专题22 动能定理及其应用-2025届高考物理一轮复习讲与练（新高考专用）

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目 录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29180" 01 思维导图·成竹在胸
\l "_Tc29840" 02 知识梳理·复习重点
\l "_Tc19674" 知识点1：动能 PAGEREF _Tc19674 \h 2
\l "_Tc8666" 知识点2：动能定理 PAGEREF _Tc8666 \h 2
\l "_Tc20343" 03 分成调研·提分要点
\l "_Tc11834" 考向1 动能定理的理解及其应用 PAGEREF _Tc11834 \h 2
\l "_Tc21201" 角度1：用动能定理求解外力做功和初末速度 PAGEREF _Tc21201 \h 3
\l "_Tc31575" 角度2：汽车制动距离问题 PAGEREF _Tc31575 \h 4
\l "_Tc29714" 考向2 动能定理解决多过程问题 PAGEREF _Tc29714 \h 5
\l "_Tc21353" 角度1：应用动能定理解决多过程问题 PAGEREF _Tc21353 \h 5
\l "_Tc14205" 考向3 动能定理与图像问题的综合应用 PAGEREF _Tc14205 \h 7
\l "_Tc10473" 角度1：动能定理在图像中的应用 PAGEREF _Tc10473 \h 8
\l "_Tc20447" 角度2：动能定理解决机车启动问题 PAGEREF _Tc20447 \h 10
\l "_Tc11454" 角度3：应用动能定理解决传送带问题 PAGEREF _Tc11454 \h 11
\l "_Tc5773" 04 真题再现·洞悉高考
\l "_Tc14032" 05 分层检测·能力拔高
知识点1：动能
1. 定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能；
2. 表达式：
3. 单位：焦耳，简称焦，符号是J
4. 动能具有的特点
（1）动能是标量，与速度的方向无关，不能合成或分解，且动能只有正值；
（2）动能具有瞬时性和相对性，这是由速度的瞬时性和相对性决定的，即动能与物体在任意时刻的速度是对应的，是一个状态量；对于同一个物体，在速度不变时，相对于不同的参考系其动能是不-样的。
知识点2：动能定理
1. 内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化量．
2. 表达式：W＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
3. 适用条件：
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，也可以分阶段作用．
4. 应用技巧：若整个过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．
考向1 动能定理的理解及其应用
1．对动能定理的理解
（1）动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系：
①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．
②因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因．
（2）动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理．
2．运用动能定理需注意的问题
（1）应用动能定理解题时，不必深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能．
（2）若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式．
3. 应用动能定理解题的基本思路
（1）选取研究对象，明确它的运动过程；
（2）分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：
eq \x(\a\al(受哪,些力))→eq \x(\a\al(各力是,否做功))→eq \x(\a\al(做正功还,是负功))→eq \x(\a\al(做多,少功))→eq \x(\a\al(各力做功,的代数和))
（3）明确研究对象在过程的初末状态的动能Ek1和Ek2；
（4）列动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程，进行求解．
角度1：用动能定理求解外力做功和初末速度
【典例1】（2024·安徽·高考真题）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v．已知人与滑板的总质量为m，可视为质点．重力加速度大小为g，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】人在下滑的过程中，由动能定理可得
