2026年高考物理二轮复习讲练测（广东）题型05 功和功率 动能定理的应用（解析版）

题型05功和功率动能定理的应用

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

典例引领方法透视变式演练

考向01功和功率【重难】

考向02动能定理【重难】

考向03动能定理的综合应用【重难】

考向04动能定理与图像的结合问题

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

功和功率、动能定理是高中物理力学的重要基础知识，也是高考中的高频必考点。尤其是动能

定理，可以在选择题、计算题等形式考查。本题型的命题常与物体的运动、多过程的问题等知识结

合考查。解题的关键和核心能力在于灵活运用规律解题。

考向01功和功率

【例1-1】（2025·广东深圳·模拟）如图甲所示，液压拔桩机将桩体从土壤中竖直拔出，并上升一段高度的

整个过程中，桩体一直做匀加速直线运动。如图乙所示，桩体被拔出的过程中，受到的阻力f大小与在地基

里面的长度h成正比。已知桩体尖端部分、土壤对桩体的支持力大小以及空气阻力均忽略不计。整个运动

过程，液压机对桩体的作用力F、液压机对桩体的作用力的瞬时功率P，与位移x和时间t的关系中，下列

图像中可能正确的有（）

A．B．

C．D．

【答案】AC

【详解】AB．由题知，桩体向上做匀加速运动，则有vat

没出土之前，根据牛顿第二定律Ffmgma

f0f012

又fH0xH0at

H0H02

f0f012

联立可得FmgmaH0xmgmaH0at

H0H02

出土之后，根据牛顿第二定律有Fmgma

解得Fmgma

综上分析，可知力F先与位移x是一次函数，与时间t之间是二次函数，之后保持不变，故A正确，B错误；

C．根据功率公式PFv

其中vat

f012

出土之前，PmgmaH0atat

H02

出土之后，Pmgmaat

出土之前P与时间t是三次函数，出土之后是一次函数，故C正确；

D．根据功率公式PFv

其中v2ax

f0

可得到出土之前PmgmaH0x2ax

H0

出土之后，Pmgma2ax，不可能是一次函数，故D错误。

故选AC。

【例1-2】（2025·广东中山·中山纪念中学·一测）喷泉可以美化景观，如图为广场内的喷泉，若某喷泉可看

作将水竖直向上喷出，喷口喷出的水的初速度为v0，已知喷口的横截面积为S，水的密度为，不计空气阻

力，重力加速度为g，且上升和下降的水流不发生碰撞，不计空气阻力及电动机损耗，下列选项正确的是

（）

Sv2

A．空中的水的质量为0

g

3

B．带动喷管喷水的电动机输出功率为Sv0

Sv4

C．若以喷口所在的水平面为重力势能的零势能面，则空中的水的机械能为0

g

D．空中的水的重心距离喷口的高度是水柱上升最大高度的一半

【答案】C

2v

【详解】A．水从喷口喷出到落回喷口所用的总时间为t0

g

在空中水的总质量为mV

其中VSv0t

2ρSv2

联立，解得m0，故A错误；

g

B．取Δt时间，喷泉喷水的质量为m0ρSv0Δt

1

喷泉喷水做的功为WΔEmv2

k200

W1

喷泉喷水的功率为PSv3，故B错误；

Δt20

1ρSv4

C．若以喷口所在的水平面为重力势能的零势能面，则空中的水的机械能为Emv20，故C正确；

20g

D．水在上升和下降过程中，越靠近最高点速度越小，因此在同样的高度区间内停留的时间越长，则水柱上

方的水的线密度（单位高度的质量）比下方大，所以，空中水的重心（质心）高度应高于水柱最大高度的

一半，故D错误。

故选C。

1.功的求法

2.功率的求法

注意：（1）天体表面的重力加速度g＝，是g的决定式，具有普适性。

𝑮

�

�

（2）若绕行天体绕中心天体表面（如近地）做匀速圆周运动时，轨道半径r≈R，则中心天体的密度ρ＝。

𝟑

�

��

【变式1-1】（2026·广东广州天河区·一模）某型号“双引擎”节能环保汽车的工作原理：当行驶速度v＜15m/s

时仅靠电动机输出动力；当行驶速度v≥15m/s时，汽车自动切换引擎，仅靠汽油机输出动力。该汽车在平

直的公路上由静止启动，其牵引力F随时间t变化关系如图。已知该汽车质量为1500kg，行驶时所受阻力

恒为1250N。汽车在t0时刻自动切换引擎后，保持牵引力功率恒定。则（）

A．汽车切换引擎后的牵引力功率P=9×104W

B．汽车切换引擎后的牵引力功率P=6×103W

C．汽车由启动到切换引擎所用的时间t0=90s

D．汽车由启动到切换引擎所用的时间t0=6s

【答案】AD

【详解】AB．汽车在t0时刻自动切换引擎后，保持牵引力功率恒定，由图可知，汽车的牵引力F6000N

则此时汽车的功率PFv600015W=9104W，故A正确，B错误；

'

