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第 32 讲 动能定理的准确理解与实际应用
1．（2022·甲卷）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自
由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点
时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，
则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）
h h 2h 2h
A． B． C． D．
k+1 k k k-1
1
【解答】解：从a到c根据动能定理有：mgh= mv2
2
mv2
在c点根据牛顿第二定律有：kmg﹣mg=
R
2h
联立解得：R=
k-1
故ABC错误，D正确；
故选：D。
（多选）2．（2022·湖南）下端附着重物的粗细均匀木棒，竖直浮在河面，在重力和浮力作用下，
沿竖直方向做频率为1Hz的简谐运动；与此同时，木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，
如图（a）所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随
水平位移x的变化如图（b）所示。已知河水密度为 ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为
g。下列说法正确的是 （ ） ρ
A．x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小
B．x从0.21m到0.25m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小C．x＝0.35m和x＝0.45m时，木棒的速度大小相等，方向相反
F -F
D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为 1 2
2ρSg
E．木棒的运动为向x轴正方向传播的机械横波，波速为0.4m/s
【解答】解：A、木棒在竖直方向做简谐运动，根据图（b）可知x＝0.1m处，木棒达到平衡位
置，此时的速度最大，所以x从0.05m到0.15m的过程中，木棒的动能先增大后减小，故A正确；
B、x＝0.2m时木棒浮力最小，此时木棒在上方最大位移处，重力大于浮力，木棒开始向下振动，
x从0.21m到0.25m的过程中，木棒的浮力增大，但小于重力，说明在木棒加速度方向竖直向下，
大小逐渐变小，故B正确；
C、在x＝0.35m和x＝0.45m时，木板的浮力相同，说明木板处于同一位置，根据简谐运动的对
称性可知，在x＝0.35m和x＝0.45m时木棒竖直方向的速度大小相等，方向相反，但木棒水平方
向速度相同，根据速度的合成可知，木棒的速度方向不是相反，故C错误；
D、设木棒在平衡位置处浸没的深度为h，振幅为A。
浮力最大时，有：F ＝ gS（A+h），浮力最小时，有：F ＝ gS（h﹣A），联立解得：A
1 2
ρ ρ
F -F
= 1 2，故D正确；
2ρSg
E、振动质点不会随波逐流，故D错误。
故选：ABD。
3．（2022·浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成
24°角，长度l ＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开
1
2
始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为 = ，货物可视为质点（取 cos24°＝0.9，sin24°＝
9
μ
0.4）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a 的大小；
1
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l 。
2
【解答】解：（1）倾斜滑轨与水平面成 ＝24°角，对货物根据牛顿第二定律可得：mgsin ﹣
θ θmgcos ＝ma
1
μ代入数据θ 解得：a ＝2m/s2；
1
（2）根据速度—位移关系可得：v2＝2a l
11
代入数据解得：v＝4m/s；
（3）货物在水平轨道上运动时，根据动能定理可得：
1 1
﹣ mgl = mv'2- mv2，其中v′＝2m/s
2
2 2
μ
代入数据解得：l ＝2.7m。
2
答：（1）货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a 的大小为2m/s2；
1
（2）货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小为4m/s；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，则水平滑轨的最短长度为2.7m。
一.知识回顾
1. 动能
（1）定义：物体由于运动而具有的能。
（2）公式：E＝mv2。
k
(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。
(6)动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE＝mv－mv。动能的变化是过程量。
k
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。