可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为
故选D。
【变式1-1】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）哈尔滨冰雪大世界的超长冰滑梯长度可达500m，垂直落差可达20m，滑完全程大约需要40s时间，能给游客带来超强体验，深受游客喜爱。若忽略一切阻力，则游客到达滑梯底端时的速度大约是（ ）
A．10m/sB．20m/sC．30m/sD．40m/s
【答案】B
【详解】由动能定理得，解得，故选B。
【变式1-2】（2024·山东·模拟预测）如图，水平地面与圆心为、半径的固定竖直圆弧轨道相切于点，该轨道的圆心角为，为圆弧轨道的最高点。一质量的物块静止于水平地面上的点处，、之间的距离。现对物块施加一水平向右的恒力，当物块到达点时撤去该力。已知物块经过点后再经过后落到地面上，物块可视为质点，忽略空气阻力及一切摩擦，重力加速度取，，。求：
(1)物块落地点与点之间的水平距离；
(2)恒力的大小。
【答案】(1)(2)
【详解】（1）物块通过点后在竖直方向上做竖直上抛运动，有
解得
物块在水平方向上做匀速运动，有，解得
（2）由点至点对物块由动能定理有，解得
角度2：汽车制动距离问题
【典例2】（23-24高三下·上海宝山·阶段练习）冰壶比赛场地如图所示，运动员在投掷线AB处以速度v0=2m/s沿虚线将冰壶投出，冰壶投出后，运动员从某处开始用冰刷在冰壶前方连续擦冰，距离为s，冰壶滑行24.8m后停止，运动员不擦冰时冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.01，擦冰后冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.004，重力加速度大小g取10m/s2。求：
（1）擦冰的距离s；
（2）从何处开始擦冰可使冰壶滑行最长时间，并求此最长时间。
【答案】（1）8m；（2）见解析
【详解】（1）冰壶从投掷线开始到最终停止运动，根据动能定理有
解得
（2）作出冰壶运动的速度时间图像
由图可知，越晚擦冰，冰壶运动总时间越长，所以在最后8m位移阶段擦冰，
根据牛顿第二定律有，
解得
根据速度时间关系有，
解得
所以
【变式2-1】汽车在公路上紧急刹车时，车后会留下一条长长的轮胎印，这个轮胎印的长度就是汽车的刹车距离，测试两辆汽车在同一水平路山上的刹车距离，假设所用轮胎型号相同，刹车距离长的汽车一定
A．惯性大B．惯性小C．初速度大D．受到的阻力小
【答案】C
【详解】令轮胎和地面的动摩擦因数为μ，刹车过程中，由动能定理可知，
即
由公式可得
根据表达式可知，位移的大小与汽车的质量无关；两车与路面的动摩擦因数相同，所以初速度越大，刹车距离长
A．惯性大与分析不符，故A错误；
B．惯性小与分析不符，故B错误；
C．初速度大与分析相符，故C正确；
D．受到的阻力小与分析不符，故D错误．
【变式2-2】（多选）汽车在出厂前要进行性能测试。某次测试中，测试人员驾驶着汽车在一个空旷的水平场地上沿直线以恒定的速度匀速行驶，突然发现正前方的道路出现故障，为了躲避故障，测试人员采取了一些应急措施。设汽车与路面间的滑动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则关于测试人员采取的应急措施说法正确的是（ ）
A．若直线刹车，则至少应该在道路故障前的距离处采取刹车措施
B．若以原有速率转弯，转弯半径越大，汽车受到的侧向摩擦力越大
C．若以原有速率转弯，转弯的最小半径为
D．以原速率转弯要比以直线刹车更安全一些
【答案】AC
【详解】A．若采取直线刹车措施，根据动能定理有
解得刹车的最大距离为，故A正确；
B．汽车做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，根据，可知转弯半径越大，汽车受到的摩擦力越小，故B错误；
C．当摩擦力达到最大时，，解得，，故C正确；
D．由于，所以直线刹车更安全些，故D错误。
故选AC。
考向2 动能定理解决多过程问题
1．解题的基本思路
（1）选取研究对象，明确它的运动过程；
（2）分析受力情况和各力的做功情况；
（3）明确研究对象在过程的初末状态的动能Ek1和Ek2；
（4）列动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程，进行求解．
角度1：应用动能定理解决多过程问题
【典例3】（2024·甘肃平凉·三模）如图所示，固定在竖直面内的光滑圆弧轨道 PQ在Q点与水平面相切，其圆心为O、半径为R，圆弧对应的圆心角。一可视为质点的质量为m的小物块从S点以水平初速度）抛出，恰好在P点沿切线方向进入圆弧轨道，最后滑上水平面在C点停下来。已知小物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力，，求：
（1）S、P两点间的竖直高度；
（2）Q、C两点间的距离。

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）小物块从S到P做平抛运动，恰好在P点沿切线方向进入圆弧轨道，此时有
