2026年高考物理一轮复习考点精讲精练(新高考通用)第19讲动能定理(高效培优讲义)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习考点精讲精练(新高考通用)第19讲动能定理(高效培优讲义)(学生版+解析)，共4页。试卷主要包含了动能和动能定理的理解，动能定理的应用，动能定理与图像的综合，多过程问题等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc206167438" 考情探究
\l "_Tc206167439" 知识梳理
\l "_Tc206167440" 探究核心考点
\l "_Tc206167441" 考点一 动能和动能定理的理解
\l "_Tc206167442" 考点二 动能定理的应用
\l "_Tc206167443" 考点三 动能定理与图像的综合
\l "_Tc206167441" 考点四 多过程问题
\l "_Tc206167447" 三阶突破训练
\l "_Tc206167448" 基础过关
\l "_Tc206167449" 能力提升
\l "_Tc206167450" 真题感知
一、5年真题考点分布
二、命题规律及备考策略
【命题规律】本讲内容是新高考卷的必考内容，常与圆周运动进行综合。可选择、可计算，可单独考、可综合考。
【备考策略】1.理解、掌握动能、动能定理。
2.会用动能定理解决实际问题。
3.具备数形结合的思想意识。
4.会在综合问题中应用动能定理。
【命题预测】本节内容是新高考卷的必考内容，可选择、可计算，可单独考、可综合考。
一、动能定理的理解和基本应用
1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能．
(2)公式：Ek＝eq \f(1,2)mv2，单位：焦耳(J).1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
(3)动能是标量、状态量．
2．动能定理
(1)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12.
(2)注意事项
(a)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．
(b)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求解．
(c)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．
(3)应用动能定理的解题流程
二、动能定理与图像问题的结合
图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义
三、动能定理在多过程问题中的应用
1.运用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分段应用动能定理求解。
(2)所求解的问题不涉及中间的速度时，全过程应用动能定理求解更简便。
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时，要注意运用它们的特点。
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。
(2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功的大小等于力的大小与路程的乘积。
考点一 动能和动能定理的理解
典例1．（2025·湖北省部分高中协作体·二模）质量为2kg的物体，速度由向东的5m/s变为向西的5m/s，关于它的动量和动能下列说法正确的是（ ）
A. 动量和动能都发生了变化
B. 动量和动能都没有发生变化
C. 动量发生了变化，动能没发生变化
D. 动能发生了变化，动量没有发变化
【答案】C
【解析】动量和动能表达式分别为
，
由于动量是矢量，动能是标量，故物体的动量发生了变化，动能没发生变化。
故选C。
典例2．（2025·四川省内江市·三模）在离地面高h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为，物块落回地面时的速度为v，重力加速度为g。则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】根据动能定理
解得物块克服空气阻力所做的功
故选A。
跟踪训练1．（2025·陕西省渭南市临渭区·三模）近年来，我国航天事业取得了显著的成就和发展，如载人航天工程、月球探测、火星探测等。如图是火星探测任务中天问一号探测器实施近火制动中的停泊轨道，该停泊轨道可看作是椭圆轨道，a、b、c、d是该轨道上的四个点，其中d点为近火点，b点为远火点，则天问一号在经过这四个位置中动能最大的是（ ）
A. a点B. b点C. c点D. d点
【答案】D
【解析】根据开普勒第二定律可知，当卫星经过近火点d时速度最大，动能最大。
故选D。
跟踪训练2．（2025·山西省晋城市·三模）实验小组利用风洞研究抛体运动，在风洞内无风时，将一小球从距水平面高h处的O点以某一速度水平抛出后，小球落到水平面上时的动能为，水平位移，现让风洞内存在如图所示方向的风，使小球受到恒定的风力，小球仍以相同的速度从O点水平抛出，则小球落到水平面上时的动能（ ）
A. 一定大于B. 一定小于C. 等于D. 不大于
【答案】A
【解析】根据已知条件可知，风力对小球做正功，根据动能定理可知，小球落到水平面上时的动能一定大于。
故选A
考点二 动能定理的应用
典例1．（2025·北京市大兴精华学校·三模）如图所示，一根内壁光滑的圆弧形细圆管竖直放置，且管口A与圆心O连线水平，圆弧半径为R，已知重力加速度为g，细管半径和R相比可忽略。
（1）一小球从管口A的正上方h1高处自由下落后，恰好能到达管口C处，求h1。
（2）若质量为m的小球从管口A的正上方某高度自由下落，它能从管口C处飞出后又落到管口A处，求：
a．小球释放位置距A的高度h2；
b．在该过程中，小球到细管最低点时对细管的压力大小。
【答案】（1）R （2）a．；b．5.5mg
【解析】
【小问1详解】
小球到达C处速度为零，由动能定理得
可得
【小问2详解】
a．小球从C点做平抛运动，
可得
小球从释放点到C点过程中，由动能定理得
解得
b．从最低点到C，由动能定理得
解得
在最低点，由牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律得压力为5.5mg
典例2．（2025·北京市第三十五中学·三模）如图所示，不计质量的轻质滑轮下方悬挂重物A和B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量均为m，摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 拉力对A做的功等于A的动能增加量
B. 重力对B做的功等于A、B两物体的动能增加量
C. 细线上拉力的大小为0.6mg
D. A的加速度大小等于0.5g
【答案】C
【解析】A．由动能定理可知，细线拉力与重力对A所做的总功等于A的动能增加量，故A错误；
B．由动能定理可知，重力对A、B做的总功等于A、B两物体的动能的增加量，故B错误；
CD．设细线拉力大小为F，A的加速度大小为a，由滑轮组之间的关系可知，B的加速度大小为2a。根据牛顿第二定律得，
联立解得a=0.2g，F=0.6mg，故C正确；D错误。
故选C
典例3．（2025·内蒙古呼和浩特市·二模）响沙湾是国家5A级旅游景区，滑沙是深受人们喜爱的旅游项目之一。如图所示，沙道高h=60m，坡度θ=37°，游客和滑沙板的总质量为m=70kg，滑沙板与沙子之间的动摩擦因数μ=0.5，游客坐在滑沙板上在倾斜沙道最高点由静止开始匀加速下滑，滑行至水平沙道后做匀减速运动直至停止（倾斜沙道与水平沙道转折处速度大小不变，取）。求游客和滑沙板：
（1）在倾斜沙道上滑行时加速度；
（2）滑行过程中的最大动能；
（3）从开始滑行至停止用时t。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
在倾斜沙道上滑行时对人和滑板进行受力分析，列牛顿第二定律方程有
解得
【小问2详解】
由分析可知，当人和滑板滑行至斜面最底端时动能最大，对人和滑板在斜面上的运动列动能定理方程有
解得
【小问3详解】
设人和滑板在斜面上运动时间为，由运动学公式有
解得
人和滑板滑行至斜面最底端时速度为
设人和滑板在水平沙道做匀减速运动的加速度为，列牛顿第二定律方程有
解得
设人和滑板在水平沙道上运动时间为，由运动学公式有
解得
所以人和滑板从开始滑行至停止用时
跟踪训练1．（2025·广西南宁市·三模）（多选）如图所示，在水平地面上，左右两侧各固定一半径为R的圆弧轨道，两轨道分别与地面相切于B、C点，左侧轨道的最高点A与圆心等高，右侧半圆形轨道的D点与圆心等高，最高点为E点，左侧轨道粗糙，水平地面BC和右侧轨道均光滑。质量为m的物块以初速度从A处竖直向下进入轨道，运动至B点的速度为，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A. 物块从A运动到B的过程中，克服摩擦力做功为
B. 若物块从A处静止释放，到达B点时速度为
C. 物块从C运动到D的过程中，其重力的瞬时功率一直增大
D. 物块将在右侧轨道上距离地面高度为处脱离轨道
【答案】AD
【解析】A．物块从A运动到B的过程中，由动能定理
解得，故A正确；
B．从A运动到B的过程中，物块从A处静止释放运动到B处和以初速度从A处运动到B处的过程对比，从A处静止释放运动到B处的过程，物块经过圆弧上相同点的速度更小，如图
由牛顿第二定律
速度越小，轨道的支持力越小，滑动摩擦力也越小，路径长度未变，因此物块从A处静止释放运动到B处过程克服摩擦力做功
由动能定理
解得，故B错误；
C．物块从C运动到D的过程中，重力的瞬时功率。在C处，物块竖直方向的合力向上，在D处，竖直方向的合力竖直向下，可以推测，物块从C运动到D的过程中，竖直方向的合力应该是先竖直向上，后变为竖直向下，而一直竖直向上，故先增加后减小，重力的瞬时功率先增加后减小，故C错误；
D．若在图中F点脱轨，如图
则在F点有
从B到F点，由动能定理
解得
则F点离地面高度为，故D正确。
故选AD。
跟踪训练2．（2025·安徽省临泉第二中学·三模）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置可用于“探究物体所受合力做功与动能变化的关系”，物理小组同学们采用如图所示实验装置进行探究。实验要求小车受到的合外力为绳的拉力的合力。实验中同学们研究了砂和砂桶的运动过程所受合力做功是否等于其动能增量。忽略细线与滑轮间的摩擦阻力。
（1）本实验________（填“需要”或者“不需要”）满足m远小于M的条件。
（2）实验前测出砂和砂桶的总质量m，已知重力加速度为g。接通打点计时器的电源，静止释放砂和砂桶，带着小车开始做加速运动，读出运动过程中力传感器的读数T，通过纸带得出起始点O（初速度为零的点）到某点A的位移L，并通过纸带算出A点的速度v。实验过程中_________（填“需要”或者“不需要”）平衡小车M所受的摩擦力。
