2026年黑吉辽蒙高考物理二轮复习题型08 动能定理的准确理解与实际应用（解析版）

题型08动能定理的准确理解与实际应用

目录

第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局

第二部分考向破译微观解剖，精细教学

总方法透视典例引领变式演练

考向01运用动能定理求变力做的功

考向02牛顿定律与动能定理相结合解决问题

考向03运用动能定理分析各力做功的数量关系

考向04动能定理综合问题

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

动能定理是黑吉辽蒙高考物理力学能量的核心工具，近5年（2021-2025）稳定高频，集中在选

择中档题（4-6分）+力学综合大题（6-12分），常与传送带、板块、圆周、弹簧、电场/电磁感应结

合，以下为结构化考情分析。核心逻辑：合外力做功=动能变化（W合=ΔEk=½mv末²−½mv初²），

适用单物体/质点，多过程问题优先用，规避复杂受力与加速度分析。模型占比：传送带/板块约40%、

圆周/斜面约30%、弹簧/变力（F-x图像）约20%、电磁感应综合约10%。传送带/板块（摩擦生热+

多过程）、圆周/斜面（重力/弹力做功）、弹簧/F-x图像（变力做功）；核心是多过程分段、变力做

功用图像/能量转化。

1.动能

12

（1）定义：物体由于运动而具有的能。（2）公式：Ek＝mv。

2

(3)标矢性：动能是标量，只有正值，动能与速度方向无关。

(4)状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。(5)相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性。

1212

(6)动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv2－mv1。动能的变化是过程量。

22

2.动能定理

(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。

1212

(2)表达式W＝ΔEk;W＝Ek2－Ek1;W＝mv2－mv1。

22

3．物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。

4．适用范围广泛

(1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。

(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。

5.动能定理的理解和应用

(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。

因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。

数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。

单位关系：国际单位制中功和能的单位都是焦耳。

(2)动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是静电力、磁场力或其他力；既可

以是恒力，也可以是变力。

(3)动能定理中涉及的物理量有F、l、α、m、v、W、Ek，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动

能定理。

6.应用动能定理的注意事项

(1)应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”。“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，