解得小物块在P点的竖直分速度为
竖直方向有
解得S、P两点间的竖直高度为
（2）小物块在P点的速度为
小物块从P点到C点过程，根据动能定理可得，
解得Q、C两点间的距离为
【变式3-1】（多选）（2024·广东·高考真题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与无关D．甲最终停止位置与O处相距
【答案】ABD
【详解】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；
B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；
C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有
在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为
由于t1与有关，则总时间与有关，故C错误；
D．乙下滑过程有
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有
联立可得，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。
故选ABD。
【不是说3-2】（多选）在足够长的光滑斜面底端，有一质量为m的小滑块可视为质点，受平行斜面向上的恒力F作用，由静止开始沿斜面向上运动，经过一段时间t，位移为x。此时撤去恒力，滑块经相同的时间t恰返回至斜面底端，取沿斜面向上的方向为坐标轴x的正方向，斜面底端为坐标原点，滑块运动的位移-时间图像如图所示，图中曲线对应抛物线，已知滑块始终在斜面上运动，则（ ）
A．位移最大值xm为B．撤去F时滑块的速度为
C．恒力F对滑块做的功为D．滑块返回至斜面底端的动能为
【答案】ABD
【详解】A．设存在恒力F时的加速度大小为a1撤去F后加速度大小为a2，根据匀变速直线运动规律,上升过程有
.撤去F瞬间速度
撒去F后有，解得
撤去F后，滑块继续向上运动,则，，A正确；
B．根据，解得，B正确；
CD．撤去F后滑块到达最高点的时间
故与最大距离对应的时间
故滑块滑到底端时的速度
又因为，整个过程中，重力做功为零，由动能定理可得，C错误，D正确。
故选ABD。
1. 运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化。当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程。
2. 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，要注意运用它们的功能特点：①重力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。
考向3 动能定理与图像问题的综合应用
1. 解决物理图像问题的基本步骤
（1）观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量；
（2）根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式；
（3）将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，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. 四类图像围成面积的含义
角度1：动能定理在图像中的应用
【典例4】质量为的汽车在水平地面上运动时受到的阻力大小恒为，其图像如图所示，已知汽车先是以恒定牵引力运动，达到额定功率后以额定功率运动，则下列说法正确的是（ ）
A．内，汽车的牵引力大小为B．内，汽车的功率为
C．内，牵引力做的功为
D．内，汽车前进的位移大小为
【答案】C
【详解】A．由题图知汽车在内的加速度为
由牛顿第二定律得，则牵引力大小，选项A错误；
B．内汽车的额定功率为，选项B错误；
C．内汽车做匀速直线运动，牵引力大小，所以牵引力做的功为，选项C正确；
D．内由动能定理知，解得，选项D错误。
故选C。
【变式4-1】（2024·山东·模拟预测）某动车组由位于第1节、第5节的2辆动力机车和6辆拖车构成，其中两动力机车输出功率始终相同，图（a）所示为一辆动力机车输出功率随时间变化的关系图像，图（b）所示为动车组速率随时间变化的关系图像。每节车在运动过程中所受阻力均为f，质量均为m。则（ ）
A．时间内，动车组运动的距离为B．时刻，第7节车对第8节车的拉力为
C．时间内，动车组的平均速率为D．动车组能达到的最大速度为
【答案】B
【详解】A．图线与坐标轴围成的面积表示牵引力做的功，时间内，2辆动力机车向外做的总功为
该过程动车组动能的增加量为
时间内由动能定理有
可得时间内，动车组运动的距离，故A错误；
B．时刻，动力机车输出的总功率为，总牵引力，则动力机车的加速度
设第7节车对第8节车的拉力为，由牛顿第二定律有，可得，故B正确；
C．时间内，2辆动力机车向外做的总功为
动车组动能的增加量
由动能定理有
可得动车组运动的距离
动车组的平均速度，故C错误；
