速度大小g＝10m/s2，则舰载机弹射起飞过程中受到的水平推力大小约为（　　） A．1×106N B．7.5×105N C．6×105N D．5×105N 【答案】A 【详解】舰载机由静止开始在水平轨道上加速，末速度v＝80m/s，位移x＝110m，起飞过程中受到推力F及阻力f的共同作用，已知阻力大小f＝mg。 根据动能定理有，解得F≈9.8×105N，该数值最接近1×106N，故BCD错误，A正确。 故选：A。 考向3　动能定理处理多过程问题 1．（2026•开封校级开学）图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计。一质量为m的小滑块在A点从静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于（　　） A．mgh B．2mgh C． D．μmg（s+hcosθ） 【答案】B 【详解】滑块从A点由静止释放并最终停在D点，设下滑过程中克服摩擦力做功为Wf。对该过程由动能定理有mgh﹣Wf＝0，解得Wf＝mgh。 在滑块由推力作用从D点缓缓回到A点的过程中，滑块的速度始终趋于零，即动能变化量为零。 因为滑块在返回过程中受到的滑动摩擦力大小与下滑过程完全相同，运动路程也相同，所以克服摩擦力做功仍为Wf。 设推力对滑块做的功为WF，对返回过程由动能定理有WF﹣mgh﹣Wf＝0，结合Wf＝mgh，解得WF＝2mgh，故ACD错误，B正确。 故选：B。 2．（2026秋•鞍山月考）如图甲所示，在竖直平面内有一半径为0.5m的圆形轨道（粗糙程度未知），a、c分别为轨道最低点和最高点，一个质量为0.5kg的小物块（视为质点）从a点开始在轨道内侧沿顺时针运动；图乙是物块的速度v与物块和圆心连线转过的角度θ的关系图像。重力加速度g取10m/s2。下列说法中正确的是（　　） A．小物块做圆周运动时机械能不守恒 B．小物块恰好能通过c点 C．θ＝60°时，克服重力做功2.5J D．θ＝60°时，克服重力做功的功率为 【答案】D 【详解】AB、由图像可知，小物块在a点速度为6m/s，运动到c点速度为4m/s，有，计算可得|ΔEk|＝5J＝mg•2R 可知小物块运动时机械能守恒；在c点，有，计算可得F＝16N＞mg 可知此时小物块与轨道间弹力大于0，不是恰好安全通过；故AB错误。 CD、θ＝60°时，克服重力做功W＝mgR（1﹣cos60°），代入数据计算可得W＝1.25J，故C错误； 物块由a点到θ＝60°过程，由动能定理得， 解得 物块克服重力做功的瞬时功率P＝mgvsin60°，计算可得，故D正确。 故选：D。 3．（2026•广陵区校级开学）如图所示，水平面由光滑和粗糙两区域组成，质量为m，长为L的长方体匀质物块，从光滑面以速度v0垂直于分界线进入到粗糙面，已知物块与粗糙面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则该过程中物块刚好有一半进入粗糙面时的速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意分析可知，平均力法得摩擦力做功W 由动能定理得W， 联立解得v，故C正确，ABD错误。 故选：C。 4．（2026•莆田开学）如图所示，固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道AB，其轨道半径为R。一小球从圆弧轨道的最高点A处由静止释放后沿轨道运动，不计空气阻力，下列关于该小球运动的加速度平方a2与其竖直位移y的关系图像，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】小球沿光滑圆弧轨道下滑过程中，受重力与轨道支持力作用， y为从A点开始的竖直位移，小球位置对应的半径与水平方向夹角为θ，可得水平位移关系y＝Rsinθ 由动能定理有 法向加速度 联立解得a1＝2gsinθ 重力的切向分量，由牛顿第二定律有mgcosθ＝ma2 可得切向加速度a2＝gcosθ 总加速度的平方满足 由几何关系有 联立可得 因此a2﹣y曲线是开口向上的二次函数，对称轴y＝0 结合选项内容分析，故A正确，BCD错误。 故选：A。 5．（2026•驻马店开学）如图，四分之一光滑圆弧轨道，小球从A点由静止释放，滑到B点后水平飞出，B点距离地面高度为H，圆弧轨道半径为R，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．小球从A到B的过程，支持力对小球做正功 B．小球到达B点时速度大小为 C．小球离开B点后做竖直下抛运动 D．