“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。

(2)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。

(3)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借

助草图理解物理过程之间的关系。

(4)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，

也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。

(5)当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功

特点：①重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力与

路程的乘积。

(6)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检

验。

7.应用动能定理解决问题的流程

考向01运用动能定理求变力做的功

【例1-1】（2026·黑龙江辽宁·一模）无风的情况下，在离地面高为H处，将质量为m的球以速度v0水平抛

出，球在空气中运动时所受的阻力大小fkv，v是球的速度，k是已知的常数，阻力的方向与速度方向相

反，并且球在着地前已经竖直向下做匀速运动。已知重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）

kv

A．球刚抛出时加速大小为a0g

m

mg

B．球着地前瞬间的速度大小为v

k

1m3g2

C．球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功WmgHmv2

20k2

D．其他条件不变，若将球从同一地点由静止释放，则两种情况下球在空中运动时间不同

【答案】B

【详解】．小球刚抛出时受到的合力大小为22

AF合mgkv0

22

Fmgkv

根据牛顿第二定律可得球刚抛出时的加速度大小为a合0，故A错误；

mm

mg

B．球最终竖直向下做匀速直线运动，设此时速度为v，则mgkv，得v，故B正确；

k

11

C．设球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功为W，由动能定理得mgHWmv2mv2

220

1m3g2

解得WmgHmv2，故C错误；

202k2

D．根据运动的独立性，在竖直方向都是从静止开始的运动，竖直方向受到的合力均为Fymgkvy

Fkv

加速度均为：aygy

ymm

故在竖直方向上的运动的情况是相同的，运动时间相等，故D错误。

故选B。

【例1-2】（2025·黑龙江·模拟预测）冰车是东北地区冬季喜闻乐见的游乐项目。如图甲所示，小孩坐在冰

车上，大人先用水平恒力F1推了5s后，又用水平恒力F2推了25s，之后撤去了外力，小孩及冰车又在冰面

上自由滑行了10s，最终静止。已知小孩和冰车的总质量为40kg，小孩在冰面上做直线运动的vt图像如图

乙所示，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法中正确的是（）

A．水平恒力F116N

B．冰车与冰面的动摩擦因数0.2

C．整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为s75m

D．整个过程中大人对小孩和冰车做的功为W520J

【答案】D

【详解】B．在30~40s内小孩和冰车在只受摩擦力的作用下做匀减速直线运动，根据vt图像可知，此段

v2

的加速度大小为am/s20.2m/s2

2t10

由牛顿第二定律mgma2

得冰车与冰面的动摩擦因数0.02

故B错误；

v2

A．0~5s内冰车做匀加速直线运动，根据vt图像可知am/s20.4m/s2

1t5

再由牛顿第二定律F1mgma1

解得F124N

故A错误；

C．vt图像与横轴所围成的面积表示位移，因此整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为

(305)40

s2m65m

2

故C错误；

D．由动能定理Wmgs00

代入数据得W520J

故D正确。

故选D。

【变式1-1】（2025·吉林长春·二模）如图所示，水平地面上固定一倾角为37的斜面，其底端垂直斜面固

定一挡板P。斜面顶端固定一光滑圆弧轨道，轨道所对应的圆心角为53，轨道下端与斜面相切。长木板A

放置在斜面上，其上端与斜面上端对齐，下端到挡板P的距离为s，物块B放在A上表面的中点。初始时

A、B均静止，物块C从圆弧最高点由静止释放，沿圆弧轨道滑到斜面顶端时与A相碰。已知木板A足够

9

长，物块B、C均可视为质点，碰撞均为弹性碰撞，圆弧轨道的半径Rm，mm1kg，mC2kg，

16AB

37

A和C与斜面间的动摩擦因数均为，B与A间的动摩擦因数，g10m/s2，sin370.6，

1428

cos370.8。

(1)求C在圆弧轨道最低点与A碰前瞬间，轨道对小球C的压力大小；

(2)若s足够长，A、B在接触挡板P前已达到共同运动，求A刚接触挡板P时B在A上表面的划痕长度；

6

(3)若sm，A与挡板P碰撞后，速度大小不变，方向反向，在A与挡板P第一次碰撞到第二次碰撞期

13

间内，试推理说明A与C能否发生碰撞？

【答案】(1)48N

4

(2)m

13

(3)相碰

1

【详解】（1）物块C沿圆弧轨道下滑过程中，由动能定理有mgRsin53mv2

C2C0

v2

到达圆弧轨道最低点Fmgcos37m0

NCCR

解得v03m/s，FN48N

（2）C与A发生弹性碰撞，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得mCv0mCv1mAvA

111

由能量守恒定律得mv2mv2mv2

2C02C12AA

解得v11m/s，vA4m/s

此后A向下做匀减速运动，加速度大小为a1，B向下做匀加速运动，加速度大小为a2，对A有

1mAmBgcos372mBgcos37mAgsin37mAa1

对B有mBgsin372mBgcos37mBa2

22

解得a113m/s，a213m/s

经t1后A、B共速，则有vAa1t1a2t1v共

2

解得ts，v共2m/s

113

vv共v共4

则划痕长度xAttm

212113

vAv共

（3）从C与A碰撞到A、B达到共同速度的t1时间内xt

A21

6

结合上述解得xms

A13

A恰好与P相碰，然后A以加速度a'1向上匀减速运动，根据牛顿第二定律有

1mAmBgcos372mBgcos37mAgsin37mAa'1

B向下以加速度a'2匀减速运动，同理有2mBgcos37mBgsin37mBa'2

22

解得a'125m/s，a'21m/s

A与挡板碰后反向弹回，速度大小仍为v共，再经时间t2，A速度减为零，则有v共a'1t2

2

解得ts

225

v共2

A上滑最大位移xtm

A12225

由于mCgsin371mCgcos37

可知碰后C匀速下滑，则此过程中C物块的位移x0v1t1t2

76

解得xm

0325

由于xA1xCs

A速度减为零后向下加速运动，受力分析有1mAmBgcos372mBgcos37mAgsin37mAaA

2

解得aA1m/s，当速度加速到1m/s时，C比A多运动xAC1m0.5m0.5m

xA1xCxACs

可知C与A发生相撞。

【变式1-2】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图所示，有两个质量均为m的相同小环A、B，它们由一根