D．结合功率知识可知，动车组的最大速度，故D错误。
故选B。
【变式4-2】（2024·福建福州·模拟预测）如图甲所示，传送带与水平地面的夹角，传送带逆时针转动。时，将一质量的物体轻放在传送带上端A点，时物体到达传送带底端B点，在此过程中物体的动量p随时间t的变化关系如图乙所示。重力加速度g取，，。求：
（1）物体与传送带之间的动摩擦因数；
（2）物体从A点运动到B点的过程中机械能的变化量。
【答案】（1）0.5；（2）-12J
【详解】（1）由乙图可知，0.5s末时物体的速度
物体的加速度
对物体受力分析可知，，解得
（2）0.5~1s这段时间物体的加速度，，解得
物体到达传送带底端时，物体的速度
物体从A到B通过的位移
A到B的竖直高度
物体克服摩擦力所做的功即为机械能的减少量，根据动能定理可知，，解得
角度2：动能定理解决机车启动问题
【典例5】（2024·吉林·一模）遥控小汽车在驱动电机提供的作用下从A处由静止开始在水平面上运动，运动中发现前方B处有一障碍物，立即关闭驱动电机，小汽车恰好不撞上障碍物。已知小汽车质量为，A、B之间距离为，小汽车受到的阻力是其重力的0.5倍，取重力加速度。
(1)求小汽车从开始运动到关闭驱动电机的时间；
(2)若小汽车从A点由静止开始以额定功率启动，经后关闭驱动电机，小汽车也恰好不与障碍物相撞，求小汽车电机的额定功率。
【答案】(1)(2)
【详解】（1）设小汽车关闭驱动电机前后的加速度大小分别为、，根据牛顿第二定律有
，
解得，
设小汽车从开始运动到关闭驱动电机的时间为，加速阶段根据运动学公式有，
减速阶段由运动学公式有，又，联立解得
（2）小汽车从A点由静止开始以额定功率启动，设额定功率为，对全程根据动能定理有
解得
【变式5-1】（2024·新疆·一模）泥地越野是一项极具挑战性的活动，因为在泥地中运动时，车辆容易打滑或陷入泥中，所以需要特别的技巧和设备来应对。已知越野车的质量为1.5t，发动机的输出功率为30kW，越野车在平直的泥地上行驶的最大速度为72km/h，越野车行驶时受到的阻力恒定。越野车以a=1m/s2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率后，保持额定功率继续运动。
(1)求越野车在泥地上行驶时受到的阻力大小f；
(2)求越野车做匀加速直线运动的过程能持续的时间t1；
(3)若越野车做变加速运动至最大速度所用的时间为t2，求该过程中越野车的位移x与时间t2的关系式。
【答案】(1)(2)(3)
【详解】（1）越野车以最大速度匀速行驶时，功率为，，解得
（2）由牛顿第二定律有
当时，牵引力为
则越野车匀加速到最大速度时有，则运动时间
（3）根据动能定理可得，所以
【变式5-2】（2024·山东滨州·二模）一平直道路穿过村庄，连续安装有8个减速带，相邻减速带间的距离均为l（每个减速带宽度远小于l，可忽略不计）。有一质量为m 的小车（可视为质点）以恒定功率P 行驶，小车与路面间的阻力大小恒为f，到达第1个减速带前速度为。已知小车每次通过减速带时因颠簸所损失的机械能与其行驶速度有关，测量发现小车在通过第4个减速带后，通过相邻两减速带的时间均为t，通过第8个减速带后的速度为 若小车通过前4个减速带时因颠簸损失的总机械能是其通过后4个减速带时因颠簸所损失总机械能的1.5倍。则小车从第1个减速带到第4 个减速带所用时间为（ ）
A． B．C．D．
【答案】C
【详解】因小车在通过第4个减速带后，通过相邻两减速带的时间均为t，通过第8个减速带后的速度为 ，可知通过第4个减速带后面的其它减速带后时的速度均为设通过减速带之前时的速度为v，则每通过两相邻减速带之间的间隔过程中由动能定理
可知通过后4个减速带时，每通过一个减速带损失能量为
则通过前4个减速带时因颠簸损失的总机械能
则小车从第1个减速带到第4 个减速带由动能定理
解得
故选C。
角度3：应用动能定理解决传送带问题
【典例6】（2024·江西九江·一模）如图所示，水平传送带顺时针转动，速率恒为v0，，可看成质点的物体质量为m，静止放在传送带的左端，与传送带间的动摩擦因数为μ；一个质量也为m，长为L的盒子，左端有个开口，恰好可以让物体水平进入，物体进入后开口封闭，物体与盒子间没有摩擦，盒子放在特殊的水平面上，盒子所受水平面的阻力与盒子速率成正比，即满足（k是常量），物体与盒子的所有碰撞均无机械能损失。
（1）为使物体离开传送带的速率也为v0，求传送带左右两端的最短距离；
（2）满足第一问的前提下，假设物体与盒子的左、右壁一共恰好碰撞了12次，求常量k。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由题意，根据动能定理
解得
（2）物体进入后先与右壁碰撞，碰后物体静止，盒子以物体的速度向右减速运动，然后盒子左壁再与静止物体碰撞，物体以碰前盒子的速度运动，盒子静止⋯⋯整个过程如果不考虑中间盒子停止的时间，那么盒子一直在做减速运动。
对盒子利用动量定理，以初速度方向为正方向，在时间内，速度变化，有
在整个过程中，速度变化量为v0，有
由题意
解得