(2)表达式
W＝ΔE; W＝E －E ; W＝mv－mv。
k k2 k1
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、E ，在处理含有上述物理量的问题时，优
k
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
二.例题精析
题型一：运用动能定理求变力做的功
1
（多选）例1．如图所示，AB为 圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是
4
R．一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为 ，当它由轨道顶端A从静止开始下落
恰好运动到C处停止，那么（ ） μA．物体在BC段克服摩擦力所做的功 mgR
B．物体在BC段克服摩擦力所做的功mμgR
C．物体在AB段克服摩擦力所做的功mgR
D．物体在AB段克服摩擦力所做的功（1﹣ ）mgR
【解答】解：A、BC段物体受摩擦力f＝ mμg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功W＝﹣fR
＝﹣ mgR，故A正确，B错误； μ
C、对μ全程由动能定理可知，mgR+W
1
+W＝0
解得W ＝ mgR﹣mgR；
1
故AB段克μ服摩擦力做功为W克 ＝mgR﹣ mgR，故C错误，D正确。
故选：AD。 μ
题型二：牛顿定律与动能定理相结合解决问题
例2．如图，倾角为 ＝30°的光滑固定斜面，一物块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，由静止开
始从斜面的底端向θ上做匀加速直线运动，经时间t物块至斜面B点（图未标）外力F做的功为
1
W，此后撤去外力F，再经过时间 t后物块恰好运动至最高点，则撤去外力F时物块的动能为
3
（ ）
1 1 1 2
A． W B． W C． W D． W
6 4 3 3
【解答】解：由匀变速直线运动规律取向上为正方向则有，加速过程，根据运动学公式有 v ＝
1
a t，
1
t
减速过程有：v =a ⋅ ，
1 2 3
解得：a ＝3a ，
2 1
由牛顿第二定律有，加速过程有：F﹣mgsin ＝ma ，
1
减速过程mgsin ＝ma ， θ
2
θ4
解得F= mgsinθ，
3
由静止开始到撤去外力F的过程，设物块的位移为s，由动能定理有：
W﹣mgs•sin ＝E ，
k
θ 4
外力做功为：W＝Fs= mgsinθ⋅s
3
1
解得：E = W，故ACD错误，B正确。
k
4
故选：B。
题型三：运用动能定理分析各力做功的数量关系
（多选）例3．如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外
力拉B，由于A，B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A和B都向前移动一
段距离．在此过程中（ ）
A．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量
B．外力F做的功等于A和B动能的增量
C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
【解答】解：A、对A物运用动能定理分析可知，B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的
增量，故A正确；
B、选择A和B作为研究对象，运用动能定理研究：B受外力F做功，A对B的摩擦力与B对A
的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于 A在B上滑动，A、B对地
的位移不等，故二者做功不等，根据功能关系可知：w +（﹣f•△x）＝△E +△E ，其中△x
F kA kB
为A、B的相对位移。所以外力F做的功不等于A和B的动能的增量，故B错误。
C、A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由
于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，故C错误。
D、对 B 物体应用动能定理，W ﹣W ＝△Ek ，W 为 B 克服摩擦力所做的功，即 W ＝
F f B f F
△E +W，就是外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故D正确。
kB f
故选：AD。三.举一反三，巩固训练
1. 一质量为m＝2kg的物体自倾角为30°的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E 随位移x的变化关系如图所示。取重力加速度g＝10m/s2，则
k
物体沿斜面向上滑动的最大距离为（ ）
16
A．4m B．4√3m C． m D．6m
3
【解答】解：根据动能定理可知，W＝Fx＝E ﹣E ，则可知对物体上滑和下滑过程，动能E 随
k k0 k
64
位移x的图像的斜率表示合外力，由牛顿第二定律有对上滑过程有：mgsin30°+f =
x
16
对下滑过程有：mgsin30°-f =
x
联立解得x＝4m，f＝6N，故A正确，BCD错误。
故选：A。
2. “长征”系列运载火箭是中国自行研制的航天运载工具，为中国航天的发展提供了
强有力的支撑。“长征三号”丙发射“嫦娥二号”，“嫦娥二号”质量为m，假设可以把整个