（3）对m研究，所需验证的动能定理的表达式为_________。
A. B.
C. D.
（4）通过纸带测出了起始点O到不同点A、B、C、D…的位移及A、B、C、D…的速度，并做出了图中所示的实线。那么在保证小车质量不变的情况下增加砂的质量，重复实验，将会得到如图中虚线_______（填“甲”或者“乙”）所示的图线。
【答案】（1）不需要 （2）需要 （3）A
（4）甲
【解析】
【小问1详解】
实验中，根据力传感器的读数可以直接求出小车受到的拉力，不需要满足小车的质量M远大于砂和砂桶的总质量m这一条件。
【小问2详解】
尽管实验装置采用了力传感器，也需要平衡摩擦力，否则小车受到的合外力不为绳的拉力的合力。
【小问3详解】
对m研究，根据动能定理
整理，可得
故选A。
【小问4详解】
对小车，根据动能定理有
联立，解得
逐渐增加砂的质量m，图像的斜率越大，故在让小车质量不变的情况下逐渐增加砂的质量多次做实验，得到图中虚线“甲”所示的图线。
跟踪训练3．（2025·云南省丽江市第一高级中学·一模）（多选）一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为。已知，重力加速度大小为g。则（ ）
A. 物体向上滑动的距离为
B. 物体向下滑动时的加速度大小为
C. 物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D. 物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【答案】BC
【解析】AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有
物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有
整理得
；
A错误，C正确；
B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
求解得出
B正确；
D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有
物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
由上式可知
a上 > a下
由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式
则可得出
D错误。
故选BC。
考点三 动能定理与图像的综合
典例1．（2025·河南省郑州市·二模）（多选）如图甲，两块竖直挡板正对着固定在水平面上，两完全相同质量均为1kg的物块a、b（可视为质点）置于两挡板的中点，中点左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙。时，给a向左的初速度。已知b物块的速度v随时间t的变化关系如图乙所示，最终停在中点。所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短，取重力加速度大小为，则（ ）
A. 两挡板间距为2m
B. a与b相撞2次
C. b与水平面间的动摩擦因数为0.1
D. a第2次与挡板碰撞后的动能为4J
【答案】AD
【解析】A．根据题意，由图乙可知，时发生第一次碰撞，根据质量相等的两物体发生弹性碰撞速度互换原理可知，的初速度，中点左侧水平面光滑，则有在第一次碰撞前的路程
则两挡板间距为
故A正确；
B．由乙图知，第一次碰撞后，a静止在中点，b向右运动，与右侧挡板碰撞后返回中点，与a第二次碰撞，b静止，a向左运动与左侧挡板碰撞后返回中点，与b第三次碰撞，a静止，b向右运动与右侧挡板碰撞返回到中点静止，所以a与b发生了3次碰撞，故B错误；
C．由B分析可知，运动的路程为
对整个过程，由动能定理有
解得
故C错误；
D．设与第二次碰撞前的速度大小为，由动能定理有
a第2次与挡板碰撞后速度大小与与第二次碰撞前的速度大小相等，则a第2次与挡板碰撞后的动能为
联立解得
故D正确。
故选AD。
典例2．（2025·湖南省邵阳市·一模）（多选）“辘轳”是中国古代取水的重要设施，通过转动手柄将轻绳缠绕到半径为R的转筒上，就可以把水桶从井中提起。若某次转动手柄的角速度随时间t变化的图像如图乙所示，经时间把水桶从井底提升到井口，水桶和桶中水的总质量为m，重力加速度大小为g，水桶可看成质点，下列说法正确的是（ ）
A. 水井的深度为
B. ，水桶做初速度为零的匀加速直线运动
C. 把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为
D. 把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为
【答案】AC
【解析】A．图乙中内图像与时间轴所包围的面积表示把水桶从井底提升到井口过程中转筒转过的角度，设为，则有
故水井的深度为
A正确；
B．转筒边缘上点的线速度大小等于水桶的速度大小，根据线速度与角速度的关系，则有
因为内，与成正比，所以水桶的速度v与t成正比，时间内，不变，线速度不变，水桶做匀速直线运动，B错误；
C．根据动能定理，把水桶从井底提升到井口的过程中合力对水桶和桶中水做功为
C正确；
D．把水桶从井底提升到井口的过程中克服重力做功的平均功率为
D错误。
故选AC。
跟踪训练1．（2025·河南省五市·二模）一辆金属玩具模型汽车在水平地面上做直线运动，其速度v与时间t的关系如图所示。已知玩具汽车的质量为3kg，运动过程中受到的阻力f始终为车重力的0.2倍，取重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A. 时，汽车距离出发点最远
B. 0～3s时间内，牵引力对汽车做的功为54J
C. 3～5s时间内，刹车额外产生的制动力大小为3N
D. 0～6s时间内，汽车克服阻力做的功为84J
【答案】C
【解析】A．由v-t图像可知，时速度为零，即汽车距离出发点最远，A错误；
B．v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，0～3s时间内，汽车的位移大小为
由动能定理可得
其中，解得0～3s时间内牵引力对汽车做的功
B错误；
C．3～5s时间内由图像可知加速度大小为
由牛顿第二定律可得
可得因刹车额外产生的制动力的大小为
C正确；
D．根据图像可知，0～6s时间内，汽车的路程
克服阻力f做的功，D错误。
故选C
跟踪训练2．（2025·湖南省株洲市·一模）风力和空气阻力会影响雨滴下落的轨迹。一雨滴在下落过程中的某段时间内，其水平方向速度和竖直方向位移y与时间关系的图像如图所示，在图示时间2s内，该雨滴（ ）
A. 做匀加速直线运动
B. 在t＝1s时速度大小为11m/s
C. 重力的瞬时功率一直增大
D. 前、后1s内合力做功之比为1：3
【答案】D
【解析】A．根据题图可知，在水平方向雨滴的初速度为0，加速度为
即雨滴在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动；在竖直方向雨滴的加速度为零，速度为
即雨滴在竖直方向做匀速直线运动，可知，雨滴的初速度方向与加速度方向垂直，且雨滴的加速度恒定，由此可知雨滴做匀变速曲线运动，故A错误；
B．雨滴在t＝1s时,竖直方向的速度为，水平方向的速度为
故雨滴在t＝1s时的速度为
故B错误；
C．重力的瞬时功率为
因雨滴在竖直方向做匀速直线运动，即竖直方向的速度不变，故重力的瞬时功率保持不变，故C错误；
D．设雨滴的质量为，由B项知，雨滴在t＝1s时的速度为，根据动能定理可知，在前1s合力做的功为
雨滴在t＝2s时,竖直方向的速度为，水平方向的速度为
故雨滴在t＝2s时的速度为
根据动能定理可知，在后1s合力做的功为
故前、后1s内合力做功之比为
故D正确。
故选D。
考点四 多过程问题
典例1．（2025·甘肃省庆阳市第一中学·一模）某同学在拍球的过程中发现，让球由离地1m高处静止下落并自由反弹，弹起的最大高度为80cm。为了让球每次都恰好弹回到1m的高度，球每次在1m高度时应向下拍打一次球。设球在运动过程中受到的空气阻力大小恒定，球与地面碰撞后以原速率反弹，已知球的质量为900g，重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
A. 球在运动过程中受到的空气阻力大小为1.5N
B. 人每次向下拍球的过程中对球做的功为1.8J
C. 从拍球到球回到释放点，球克服空气阻力所做的功为2J
D. 球每次撞击地面的过程中，地面对球做的功为11J
【答案】C
【解析】A．球在下落到弹起到最大高度的过程中，根据动能定理
其中，
解得
故A错误。
B．球从最高点到返回到最高点的过程中，根据动能定理
解得，人每次向下拍球的过程中对球做的功为
故B错误；
C．从拍球到球回到释放点，球克服空气阻力所做的功为
故C正确；
D．根据动能定理，球每次撞击地面的过程中
因为球与地面碰撞后以原速率反弹，即
所以地面对球做的功为
故D错误。
故选C。
典例2．（2025·云南省丽江市第一高级中学·三模）（多选）在上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界。若风洞内总的向上的风速和风量保持不变，质量为m的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果，假设表演者受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且表演者站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的，风洞内表演者可上下移动的空间总高度为H。如图所示，开始时，若表演者与竖直方向成一定角度倾斜，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速飘移；后来，表演者从最高点A开始由静止先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C处减速为零，则以下说法正确的有（ ）