小球落地时的动能为mgH 【答案】B 【详解】A、根据题意分析可知，小球从A到B的过程，支持力始终沿半径方向，速度始终垂直半径方向，故支持力不做功，故A错误； B、根据题意分析可知，从A到B的过程列动能定理有 解得，故B正确； C、根据题意分析可知，小球离开B点时，速度沿水平方向，只受重力，做平抛运动，故C错误； D、根据题意分析可知，从A到落地的过程中，列动能定理mg（R+H）＝Ek 解得Ek＝mg（R+H），故D错误。 故选：B。 6．（2026春•西岗区校级期末）如图所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上将弹簧一端固定，弹簧下面挂一质量为m的物体，开始物体在外力的作用下处于静止状态，此时劲度系数为k的弹簧处于原长状态，现在撤去外力，以后运动过程中弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g，则物体向下运动的最大距离是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设物体向下运动的最大距离为x。 由题意可知，撤去外力后，物体从弹簧原长的位置向下运动至最低点时速度也为0，因此该过程物体的初、末动能均为0，即： Ek1＝Ek2＝0， 因为该过程斜面对物体的支持力与物体的运动方向垂直，则支持力做功为0，即： WN＝0， 又因为该过程物体的高度下降，则重力做正功，为： WG＝mg•xsinθ， 再由弹簧弹力做功与弹性势能改变量的关系可知，该过程弹簧弹力做功为： W弹， 因此该过程，对于该物体由动能定理可得： WG+WN+W弹＝Ek2﹣Ek1， 联立解得： x， 故B正确，ACD错误。 故选：B。 考向4　动能定理与圆周、弹簧、传送带综合 1．（2026•沧州开学）质量为m的小球被长为L的轻绳拴在O点。给小球一个初速度使其在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到最低点时，刚好与高为L、倾角为30°光滑斜面ABCD的A点接触但没有相互作用，小球通过最高点时对轻绳的拉力大小为3mg。当小球某次通过最低点时瞬间剪断轻绳，此时小球从A点沿AB方向运动，此后小球刚好通过D点。已知重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　） A．小球做圆周运动通过最高点时速度大小为 B．小球做圆周运动通过最低点时轻绳的拉力大小为8mg C．小球经过D点时速度大小为 D．斜面AB边长为8L 【答案】D 【详解】小球在最高点时受到重力和轻绳的拉力，根据牛顿第二定律有，代入数据解得最高点速度；小球从最高点到最低点A的过程中，根据动能定理有，解得小球在最低点A的速度，此时设轻绳的拉力为F2，根据牛顿第二定律有，解得F2＝9mg；轻绳剪断后，小球在光滑斜面上做类平抛运动，沿AB方向做匀速直线运动，沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，斜面的长度，下滑加速度大小，根据位移公式，解得下滑时间，小球刚好通过D点，则斜面AB边长xAB＝vAt，解得xAB＝8L；小球从A点到D点的过程中，重力做功，根据动能定理有，解得小球经过D点时的速度大小。 A、由上述分析可知，小球做圆周运动通过最高点时速度大小为，故A错误； B、由上述分析可知，小球做圆周运动通过最低点时轻绳的拉力大小为9mg，故B错误； C、由上述分析可知，小球经过D点时速度大小为，故C错误； D、由上述分析可知，斜面AB边长为8L，故D正确； 故选D。 2．（2026春•河北期末）如图所示，竖直放置的光滑圆轨道半径为R，可视为质点的小球从最低点水平向右进入圆轨道。不计空气阻力，重力加速度为g。若小球在最低点的速度大小为，则此后小球距离轨道最低点的最大高度为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设小球恰过圆轨道最高点，在最高点时由重力完全提供向心力，则有 小球由最低点运动到最高点的过程，根据动能定理得 联立解得小球在最低点的速度大小 因小球在最低点的速度大小为，故小球不能越过圆轨道最高点。 设小球恰离开圆弧轨道时，小球和圆心连线与竖直方向夹角为θ，如图所示： 小球由最低点运动到离开轨道的位置，根据动能定理得 小球刚离开圆弧轨道时有 解得， 小球离开轨道后做斜抛运动，上升高度 根据（sinθ）2+（cosθ）2＝1，可得 小球上升的最大高度为，故ABD错误，C正确。 故选：C。 3．（2026•渝中区校级开学）如图所示，左右水平地面间安装一水平传送带，三者处于同一水平面上。左侧地面上有一个长为L＝1m的薄木板，木板与左侧地面间的动摩擦因数为0.1，初始时木板右端A点与传送带左端B点的距离为0.1m，速度v0＝2m/s，方向向右。