CD．由图可知，0t0时间内，汽车以恒定加速度启动，汽车的牵引力为F5000N

由牛顿第二定律可得F'fma

解得汽车的加速度为a2.5m/s2

v15

则汽车由启动到切换引擎所用的时间ts6s,故C错误，D正确。

0a2.5

故选AD。

【变式1-2】（2025·广东省深圳市聚龙科学中学·一模）风力发电是一种环保的电能获取方式。某风力发电

机的叶片转动形成的圆面积为S，某时间风的速度大小为v，风向恰好跟此圆面垂直；此时空气的密度为ρ，

该风力发电机将空气动能转化为电能的效率为，则风力发电机发电的功率为（）

11

A．SvB．Sv2C．Sv3D．Sv3

22

【答案】D

【详解】在时间t内，通过风力发电机叶片的空气体积为VSvt

空气质量mVSvt

111

空气的动能Emv2Svtv2Sv3t

k222

Ek13

单位时间内空气的动能（即功率）为P风Sv

t2

11

发电机实际输出的电功率为风能功率乘以效率，即PSv3Sv3，故选D。

22

1

【变式1-3】（2025·广东深圳·模拟）如图所示，竖直平面内的圆弧是无人机以恒定速率v在空中表演

4AB

的运动轨迹，其中起始点A为圆心等高处。无人机运动过程中受到重力G、大小恒定的阻力f以及驱动力F

共同作用，不考虑浮力影响。无人机从位置A运动到B的过程中，下列说法正确的是（）

A．无人机机械能守恒

B．合外力的冲量为零

C．合外力的功率先减小后增大

D．驱动力F的功率一直在减小

【答案】D

【详解】A．匀速运动四分之一圆周，动能不变，重力势能增加，故机械能一直增加，即机械能不守恒，故

A错误；

B．合力方向始终在不断变化，不可以用冲量公式求解合力冲量，根据动量定理，以及动量矢量性可知，

I(mv)2(mv)22mv，故B错误；

C．无人机在竖直方向做匀速圆周运动，故合力提供向心力，即合力与速度垂直，合力不做功，合力的功率

始终等于零，故C错误；

v2

D．将力始终沿轨迹半径方向和切向方向正交分解，径向方向Fmgsinm

yR

切向方向Fxmgcosf

22

其中为半径与水平方向的夹角，即不断增大，可以得到Fy不断减小，Fx不断减小，故FFxFy

驱动力F的功率PFxv

因此F和功率都在不断减小，故D正确。

故选D。

考向02动能定理

【例2-1】（2026·广东省湛江市部分高中·一模）实践小组利用两根圆台形粗糙程度处处相同的上粗下细的

筷子完成对大小不一的黄豆的粗略分拣。其实验过程为：将筷子上段架起，使得筷子与水平桌面成角大小θ，

同时两根筷子上端紧靠在一起，下端张开，两根筷子间成角α，将黄豆缓缓置于筷子上方并略加推动，不同

大小的黄豆可在不同位置落下水平桌面的凹槽，完成分拣。下列说法正确的是（）

A．θ的大小与分拣精度无关

B．α大小与分拣精度正相关

C．黄豆在筷子上对筷子压力越来越小

D．黄豆在筷子上动能可能先增大后减小

【答案】D

【详解】A．为筷子与水平面的夹角，影响重力沿筷子方向的分力（mgsin）和摩擦力（mgcos）。

的变化会改变两者的平衡关系，从而影响黄豆停止的位置，因此与分拣精度相关，A错误；

B．为两根筷子间的夹角。当增大时随着黄豆的下降，可区分的精度下降程度应更大，应成反相关关系，

B错误；

C．随着黄豆下滑，因筷子变细且两筷子间距变大，黄豆会“陷入”得更深，导致两筷子对黄豆的支持力在垂

直于运动方向平面内的夹角变大，因此每个支持力N都会增大，故压力是增大的，C错误；

D．黄豆受到的总滑动摩擦力总与支持力（两个筷子支持力的矢量和）成正比，因此摩擦力也随黄豆下滑而

增大。若开始时重力沿斜面的分力大于摩擦力，黄豆加速；随着摩擦力增大，当摩擦力大于重力的分力后，

黄豆减速，故其动能可能先增大后减小，D正确。

故选D。

【例2-2】（2025·广东省六校·联考）新春佳节的焰火晚会上，某烟花燃放过程中通过不断改变出射方向来

改变运动轨迹，某时刻从H点喷出质量相等可视为质点的两烟花分别落于Q1和Q2。如图所示，两轨迹交

于P点，两条轨迹最高点等高，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）

A．两束烟花在最高点的速度相同

B．落在Q2处的烟花在空中运动的时间更长

C．两束烟花运动过程中动能的变化量相同

D．两束烟花运动过程中动量的变化量相同

【答案】CD

【详解】B．由题意可知，两束烟花在运动过程中仅受到重力作用，从出射到最高点的过程中，两条轨迹最

2

高点等高，即竖直高度h相等，则在竖直方向根据速度位移公式有vy02gh

可得vy02gh

即两束烟花出射时竖直方向的初速度大小相等；

1

取向下为正方向，对全过程，根据位移时间公式有Hvtgt2

y02