A. 由A至C全过程表演者克服风力做的功为mgH
B. 表演者向上的最大加速度是g
C. 表演者向下的最大加速度是
D. B点的高度是H
【答案】AD
【解析】A．对A至C全过程应用动能定理可得，解得，故A正确；
B．设最大风力为，由于表演者受风力大小与正对面积成正比，故表演者站立时所受风力为，由于表演者受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速飘移，故重力，表演者平躺匀减速下落时有向上的最大加速度，故B错误；
C．表演者站立加速下降时有向下的最大加速度，故C错误；
D．设下降过程中的最大速度为v，由运动学公式可知，加速下降过程的位移
减速下降过程的位移，故
所以，故D正确。
故选AD。
典例3．（2025·黑龙江省名校协作体·一模）如图所示，顺时针匀速转动的水平传送带与倾角为53°的斜面在其底端平滑连接，右侧与传送带等高的水平面上固定一个半径R=1.6m的竖直圆形轨道。距水平面高H=4m的弹射器用t0=0.2s的时间将滑块A水平向右弹出，滑块A恰好能从斜面顶端无碰撞地滑上斜面。已知斜面长度L1=1m，传送带长度L2=5m，滑块A质量m1=0.5kg，滑块A与斜面、传送带间的动摩擦因数相同，其余摩擦不计，滑块A可视为质点。取g=10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6。
（1）若传送带静止，滑块A向右通过传送带后刚好能到达圆形轨道与圆心等高处，求弹射器对滑块A的平均作用力大小及滑块A与传送带间的动摩擦因数；
（2）在传送带右端的水平面上静止放置一个可视为质点的滑块B（图中未画出），滑块A通过传送带后与滑块B发生弹性碰撞。若碰后滑块A静止，滑块B恰好通过圆形轨道的最高点，求传送带的速度大小。
【答案】（1），
（2）
【解析】
【小问1详解】
设滑块到斜面顶端时竖直方向的速度为，水平方向的速度为，合速度为，根据抛体运动规律可得，
联立解得
由几何知识可得，
根据动量定理则有
解得弹射器对滑块A的平均作用力大小为
设滑块A与斜面、传送带间的动摩擦因数为，根据动能定理则有
代入数据解得
【小问2详解】
由题可知，A碰前的速度等于B碰后的速度，则有，
解得
设A刚滑上传送带上的速度为，由动能定理可得
解得
根据上述结论可知，A在传送带上减速时的加速度为
假设滑块A在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动，设滑块做匀减速运动的位移为，则有
解得
假设成立，因此A在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动，故传送带的速度为
跟踪训练1．（2025·北京市昌平区·二模）如图所示，运动员将质量为m的足球从水平地面上位置1以速度踢出，足球经过最高点（位置2），落在地面上位置3，位置2距离地面的高度为h，1与2和2与3间的水平距离不等。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A. 从1到2，足球动能的减少量大于mgh
B. 从1到2，足球动能的减少量小于mgh
C. 从1到2，足球的加速度保持不变
D. 在位置2，足球的动能等于
【答案】A
【解析】C．由于1与2和2与3间的水平距离不等，结合题图可知，足球在空中受到空气阻力的作用，由于空气阻力是变力，所以从1到2，足球所受合力是变力，足球的加速度发生变化。故C错误；
AB．从1到2，设克服空气阻力做功为，根据动能定理可得
可知足球动能的减少量大于mgh，故A正确，B错误；
D．从1到2，根据动能定理可得
可知位置2，足球的动能为
故D错误。
故选A。
跟踪训练2．（2025·陕西省宝鸡市·模拟检测（一））在巴黎奥运会上， 中国运动员全红婵在10m跳台跳水决赛中获得冠军。全红婵的质量为40kg，假设她从10m跳台由静止跳入水中， 水的平均阻力是她体重的3.5倍。在粗略计算时， 空气阻力不计，可以将运动员视为质点。则水池的深度至少为（ ）
A. 5mB. 4mC. 3mD. 2m
【答案】B
【解析】设跳台高度为，水池的深度为时，运动员到水池底部时速度为零，对全过程根据动能定理
代入数据解得
故选B。
跟踪训练3．（2025·山东省烟台市·三模）某游戏装置如图所示，一水平传送带以v=3ms的速度顺时针转动，其左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B两点间的距离L=4m。左边水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量为的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），物块甲与传送带之间的动摩擦因数。右边水平台面上有一个倾角为45°，高为的固定光滑斜面（水平台面与斜面由平滑圆弧连接），斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面，桌面与水平台面的高度差为。桌面左端依次叠放着质量为的木板（厚度不计）和质量为的物块乙，物块乙与木板之间的动摩擦因数为，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距，木板与挡板碰撞会原速率返回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，已知，。求：
（1）物块甲运动到最高点时的速度大小；
（2）弹簧最初储存的弹性势能；
（3）木板运动的总路程。

【答案】（1）3m/s；（2）2.2J；（3）1.0m
【解析】（1）由题意可知，物块甲从斜面顶端到最高点做逆向平抛运动，水平方向为匀速运动，设物块甲刚离开斜面时速度为，则有
联立解得
可知物块甲运动到最高点时的速度大小为
（2）设物块甲在B点时速度为，对物块甲从B点到斜面顶端由动能定理有
解得
因为，所以物块甲在传送带上一直做减速运动。对物块甲从静止开始到B点，设弹簧弹力做功，由动能定理有
解得
根据功能关系可知弹簧最初储存的弹性势能
（3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律得
v0= v甲x
由机械能守恒定律得
解得
，
以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得
若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理得
解得
可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。
由动量守恒定律得
木板向左减速过程中，由动能定理得
解得
同理可得
以此类推木板的总路程为
解得
1．（2025·湖南省长沙市湖南师大附中·一模）如图所示三个装置，（a）中桌面光滑，（b）、（c）中桌面粗糙程度相同，（c）用大小为（为重力加速度）的力替代重物进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量及绳与滑轮摩擦，都由静止释放，在移动相同距离的过程中，下列关于三个实验装置的分析中，正确的是（ ）
A. 装置（a）中的动能增加量大于（b）中的动能增加量
B. 装置（a）中物块的加速度为
C. 装置（b）、（c）中物块的动量增加量相同
D. 装置（b）中绳上的张力等于装置（c）中绳上的张力
【答案】A
【解析】A．由于装置（b）有摩擦力，可知装置（a）中物块的合外力较大，根据，可知装置（a）中物块的加速度较大，在m移动相同距离的过程中得到的速度较大，则装置（a）m的动能增加量大于（b）中m的动能增加量，故A正确；
B．装置（a）中对系统根据牛顿第二定律
解得物块m的加速度为
故B错误；
C．装置（b）中对系统根据牛顿第二定律
解得物块m的加速度为
装置（c）中对系统根据牛顿第二定律
解得物块m的加速度为
可知装置（c）中物块m的加速度较大，在m移动相同距离的过程中得到的速度较大，则装置（c）m的动能增加量大于（b）中m的动能增加量，故C错误；
D．装置（b）中对物块m根据牛顿第二定律
解得
装置（c）中绳子张力为
所以，装置（b）中绳上的张力不等于装置（c）中绳上的张力，故D错误。
故选A。
2．（2025·山西省临汾市·二模）如图，位于竖直平面的半圆形轨道BC与足够长的水平轨道相切于B点，圆形轨道的半径为R。一个可视为质点的滑块受到水平拉力F=2.5mg的恒力作用，从水平轨道上与B点相距x的A点由静止开始运动，到达B点时撤去拉力F，滑块继续运动。不计一切摩擦，改变A点的位置，滑块到达圆形轨道最高点C时对圆形轨道的压力FC发生变化，下列能正确反映FC-x关系的图像是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】根据动能定理可得，
在最高点时，重力与压力的合力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律则有
联立解得
故选B。
3．（2025·辽宁省辽阳市·一模）（多选）一个质量为15kg的机器人沿直线运动的速度一时间图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 内机器人运动的距离为18m
B. 内机器人受到的合力大小为30N
C. 机器人减速时的加速度大小为