【变式6-1】（2024·陕西西安·三模）如图甲所示，足够长的水平传送带以某一恒定速率顺时针转动，一根轻弹簧两端分别与物块和竖直墙面连接，将物块在传送带左端无初速度释放，此时弹簧恰处于原长且为水平。物块向右运动的过程中，受到的摩擦力大小与物块位移的关系如图乙所示，已知物块质量为m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，x0为已知量，则（ ）

A．0~x0过程，物块所受摩擦力方向向左B．弹簧的劲度系数为
C．传送带的速度为D．物块不能运动到3x0处
【答案】B
【详解】AB．在0~x0过程，物块向右做加速运动，受到向右的滑动摩擦力，同时弹簧弹力逐渐增大，当位移为x0时，摩擦力发生突变，瞬间减小后，随着x正比例增大，根据胡克定律可知弹簧弹力也随x正比例增大，则当位移为x0时，物块刚好达到与传送带共速，之后随着传送带继续向右运动，在x~2x0过程物块始终相对传送带静止，弹力和静摩擦力同时增大且平衡，物块做匀速直线运动，当x=2x0时，弹簧弹力大小增大至与滑动摩擦力大小相等，则，所以，故A错误，B正确；
C．在0~x0过程，弹簧弹力从0线性增大到kx0，则此过程的平均弹力大小为
设传送带的速度为v，此过程对物块，根据动能定理有，解得，故C错误；
D．对物块，从位移为2x0到3x0，根据动能定理有
解得，由此可知，物块能运动到3x0处，故D错误。
故选B。
【变式6-2】（2024·云南·模拟预测）如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速传动的水平传送带平滑连接于N点，圆弧轨道半径为R。质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点M由静止释放，滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道，第一次上升的最高点距N点高度为，重力加速度为g。则以下说法正确的是（ ）
A．传送带匀速传动的速度大小为
B．经过足够长的时间，小滑块最终静止于N点
C．小滑块第二次上升的最高点距N点高度为
D．小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量大于
【答案】D
【详解】A．小滑块在圆弧轨道下滑，由，解得到达N点时速度为
小滑块在传送带上先向右减速运动，减速到0，在传送带上向左先加速，和传送带共速后匀速运动，返回时第一次上升的最高点距N点高度为，由，可得传送带匀速传动的速度，故A错误；
BC．之后小滑块一直重复运动，小滑块在传送带上先向右减速运动，减速到0，返回时在传送带上向左先加速，和传送带共速后匀速运动，所以滑块不会静止，返回时上升的最高点距N点高度始终为，故BC错误；
D．小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量等于损失的重力势能和维持传送带匀速运动补充的能量，损失的重力势能为，所以小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量大于，故D正确。
故选D。
1．（2024·贵州·高考真题）质量为的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到处，F做功的瞬时功率为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【详解】根据图像可知物块运动到处，F做的总功为
该过程根据动能定理得
解得物块运动到处时的速度为
故此时F做功的瞬时功率为
故选A。
2．（2024·北京·高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是（ ）
A．刚开始物体相对传送带向前运动B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
【答案】D
【详解】A．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误；
B．匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误；
C．物体加速，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误；
D．设物体与传送带间动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时
做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D正确。
故选D。
3．（2024·新疆河南·高考真题）福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（ ）
A．0.25倍B．0.5倍C．2倍D．4倍
【答案】C
【详解】动能表达式为
由题意可知小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍，则离开甲板时速度变为调整前的2倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上时间不变，根据