不可伸长且长度为L的轻绳连接。小环A套在固定的水平细杆OM上，小环B套在固定的竖直细杆ON上，

两杆通过一小段圆弧杆平滑相连，且ON杆足够长。初始时用水平外力F拉环A，使A、B两环均处于静止

状态，此时轻绳与竖直方向夹角60（如图中虚线位置）。随后，将两个小环移到图中实线的水平位置，

此时B环位于ON杆的最上端，轻绳恰好伸直。撤去水平外力，由静止释放两小环，且A环通过小圆弧时

v2v1

速度大小保持不变。另外，碰撞的恢复系数定义为e，其中v10和v20分别是碰撞前两物体的速度，

v20v10

v1和v2分别是碰撞后物体的速度。整个系统不计一切摩擦，重力加速度大小为g。

(1)在初始静止状态下，求水平外力F的大小；

L

(2)在B环下落过程中，求轻绳的拉力对环A做的功；

2

(3)若A、B两环碰撞的恢复系数e0.5，求两环发生第一次碰撞过程中损失的机械能。

【答案】(1)3mg

1

(2)mgL

8

3

(3)mgL

8

【详解】（1）对B环受力分析，如图所示

根据平衡条件有FNmgtan603mg

根据A与B组成的整体水平方向受力平衡有FFN3mg

LL11

（2）对A与B组成的系统，在B环下落过程中，根据机械能守恒有mgmv2mv2

222A2B

又vAcos30vBcos60

1

联立解得vgL

A4

11

对A，在此过程中，根据动能定理有Wmv2mgL

T2A8

（3）设B下落L后A、B的速度分别为vA1、vB1，则vA1cos90vB1

得vB10

1

根据系统机械能守恒有mgLmv2

2A1

解得vA12gL

L

此后，A相对B向下做匀速运动，两环相遇时间为t

2gL

11

第一次碰撞前vvgt3gL，vgtgL

A0A12B02

A与B碰撞过程，根据动量守恒有mvA0mvB0mvAmvB

vv

又eBA0.5

vA0vB0

3151

解得vgL，vgL

A22B22

1221223

则有ΔEmvAvBmvA0vB0mgL

228

3

因此两环第一次碰撞损失的机械能为mgL

8

考向02牛顿定律与动能定理相结合解决问题

【例2-1】（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图甲所示，质量为M的足够长的滑板A静止在光滑水平面

上，滑板A上静置一个质量m=2kg的滑块B，滑块B与滑板A之间有摩擦。从t=0时刻起在滑块B上施加

一个水平向右的拉力F，且拉力F与时间t的关系为F=2t（式中物理量均为国际单位）。滑板A的动能与

其位移的关系图像如图乙所示，t=6s时滑板A的位移为x0，0~x0段的图线为曲线，x0~x0+14m段的图线为倾

斜直线。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。下列说法正确的是（）

A．滑块B与滑板A间的动摩擦因数为0.2

B．t=6s时，滑块B的速度大小为10m/s

C．滑板A的质量为1kg

D．第7s内，滑板A的位移大小为21m

【答案】AC

【详解】A．根据题意可知，在0~6s内滑块B与滑板A相对静止，6s后滑块B与滑板A出现相对滑动，

6s后对滑板A由动能定理得mgΔxΔEk

E12872

由图可知kN4N

x14

求得μ=0.2，故A正确；

BC．6s时滑板A和滑块B间的静摩擦力恰好达到最大静摩擦力，此时二者速度相等，加速度相等，由牛顿

Fmgmg

第二定律有

mM

此时F26N12N

解得M=1kg

1

6s时滑板A的动能Mv272J

2

解得v12ms，故B错误，C正确；

mg0.221022

D．在第7s内，滑板A做匀加速直线运动，加速度ams4ms

AM1

1212

故第7s内，滑板A的位移大小为xvtaAt12141m14m，故D错误。

22

故选AC。

【例2-2】（2025·黑龙江·模拟预测）如图所示，光滑斜面底端与半径为R的光滑半圆形轨道平滑连接，整

个轨道和斜面都在竖直平面内。一个小球（可视为质点）从斜面顶端A处由静止释放，通过半圆形轨道最

高点B时，恰好对轨道的压力为零。小球过B点后垂直打在斜面上。重力加速度为g，不计空气阻力，求：

(1)斜面顶端到地面的高度；

(2)斜面与水平面夹角的正切值。

5

【答案】(1)R

2

2

(2)