D. 内机器人的动能减少了480J
【答案】AD
【解析】A．根据图像与轴围成的面积表示位移可得内机器人运动的距离为
故A正确；
B．内机器人受到的合力大小机器人的加速度大小
内机器人受到的合力大小为
故B错误；
C．机器人减速时的加速度大小为
故C错误；
D．内机器人的动能减少量
故D正确。
故选AD。
4．（2025·江苏省泰州市姜堰区·二模）将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，皮球从抛出到落回抛出点过程中，其运动的动能Ek与上升高度h之间关系的图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】根据动能定理
可知图像的切线斜率绝对值等于合力大小；
上行过程的合力大小为
可知上行过程随着速度的减小，合力大小逐渐减小，则图像的切线斜率绝对值逐渐减小；
下行过程的合力大小为
可知下行过程随着速度的增大，合力大小逐渐减小，则图像的切线斜率绝对值逐渐减小；
由于空气阻力总是做负功，所以经过同一位置时，上行时的动能总是比下行时的动能大。
故选A。
5．（2025·北京市大兴一中·一模）2025年2月第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨成功举办，跳台滑雪是极具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图所示，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高为10m，C是半径为20m圆弧的最低点。质量为60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，BC段的阻力忽略不计。AB长为100m，运动员到达B点时速度大小为30m/s，取重力加速度g=10m/s2。求：

（1）在AB段运动过程中，运动员加速度的大小a。
（2）运动员经过C点时的动能Ek。
（3）运动员经过C点时所受支持力大小FN。
【答案】（1）4.5m/s2
（2）3.3×104J
（3）3900N
【解析】
【小问1详解】
运动员沿AB段做匀加速直线运动，由
可得：a=4.5m/s2
【小问2详解】
BC段由动能定理：
运动员经过C点时的动能为=3.3×104J
【小问3详解】
运动员在C点受力情况：
则可得=3900N
6. （2025·山东省青岛市·三模）（多选）如图所示，半径为R的光滑球固定在水平面上的A点，球上B点与球心O等高，C点位于A点正上方，水平面上距A点x处的P点与O、A在同一竖直面内。在POA面内将小球从P点以某一速度抛出，要使小球能够到达球的右侧，下列说法正确的是（ ）
A. 小球抛出的最小速度为
B. 若小球恰好从C点掠过球面，则抛出的最小速度为
C. 若，小球恰好从C点掠过球面，则抛出速度大小为
D. 小球抛出后可从圆弧B点以上任一点切入球面，沿球面到达右侧
【答案】ABC
【解析】A．当小球与球面相切，且恰好到达C点时，速度最小，根据动能定理有
解得
故A正确；
B．若小球恰好从C点掠过球面，则在C点有
根据动能定理有
解得此时抛出的最小速度为
故B正确；
C．若，小球恰好从C点掠过球面，则最高点的速度为
设小球与斜面相切时，切点与圆心连线与竖直方向的夹角为，则
根据斜抛运动规律可知、
则抛出速度大小为
故C正确；
D．小球抛出后可从圆弧B点以上任一点切入球面，若小球所受合力不足以提供向心力，则小球不能沿球面到达右侧，故D错误；
故选ABC。
1．（2025·广东省广州市·一模）光电门是一种可精确记录物体运动时间的装置。
（1）工作原理
光电门的光照孔面积有一定大小，遮光片经过光照孔，当遮光面积增大到某一阈值时，光电门开始计时；反之，当遮光面积减小到同一阈值时，光电门停止计时，从而得到遮光时间。在遮光时间内，遮光片移动的距离称为有效遮光宽度。
如图（a），宽为L的遮光片经过圆形光照孔，若遮光面积的阈值为光照孔面积的一半，则该遮光片的有效遮光宽度_____L（选填“大于”“小于”或“等于”）。
（2）实际测量
如图（b），细线一端系住小铅柱，另一端固定在O点，O点的正下方h（远大于小铅柱的直径）处固定一光电门。将铅柱拉离竖直位置，测量细线偏离竖直方向的夹角θ，由静止释放铅柱，测得遮光时间为t，已知重力加速度为g，不计摩擦与空气阻力，铅柱中轴线始终沿细线方向，则铅柱经过光电门的有效遮光宽度L0=_____（用h、g、θ、t表示）。
某次实验，小铅柱直径D=5.10mm，θ=60°，h=0.25m；g取9.80m/s2，多次测量得平均遮光时间t=3.02ms，取，则铅柱经过光电门的有效遮光宽度L0=_____mm（结果保留3位有效数字）。
（3）误差分析
结合（1）工作原理，对比L0与D可知，此光电门的光照孔遮光面积的阈值_____（选填“大于”“小于”或“等于”）光照孔面积的一半。
由此可知，该阈值会导致遮光片有效遮光宽度与其实际宽度有差异。当使用一块宽度为L1（L1>D）的遮光片时，其有效遮光宽度应为_____（用D、L0、L1表示）。
【答案】（1）等于 （2） ①. ②. 4.73
（3） ① 大于 ②. L1+L0-D
【解析】
【小问1详解】
遮光片经过圆形光照孔，遮光面积的阈值为光照孔面积的一半，且遮光面积达到阈值时开始计时，遮光面积减小到阈值时计时结束，由于遮光片的宽度为L，因此有效遮光宽度等于遮光片的实际宽度L。
【小问2详解】
[1]铅柱从静止释放后，经过光电门时的速度v可以通过动能定理计算
解得
故遮光宽度为
解得
[2]代入数据可得
【小问3详解】
[1]由于 L0=4.73 mm 大于 ，说明光电门的光照孔遮光面积的阈值大于光照孔面积的一半。
[2]由上述分析可知，该阈值会导致遮光片的有效遮光宽度与其实际宽度有差异。当使用一块宽度为L1（L1>D）的遮光片时，其有效遮光宽度应为L1+L0-D。
2．（2025·内蒙古呼和浩特市·一模）（多选）如图所示，大圆环固定在竖直平面内，一根轻绳两端各系一个小球A、B，轻绳跨过固定在大圆环顶端的小滑轮，A为有孔小球套在光滑的大圆环上。A与大圆环圆心连线和竖直方向夹角为60°，A的质量为4m，B的质量为m，大圆环半径为R，重力加速度为g。由静止释放A、B，则在A球下滑到最低点的过程中（不计一切摩擦）（ ）
A. A球重力的瞬时功率一直变大
B. B球所受拉力可能小于其重力
C. A球到达最低点时的速度
D. A球与大圆环圆心等高时B球的速度
【答案】BC
【解析】A．当A滑到最低点时，速度与重力垂直，重力的瞬时功率为0，则A球重力的瞬时功率先增大后减小，故A错误；
B．B球的速度等于A球沿绳方向的分速度，最低点时该速度为0，可知B球先加速后减速，减速后拉力小于重力，故B正确；
C．A球到达最低点的过程中，根据动能定理可知
解得
故C正确；
D．A球与大圆环圆心等高时，根据动能定理有
解得B球的速度为
故D错误；
故选BC。
3．（2025·山东省滨州市市·二模）如图所示，在火星上执行救援任务中，工程师设计了一款应急轨道装置。水平轨道长度，与半径的四分之一竖直光滑圆轨道在底部相切且固定在水平地面上。一质量的物资箱从水平轨道最左端开始，在方向与水平面夹角、大小的恒力作用下，由静止开始沿着水平轨道运动，且整个运动过程中恒力始终存在。已知物资箱与水平轨道表面动摩擦因数，火星表面重力加速度，忽略空气阻力。求：
（1）物资箱到达圆轨道底端时对轨道的压力的大小；
（2）物资箱从静止开始到第一次落地过程中，距离水平轨道的最大高度。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
对物资箱进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
竖直方向上根据受力平衡得
又
联立解得
在水平轨道的运动过程中，根据运动学公式得
解得
在圆轨道最低点，根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律可知，物资箱对轨道的压力大小为
【小问2详解】
从圆轨道最低点到圆轨道最高点的过程中，外力做得功为
根据动能定理可得
解得
离开圆轨道后，在竖直方向上，物资箱做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得
解得
根据运动学公式可得
到水平轨道的最大高度为
联立解得
4．（2025·青海省西宁市大通县·二模）（多选）如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块。物块与圆盘及与餐桌面间的动摩擦因数均为μ，现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则
A. 物块在圆盘上运动时所受的摩擦力方向指向圆心
B. 物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的角速度大小为
C. 物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgr
D. 餐桌面的半径为
【答案】BD
【解析】A．因物块做加速圆周运动，故所受的摩擦力方向并不指圆心，故A错误；
B．物块从圆盘上滑落的瞬间，物块与圆盘的角速度大小相等，线速度大小相等，此时摩擦力达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律可得
解得
故B正确；
C．物块随圆盘运动的过程中，由动能定理，可得圆盘对小物块做功为
故C错误；
D．物块从圆盘上滑落到滑到桌面的边缘，如图所示，由动能定理可得
代入数据解得
由几何关系可得
代入数据解得餐桌面的半径为
故D正确。
故选BD。
