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微专题 40 动能定理及其应用
1．应用动能定理要注意对研究对象进行受力分析、运动分析和各力做功分析。2.优先选用
动能定理的四种情况：(1)不涉及加速度和时间，只涉及速度和位移的问题；(2)有多个物理
过程的问题(特别是往复运动)；(3)变力做功问题；(4)曲线运动问题。
1．(2023·北京市东城区模拟)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成
为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为 m的动车，初速度为v ，以恒定
0
功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度v ，设动车行驶过程所受到的
m
阻力F保持不变。下列关于列车在整个过程中的说法正确的是( )
A．做匀加速直线运动
B．牵引力的功率P＝Fv
m
C．当动车速度为时，其加速度为
D．牵引力做的功等于mv 2－mv2
m 0
答案 B
解析 动车以恒定功率运动，根据牛顿第二定律可得－F＝ma，可知随着动车速度的增大，
加速度逐渐减小，A错误；当动车的加速度为零时，速度达到最大，根据受力平衡可得 F＝
F ＝，解得牵引力的功率P＝Fv ，B正确；当动车速度为时，此时牵引力为F ′＝＝3＝
牵 m 牵
3F，根据牛顿第二定律可得F ′－F＝ma ，可得其加速度为a＝，C错误；假设整个过程动
牵 1 1
车行驶的位移为x，由动能定理可得W －Fx＝mv 2－mv2，解得牵引力做的功为W ＝
牵 m 0 牵
mv 2－mv2＋Fx>mv 2－mv2，D错误。
m 0 m 0
2. 如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m
的小物块从A处由静止滑下，沿轨道运动至C处停下，B、C两点间的距离为R，物块与圆
轨道和水平轨道之间的动摩擦因数相同。现用始终平行于轨道或轨道切线方向的力推动物块，
使物块从C处缓慢返回A处，重力加速度为g，设推力做的功至少为W，则( )
A．W＝mgR B．mgR<W<2mgR
C．W＝2mgR D．W>2mgR
答案 B
解析 从A到C过程根据动能定理有mgR－μmgR－W ＝0，解得W ＝mgR－μmgR，从C
克f 克f
到A过程根据动能定理得W－mgR－μmgR－W ′＝0，解得W＝mgR＋μmgR＋W ′，物
克f 克f
块从A到B做圆周运动，可知物块受到的支持力比缓慢运动时大，所以克服摩擦力做功 W
克
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料>W ′，可得W<2mgR，从B到A过程，由动能定理得W′－mgR－W ′＝0，可知
f 克f 克f
W>W′>mgR，综上所述mgR<W<2mgR，故选项B正确。
3. 如图所示，AB是带有半径为R的竖直圆轨道的光滑轨道，它的质量为M，置于左右固定
的水平地面上，紧挨轨道的B点有一倾角为θ的斜面，一质量为m的小球从光滑斜面上距B
点4R处由静止释放，当小球通过圆轨道最高点时轨道恰好能离开地面，已知斜面倾角 θ＝
53°，sin 53°＝0.8，不计小球经过B点时的能量损失，则轨道质量M与小球质量m之间的关
系为( )
A．M＝0.8m B．M＝1.2m
C．M＝1.4m D．M＝2.0m
答案 C
解析 设小球通过轨道最高点时的速度为v，由题可知小球释放点与B点的距离为4R，根
据动能定理可得mg(4Rsin θ－2R)＝mv2，小球经过最高点时轨道恰好能离开地面，则有(M
＋m)g＝m，联立解得M＝1.4m，故C正确，A、B、D错误。
4. 如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度 v从
轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离
x与轨道半径R的关系，下列说法正确的是( )
A．R越大，则x越大
B．R越小，则x越大
C．当R为某一定值时，x才有最大值
D．当R为某一定值时，x才有最小值
答案 C
解析 设半圆的半径为R，小球从最低点到轨道最高点过程根据动能定理得－mg·2R＝mv′2
－mv2，离开最高点做平抛运动，有2R＝gt2，x＝v′t，联立解得x＝＝，可知当R＝时，x
有最大值，故选C。
5. (2023·四川绵阳市诊断)如图所示，有一倾角θ＝45°的粗糙斜面固定于空中的某位置。A
为斜面底端，距水平面的高度h＝0.6 m，O为A点正下方地面上的点。一物体从斜面上的B
1
点由静止开始下滑，滑离斜面后落在地面上。已知A、B间的竖直高度差h＝0.1 m。物体与
2
斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。则物体在地面上的落
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料点距O点的距离为( )