2

12

【详解】（1）小球由A点到B点的过程中，根据动能定理有mgH2mgRmv

2B

mv2

在B点由重力提供向心力，则有mgB

R

5

解得HR

2

（2）小球过B点后做平抛运动，落在斜面上的D点，如图所示

1v

则有xvt，hgt2，tanB

B2gt

2Rh

在CDE中，由几何关系可得tan

x

2

解得tan

2

【变式2-1】（2025·黑龙江·二模）如图甲所示，竖直平面内等高固定着两个带电量均为q（q>0）电荷连线

的中点，A、B、C、D处于同一竖直线上，AB=BD=h，C为BD中点。质量为m、带电量为q的小球从A

点由静止释放，从A运动到D的过程中，小球动能Ek随下降高度y的变化图像如图乙所示。已知重力加速

度大小为g，不计空气阻力，则（）

mg

A．在yh的位置两点电荷产生的电场强度大小为

1q

B．C、A两点间电势差UCA大于C、D两点间电势差UCD

C．小球下降高度y2hh1时加速度大小为2g

D．小球下降高度y2hh1时动能为Ek1mg2hh1

【答案】AC

【详解】A．由图乙可知图像的斜率表示合外力，小球在位置h1处合外力为0，所以qEmg

mg

解得E

q

故A正确；

B．A、D两点关于B点对称，所以两点电势相同，C点与两点的电势差相等，故B错误；

2mg

C．h和2hh同样关于B点对称，所以2hh处的电场力大小也等于mg，方向竖直向下，所以a2g

111m

故C正确；

D．小球从h1处运动到2hh1处，电场力做功为0，重力做功为mg2hh1h12mghh1

所以2hh1处的动能为Ek12mghh1

故D错误。

故选AC。

【变式2-2】（2025·黑龙江·二模）已知均匀球壳对内部任意一点的引力为零，若地球可视为质量分布均匀

R

的球体，半径为R，地球表面的重力加速度大小为g，若从地球表面沿半径方向挖一深度为的洞，忽略

2

地球自转和空气阻力的影响，下列说法正确的是（）

g

A．洞底的重力加速度大小为

4

B．洞底的重力加速度大小为2g

2gR

C．若从地表由静止掉落一物体，到达洞底时的速度大小为

2

3gR

D．若从地表由静止掉落一物体，到达洞底时的速度大小为

2

【答案】D

GMm

【详解】AB．在地球表面，根据万有引力等于重力有mg

R2

4

其中MR3

3

4

可得gGR

3

可以将地球视为一个球心相同而半径为R的内部球体和厚度为R的外部球壳，由题意可知洞底恰好位于内

22

GMm

2mg

部球体表面，且外部球壳对洞底的物体的引力为零，而内部球体表面重力加速度满足R

2

3

4R

其中M

32

2g

解得gGR

32

故AB错误；

1

CD．根据动能定理可知从地表到洞底，万有引力做功等于动能变化，则有Wmv20

G2

mgmgR3

由于内部球体表面重力加速度与内部球体的半径成正比，利用平均值求做功，有WmgR

G228

3gR

可得物体到达洞底时的速度大小为v

2

故C错误，D正确。

故选D。

考向03运用动能定理分析各力做功的数量关系

【例3-1】（2025·辽宁·二模）质量相等的A、B两物体运动的速度同时向右，如图所示。整个运动过程中，

A、B两物体的位移大小分别为xA、xB，合外力的功均分别为WA、WB，合外力的冲量大小分别为IA、IB，