5．（2025·江西省新余市·二模）如下图所示，半径均为的两球形行星、的密度之比为，、各有一个近地卫星、，其绕行周期分别为、。站在行星表面的宇航员从距行星表面高为处以水平抛出一物体，从距行星表面高为处以水平抛出另一物体。下列说法正确的是（ ）

A. 、两物体从抛出到落地的位移之比为
B. 、绕、运行的速度之比为
C. 、绕、运行的周期满足
D. 由于不知道与的质量，所以无法求出二者落地时速度之比
【答案】A
【解析】A．在行星表面有
可得
可知行星A、B的表面重力加速度之比为
a、b两物体在空中的时间分别为，
a、b两物体的水平位移分别为，
联立可得
则a、b两物体从抛出到落地的位移之比为
故A正确；
B．近地卫星绕行星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得
可得
可知C、D绕A、B运行的速度之比为
故B错误；
C．近地卫星绕行星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得
可得
可知C、D绕A、B运行的周期之比为
故C错误；
D．对于物体a，根据动能定理可得
可得
对于物体b，根据动能定理可得
可得
则有
故D错误。
故选A。
6．（2025·江苏省扬州中学·一模）为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ＝60°，长为L1＝2 m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2＝m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D，如图所示。现将一个小球从距A点高为h＝0.9 m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝。g取10 m/s2，求：
(1)小球初速度v0的大小；
(2)小球滑过C点时速率vC；
(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件。
【答案】(1)m/s；(2)3 m/s；(3)0＜R≤1.08 m
【解析】(1)小球做平抛运动到达A点，由平抛运动规律知竖直方向有
即
因为在A点的速度恰好沿AB方向，
所以小球初速度
(2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得
解得
(3)小球刚好能通过最高点时，由牛顿第二定律有
小球做圆周运动过程中，由动能定理有
解得
当小球刚好能到达与圆心等高时有
解得
当圆轨道与AB相切时
即圆轨道的半径不能超过1.5 m，综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是
7．（2025·广东省揭阳市·一模）如图所示，水平轨道PAB与圆弧轨道BC相切于B点其中PA段光滑，AB段粗糙，动摩擦因数，AB段长度L=2m，BC段光滑，半径R=1m。轻质弹簧劲度系数k=200N/m，左端固定于P点，右端处于自由状态时位于A点。现用力推质量m=2kg的小滑块，使其缓慢压缩弹簧，当推力做功W=25J时撤去推力。已知弹簧弹性势能表达式，其中k为弹簧的进度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。
（1）求推力撤去瞬间，滑块的加速度；
（2）求滑块第一次到达圆弧轨道最低点B时，对B点的压力FN；
（3）判断滑块能否越过C点，如果能，求出滑块到达C点的速度vC和滑块从离开C点到再次回到C点所用时间t；如果不能，求出滑块能到达的最大高度h。
【答案】（1）；（2）62N；（3）能，1m/s，0.2s
【解析】（1）缓慢压缩弹簧过程，根据功能关系有
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律有
联立以上两式，解得
（2）滑块到达B点过程中根据动能定理有
在B根据牛顿第二定律，有
联立以上两式，解得
由牛顿第三定律可知，滑块对B点的压力为62N。
（3）设滑块能够到达C点，则由动能定理得
代入已知数据解得
滑块将做竖直上抛运动，回到C点的时间为
8．（2025·湖南省邵阳市·一模）如图所示，固定的桌面、地面和固定的螺旋形圆管均光滑，轻质弹簧左端固定，自然伸长位置为点，弹簧的劲度系数，圆轨道的半径，圆管的内径比质量为的小球直径略大，但远小于圆轨道半径，质量为的小物块静止于质量为的木板左端，木板的上表面恰好与圆管轨道水平部分下端表面等高，小物块与木板上表面间的动摩擦因数，木板右端与墙壁之间的距离，现用力将小球向左推压，将弹簧压缩，然后由静止释放小球，小球与弹簧不连接，小球运动到桌面右端点后水平抛出，从管口A点处沿圆管切线飞入圆管内部，从圆管水平部分B点飞出，并恰好与小物块发生弹性碰撞，经过一段时间后木板和右侧墙壁发生弹性碰撞，已知小物块始终未和墙壁碰撞，并且未脱离木板，已知OA与竖直方向夹角，，，，。求：
（1）抛出点与管口A间的高度差h；
（2）小球在圆管最高点所受的弹力；
（3）木板在地面上滑动的总路程s。
【答案】（1）0.45m
（2）4N，方向竖直向下
（3）6.35m
【解析】【小问1详解】
弹簧弹开小球过程弹力随位移均匀变化，由动能定理可得
解得
在小球平抛到管口A点时速度如图所示
根据，
联立解得
【小问2详解】
小球从A到圆筒最高点的过程，由动能定理可得
由上图可知
小球在最高点时
解得
说明小球在圆管最高点所受的弹力大小为4N，方向竖直向下。
【小问3详解】
从A到B全过程，由动能定理可得
解得
小球和小物块碰撞过程，取水平向右为正方向，可得
解得，
说明碰后小球停止运动，物块获得向右的速度，开始在木板上滑动，以和为对象，可得
对木板可得
解得
物块与木板共速后与墙壁发生第1次碰撞后，对木板
木板向左移动的最大距离
解得
设小物块和木板第二次共速时速度为，则有
解得
第2次与墙碰撞后，木板向左移动的最大距离
设小物块和木板第三次共速时速度为，则有
解得

同理可得
……
第n次与墙碰撞后，对木板有
木板运动的总路程为
即
代入数据解得
9．（2025·湖南省长沙市湖南师大附中·一模）（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
【解析】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。
10．（2025·河北省张家口市·三模）如图所示，圆心角、半径的光滑圆弧轨道固定在水平地面上，其末端切线水平；质量、长度的木板置于水平地面上，其上表面与端等高，的右端距端的水平距离；质量的小物块以的速度从左端滑上木板，当运动到的右端时，恰好与圆弧轨道发生弹性碰撞。已知与地面之间的动摩擦因数，与之间的动摩擦因数，重力加速度取，，。求：
（1）与圆弧轨道碰后向左运动的时间；
（2）通过点时对圆弧轨道的压力大小。
【答案】（1）1s （2）36N
【解析】
【小问1详解】
对B，由牛顿第二定律可得加速度大小
对A，由牛顿第二定律可得加速度大小
题意可知
代入题中数据，解得
此时AB的速度分别为
由于A恰好与圆弧轨道发生弹性碰撞，故碰后A的原速率返回，之后A的加速度大小
故与圆弧轨道碰后向左运动的时间
【小问2详解】
设B在M点速度为，由动能定理有
在M点有
联立解得B在M点时受到的支持力大小
根据牛顿第三定律可知通过点时对圆弧轨道的压力大小为36N。
11．（2025·陕西省安康市·二模）（多选）如图所示，一倾角的光滑斜面固定于水平地面上，一劲度系数的弹簧一端固定于的物体（可视为质点）上，另一端连接到斜面底端的固定挡板上，开始物体处于静止状态，现将大小方向沿斜面向上的恒力作用到物体上，在其沿斜面向上运动过程中（斜面足够长，，，重力加速度）下列说法正确的是（ ）
A. 速度先增大后减小B. 加速度先增大后减小
C. 当弹簧恢复原长时速度最大D. 最大速度为1.2m/s
【答案】AD
【解析】ABC．开始弹力沿斜面向上，分析物体受力，根据牛顿第二定律可得
形变量减小，加速度减小，速度增大；之后弹簧伸长根据牛顿第二定律得
形变量增大，加速度接着减小，速度继续增大；当时，加速度为零速度达最大，之后根据牛顿第二定律得
物体做加速度增大的减速运动，故A正确，BC错误；
D．开始时
代入数据得
速度最大时
代入数据得
由开始至速度最大，由动能定理
得
故D正确。
故选AD。
12. （2025·陕西省渭南市临渭区·三模）（多选）如图甲，光滑圆轨道固定在竖直面内，小球沿轨道始终做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N，动能为Ek。改变小球在最低点的动能，小球对轨道压力N的大小随之改变。小球的N-Ek图线如图乙，其左端点坐标为（①，②），其延长线与坐标轴的交点分别为（0，a）、（-b，0）。重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球的质量为B. 圆轨道的半径为
C. 图乙①处应为3bD. 图乙②处应为6a
【答案】AD
【解析】AB．根据牛顿第三定律可知，小球在最低点的压力大小等于支持力，所以小球在最低点时有，
所以
结合图线可得，
所以，
故A正确，B错误；
CD．由于小球能做完整的圆周运动，当小球恰好通过最高点时，有
小球从最低点运动到最高点，根据动能定理可得
联立解得，
此时可得
所以①处为
②处为
故C错误，D正确。
故选AD。
13. （2025·四川省雅安市·二模）（多选）如图所示，粗糙程度可改变斜面DE与光滑圆弧轨道BCD相切于D点，C为最低点，B与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1m，圆心角∠BOD＝127°，调整斜面动摩擦因数时，将一可视为质点、质量m＝1kg的物块，从B点正上方的A点自由释放，物块恰好到达斜面顶端E处。已知AB＝1m，DE＝1.8m，重力加速度g取，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，则（ ）