其中H，vy0，g都相等，故两束烟花运动的时间t相等，故B错误；

A．由题知，在最高点竖直方向的速度减为零，只有水平方向的速度，烟花水平方向做匀速直线运动，则有

xvxt

运动的时间相同，由图可知xx

tQ1Q2

故vx1vx2，故A错误；

C．根据动能定理有EkmgH

可知两束烟花运动过程中动能的变化量相同，故C正确；

D．根据动量定理有pmgt

运动的时间t相同，所以两束烟花运动过程中动量的变化量也相同，故D正确。

故选CD。

应用动能定理解题的思维流程

【变式2-1】（2025·广东两校·三模）沿倾角不同、动摩擦因数相同的斜面向上拉同一物体，若上升的高度

相同，则（）

A．沿各斜面克服重力做的功相同

B．沿倾角小的斜面克服摩擦做的功大些

C．沿倾角大的斜面拉力做的功小些

D．条件不足，拉力做的功无法比较

【答案】ABD

【详解】A．重力做功只与高度差有关，故两种情况下克服重力做功相等，故A正确；

B．滑动摩擦的大小为fmgcos

所以斜面倾角越小，摩擦力f越大，位移越大做功越多，故B正确；

1212

CD．根据动能定理有W拉WmgHmv末mv初

f22

由于不知道物体运动的初、末速度大小关系，所以无法比较拉力做功的大小，故C错误，D正确。

故选ABD。

【变式2-2】（2025·广东深圳福田·五模）如图，水平面上O与O点分别放置等量异种点电荷Q与Q，两

个半径均为R的四分之一圆弧光滑细管AB与BC在B处平滑连接，BC放置在水平面上，其圆心为O，AB

所在平面垂直平分线段OO，现让一质量为m、电荷量为Q的小球从A处静止释放进入细管，从C处离开，

重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）

A．小球经B处时动能大于mgR

B．小球从B到C过程中，点电荷Q对其做正功

C．小球在C处动能小于mgR

D．小球从B到C过程中，电势能不变

【答案】C

【详解】A．由于圆弧滑细管AB在异种点电荷Q与Q的零势能面上，所以从A到B过程，只有重力做功，

根据动能定理可得mgREk，故A错误；

BD．从小球从B到C过程中，小球处在点电荷Q的等势面上，所以点电荷Q对小球不做功，从B到C，

点电荷Q产生的电场的电势升高，根据Epq可知小球电势能增大，则点电荷Q对其做负功，则小球从

B到C过程中，电势能变大，故BD错误；

C．小球从B到C过程中，点电荷Q对其做负功，则小球在C处动能小于mgR，故C正确。

故选C。

【变式2-3】（2025·广东两校·三模）如图所示，质量m=1kg的木块静止在高h=1.2m的平台上，木块与平台

间的动摩擦因数0.2，用水平推力F=20N，使木块产生位移l1=3m时撤去，木块又滑行l2=1m时飞出平

台，不计空气阻力，（g取10m/s2）求：

(1)撤去推力时木块的速度；

(2)木块飞出平台时速度的大小；

(3)木块落地时速度的大小。

【答案】(1)63m/s，方向水平向右

(2)226m/s

(3)82m/s

1

【详解】（1）取木块为研究对象，由动能定理得(Fmg)Lmv2

1121

v163m/s

方向水平向右；

1

（2）设木块离开平台时速度为v，落地时速度大小为v，根据动能定理可得FLmgLLmv20

2311222

代入数据解得v2226m/s

11

（3）根据机机械能守恒定律可得mghmv2mv2

2223

代入数据解得v382m/s

考向03动能定理的综合应用

【例3-1】（2025·广东·模拟）“飞行魔毯”安装了n架相同的无人机，一次飞行中，“飞行魔毯”从静止开始保

持额定功率竖直向上起飞，经过时间t上升高度h时达到最大速度。已知每架无人机的额定功率均为P，“飞

行魔毯”加上飞行员的总质量为m，“飞行魔毯”竖直上升过程中所受的空气阻力恒为f，重力加速度为g。

下列说法正确的是（）

A．“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中，空气阻力做的功为fh

nP

B．“飞行魔毯”的最大速度v

mmgf

C．“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中，加速度逐渐减小

2nPt(mgf)2mn2P2

D．“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中满足关系式h

2(mgf)3

【答案】BCD

【详解】A．空气阻力f的方向与位移h的方向相反，因此空气阻力做的功为fh，题目中未体现负号，A

错误；

B．当“飞行魔毯”达到最大速度时，牵引力与总阻力平衡，即nP(mgf)vm

nP

解得v，B正确；

mmgf

nP

C．牵引力F

v

F(mgf)