可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的2倍。
故选C。
4．（2023·浙江·高考真题）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】A．由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A错误；
B．铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有
则抛出后速度大小为，可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误；
C．铅球抛出后的动能，可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误；
D．铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D正确。
故选D。
【点睛】
5．某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能与水平位移x的关系图像正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有
，即
下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek-x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。
故选A。
6．（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．根据牛顿第二定律和运动学关系得，
故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。
故选BD。
7．冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度，匀减速滑行到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行，与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为和。已知A、B质量相同，A与间冰面的动摩擦因数，重力加速度取，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A
（1）在N点的速度的大小；
（2）与间冰面的动摩擦因数。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设冰壶质量为，A受到冰面的支持力为，由竖直方向受力平衡，有
设A在间受到的滑动摩擦力为，则有
设A在间的加速度大小为，由牛顿第二定律可得，
联立解得
由速度与位移的关系式，有
代入数据解得
（2）设碰撞前瞬间A的速度为，由动量守恒定律可得
解得
设A在间受到的滑动摩擦力为，则有
由动能定理可得
联立解得
一、单选题
1．（2024·江西·一模）一小球以一定的初速度水平抛出，以初位置为坐标原点，竖直向下为y轴正方向建立坐标系，不计空气阻力，小球可视为质点，则该小球的动能与下落高度y的关系，正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】根据动能定理有，得，则对应图像为线性直线且截距大于零。
故选C。
2．（2024·广东·二模）如图所示，一个足够大，倾角的粗糙斜面固定在水平地面上，不可伸长的轻绳一端固定在斜面上的O点，另一端与质量为m的小木块（可视为质点）相连。现将小木块拉起，使轻绳与斜面平行且在水平方向上伸直，由静止释放小木块。已知重力加速度为g，木块与斜面间的动摩擦因数，空气阻力不计，则在小木块之后的运动过程中，轻绳上的最大拉力为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】当小木块第一次到达最低点时，轻绳上的拉力最大，设绳长为L，则有
小木块从静止释放到第一次运动到最低点过程，根据动能定理有
联立解得
故选A。
3．（2024·河南开封·三模）秋千可以简化为如图模型，四根相同的杆支撑轻质水平横梁，固定在地面上。秋千两侧各用一根等长的轻绳系于横梁下，人和座椅总质量为，人和座椅整体的重心与横梁的距离为，重力加速度为。若秋千摆起时与竖直面的最大夹角为，关于四根杆对横梁作用力的最大值，下列选项正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】秋千摆到最低点的过程中，根据动能定理
设绳子拉力为T，根据牛顿第二定律
以上各式联立，解得
横梁合力为零，则
故选C。
4．（2024·贵州安顺·一模）快递员通过传送带和一段光滑圆弧轨道把包裹从低处送到高处的车厢，传送带倾角为，传送带ab端距离，始终以速度匀速顺时针转动，传送带上端与圆弧轨道bc相切于b点，bc段圆心为O，最高点为c。时刻，把第一个包裹轻放在传送带底端a，后面每隔0.5s放一个包裹，若包裹与传送带间的动摩擦因数为，每个包裹沿圆弧轨道恰好能达到c点。重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A．包裹在最高点c时，对圆弧轨道的压力为零B．第一个包裹在传送带上运动的时间为3.55s