传送带两端B、C的距离为1.2m，和木板间动摩擦因数为0.2。传送带保持速度v1m/s顺时针匀速运转。右侧地面与木板动摩擦因数也为0.2。重力加速度g＝10m/s2，当木板停止运动时，木板左端到传送带右端C点的距离为（　　） A．0.95m B．0.98m C．1.00m D．1.20m 【答案】A 【详解】木板在左侧地面向右运动，受到滑动摩擦力做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有。 木板右端到达B点时位移x0＝0.1m，根据运动学公式，代入数据解得此时速度的平方。 木板逐渐滑上传送带的过程，设滑上传送带的长度为x，木板受到的合外力，根据牛顿第二定律得加速度，代入数据得a（x）＝3x﹣1。 由于合外力随位移均匀变化，可用平均加速度计算做功，初态x＝0时a（0）＝﹣1m/s2，末态x＝1m时a（1）＝2m/s2，该过程的平均加速度。 木板刚好全部滑上传送带时，运动距离为L＝1m，速度平方为，代入数据解得。 此时木板速度，恰好等于传送带的速度v1，此后木板与传送带相对静止并随之匀速运动，直到木板右端到达C点。 木板滑出传送带的过程，设滑出传送带到右侧地面的长度为y。初始阶段木板要保持与传送带共速，需传送带的静摩擦力平衡右侧地面的滑动摩擦力。 右侧地面的摩擦力，传送带能提供的最大静摩擦力。 当f3≤fM时木板保持匀速，即2y≤2（1﹣y），解得y≤0.5m，故木板滑出0.5m前以匀速运动。 当y＞0.5m后，木板开始减速，受到的合外力变为，对应加速度a（y）＝2﹣4y。 同理该阶段加速度随位移均匀变化，在y＝0.5m到y＝1.0m过程中，初态a（0.5）＝0，末态a（1.0）＝﹣2m/s2，平均加速度。 当木板全部离开传送带时（此时木板左端刚好到达C点），速度平方为，其中减速滑行距离Δy＝0.5m，代入数据解得。 木板全部在右侧地面上滑行时，加速度，根据，代入数据解得木板还能继续滑行的距离s＝0.95m。 因为木板全部离开传送带时其左端刚好在C点，此后又向右滑行了0.95m，所以当木板停止运动时，木板左端到传送带右端C点的距离为0.95m，故A正确，BCD错误。 故选：A。 4．（2026•贺州开学）如图甲所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止。用恒力F向上拉B，分离前，A、B运动的加速度随位移变化如图乙所示，运动距离h时，B与A恰好分离。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．在B与A分离之前，它们做匀变速直线运动 B．弹簧的劲度系数等于 C．F作用后瞬间，B对A的压力大小为 D．B和A分离后，B还能继续上升 【答案】D 【详解】B、F未作用时，对AB，由平衡条件有kx0＝2mg（x0为压缩量） 图乙可知F作用瞬间，AB加速度大小为 此时对AB有F﹣2mg+kx0＝2ma 联立解得 AB分离瞬间，AB间弹力为0，二者加速度相等，对B有mg﹣F＝ma0 对A有mg﹣k（x0﹣h）＝ma0 联立解得，，故B错误； A、由图乙可知在B与A分离之前，它们的加速度在变化，故它们做的不是匀变速直线运动，故A错误； C、F作用后瞬间，对B有F+N﹣mg＝ma 解得A对B的支持力 根据牛顿第三定律，可知B对A的压力大小为，故C错误； D、从F作用到AB分离过程，结合图乙，由动能定理有 联立解得AB分离时的速度 AB分离后，对B有 联立解得B和A分离后，B还能继续上升的距离，故D正确。 故选：D。 5．（2026春•南京校级期末）如图所示，质量为m的物体静止在水平光滑的平台上，系在物体上的水平轻绳跨过光滑定滑轮，由地面上的人以速度v0水平向右匀速拉动，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，在人从定滑轮正下方开始向右运动至绳与水平方向夹角θ＝37°的过程中，人对绳子的拉力所做的功为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】人从定滑轮正下方开始向右运动，初始时绳竖直，物体速度为0。设人向右运动位移为x，定滑轮高度为h，则此时绳长 人水平向右匀速运动，速度为v0，则有x＝v0t 绳与水平方向夹角θ满足，物体被绳拉着沿水平方向运动，其速度等于绳长变化率v•v0cosθ 初态θ0＝90°，v＝0 末态θ＝37°，v＝v0cos37°＝0.8v0 平台光滑，只有绳的拉力对物体做功，设人对绳子的拉力所做的功为W，由动能定理得 W0，故ACD错误，B正确。 故选：B。 6．