随着速度增大，牵引力减小，物体的加速度a

m

则加速度逐渐减小，C正确；

1

D．对“飞行魔毯”从静止至速度达到最大的过程中，根据动能定理可得nPtmghfhmv2

2m

2nPt(mgf)2mn2P2

可得h，D正确。

2(mgf)3

故选BCD。

【例3-2】（2025·佛山禅城·供题训练）如图所示为校园清洁车的行驶画面。若质量为m的清洁车在平直的

校道上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为s，且速度达到最大值vm。设这一过程中电动

机的牵引力功率恒为P，清洁车所受阻力恒为f，那么这段时间内（）

A．小车做匀加速运动

B．小车受到的牵引力逐渐增大

C．小车受到的合外力所做的功为Pt

1

D．小车受到的牵引力做的功为fsmv2

2m

【答案】D

【详解】AB．清洁车以恒定功率P启动，根据PFv，速度v增大时，牵引力F减小。

由牛顿第二定律Ffma

F减小，则加速度a减小，所以清洁车做加速度减小的变加速直线运动，不是匀加速运动，A错误，B错误；

C．合外力做功等于动能的变化量，也等于牵引力做功与阻力做功的差值。牵引力做功WFPt

但合外力做功W合Ptfs，C错误；

1

D．根据动能定理Wfsmv20

F2m

1

则牵引力做功Wfsmv2，D正确。

F2m

故选D。

应用动能定理解题的四点注意

【变式3-1】（2025·广东清远·二模）如图甲所示为某机场行李物品传送装置实物图，图乙为该装置直线段

部分简化图，由传送带及固定挡板组成，固定挡板与传送带上表面垂直，传送带上表面与水平台面的夹角

37。工作人员将长方体货物（可视为质点）从图乙传送带的左端由静止释放，在距左端L8m处货物

被取走，货物运动时的剖面图如图丙所示。已知传送带匀速运行且速度v1m/s，货物质量m10kg，其底

部与传送带上表面A间的动摩擦因数为10.4，其侧面与挡板C间动摩擦因数为20.2（重力加速度

g10m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8，不计空气阻力）。求：

(1)货物刚开始运动时传送带和挡板对货物的支持力N1和N2的大小；

(2)货物在传送带上滑动时的加速度大小；

(3)若传送带速度在0.5m/s至2m/s范围内可调，要求取走该货物时因传送货物而多消耗的电能不能超过122J，

则传送带速度不超过多少。

【答案】(1)N180N，N260N

(2)a2m/s2

(3)2m/s

【详解】（1）如图所示，对货物N1mgcos，N2mgsin

代入数据解得N180N，N260N

（2）货物与传送带间的摩擦力f11N32N，与运动方向相同

货物与挡板间的摩擦力f22N12N，与运动方向相反

对货物有f1f2ma

代入数据解得a2m/s2

2

v22m/s

（3）若传送带以最大速度2m/s运行，货物加速阶段运动的最大位移xm1mL8m

m2a22m/s2

货物不会滑落。设多消耗的电能不能超过时，传送带的速度为，则货物在传送带上先加速运动距

122Jv0x1

1

离后，以传送带速度v匀速运动Lx，故传送带因传送货物而多做的功Wmv2QfL

012012

1