加速度大小分别为aA、aB，下列关系式正确的是（）

A．xA:xB2:1B．WA:WB4:1C．IA:IB4:1D．aA:aB2:1

【答案】B

11

【详解】A．在图像中，图线与时间轴所围的面积表示位移x2vtvt，x·v2tvt

A20000B20000

联立解得xA:xB1:1，故A错误；

1211

B．根据动能定理有W0m2v2mv2，W0mv2mv2

A200B2020

联立解得WA:WB4:1，故B正确；

C．根据动量定理有IA0m2v02mv0，IB0mv0mv0

联立解得IA:IB2:1，故C错误；

02v02v00v0v0

D．图线的斜率代表物体的加速度aA，aB

t0t02t02t0

联立解得aA:aB4:1，故D错误。

故选B。

【例3-2】（2025·辽宁鞍山·一模）如图所示，光滑圆弧ABC半径为R，O1为圆心并固定一个点电荷Q，AO1

水平，B为最低点，37。C点右侧有一光滑圆弧与弧ABC相切于C点，O2为右侧圆弧圆心。现有一个

带正电的小球q从A点无初速度滑下，到B点处时对轨道的压力为自身重力的4倍，经过C点右侧瞬间对

轨道的压力刚好为零。由此可求得右侧圆弧的半径R2为（sin37°0.6，cos37°0.8）（）

4R8R8R

A．2RB．C．D．

559

【答案】D

【详解】已知小球在B点处对轨道的压力为自身重力的4倍，根据牛顿第三定律，轨道对小球的支持力

NB4mg

又因为A、B两点到点电荷Q的距离相等，所以小球在A、B两点的电势能相等，从A到B的过程中，电

场力不做功，只有重力做功。

根据动能定理WΔEk

1

可得mgRmv20

2B

2

即vB2gR

v2

根据牛顿第二定律NFmgmB

BR

2gR

可得4mgFmgm

R

解得Fmg

小球经过C点右侧瞬间对轨道的压力刚好为零，此时小球受到重力mg、库仑力F。根据牛顿第二定律，

v2

可得mgcosFmC

R2

从B到C的过程中，重力做功mgR1cos

电场力做功为零（因为B、C两点到点电荷+Q的距离相等，电势能相等）。

11

根据动能定理可得mgR1cosmv2mv2

2C2B

8R

解得R

29

故选D。

【变式3-1】（2025·辽宁鞍山·一模）如图，质量为5kg的物体静止在高为5m的水平平台的A点。现用斜

向右下、与水平平台间的夹角37的推力F将其从静止开始推动，当物体运动到与A点相距12.5m的平

台边缘的B点时，瞬间撤去该力，撤去力的瞬间物体的速度大小为5m/s，随后从平台边缘水平飞出，落到

水平地面的C点。物体与水平平台间的动摩擦因数为0.5，sin37°0.6，cos37°0.8，g取10m/s2。求：

(1)BC两点间的水平距离；

(2)推力F的大小。

【答案】(1)x5m

(2)F60N

1

【详解】（1）由hgt2

2

得平抛运动时间t1s

由xvBt

可得x5m

1

（2）从A到B由动能定理可知Fcoss(mgFsin)smv2

2B

得F60N

【变式3-2】（2025·辽宁盘锦·三模）如图，倾角37的斜面与圆心为O、半径R1.5m的光滑圆弧轨道

相切于B点，且固定于竖直平面内。质量m0.5kg的滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆弧轨