（2026春•襄阳期末）如图所示，有一根长为L、质量为M的均匀链条AB静止在动摩擦因数μ＝0.4的粗糙水平桌面上，其长度的悬于桌边外，如果在链条的A端施加一个拉力使链条AB以0.5g（g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（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据题意可知，悬着的部分拉回桌面时，由匀变速直线运动速度与位移的关系，链条末速度满足 则动能变化量 重力做功相当于将悬着的部分（质量）重心提升，故 摩擦力为变力，随着链条的运动线性增加，平均值 摩擦力做功 设拉力做功为W，由动能定理得W+WG+Wf＝ΔEk 解得 故ABC错误，D正确。 故选：D。 考向5　机车启动问题 1．（2026秋•南通月考）质量为m的汽车从静止开始沿平直公路运动，发动机功率P随时间t变化的关系如图所示。整个过程汽车所受阻力恒为f，0～t1时间内汽车前进距离为s，则该汽车（　　） A．t1时刻前做加速度减小的加速运动，t1时刻后做匀速运动 B．t1时刻前做匀加速运动，t1时刻后做匀速运动 C．t1时刻汽车的速度大小为 D．t1时刻汽车的速度大小为 【答案】D 【详解】AB、由图可知0～t1内发动机功率随时间线性增大，即P＝kt 根据功率公式P＝Fv 牛顿第二定律F﹣f＝ma 整理得 由于k，m，f都为定值，故加速度a不变，汽车做匀加速直线运动。t1后功率保持P1恒定，此时汽车仍有加速度，汽车会继续加速，直到牵引力等于阻力后才做匀速运动，因此t1时刻后不会立刻进入匀速状态，故AB错误； CD、0～t1内根据动能定理 整理得，故C错误，D正确。 故选：D。 2．（2026•衡阳县校级开学）一辆汽车在平直公路上从静止开始启动，该汽车加速度随时间的变化规律如图所示，t1时刻汽车达到额定功率且功率不再变化，t2时刻图像与时间轴相切。已知汽车质量为m，运动过程中受到的阻力恒为f，则有（　　） A．0∼t2内汽车的牵引力先变大后变小 B．汽车的最大速度为a0（t1+t2） C．汽车的额定功率为（f+ma0）a0t1 D．0∼t1和t1∼t2时间内汽车牵引力做功之比为2t1：（t2﹣t1） 【答案】C 【详解】A、由图可知，在0∼t2内汽车的加速度先不变后减小，根据牛顿第二定律得F﹣f＝ma，可得F＝f+ma，f不变，所以在0∼t2内汽车的牵引力先不变后变小，故A错误； B、整个0∼t2时间内，加速度大于0，汽车一直在做加速运动，t2时刻速度最大。根据a﹣t图线与时间轴所围的面积表示速度变化量，结合初速度为零，可知汽车的最大速度小于a0（t1+t2），故B错误； C、0∼t1时间内，加速度恒定为a0，由牛顿第二定律有F﹣f＝ma0 可得F＝f+ma0 t1时刻速度为v1＝a0t1 此时汽车达到额定功率P＝Fv1＝（f+ma0）a0t1，故C正确； D、0∼t1时间内加速度恒定，做匀加速直线运动，位移 牵引力恒定，所做的功为 t1∼t2时间内保持额定功率不变，牵引力做功为W2＝P（t2﹣t1）＝（f+ma0）a0t1•（t2﹣t1） 0∼t1和t1∼t2时间内汽车牵引力做功之比为，故D错误。 故选：C。 3．（2026•模拟）质量为m的汽车从静止开始以恒定功率P启动，达到最大速度v时立即撤去牵引力，汽车开始做减速运动直至停止，整个过程中汽车所受阻力恒定。下列说法正确的是（　　） A．在整个运动阶段，汽车先做匀加速运动再做匀减速运动 B．在整个运动阶段，汽车所受到的阻力为 C．在减速阶段，汽车的位移大小为 D．在减速阶段，汽车运动的时间为 【答案】D 【详解】A、汽车以恒定功率启动时，牵引力随速度增大而减小，导致加速度逐渐减小，做变加速运动 加速阶段汽车功率恒定，由牵引力公式 速度增大时牵引力减小，根据牛顿第二定律 加速度随牵引力减小而逐渐降低，因此加速阶段是加速度减小的变加速运动，不是匀加速运动，故A错误； B、汽车达到最大速度v时受力平衡，牵引力等于阻力，即，故B错误； C、减速阶段只有阻力做功，由动能定理 将代入，解得，故C错误； D、减速阶段合外力为恒定阻力，由动量定理﹣ft＝0﹣mv 将代入，解得，故D正确。 故选：D。 4．（2026•正定县校级模拟）一辆质量为m的机车在水平面上由静止开始启动，启动过程中牵引力F随时间t的变化如图所示。已知机车所受阻力恒为Ff，t1时刻机车的速度为v1，此时机车达到额定功率并保持不变，t3时刻机车的速度为v3，下列不正确的是（　　） A．0～t1时段机车做匀加速运动的加速度大小为 B．t1～t3时段机车的平均速度小于 C．t2时刻机车的速度大小v2＝2v1 D．