A．0.6 m B．0.2 m C. m D. m
答案 B
解析 对物体从B到A的过程，由动能定理有mgh －μmgcos θ·＝mv 2，代入数据解得v ＝1
2 A A
m/s，对物体从A到落地过程，水平方向有x＝v cos θ·t，竖直方向有h ＝v sin θ·t＋gt2，解
A 1 A
得t＝ s，x＝0.2 m，B正确。
6. (2023·湖南郴州市质量监测)如图所示，在水平的PQ面上有一小物块(可视为质点)，小物
块以某速度从P点向左滑动，最远能滑到倾角为θ的斜面QA上的A点(水平面和斜面在Q
点通过一极短的圆弧平滑连接)。若减小斜面的倾角θ，变为斜面QB(如图中虚线所示)，小
物块仍以原来的速度从P点出发滑上斜面。已知小物块与水平面、小物块与斜面的动摩擦
因数相同，AB为水平线，AC为竖直线。则( )
A．小物块恰好能运动到B点
B．小物块最远能运动到B点上方的某点
C．小物块只能运动到C点
D．小物块最远能运动到B、C两点之间的某点
答案 D
解析 设物块能到达斜面上的最高点与水平面的距离为 h，与Q点的水平距离为x，物块与
斜面和水平面间的动摩擦因数为μ，P点处速度为v ，根据动能定理得－mgh－μmg·PQ－
0
μmgcos θ·AQ＝0－mv2，即mgh＋μmg(PQ＋x)＝mv2，减小倾角θ时，若h不变，则x不变，
0 0
A、C错误；若h变大，则x变小，B错误；若h变小，则x变大，D正确。
7．(多选)一种升降电梯的原理如图所示，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时
A(含乘客)、B的质量分别为M＝1 000 kg和m＝800 kg。A、B由跨过轻质滑轮的足够长轻
质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动(轿厢
A、配重B一直未与滑轮相撞)。电动机输出功率P＝2 kW保持不变。不计空气阻力和摩擦
阻力，g＝10 m/s2。则在A向上运动过程中( )
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料A．轿厢A先做匀加速直线运动，再做加速度减小的直线运动，最后做匀速直线运动
B．轿厢A能达到的最大速度v ＝1 m/s
m
C．轿厢A向上的加速度为a＝2 m/s2时，配重B下端的牵引绳上拉力F＝5 600 N
D．轿厢A从静止开始到上升的高度为5 m时(轿厢已处于匀速状态)，所用的时间t＝5.25 s
答案 BC
解析 电动机输出功率P＝2 kW保持不变，速度增大时，根据P＝Fv
可知牵引力减小，所以轿厢A做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动，故A
错误；
当轿厢A的速度达到最大时，轿厢A做匀速直线运动，此时电动机的牵引力为F＝(M－m)g
又P＝Fv ，联立解得v ＝1 m/s，故B正确；当A向上的加速度为a＝2 m/s2时，设A、B之
m m
间绳的拉力大小为F ，重物B下端绳的拉力大小为F；分别分析A、B，根据牛顿第二定律
1
得F－Mg＝Ma，F＋mg－F＝ma
1 1
联立解得F＝5 600 N，故C正确；轿厢A从静止开始到上升的高度为5 m时，轿厢已处于
匀
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料速状态，对A、B整体，由动能定理得Pt＋mgh－Mgh＝(M＋m)v 2，解得t＝5.45 s，故D错
m
误。
8. 如图，一侧有竖直挡板的足够长的实验台固定在地面上，台面水平且光滑。质量均为 m
＝0.4 kg的甲、乙两小球用一根劲度系数为k＝20 N/m的轻质弹簧拴接在一起，小球乙与竖
直挡板接触(不固定)，用力推压小球甲使弹簧压缩，弹簧压缩量为 x ＝0.2 m时锁定小球甲。
1
现解除对小球甲的锁定，同时给小球甲施加一个水平向左的外力F，使小球甲由静止开始向
左以a＝10 m/s2的加速度做匀加速直线运动，当小球乙刚要离开竖直挡板时撤掉外力F。有
关甲、乙两小球的运动情况的判断，下列说法正确的是( )
A．外力F的最大值为F ＝6 N
m
B．弹簧锁定时弹性势能为E＝0.6 J
p
C．小球乙刚离开挡板瞬间小球甲的速度大小为2 m/s
D．外力F对小球甲做的功为W ＝0.6 J
F
答案 C
解析 解除对小球甲的锁定，给小球甲施加外力的过程，根据牛顿第二定律有F＋kx＝ma
当x＝0时外力F最大，为F ＝4 N，故A错误；弹簧从锁定到恢复原长，弹力做功为W＝x
m 1
＝x ＝0.4 J，根据功能关系，弹簧锁定时弹性势能为E ＝W＝0.4 J，故B错误；根据动力学
1 p
公式v2＝2ax ，解得v＝2 m/s，故C正确；解除对小球甲的锁定，给小球甲施加外力的过程，
1
由动能定理得W ＋W＝mv2，解得W ＝0.4 J，故D错误。
F F
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