A. 物块第一次通过C点时受到支持力大小为50N
B. 调整μ＝0.4，物块在斜面上运动的路程为5.625m
C. 调整μ＝0.6，物块在斜面上运动的路程为3.75m
D. 调整μ＝0.8，物块在斜面上运动的路程为1m
【答案】AC
【解析】A．从A到C过程，根据动能定理得
物块在C点时，由牛顿第二定律得
联立解得物块第一次通过C点时受到支持力大小为=50N
故A正确；
B．当斜面动摩擦因数时，从A到E过程，根据动能定理得
解得
当μ＝0.4时，因，物块会从E点飞出，物块在斜面上运动的路程为DE=1.8m
故B错误；
C．当μ=0.6时，因，物块最终会在以C为中心、B为左端最高点的圆弧上来回运动，设物块在斜面上运动的路程为s。
从A点到最终稳定运动时的B点，由动能定理得
解得s=3.75m
故C正确；
D．当μ＝0.8时，因，物块会停止在斜面上，物块在斜面上运动的路程为。由动能定理得
解得1.45m
故D错误。
故选AC。
1．（2025年黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷第13题）如图，一雪块从倾角的屋顶上的点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离，A点距地面的高度，雪块与屋顶的动摩擦因数。不计空气阻力，雪块质量不变，取，重力加速度大小。求：
（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小；
（2）雪块落地时的速度大小，及其速度方向与水平方向的夹角。
【答案】（1）5m/s
（2）8m/s，60°
【解析】
【小问1详解】
雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理
代入数据解得雪块到A点速度大小为
【小问2详解】
雪块离开屋顶后，做斜下抛运动，由动能定理
代入数据解得雪块到地面速度大小
速度与水平方向夹角，满足
解得
2. （2025年重庆卷第15题）如图所示，长度为d水平传送带M顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。
（1）求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
（2）若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量；
（3）若B的质量是A的n倍，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。
【答案】（1），
（2）
（3），
【解析】
【小问1详解】
A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即
可得
由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物体在传送带上做匀加速直线运动，由
解得
【小问2详解】
设B的质量为M，则由题意由碰前，，两物体发生弹性碰撞则动量和能量守恒有，
又因在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即
联立解得，
因为OP 段粗糙，由动能定理有
得，即，
根据题意有，且由（1）有
联立各式解得
【小问3详解】
A、B碰撞过程动量守恒有
又因为碰后瞬间A和B的动量相同，则，
根据碰撞约束条件，要两物块不发生二次碰撞则有，即
碰后动能不增，即，可得
所以n取值范围为
分别将和带入，分别可得，
所以对应的B 的速度范围为，带入
可得
3. （2025年云南卷第10题）（多选）如图所示，倾角为的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数。过程I：Q以速度从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A. P、M两点之间的距离为
B. 过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为
C. 过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
D. 连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM（含O、M点）之间
【答案】BCD
【解析】A．设的距离为，过程I，根据动能定理有
设的距离为，过程Ⅱ中，当Q速度最大时，根据平衡条件
P、M两点之间的距离
联立可得
故A错误；
B．根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能
结合
可得
故B正确；
C．设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移，根据能量守恒定律
结合
解得
故C正确；
D．无论Q从何处释放，Q在斜面上运动过程中，弹簧与Q初始时的势能变为摩擦热，当在点时，满足
当在点时，满足
所以在OM（含O、M点）之间速度为零时，Q将静止，故D正确。
故选BCD。
4. （2025年云南卷第2题）如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近（ ）
A. 4×105JB. 4×104JC. 4×103JD. 4×102J
【答案】B
【解析】高中生的质量约为50kg，根据动能定理有
故选B。
5. （2025年四川卷第15题）如图所示，倾角为的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。
（1）求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小；
（2）若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件；
（3）在满足（2）中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。
【答案】（1）
（2）或
（3）
【解析】
【小问1详解】
小球甲从a点沿直线运动到b点过程中,根据牛顿第二定律有
解得甲在ab段运动的加速度大小
【小问2详解】
甲恰能到c点，设到达c点时的速度为，可知
解得①
根据题意甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒和能量守恒，
解得碰后乙的速度为②
碰后乙能运动至点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点，此时需满足
即③
联立①②③可得
第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知，
解得④
联立①②④可得
【小问3详解】
在（2）问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段，根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆周运动显然不满足能越过线段，故碰后乙做类平抛运动越过线段，故碰后乙的速度必然满足
同时根据类平抛运动规律可知，
同时需保证小球不能撞击到圆弧cd上，可得当，
联立解得⑤
联立②⑤将代入可得⑥
对甲球从a到c过程中根据动能定理⑦
联立⑥⑦可得
6. （2025年四川卷第7题）如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内（ ）
A. 物块的位移大小为B. 物块机械能增量为
C. 小车的位移大小为D. 小车机械能增量为
【答案】C
【解析】A．对物块根据牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式有
解得物块的位移大小为
故A错误；
B．物块机械能增量为
故B错误；
C．对小车根据动能定理有
其中
联立解得
故C正确；
D．小车机械能增量为
故D错误。
故选C。
7. （2025年湖南卷第15题）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳？？紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，，重力加速度大小为g。
（1）若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；
（2）若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小；
（3）若滑杆能沿轨道自由滑动，，且，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】
【小问1详解】
由B点到最低点过程动能定理有
最低点牛顿第二定律可得
联立可得
【小问2详解】
轻绳运动到左上方与水平方向夹角为时由能量守恒可得
水平方向
竖直方向取向上为正可得
联立可得
【小问3详解】
当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为时计为点C，由能量守恒可得
设的水平速度和竖直速度分别为，则有
则水平方向动量守恒可得
水平方向满足人船模型可得
此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为