时刻机车的动能大小为 【答案】B 【详解】A、在0～t1时段，根据牛顿第二定律，有，故A正确； B、根据题意描绘机车v﹣t图像如下图所示： t1～t3时段，根据图像与t轴围成的面积表示位移，由图像可知位移大于该时间段内做匀变速直线运动的位移，故平均速度大于，故B错误； C、t1～t3时段，额定功率P保持不变，t1时刻，有P＝4Ffv1；t2时刻，有P＝2Ffv2，故v2＝2v1，故C正确； D、t1～t3时段，额定功率P保持不变，t1时刻，有P＝4Ffv1；t3时刻，有P＝Ffv3，故v1 又0～t1时段机车做匀变速直线运动，所以时刻的速度 因此时刻机车的动能为Ek，故D正确。 本题选不正确的，故选：B。 5．（2026春•吉林期末）质量m＝200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。下列说法正确的是（　　） A．汽车受到的阻力1000N B．汽车的最大牵引力为1200N C．8s～18s过程中汽车牵引力做功为不可求解 D．8s～18s过程中汽车的位移大小可以求解出 【答案】D 【详解】A、已知18s末汽车的速度恰好达到最大，此时牵引力等于阻力，则有Pm＝Fvm＝fvm，可得汽车受到的阻力大小为，故A错误； B、0～8s内汽车做匀加速运动，牵引力最大，根据牛顿第二定律可得Fm﹣f＝ma 由图甲可得 联立解得最大牵引力为Fm＝1000N，故B错误； C．8～18s过程中汽车的功率恒定不变，则牵引力做的功为，故C错误； D、汽车在8～18s内做变加速运动，功率恒定，设该过程中的位移大小为x，根据动能定理得，解得x＝95.5m，故D正确。 故选：D。 6．（2026•贵阳校级开学）如图所示，额定功率为P的动力车头拖着一节无动力车厢在平直轨道上以速度v0匀速行驶，t1时刻车头和车厢意外脱钩分离，若车头保持额定功率P继续行驶，到t2时刻，车头又恢复了匀速直线运动。已知车头和车厢的质量均为m，车头和车厢受到的阻力恒为各自车重的k倍，下列说法正确的是（　　） A．车头再次恢复匀速直线运动时，速度为kv0 B．车头牵引力做功大小等于车头动能的增加量 C．车头再次恢复匀速直线运动时，车厢还在滑行 D．车头与车厢脱钩瞬间，车头与车厢的加速度大小相等 【答案】D 【详解】A、车头拖着无动力车厢匀速行驶时，牵引力与所受阻力大小相等，对整体有P＝F牵v0＝F阻v0＝2kmgv0 脱钩后车头再次恢复匀速直线运动时，对车头有P＝F阻'v＝kmgv 解得车头再次恢复匀速直线运动时速度为v＝2v0，故A错误； B、除车头牵引力做的功，还有阻力做负功，根据动能定理可知：车头牵引力做功与阻力做功之和车头与车厢系统动能增加，所以车头牵引力做功大小大于车头动能的增加量，故B错误； C、脱钩后，车厢做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得kmg＝ma厢 根据匀变速直线运动规律，有v0＝a厢t厢 解得 对车头，从脱钩到再次恢复匀速直线运动过程，根据动能定理得 又P＝2kmgv0 联立解得 比较可得t厢＜t头，则车头再次恢复匀速直线运动时，车厢已经停止运动了，故C错误； D、车头与车厢脱钩之前做匀速直线运动，车头与车厢均受力平衡，脱钩瞬间，相互作用力消失，则车头与车厢此时受到的合力大小均等于原来二者的相互作用力，车头和车厢的质量也相同，根据牛顿第二定律可知，加速度大小相等，故D正确。 故选：D。 一、单选题 1．（2025秋•广东月考）如图所示，将油纸伞的伞面在竖直面内顺时针匀速转动，在竖直直径和水平直径的边缘位置处，四滴质量皆为m的雨滴a、b、c、d分别由边缘处脱离，脱离时雨滴速度与伞面边缘处线速度相同。若雨伞伞面半径为R，雨伞下边缘距离水平地面的高度也为R，雨滴c离开雨伞后做平抛运动的水平位移为，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．雨伞转动的角速度为 B．着地前瞬间，雨滴b重力的功率大于雨滴d重力的功率 C．雨滴a做平抛运动的水平位移为 D．雨滴a落地时的动能是雨滴c落地时动能的3倍 【答案】C 【详解】A、根据平抛运动的规律，雨滴c竖直方向，有 水平方向，有 解得 又vc＝ωR 解得雨伞转动的角速度，故A错误； B、由于雨滴b和d的高度相等，则雨滴b和d着地前瞬间竖直速度相同，根据P＝mgvy可知，重力的瞬时功率相同，故B错误； C、雨滴a竖直方向，有 水平方向，有sa＝vata＝vcta 则雨滴a平抛运动的水平位移为，故C正确； D、根据动能定理可得ΔEk＝mgy，雨滴a落地时的动能增加量是雨滴c落地时动能增加量的3倍，又因为雨滴a和c的初动能相同，则雨滴a落地时的动能不是雨滴c落地时动能的3倍，故D错误。 故选：C。 2．（2025秋•利辛县校级月考）用带有弹簧的晾衣夹自制的汤匙投球器，将一质量为0.1kg的小球掷出去，同时用高频摄像机记录投射与飞行过程，如图1所示。