道运动，通过轨道最低点C时对轨道的压力大小为17N。已知D为轨道的末端，OD水平，OB垂直于AB，

A、B之间的长度L3m，g取10m/s2，sin370.6，cos370.8。求：

(1)滑块与斜面之间的动摩擦因数；

(2)滑块释放之后在斜面上运动的总路程s。

【答案】(1)0.125

(2)18m

【详解】（1）由牛顿第三定律可知在C点轨道对滑块的支持力F17N

mv2

在C点，根据牛顿第二定律可知FmgC

R

1

滑块由A点运动到C点，由动能定理有mgLsinmgcos·LmgRRcosmv2

2C

解得0.125

（2）滑块最终在轨道内做往复运动，最高能到达B点，设B点为零势能点，根据能量守恒定律有

mgLsinmgcos·s

解得s18m

考向04动能定理综合问题

【例4-1】（2025·辽宁沈阳·模拟预测）一游戏装置的竖直截面如图所示，倾角为37的轨道AB与半径

R0.5m的螺旋圆轨道BCDE相切于B点，圆轨道最低点C和E略微错开；螺旋圆轨道BCDE、水平轨道

EF、顺时针转动的水平传送带FG及水平轨道GK平滑连接，轨道的右端K固定一轻质弹簧，弹簧自然伸

长时其自由端的位置在H点。在F点的左侧放置一个质量为mb0.1kg的滑块b（可视为质点）。现有一质

量为ma0.2kg的滑块a（可视为质点）从轨道AB上距B点h高处由静止开始滑下，已知各轨道长度分别

为LEF0.6m，LFG2.0m，LGH0.25m，滑块与轨道AB、GH间的动摩擦因数均为10.3，与传送带间

的动摩擦因数为20.5，其余轨道均光滑，传送带的速度v2m/s，整个过程中均不超过弹簧的弹性限度。

重力加速度g10m/s2。

(1)若h0.4m，求滑块a首次运动至C点时对轨道的压力；

17

(2)若hm，滑块a与滑块b发生完全非弹性碰撞，求两滑块最终停止的位置到G点的距离。

6

【答案】(1)4.72N

1

(2)m

6

【详解】（1）研究滑块a首次运动至C点过程，由动能定理

h1

mghmgcos37mgR1cos37mv20

a1asin37a2aC

解得vC6.8m/s

mv2

在C点，根据牛顿第二定律NmgaC

aR

解得N4.72N，

根据牛顿第三定律，滑块a对轨道的压力NN4.72N。

h1

（2）滑块a刚滑到EF上时，由动能定理mghRRcos37mgcos37mv20

a1asin372aF

解得vF6m/s，

根据动量守恒定律mavFmambv共

解得v共4m/s

2

滑块在传送带上的加速度a2g5m/s

22

设滑块在传送带上减速到与传送带速度v2m/s相等时的位移为x1，根据vv共2ax1

解得x11.2mLFG2.0m

所以滑块在传送带上先减速后匀速。

从传送带右端到与弹簧碰撞再返回G点，根据动能定理

11

mmg2Lmmv2mmv2

1abGH2abG2ab

解得vG1m/s

1

从G点向左运动，最后停下来，根据动能定理mmgx0mmv2

1ab22abG

1

解得xm

26

1

所以两滑块最终停止位置到G点的距离为m。

6

【例4-2】（2025·辽宁朝阳·模拟预测）一倾角为37足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立

Oxy直角坐标系，如图甲所示。从t0开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加

沿x轴正方向的力F1和F2，其大小与时间t的关系如图乙所示。已知物块的质量为1kg，重力加速度g取

10m/s2，sin370.6,cos370.8，不计空气阻力，则（）

A．物块始终做匀变速曲线运动

B．t1s时，物块的加速度为6m/s2

C．t2s时，物块速度大小为122m/s

D．t0到t2s时间内，F1和F2对物块做的总功72J

【答案】CD

【详解】A．根据题图乙可得F1=4-t，F2=3t

则F1、F2的合力为Fx=F1+F2=4+2t

物块在y轴方向受到的力不变，为mgsin37°。沿x轴方向受到的力Fx在改变，合力在改变，加速度在改变，

所以物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；

B．t=1s时，Fx=4+2t=4N+2×1N=6N

Fx622mgsin3722

则axm/s=6m/s，agsin37100.6m/s=6m/s

m1ym

解得a6262m/s2=62m/s2，故B错误；

C．t=2s时，沿x轴正方向，对物块，根据动量定理得Fxt=mvx-0

48

由于Fx与时间t成线性关系，可得Ft2Ns=12Ns

x2

12

解得vm/s=12m/s

x1

此时y轴方向速度大小为vy=gsin37°•t=10×0.6×2m/s=12m/s

故此时物块的速度大小为v122122m/s122m/s，故C正确；

11

D．前2秒物体沿y运动的位移为解得ygsint2100.622m=12m

22

重力做功为WG=mgysin37°=1×10×12×0.6J=72J

1

根据动能定理得WWmv20

GF2

12

解得和对物块做的总功为，故正确。

F1F2WF1122J-72J=72JD

2

故选CD。

【变式4-1】（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，将一物块A用水平推力F压在足够高的竖直墙上，F随t