对货物，由动能定理(ff)xmv2

12120

2

由v02ax1

v2

得x0

12a

v

由x0t

121

2x1

得t1

v0

传送带与货物间摩擦生热Q1f1x带1x1

其中x带1v0t12x1

22

v0v0

依题意整理可得Wf1f2L122J

a2a

代入数据解得v02m/s

0.5m/sv02m/s2m/s

故传送带速度不超过2m/s

【变式3-2】（2025·广东广州·广州一中·一测）如图所示，一光滑曲面与足够长的水平直轨道平滑连接，直

轨道MN段粗糙，其余部分光滑，MN段存在方向水平向右的匀强电场，N点右侧的P点处静止放置一绝缘

物块b，一带正电的物块a从曲面上距水平面高为h处由静止释放，滑出电场后与物块b发生弹性碰撞。碰

撞后，立即在P点放入与物块b完全相同的静止物块。已知h=1.0m，直轨道长L=1.0m，物块a与MN之间

的动摩擦因数μ=0.4，物块a的质量m=1kg，物块b的质量M=2kg，场强E=2×106N/C，物块a的电荷量q=6×10-6C，

重力加速度g取10m/s2，物块a、b均可视为质点，运动过程中物块a的电荷量始终保持不变。

(1)求物块a与物块b第一次碰撞前瞬间物块a的速度大小；

(2)求物块a与物块b第一次碰撞后，物块b的速度大小；

(3)求物块a在电场中运动的总路程。

【答案】(1)6m/s

(2)4m/s

43

(3)m

34

1

【详解】（1）物块a从静止释放到与物块b碰撞前瞬间，根据动能定理有mghqELmgLmv2

20

解得v06m/s

（2）物块a与物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv0mva1Mvb1

111

根据机械能守恒定律有mv2mv2Mv2

202a12b1

解得va12m/s，vb14m/s

（3）物块a与物块b碰撞后，物块a第1次经过N点运动到最左端过程中，根据能量守恒定律

1

mv2qExmgx

2a111

1

解得xm1m

18

1

物块a从最左端运动到第2次经过N点的过程，根据动能定理有qExmgxmv2

112a2

va1

解得2，va22m/s

va2

再次发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mva2mva3Mvb2

111

根据机械能守恒定律有mv2mv2Mv2

2a22a32b2

222

解得vm/s，vm/s

a33b23

即物块a与物块b（与物块b完全相同的物块）每次发生弹性碰撞后瞬间，物块a的速率均为碰撞前瞬间速

12

率的，物块b（与物块b完全相同的物块）的速率均为碰撞前瞬间物块a速率的，结合（2）可知，每

33

次物块a与另一物块碰撞后，物块a第1次经过N点和第2次经过N点的速率之比均为2，设物块b（与

2

物块b完全相同的物块）每次与物块碰撞后瞬间的速率依次为v、v、v……v，则有vv，

b1b2b3bnb130

212212

vv，v()2v

b23320b33320

212

归纳可得v()n1v

bn3320

经过足够多的碰撞，物块b（与物块b完全相同的物块）获得的总动能为

1

EM(v2v2v2……v2)