逐帧分析小球的运动轨迹，并绘制出小球水平及竖直方向的速度与时间的关系图像如图2所示。不计风力和空气阻力，则（　　） A．该小球离开投球器被掷出瞬间的速率为4.0m/s B．该小球最高点距离地面的高度为0.80m C．小球与地面第一次碰撞过程损失的机械能为0.70J D．投球器对小球做的功为1.25J 【答案】B 【详解】A、小球离开投球器后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，由图2可知，t＝0.2s时小球被掷出，被掷出瞬间水平分速度为vx＝4m/s，竖直分速度为vy＝3m/s，则小球被掷出瞬间的速率为v0m/s＝5m/s，故A错误； B、根据题意可知，0.5s∼0.9s小球从最高点落到地面，竖直方向做自由落体运动，落地速率为v′y＝4m/s，则该小球最高点距离地面的高度为h（0.9﹣0.5）m＝0.80m，故B正确； C、由图可知，t＝0.9s时小球落地，落地前后水平分速度不变，竖直分速度由﹣4m/s变为3m/s，则小球与地面第一次碰撞过程损失的机械能为ΔEJJ＝0.35J，故C错误； D、0～0.2s内小球上升的高度为h10.2m＝0.3m，设投球器对小球做的功为W，根据动能定理得：W﹣mgh1，解得W＝1.55J，故D错误。 故选：B。 3．（2026春•温州期中）光滑的水平面上固定着一个螺旋形轨道（轨道侧面光滑），俯视图如图所示，一小球（可视为质点）以某一速度沿轨道切线方向进入轨道，经过M和N点，下列物理量关系正确的是（　　） A．小球的线速度vM＜vN B．小球的角速度ωM＞ωN C．小球的向心加速度aM＜aN D．小球对轨道的压力FM＞FN 【答案】C 【详解】A、轨道与水平面均为光滑，轨道对小球的支持力方向始终沿半径，与小球速度方向相互垂直，因此支持力不做功，由动能定理可知小球动能保持不变，即线速度大小不变，可得vM＝vN，故A错误； B、由线速度与角速度的关系，其中v不变，rM＞rN，解得ωM＜ωN，故B错误； C、根据向心加速度公式，其中v不变，rM＞rN，解得aM＜aN，故C正确； D、小球做圆周运动时由轨道对小球的支持力提供向心力，有，其中v不变，rM＞rN，因此轨道对小球的支持力FNM＜FNN，根据牛顿第三定律可知小球对轨道的压力FM＜FN，故D错误。 故选：C。 4．（2026秋•福州月考）2026福建省城市足球联赛（简称“闽超”）火热开赛，成为全省社会各界广泛关注的焦点。如图质量为m的足球静止在地面，由位置1被踢出后落到地面的位置3，虚线为其运动轨迹。已知足球在空中达到的最高点2的高度为h，1、2间的水平距离大于2、3间的水平距离。重力加速度为g。则足球（　　） A．在最高点重力的功率不为零 B．在最高点加速度为g C．从1到2的运动时间一定等于从2到3的时间 D．从2到3过程中，动能的增加量小于mgh 【答案】D 【详解】A．根据题意可知，足球在最高点有水平方向上的速度，竖直方向上速度为0，根据p＝mgvy可知，足球在最高点重力的功率为零，故A错误； B．若足球运动过程中不受空气阻力作用，则足球运动轨迹应相对于过最高点的竖直线对称，由于1、2间的水平距离大于2、3间的水平距离，可知足球受到空气阻力作用，故在最高点时，竖直方向上加速度为g，水平方向上受到空气阻力的作用，故水平方向上加速度不为0，由加速度矢量的合成可知在最高点加速度大于g，故B错误； C．竖直方向上，根据牛顿第二定律有 根据运动学公式 可知从1到2的运动时间小于从2到3的时间，故C错误； D．足球从位置2到3过程中，由动能定理可知ΔEk＝mgh﹣Wf＜mgh，故D正确。 故选：D。 5．（2026春•日照期末）如图所示，一长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一可视为质点的小物块静止在木板右端，物块与木板间的滑动摩擦力大小为f。现用大小为F的水平恒力将木板向右拉动一段距离s，物块恰好从木板左端离开，此时（　　） A．物块的动能一定等于fl B．物块的动能一定等于f（s﹣l） C．木板的动能一定等于Fs D．木板的动能一定等于F（l+s） 【答案】B 【详解】AB．对物块进行受力分析，物块在水平方向上只受到向右的滑动摩擦力f，木板向右移动距离s，物块恰好从木板左端离开，说明物块相对木板向左滑动了距离l，物块对地的位移为 x物＝s﹣l 根据动能定理，对物块分析：Wf＝f•x物＝f（s﹣l）＝Ek物﹣0 所以物块的动能一定等于 f（s﹣l），故A错误、B正确； CD．对木板进行受力分析，木板在水平方向上受到向右的拉力F和物块对它向左的滑动摩擦力f，木板对地的位移为s，根据动能定理，即 W合＝（F﹣f）s＝Fs﹣fs＝Ek板﹣0 所以木板的动能一定等于Fs﹣fs，故CD错误。 