设此时机器人的速度与竖直方向的夹角为，则有速度关系
水平方向
竖直方向
联立可得
即
显然当时取得最小，此时
8. （2025年湖南卷第10题）（多选）如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为。D在滑轨上运动距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为，根据可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为、、，，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则（ ）
A. D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等
B. D的初动能与其落地时的动能相等
C. 弹药释放的能量为
D. 弹药释放的能量为
【答案】BD
【解析】A．爆炸后，AB组成的系统动量守恒，即3mv1=mv2
B与C碰撞过程动量守恒mv2=6mv
联立解得v=0.5v1。
爆炸后瞬间A的动能
D的初动能
两者不相等，故A错误；
B．D水平滑动过程中摩擦力做功为
做平抛运动过程中重力做的功为
故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为0，根据动能定理可知D的初动能与其落地时的动能相等，故B正确；
CD．D物块平抛过程有，
联立可得
D水平滑动过程中根据动能定理有
化简得
弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程的能量为
故C错误，D正确。
故选BD。
9. （2025年湖北卷第15题）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为，滑块与木板间的动摩擦因数为。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为（为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小
（2）记木板滑动前第j个滑块开始滑动时速度为，第个滑块开始滑动时的速度为。用已知量和表示。
（3）若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求的值。（参考公式：）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
滑块1运动时，对木板的摩擦力为
地面对木板的摩擦力为
所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L，所以对滑块1根据动能定理有
解得
【小问2详解】
滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为
根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第个滑块碰撞时，有
第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒有
联立可得
【小问3详解】
当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有
解得（n为整数）
则第个（即）木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的木块不发生相对滑动，则
则
木板和剩下的木块不发生相对滑动。
对前面个（即）木块，有
木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面个木块和个木块共速，且相对位移恰好为，则
则
又
则
则
j=1时，第一个滑块开始运动的速度，则
j=2时，根据动量守恒定律可得
可得第2个滑块开始运动的速度，
则
由第二问可得，，则对第3个滑块到第个滑块有
……
将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得
联立，
可得
10. （2025年广东卷第14题）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为，其中为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用图线下的“面积”表示f所做的功）求：
（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度。
（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。
（3）拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式
根据角速度和线速度的关系
联立可得
【小问2详解】
根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示
可得摩擦力对木塞所做的功为
对木塞，根据动能定理
解得
【小问3详解】
设开瓶器对木塞的作用力为，对木塞，根据牛顿第二定律
速度
位移
开瓶器的功率
联立可得
11. （2025年北京卷第19题）关于飞机的运动，研究下列问题。
（1）质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。
（2）飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。己知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为，减速时最大加速度大小为。求该位置距起点的距离d。
（3）无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足，并确定的值。
【答案】（1）
（2）
（3）论证见解析，
【解析】
【小问1详解】
根据动能定理
可得牵引力对飞机做的功
【小问2详解】
加速过程，设起飞速度为，根据速度位移关系
减速过程，根据速度位移关系
联立解得
【小问3详解】
在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼改变方向，从而对机翼产生升力。根据升力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量定理
可得
又，
联立可得
又
可知
即
12. （2025年北京卷第7题）2024年6月，嫦娥六号探测器首次实现月球背面采样返回。如图所示，探测器在圆形轨道1上绕月球飞行，在A点变轨后进入椭圆轨道、为远月点。关于嫦娥六号探测器，下列说法正确的是（ ）
A. 在轨道2上从A向B运动过程中动能逐渐减小
B. 在轨道2上从A向B运动过程中加速度逐渐变大
C. 在轨道2上机械能与在轨道1上相等
D. 利用引力常量和轨道1的周期，可求出月球的质量
【答案】A
【解析】A．在轨道2上从A向B运动过程中，探测器远离月球，月球对探测器的引力做负功，根据动能定理，动能逐渐减小，A正确；
B．探测器受到万有引力，由
解得
在轨道2上从A向B运动过程中，r增大，加速度逐渐变小，B错误；
C．探测器在A点从轨道1变轨到轨道2，需要加速，机械能增加，所以探测器在轨道2上机械能大于在轨道1上的机械能，C错误；
D．探测器在轨道1上做圆周运动，根据万有引力提供向心力，得
解得
利用引力常量G和轨道1的周期T，还需要知道轨道1的半径r，才能求出月球的质量，D错误。
故选A。
13. （2025年安徽卷第14题）如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距。一根长为的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量的小球，小球与水平地面接触但无压力。时，小球以水平向右的初速度开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取。
（1）求绳子被拉断时小球速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
（2）求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
（3）若在时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
【答案】（1），
（2）4m （3）
【解析】
【小问1详解】
小球从最下端以速度v0抛出到运动到M正下方距离为L的位置时，根据机械能守恒定律
在该位置时根据牛顿第二定律
解得，
【小问2详解】
小球做平抛运动时，
解得x=4m
【小问3详解】
若小球经过N点正上方绳子恰不松弛，则满足
从最低点到该位置由动能定理
解得
14. （2024年新课标卷第2题）福建舰是我国自主设计建造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
【解析】动能表达式
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。
15. （2024年辽宁卷第14题） 如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小和；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能。
【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J