k2b1b2b3bn

288

当n时，解得EJ

k17

在物块a的整个运动过程中根据功能关系有mghqELmgxEk0

43

解得xm

34

【变式3-3】（2025·广东佛山禅城·二测）如图所示是一儿童游戏的图片，儿童站在固定竖直圆轨道的最低

点，用力将一足球由静止踢出，发现足球能够沿着圆轨道通过最高点，已知轨道半径为R，足球的质量为m，

重力加速度为g，不考虑摩擦和空气阻力作用，由此可判断儿童对小球做的功（）

A．可能等于3.6mgRB．可能等于2.4mgR

C．可能等于1.2mgRD．可能等于0.8mgR

【答案】A

v2

【详解】足球刚好沿圆轨道通过最高点时有mgm

R

解得vgR

所以足球能够沿着圆轨道通过最高点应满足vgR

1

设儿童对小球做的功为W，对足球从最低点到最高点的过程由动能定理有Wmg2Rmv2

2

1

解得W2mgRmv2

2

5

即WmgR

2

故选A。

考向04动能定理与图像的结合问题

【例4-1】（2025·广东省肇庆市·二模）如图所示，足够长的传送带倾角为θ，以恒定速率v1沿顺时针方向传

动。一物块从传送带顶端以初速度v2沿传送带向下滑上传送带，已知v2>v1，物块与传送带间的动摩擦因数

tan。以物块刚滑上传送带的位置为起点，以传送带底端所在水平面为零势能面，则物块的速率v和动

能Ek与路程x的关系图像可能正确的是（）

A．B．

C．D．

【答案】D

【详解】AB．由于tan，则物块先向下匀减速运动，合力F合μmgcosθmgsinθ

方向沿斜面向上；速度减为零后物块向上做匀加速运动，合力F合mgcosmgsin

方向沿斜面向上。因为v2v1，所以物块向上运动到与传送带速度相同后，与传送带一起相对静止向上做匀

速运动，此时物块所受合力为零，减速阶段v202ax

2

加速阶段v02a2x

所以速率v与x的变化关系不是直线，故AB错误。

CD．由动能定理得F合xEk

Ek

即F合

x

物块的动能Ek与x的图像斜率的绝对值为合力大小，动能减小过程和动能增加过程，图像的斜率绝对值相

等，最后物块的动能小于初动能，故C错误，D正确。

故选D。

【例4-2】（2025·广东江门培英高中·模拟）如图甲所示，轨道ABCD，AC水平长为1m，B为AC的中点，

其中AB光滑、BC粗糙，CD竖直半圆光滑半径为1m，其中BC与CD相切于C，质量为1kg的小球甲受

水平恒力F作用，由静止开始向运动，与停在B处质量为1kg的小球乙碰撞前瞬间撤除，且甲、乙小球发

生弹性碰撞。用力传感器测出小球乙经过半圆形轨道CD的最低点C时对轨道的压力FN与小球乙的重力比

FF

值，改变小球甲受水平恒力F作用大小，可测出N随的变化关系如图乙所示。（重力加速度g取10m/s2）

mgmg

试求：

(1)水平轨道BC的动摩擦因数；

(2)水平恒力F多大时，小球乙恰好能通过半圆形轨道CD的最高点D；

(3)若小球乙不会在半圆轨道上运动过程中脱离，则水平恒力F的取值范围？

【答案】(1)0.5

(2)F55N

(3)5NF25N

F

【详解】（1）由图可知，当0.5时，FN=mg，可知小球乙静止在C处。

mg

碰后两球交换速度，由动能定理

FxABmgxBC0

解得

0.5

（2）小物块恰好能通过半圆形轨道CD的最高点D时，根据圆周运动和牛顿定律

v2

mgmD

R

小球乙从B运动至D过程中，由动能定理

11

mv2mv2mg2Rmgx

2D2BBC

因甲、乙小球发生弹性相碰，则

mv0mv1mv2

111

mv2mv2mv2

202122

可得

v10，v2v0

碰后两球交换速度，则碰前瞬间小球甲的速度

v0vB

小球甲从A运动至B过程中，由动能定理

1

Fxmv2

AB20

联立解得

F55N

（3）若小球乙从B运动至圆心等高点时，速度恰好为零,由动能定理

1

0mv'2mgRmgx

2BBC

因甲、乙小球发生弹性相碰，碰前瞬间小球甲的速度

''