故选：B。 6．（2026•模拟）如图所示，两条长度分别为R1、R2不可伸长的细绳，各有一端固定在光滑水平面上，细绳另一端分别系有质量为m1、m2的小球，并使两小球都在水平面内做匀速圆周运动。已知R1＝2R2，且m2＝2m1，则下列有关两绳拉力大小F1、F2的比值，叙述正确的是（　　） A．若两球动能的比值，则 B．若两球角速度的比值，则 C．若两球运动周期的比值，则 D．若两球速率的比值，则 【答案】A 【详解】A．若两球动能的比值，根据拉力等于向心力且F＝m可得：，解得：1，故A正确； B．若两球角速度的比值，根据拉力等于向心力且F＝mRω2可得：，解得：4，故B错误； C．若两球运动周期的比值，根据拉力等于向心力且F＝mR可得：，解得：，故C错误； D．若两球速率的比值，根据拉力等于向心力且F＝m可得：，解得：1，故D错误。 故选：A。 7．（2026春•临夏州期末）河道水面上漂浮着一个实心匀质圆柱形木块，质量为m，木块自然直立静止漂浮时，浸入水中的深度为。现用轻质钢绳竖直向上缓慢匀速提拉木块，直到木块底面刚好与河道水面齐平，提拉过程河道水位保持不变，重力加速度为g，不计水的阻力与绳的质量。在木块上浮过程中，下列说法正确的是（　　） A．木块的重力势能增加了mgh B．木块所受合力对其所做的总功为零 C．木块重力势能的增加量大于拉力与浮力做功之和 D．浮力对木块做功为 【答案】B 【详解】A、用轻质钢绳竖直向上缓慢匀速提拉木块，直到木块底面刚好与河道水面齐平，该过程中木块上升的高度为，则木块克服重力做功为，可知木块的重力势能增加了，故A错误； B、用轻质钢绳竖直向上缓慢匀速提拉木块，可认为木块的动能保持不变，动能变化量为零，根据动能定理可知，木块所受合力对其所做的总功等于动能变化量，为零，故B正确； CD、因木块所受合力对其所做的总功为零，拉力和浮力做正功，重力做负功，所以拉力与浮力做功之和等于木块克服重力所做的功。因木块重力势能的增加量等于木块克服重力所做的功，所以木块重力势能的增加量等于拉力与浮力做功之和，拉力与浮力做功之和等于，则浮力对木块做功小于，故CD错误。 故选：B。 8．（2026春•聊城期末）电动玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，某款玩具水枪采用微型电动水泵驱动水流射出喷口，当喷口距离地面高度为h水平发射水流时，水流落地点距离喷口的水平距离为x。已知喷口的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，若水泵输出的能量全部转化为水的动能，不计空气阻力，则水泵的输出功率为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设水从喷口发射时的速度大小为v，根据平抛运动规律有，x＝vt 代入数据可得 Δt时间内从喷口发出水的动能为 则水泵的输出功率为，故A正确，BCD错误。 故选：A。 二、解答题 9．（2026•承德开学）一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前7s内做匀加速直线运动，7s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v﹣t图像如图所示。已知汽车的质量m＝1×103kg，汽车受到地面的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g取10m/s2，求： （1）汽车的额定功率P和最大速度vm； （2）启动后37s内，汽车的位移x的大小。 【答案】（1）汽车的额定功率为4.2×104 W，最大速度为42 m/s； （2）启动后37s内，汽车的位移x的大小为525 m。 【详解】（1）汽车速度从0到v＝14 m/s过程，根据牛顿第二定律F﹣Ff＝F﹣0.1mg＝ma 汽车的加速度 解得，F＝3×103 N 当汽车速度达到v＝14 m/s时，牵引力功率达到额定功率，即P＝Fv 解得P＝4.2×104 W 当汽车速度达到vm时，牵引力与阻力大小相等，则 解得vm＝42 m/s （2）在0～7 s内，汽车的位移大小为 解得x1＝49 m 设7～37 s内汽车的位移大小为x2 根据动能定理有 代入数据解得x2＝476 m 所以启动后37 s内，汽车的位移大小为x＝x1+x2 解得x＝525 m 答：（1）汽车的额定功率为4.2×104 W，最大速度为42 m/s； （2）启动后37s内，汽车的位移x的大小为525 m。 10．（2026•模拟）如图所示，质量为2kg的物体静止放置在水平地面上A位置，在恒定外力F＝10N的作用下向右运动，当物块运动到B处后撤掉外力F，物体滑行一段距离后停在了C处。