【解析】（1）对A物块由平抛运动知识得
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为
AB物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB物块整体动量守恒，则
解得脱离弹簧时B的速度大小为
（2）对物块B由动能定理
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
（3）弹簧的弹性势能转化为AB物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即
其中
，
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
16. （2024·上海卷·第7题）如图，小球a通过轻质细线Ⅰ，Ⅱ悬挂，处于静止状态。线Ⅰ长，Ⅱ上端固定于离地的O点，与竖直方向之间夹角；线Ⅱ保持水平。O点正下方有一与a质量相等的小球b，静置于离地高度的支架上。（取，，）
（1）在线Ⅰ，Ⅱ的张力大小，和小球a所受重力大小G中，最大的是______。
（2）烧断线Ⅱ，a运动到最低点时与b发生弹性碰撞。求：
①与b球碰撞前瞬间a球的速度大小；（计算）______
②碰撞后瞬间b球的速度大小；（计算）______
③b球的水平射程s。（计算）______
【答案】 ①. ②. ③. ④.
【解析】（1）[1]以小球a为对象，根据受力平衡可得
可知在线Ⅰ，Ⅱ的张力大小，和小球a所受重力大小G中，最大的是。
（2）①[2]由动能定理可得
可得
②[3]由动量守恒定律和能量守恒可得
联立解得
③[4]由平抛运动的规律有
，
联立解得
17、（2023年6月浙江卷第3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
解析：铅球在空中做平抛运动，加速度为重力加速度，恒定不变，A错；铅球的速度大小为，又，联立可得，所以图像为曲线，B错；由于不计空气阻力，则铅球在空中运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由动能定理有，又，联立可得，所以图线为二次函数图线，C错，D对。
18. （2023年新课标卷第7题）（多选）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）

A. 在x = 1m时，拉力的功率为6W
B. 在x = 4m时，物体的动能为2J
C. 从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D. 从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为2kg∙m/s
【答案】BC
【解析】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为
W = Fx
可看出W—x图像的斜率代表拉力F。
AB．在物体运动的过程中根据动能定理有
则x = 1m时物体的速度为
v1= 2m/s
x = 1m时，拉力为
则此时拉力的功率
P = Fv1= 12W
x = 4m时物体的动能为
Ek= 2J
A错误、B正确；
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为
Wf= μmgx = 8J
C正确；
D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F1= 6N，2—4m的过程中F2= 3N，由于物体受到的摩擦力恒为f = 4N，则物体在x = 2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度
则从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为
D错误。
故选BC。
19. （2023年1月浙江卷第18题）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径点高度为长度，HI长度，摆渡车长度、质量。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
答案：(1)22 N
(2)0.3
(3)2.5 s
解析：(1)C点离地高度为
滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
解得
在最高点C时，根据牛顿第二定律可得
解得
(2)从静止释放到G点，由动能定理可得
由题可知，滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，速度大小设为v
根据动量守恒定律可得
由功能关系可得
综合解得
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
设滑块从滑上摆渡车到共速的时间为，有
共速后继续向右匀速运动的时间
20. （2023年6月浙江卷第18题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为的滑块b与质量为的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小和所受支持力大小；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块碰撞过程中损失的机械能；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。
答案：(1)31.0 N
(2)0
(3)0.2 m
解析：(1)滑块a以初速度从D处进入竖直圆弧轨道DEF运动，由动能定理有
解得
在最低点F，由牛顿第二定律有
解得
(2)碰撞后滑块a返回到B点的过程，由动能定理有
解得
滑块碰撞过程，由动量守恒定律有
解得
碰撞过程中损失的机械能
(3)滑块a碰撞b后立即被粘住，由动量守恒定律有
解得
滑块ab一起向右运动，压缩弹簧，ab减速运动，c加速运动，当abc三者速度相等时，弹簧长度最小，由动量守恒定律有
解得
由机械能守恒定律有
解得
由解得最大压缩量
滑块ab一起继续向右运动，弹簧弹力使c继续加速，使ab继续减速，当弹簧弹力减小到零时，c速度最大，ab速度最小；滑块ab一起再继续向右运动，弹簧弹力使c减速，ab加速，当abc三者速度相等时，弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，由弹簧的弹性势能公式可知最大伸长量
所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差
21. （2023年湖北卷第14题）如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
（1）小物块到达D点的速度大小；
（2）B和D两点的高度差；
（3）小物块在A点的初速度大小。
【答案】（1）；（2）0；（3）
【解析】（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有
解得

（2）由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
联立解得
，HBD = 0
（3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
S = π∙2R
解得
22. （2023年江苏卷第15题）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）滑雪者从A到P根据动能定理有
根据动量定理有
联立解得
（2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有
（3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有
水平方向上有
联立可得
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2024年新课标卷，第2题
2025年云南卷，第2题
2025年黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷，第13题
动能、动能定理的理解
斜抛
2021年山东卷，第3题
2021年全国甲卷，第7题
2024年上海卷，第7题
2025年北京卷，第7题
2025年北京卷，第19题
2025年广东卷，第4题
2025年四川卷，第7题
2025年云南卷，第10题
2025年重庆卷，第15题
动能定理的简单应用
匀变速直线运动
胡克定律
受力平衡
牛顿第二定律
传送带
平抛
圆周运动
万有引力
能量守恒定律
弹性正碰
2021年湖北卷，第4题
2021年山东卷，第18题
2022年湖南卷，第7题
2023年新课标卷，第7题
2023年浙江6月卷，第3题
动能定理与图像的 综合
受力平衡
功能关系
能量守恒定律
2021年辽宁卷，第10题
2021年全国甲卷，第11题2022年浙江1月卷，第20题2023年江苏卷，第1题
2023年湖北卷，第14题
2023年浙江6月卷，第18题2023年浙江1月卷，第18题2024年辽宁卷，第14题
2025年安徽卷，第14题
2025年湖北卷，第15题
2025年湖南卷，第10题
2025年湖南卷，第15题
2025年四川卷，第15题
多过程问题中动能定理的应用
匀变速直线运动
摩擦力
牛顿第二定律
平抛、斜抛
圆周运动
向心力
恒力功
机械能守恒定律
能量守恒定律
弹性正碰
动量守恒定律