v0vB

小球甲从A运动至B过程中，由动能定理

1

Fxmv'2

AB20

联立解得

F2.5mg

分析得小球乙不会在半圆轨道运动过程中脱离，则水平恒力F的取值范围

F55N或5NF25N

动能定理与图像的结合问题

【变式4-1】（2025·深圳宝安·一诊）某工厂的传送装置如图甲所示，传送带空转时的速度为v00.2m/s，

t0时，工件无初速度放置传送带左端，传送带感受到压力后立刻做匀加速运动，直至t2s时工件从右端

离开，此时传送带尚未达到最大速度。已知工件在传送带上运动时的速度时间（v-t）图像如图乙所示，工

件质量为m1kg，工件与传送带间动摩擦因数0.26，重力加速度g取10m/s2，工件可视为质点，不计

空气阻力。求：

(1)传送带的加速度大小ac；

(2)传送带的长度L；

(3)摩擦力对工件做的功W；

2

【答案】(1)ac2.4m/s

(2)5.1m

(3)W12.5J

【详解】（1）工件相对传送带运动时，根据牛顿第二定律可得mgma

在t11s时，工件与传送带达到共速，根据运动学公式v1v0act1at1

2

解得ac2.4m/s

12

（2）在0到t1时间内，工件运动的第一段位移xat

121

1

第二段位移xvtat2

2122c2

解得Lx1x25.1m

（3）根据运动学规律可得工件的速度v2v1act25m/s

1

由动能定理可得，摩擦力对工件做的功Wmv212.5J

22

【变式4-2】（2025·广东揭阳·二模）冬雪季节，大桥斜拉索杆表面的积雪结冰，有坠落伤人的风险，故在

拉索杆顶端预安装了一批除雪环。如图甲，必要时释放除雪环，可以刮除沿途所有积雪和覆冰。图乙是大

桥的部分结构示意图，OB是一根拉索杆（相当于直滑道），其中OA段用于悬挂除雪环，装有顶盖，不会

积雪。单个除雪环在拉索杆上受到的滑动摩擦力（定值）和冰雪对其阻力总和f随冰雪层厚度d的变化关系

如图丙。当拉索杆无积雪时（d=0），从O点释放一个除雪环，经t085s滑到B点，已知所有除雪环均可

视为从O点释放，单个除雪环质量m=8kg，OA=8m，OB=320m，倾角θ=30°，重力加速度g取10m/s2。

(1)求单个除雪环在拉索杆上受到的滑动摩擦力f0的大小；

(2)某次，AB段覆有厚度均匀的冰雪层，释放一个除雪环后，停在了C点，OC=24m，又释放第二个除雪环，

下滑与第一个除雪环发生完全非弹性碰撞后，一起下滑。求此次冰雪层厚度及两环同时到达B点时的速度

大小；

(3)某雪天，AB段冰雪层厚度d与时间t的关系为d=kt（k=0.5cm/h），为了确保安全，在冰雪层厚度达到

10cm前，必须实施除雪。为有效除雪，且节省用环，请设计释环周期和每次释环的数量。

【答案】(1)24N

(2)4.8cm，85m/s

(3)每隔15.2h时，同时释放2个环

12

【详解】（1）无积雪时，d=0，只有滑动摩擦力作为阻力，除雪环匀加速下滑，设加速度为a0，有atOB

200

由牛顿第二定律，得mgsinf0ma0

解得f024N

（2）第一个除雪环下滑过程中冰雪阻力为(ff0)，由动能定理，得

(mgsinf0)OC(ff0)AC0

解得f48N

4824

由图丙可知，冰雪层厚度d5cm4.8cm

4924

1

第二个环从O滑到C点的过程，由动能定理，得(mgsinf)OCmv2

020

两环碰撞过程动量守恒，有mv02mv1

11

碰后，两环一起下滑，由动能定理，得2mgsin2f(ff)CB2mv22mv2

002221

解得v285m/s

（3）由图丙可知，ff05d(0d5cm)，ff03d10(5cmd10cm)（f的单位N，d的单位cm）

由于环的碰撞中，存在机械能损失，会降低除雪效率，所以应避免环的碰撞，设由静止同时释放n个环，

恰好到底端时速度为0，由动能定理，得

(nmgsinnf0)OB(ff0)AB0

640

当n=1时，ffN16.4N，d3.3cm，t6.6h

039

1280

当n=2时，ffN32.8N，d7.6cm，t15.2h

039

1920

当n=3时，ffN49.2N，d10cm

039

故取d=10cm时，同时释放3个环，t20h

t

综上，当n=2时，最大，故应每隔15.2h时，同时释放2个环。

n

1．（2024·广东·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H甲、H乙高度

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H乙无关

H乙

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

H1

乙gsint2

sin21

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