的变化关系为F=kt（其中常数k＞0）。A从t=0由静止开始运动，此后A的动能Ek、机械能E随物体位移

x变化的图象可能正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】D

【详解】AB．水平的推力F=kt，力随着时间不断变大，物体水平方向受推力和支持力，竖直方向受重力和

滑动摩擦力，滑动摩擦力不断变大，所以物体先加速下滑后减速下滑，即动能先增加后减小；但合力为mg-μkt，

是变力，所以动能与位移间不是线性关系，故AB错误；

CD．由于克服滑动摩擦力做功，机械能不断减小，故C错误，D正确。

故选D。

【变式4-2】（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，固定斜面AC的倾角为37°，顶端C到地面的竖直高度为

2m，轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接质量为0.2kg的物块P，质量为0.4kg的物块Q叠

放在物块P的上方。现用外力作用在物块Q上使其向下缓慢压缩弹簧，当物块Q到斜面顶端的距离为2.5m

时，撤去外力并将两物块由静止释放，物块Q从斜面顶端C飞出后，落地点到C点的水平距离为4m，物

块P始终未离开斜面。已知两物块可视为质点，两物块与斜面间的动摩擦因数均为0.5，最大静摩擦力等于

滑动摩擦力，弹簧的原长小于3m，重力加速度g取10m/s2，sin370.6，cos370.8，下列说法正确的

是（）

A．撤去外力时，弹簧的弹性势能为22.5J

B．物块Q落地时的速度大小为65m/s

515

C．物块Q从C飞出时的速度大小为m/s

3

D．物块Q从C点飞出到落地的时间为1s

【答案】ABD

【详解】CD．设物块Q从C端飞出时的速度大小为v，物块Q飞出后做斜抛运动，从飞出到落地的过程，

1

竖直方向有vsin37tgt2h

2

水平方向有vcos37tx

解得t1s，v5m/s

故C错误，D正确；

1212

B．设物块Q落地时的速度为v1，由动能定理有mghmvmv

Q2Q12Q

解得v165m/s，故B正确；

A．在弹簧原长时，两物块分离，两物块从静止释放到两物块分离的过程中，由能量守恒有

12

EpmP+mQv0mP+mQcos37x1mP+mQgx1sin37

2

11

两物块分离后到物块Q运动到C端的过程中，有mv2=mgcos37xmgxsin37mv2，

2Q0Q2Q22Q

x1x22.5m

解得Ep22.5J，故A正确。

故选ABD。

1．（2025·内蒙古乌兰察布·模拟预测）某新能源汽车的生产厂家为了测试汽车的性能，将汽车停在足够长

的平直公路上，t=0时使汽车由静止开始启动，通过传感器描绘了汽车的加速度关于速度倒数的变化规律，

如图所示。已知汽车在t1=4s时达到额定功率，汽车在t2=29s时速度达到最大，汽车的总质量m=2000kg，

汽车受到的阻力恒为其重力的0.2倍，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：

(1)坐标系中x、y的值；

(2)汽车从启动到速度达到最大时通过的距离。

11

【答案】(1)，

3012

(2)585m

【详解】（1）由图像分析可知，汽车先以a=3m/s2的加速度做匀加速直线运动，汽车的功率达到额定功率

后再以恒定的功率运行，达到最大速度后做匀速直线运动。t=0时，汽车的加速度大小a=3m/s2，由牛顿第

二定律得F1fma

解得F110000N

由图像可知0~4s的时间内，汽车做匀加速直线运动，则匀加速的末速度大小v1at112m/s

11

汽车的额定功率为P0F1v1120kW，y

v112

当汽车的加速度等于0时，汽车的速度达到最大值，此时汽车的牵引力大小为