已知地面和物体之间的摩擦因数μ＝0.2，xAB＝5m，F与水平方向夹角θ＝37°，物块可看作质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求 （1）外力F对物体做了多少功？ （2）AB段物体克服摩擦力做了多少功？ （3）BC两点间的距离为多大？ 【答案】（1）外力对物体做的功为40J。 （2）段物体克服摩擦力做的功为14J。 （3）两点间的距离为6.5m。 【详解】（1）在AB段运动过程中，由恒力做功的公式WF＝FxABcosθ，解得WF＝40J。 （2）在AB段，物体在竖直方向受力平衡，设地面对物体的支持力为FN，根据FN+Fsinθ＝mg，物体受到的滑动摩擦力f1＝μFN，物体克服摩擦力做功Wf＝f1xAB，解得Wf＝14J。 （3）在BC段，撤去外力F后，物体在竖直方向受力平衡，地面对物体的支持力FN'＝mg，在此段物体受到的滑动摩擦力f2＝μFN'。 对物体从A到C的全过程应用动能定理，根据WF﹣Wf﹣f2xBC＝0，解得xBC＝6.5m。 答：（1）外力对物体做的功为40J。 （2）AB段物体克服摩擦力做的功为14J。 （3）BC两点间的距离为6.5m。 11．（2026•焉耆县校级开学）粗糙的四分之一圆弧的半径为0.45m，有一质量为0.2kg的物体自最高点A从静止开始下滑到圆弧最低点B。然后沿水平面前进0.4m到达C点停止。设物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，求： （1）物体到达B点时的速度大小； （2）物体在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。 【答案】（1）物体到达B点时的速度大小为2m/s。 （2）物体在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功为0.5J。 【详解】（1）物体从B到C在水平面上运动，受到的滑动摩擦力大小为μmg，摩擦力做负功；物体到达C点时停止。由动能定理得 代入数据解得vB＝2m/s （2）物体从A到B的过程中，重力做功为mgR，支持力不做功。设圆弧轨道上摩擦力做功为Wf，由动能定理得 代入数据解得 负号表示摩擦力阻碍运动，因此物体克服摩擦力所做的功为0.5J 答：（1）物体到达B点时的速度大小为2m/s。 （2）物体在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功为0.5J。 12．（2026春•本溪月考）如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC（足够长）平滑连接而成。将质量m＝0.2kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝5.0m的M处静止释放。已知滑块与轨道AB的动摩擦因数为μ＝0.25，轨道BC、弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则： （1）小滑块运动到A点时的速度大小； （2）若滑块运动到D点时对轨道的压力为10N，求竖直圆轨道的半径； （3）若LAB＝8m，试确定滑块最终停止的位置。 【答案】（1）小滑块运动到A点时的速度大小为10m/s。 （2）竖直圆轨道的半径为1m。 （3）滑块最终停止的位置在轨道AB上，距离A点4m处。 【详解】（1）小滑块从M点运动到A点的过程，只有重力做功，由机械能守恒定律，解得vA＝10m/s。 （2）由牛顿第三定律可知，滑块在D点受到轨道竖直向下的弹力大小为FN＝10N。在D点，重力和弹力提供向心力，由牛顿第二定律。 小滑块从M点运动到D点的过程，由动能定理，解得R＝1m。 （3）假设滑块最终停在轨道AB上，设滑块在水平轨道AB上运动的总路程为s，对全过程由动能定理mgH﹣μmgs＝0，解得s＝20m。 因s＝2LAB+4m，可知滑块在轨道AB上向右滑动LAB并从斜面原路返回，再向左滑动LAB后，再次经过A点滑上圆轨道。 设此时滑块在圆轨道上升的最大高度为h，由动能定理mgH﹣μmg•2LAB﹣mgh＝0，解得h＝1m。 由于h＝R，滑块刚好到达与圆心等高处，速度减为零，不会脱离轨道。 随后滑块下滑，再次经过A点向右进入轨道AB，继续滑行4m后停止。故滑块最终停止的位置在轨道AB上，距离A点4m处。 答：（1）小滑块运动到A点时的速度大小为10m/s。 （2）竖直圆轨道的半径为1m。 （3）滑块最终停止的位置在轨道AB上，距离A点4m处。 2 学科网（北京）股份有限公司 $