C．圆弧轨道半径为D．传送带上最多有5个包裹
【答案】B
【详解】A．因为每个包裹沿圆弧轨道恰好能达到c点，即包裹到达c点时的速度为0，即包裹在c点时重力和支持力为平衡力，等大反向，则支持力等于重力，根据牛顿第三定律，对圆弧轨道的压力等于支持力等于重力，故A错误；
B．包裹在倾斜传送带上先加速运动后匀速运动，加速时，根据牛顿第二定律
则加速时间为
加速位移为
匀速运动时间为
则包裹在传送带上运动时间为，故B正确；
C．由B可知，包裹在传送带上最终和传送带共速，即包裹在b点的速度为
包裹由b到c点，设圆弧轨道半径为R，根据动能定理
解得，故C错误；
D．由B可知，第一个包裹在传送带上运动时间为3.55s，这段时间内可以在传送带上放置包裹的个数为即，第一个包裹到达b点时，传送带上又放置了7个包裹，则传送带上最多有8个包裹，故D错误。
故选B。
5．（23-24高三上·河南·阶段练习）电磁炮是一种现代化武器，模拟图如图所示．当接通电源之后，炮弹就会在导轨中的电流磁场作用下，向前加速飞行，关于电磁炮的有关说法错误的是（ ）

A．炮弹必须是由导体材料构成
B．将电流反向，炮弹所受磁场力方向也会反向
C．其他条件相同时，电流越大，炮弹飞出速度越大
D．其他条件相同时，导轨越长，炮弹飞出速度越大
【答案】B
【详解】A．因炮弹中要通过电流，故炮弹必须是由导体材料构成，故A正确；
B．若将电流反向，则磁场也反向，根据左手定则可知，炮弹受力方向不变，故B错误；
C．电流越大，磁场越强，炮弹受安培力越大，则炮弹飞出速度越大，故C正确；
D．相同条件下，导轨越长，安培力做功越大，则炮弹飞出速度越大，故D正确。
本题选择错误的，故选B。
6．（2024·天津蓟州·三模）一物体在水平面上做直线运动，其速度—时间图像如图所示，根据该图像可知（ ）
A．物体在1s末改变运动方向B．第2s和第3s加速度大小相等、方向相反
C．前2s内合力冲量为0D．第3s合力对物体做负功
【答案】C
【详解】A．由图像可知，物体在2s末改变运动方向，故A错误；
B．根据图像的斜率表示加速度，可知第2s和第3s加速度大小相等、方向相同，故B错误；
C．由图像可知，前2s内物体的速度变化量为0，则物体的动量变化量为0，根据动量定理可知，合力冲量为0，故C正确；
D．由图像可知，第3s物体向负方向做加速直线运动，则物体的动能增加，根据动能定理可知，合力对物体做正功，故D错误。
故选C。
7．（2025·广东·一模）最近，义乌中学实验室对一款市场热销的扫地机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图像a，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图像b。若不计空气，取重力加速度大小为，则下列同学的推断结果正确的是（ ）
A．机器人与水平桌面间的最大静摩擦力为3NB．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为
C．在时间内，合外力的冲量为D．在时间内，合外力做的功为12J
【答案】A
【详解】A．由图b可设机器人在时开始滑动则，解得
所以机器人在1s时刚要滑动，恰好达到最大静摩擦力，由图a可知1s时牵引力为
则最大静摩擦力为，故A正确；
B．2s时的牵引力为
由a、图b结合牛顿第二定律可得
联立可得机器人质量
滑动摩擦力为
机器人与水平桌面间的动摩擦因数为，解得，故B错误；
C．在时间内，合外力的冲量为，故C错误；
D．4s末机器人的速度为
在时间内，合外力做的功为
代入数据，解得，故D错误。
故选A。
二、多选题
8．（2025·河北·模拟预测）某研究小组利用传感器研究外力作用下物体的落体运动，得到质量为m的物体在竖直向下运动时的速度v随下降高度h变化关系，如图所示。已知重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．物体做匀变速直线运动B．物体的加速度与落下的高度成正比
C．物体下落高度2h0时的加速度大小为g
D．物体从h0下落到3h0的过程中，除重力之外的力做功为mgh0
【答案】BC
【详解】AB．由图可知，物体的速度随位移均匀变化，即
所以，即物体的加速度与速度成正比，也与下落的高度成正比，故A错误，B正确；
C．由图可知，当物体下落h0时，有，所以物体下落高度2h0时的加速度大小为
故C正确；
D．物体从h0下落到3h0的过程中，根据动能定理可得，，，解得，故D错误。
故选BC。
9．（2024·广东梅州·模拟预测）如图甲是游乐设施——“反向蹦极”的示意图，游戏者（可视为质点）与固定在地面上的扣环连接，打开扣环，游戏者从A点由静止释放，像火箭一样竖直发射。游戏者上升到B位置时弹性绳恰好处于松弛状态，C为上升的最高点，P为弹性绳上端悬点，D点为速度最大点（未画出），弹性绳的形变在弹性限度内，且遵从胡克定律，不计空气阻力，以A点为坐标原点，向上为正方向，作出游戏者上升过程中加速度与位移的关系如图乙。和为已知量，则人上升过程中（ ）
A．AB段的长度为B．游戏者最大速度为
C．A点与D点间的距离大于D点与B点间的距离
D．人从A点到D点和D点到C点合力的冲量大小相等
【答案】BCD
【详解】A．由题图乙可知，在内，加速度为正，游戏者向上做加速运动，在处加速度是零，此时速度最大，加速度反向增大，在处加速度大小为，说明此时游戏者只受重力作用，可知游戏者位于B位置，之后，游戏者一直做减速运动到速度减到零，在最高点C位置，因此AB段的长度为，A错误；
B．由题图乙可知，在加速度均匀变化，可知合力的平均值为，则从速度最大位置到最高点由动能定理可得，解得，B正确；
C． D点为速度最大点，由题图乙可知AD为，DB为，段的图线斜率相同，且，因此则有 ，即A点与D点间的距离大于D点与B点间的距离，C正确；
D．由动量定理可知，游戏者所受合力的冲量大小等于他的动量变化量大小，已知在A点和在C点的速度是零，D点为速度最大点，因此从A点到D点的速度的变化量和从和D点到C点的速度的变化量大小相同，则动量变化量大小相同，因此人从A点到D点和D点到C点合力的冲量大小相等，D正确。
故选BCD。
三、解答题
10．（2023·湖南邵阳·模拟预测）某游乐场过山车的运动情况可以抽象为如右图所示的模型：弧形轨道AB的下端B点与半径为R的竖直圆轨道平滑连接，一质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A点由静止开始滚下，A点距离地面高度为h，小球进入竖直圆轨道后能顺利通过圆轨道最高点C，途经ABCBD，不考虑摩擦等阻力，重力加速度为g。求：
（1）小球运动到B点时的速度大小；
（2）小球从A点运动到C点的过程中，重力所做的功；
（3）小球经过C点时的动能。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）从A到B根据动能定理
解得
（2）小球从A点运动到C点的过程中，重力所做的功
（3）从A点运动到C点的过程中，根据动能定理
可得
11．（2024·天津蓟州·模拟预测）某飞机模型是一种固定翼模型飞机，可以通过控制副翼和尾翼实现各种复杂的3D动作．现对该飞机模型进行飞行试验，已知模型的质量为，g取，，．
(1)使机翼与水平方向成在某一高度沿水平面做匀速圆周运动，如图所示，若在半径不超过的范围内运动，求最大的飞行速度；
(2)使该飞机模型在地面上从静止开始以恒定升力竖直向上运动，经时间时离地面的高度为，设所受空气阻力大小恒为，求此过程动力系统的升力F；
(3)从（2）问中达到的状态开始，该飞机模型通过不断调整升力继续上升，在距离地面高度为H处速度恰为0，此过程中动力系统所做的功，求H的大小．
【答案】(1)6m/s(2)4.8N(3)18m
【详解】（1）对飞机受力分析可知，解得vm=6m/s
（2）飞机上升的加速度
由牛顿第二定律可知F-f-mg=ma，可得F=4.8N
（3）在t=2s时飞机的速度v=at=8m/s
到达最高点时由动能定理，解得H=18m
12．（2023·上海崇明·二模）如图所示，竖直平面内的固定轨道ABC由长为L的水平轨道AB和光滑的四分之一圆弧轨道BC组成，AB和BC在B处相切。一质量为m的运动员踩着滑板从A端以初速度v0冲上水平轨道AB，沿轨道恰滑至C端，又沿CB弧滑下后停在水平轨道AB的中点。不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）运动员在水平轨道的加速度a大小；
（2）运动员滑到B处时的速度v大小；
（3）圆弧轨道的半径R；
（4）若增大运动员的初速度，冲上轨道后可以达到的最大高度是，分析说明他能否停在水平轨道AB上。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）能，理由见解析
【详解】（1）根据题意，设运动员和滑板整体的质量为，在水平面上受到的摩擦力为，对整个过程，由动能定理有，解得
在水平面上，由牛顿第二定律有，解得
（2）根据题意，从过程中，由动能定理有，解得
（3）根据题意可知，从过程中机械能守恒，由机械能守恒定律有，解得
（4）根据题意，设经过点速度为，由机械能守恒定律有
假设运动员能停在水平轨道上，由动能定理有
联立解得，可见他能停在水平轨道上。
平均速度
瞬时速度
物理意义
粗略描述某段时间内（或某段位移上）物体运动的平均快慢程度
精确描述某一时刻（或某一位置）物体运动的快慢程度
大小
位移与 之比
当时间间隔非常小时，平均速度等于瞬时速度
方向
与 的方向相同
沿轨迹上该点的 且指向前进的方向
v-t图像
由公式x=vt，可知，v-t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移
a-t图像
由公式 △v=at，可知，a-t 图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量
F-t图像
由公式 W=Fx，可知，F-t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
P-t图像
由公式W=Pt可知，P-t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功