助推过程看成初速度为0的匀加速直线运动，助推的距离为s，时间为t，则它们在脱离的瞬间，
“嫦娥二号”获得的动能是（ ）
A．ms2 B．2ms2 C．2ms2 D．2ms
t2 t t2 t2
【解答】解：根据匀变速直线运动的规律可得：
0+v s
v= =
2 t
则根据动能的计算公式可得： 1 2ms2，故C正确，ABD错误；
E = mv2=
k 2 t2
故选：C。
3. 甲、乙两辆汽车在水平路面上行驶，若甲车速度从10km/h加速到20km/h，乙汽车的速度从50km/h加速到60km/h，下列说法正确的是（ ）
A．甲汽车的动能增大到原来的2倍
B．乙汽车的动能增大到原来的2倍
C．若甲、乙两车的质量相等，则甲车所受合力做功较多
D．若甲、乙两车的质量相等，则乙车所受合力做功较多
1
【解答】解：AB、由E = mv2可知，甲汽车的速度变为原来的2倍，则动能增大到原来的4
k 2
倍，乙汽车的速度变为原来的1.2倍，乙汽车的动能增大到原来的1.44倍，故AB错误；
CD、由动能定理可知，外力所做的功等于动能的变化量，若甲乙两车的质量相等，有
1 1 1 300
W = mv2- mv2，解得W = m( )J
甲 2 2 2 1 甲 2 3.62
1 1 1 1100
W
乙
=
2
mv2
4
-
2
mv
3
2，解得W
乙
=
2
m(
3.62
)J，故W甲 ＜W乙 ，C错误，D正确。
故选：D。
4. 一辆质量为m的汽车在发动机牵引力F的作用下，沿水平方向运动.在t 时刻关闭发
0
动机，其运动的v﹣t图象如图所示，已知汽车行驶过程中牵引力所做的功为 W ，克服阻力所
F
做的功为W.下列说法中正确的是（ ）
f
A．汽车加速过程与减速过程的平均速度之比为1：2
B．汽车加速过程与减速过程动能变化量的绝对值不同
C．F：f＝3：1
D．W ：W＝1：3
F f
0+v v
【解答】解：A、由图示v﹣t图象可知，加速过程平均速度大小v加 = m= m，减速过程的
2 2
v +0 v
平均速度大小v减 = m = m，则汽车加速过程与减速过程的平均速度之比为1：1，故A错误；
2 2
1 1
B、汽车加速过程动能的变化量 ΔE k加 = 2 mv2 m -0= 2 mv2 m ，减速过程动能的变化量 ΔE k减 ＝01 1
- mv2 =- mv2，汽车加速过程与减速过程动能变化量的绝对值相等，故B错误；
2 m 2 m
C、由图示v﹣t图象可知，加速阶段加速度大小a加= v
m
，减速阶段加速度a减= v
m =
v
m
，
t 3t -t 2t
0 0 0 0
根据牛顿第二定律得：F﹣f＝ma加 ，f＝ma减 ，解得：F：f＝3：1，故C正确；
D、在整个运动过程中，根据动能定理可得：W ﹣W＝0﹣0，故W ：W＝1：1，故D错误。
F f F f
故选：C。
5. 如图甲所示，质量为1kg的物块静止在粗糙的水平面上，用大小为10N的水平拉力F
拉动物块，其动能E 随位移x变化的关系图线如图乙所示。重力加速度g＝10m/s2，物块可视
k
为质点，下列说法正确的是（ ）
A．水平拉力做的功为40J
B．物块运动的加速度大小为4m/s2
C．物块与水平面间的摩擦力大小为2N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
【解答】解：A．水平拉力做的功为W＝Fx＝10×5J＝50J，故A错误。
C．设物块与水平面间的摩擦力大小为f，由动能定理可知：E ＝Fx﹣fx＝（F﹣f）x
k
40
结合图乙可知，物块受到的合外力的大小为：F﹣f= N
5
摩擦力大小为：f＝2N，故A错误；C正确；
B．由牛顿第二定律可知F﹣f＝ma
代入数据解得：a＝8m/s2，故B错误；
D．由f＝ N
代入数据解μ得： ＝0.2。故D错误。
故选：C。 μ6. 如图所示装置，AB为光滑竖直管道，高度h＝8m，BCD为半径R ＝2m的光滑半圆
1
轨道，DE为半径R ＝3m的粗糙四分之一圆轨道，现有质量m＝1kg的小球从A点由静止释放，
2
进入到装置中。已知小球到达E点时，小球对外轨道的压力为1.5mg，g＝10m/s2，下面正确的
是（ ）
A．整个运动过程中，小球的机械能守恒
B．小球到达最低点C点时，对轨道的压力为100N
C．整个运动过程，摩擦力做的功W＝﹣37.5J
f
D．小球从E点离开轨道，再次落到地面上时的动能为E ＝87.5J
k
【解答】解：A、小球在DE段运动过程中，阻力做负功，小球的机械能减少，故A错误；
B、设小球到达最低点 C点时的速度大小为 v ，从A到C过程中，根据动能定理可得：mg
1
1
（h+R ）= mv2-0
1 2 1
在最低点，根据牛顿第二定律可得：F
﹣mg＝mv2
N 1
R
1
联立解得：F ＝110N，根据牛顿第三定律可得小球到达最低点C点时，对轨道的压力为110N，
N
故B错误；
C、设小球到达E点时，小球的速度大小为v ，对小球根据牛顿第二定律可得：1.5mg+mg＝m
2
v2
，
2
R
2
代入数据解得：v ＝5√3m/s
2
1
小球从A到E过程中，根据动能定理可得：mg（h﹣R ）+W= mv2-0
2 f 2 2
联立解得：W＝﹣12.5J，故C错误；
f1
D、从E到地面过程中，根据动能定理可得：mg（R +R ）＝E - mv2
1 2 k 2 2
代入数据解得：E ＝87.5J，故D正确。
k
故选：D。
7. 在一个斜面上，摆两条（光滑）轨道，一条是直线，一条是曲线，起点高度以及终点
高度都相同。两个质量，大小一样的小球同时从起点向下滑落，曲线的小球反而先到终点。这
是由于曲线轨道上的小球先达到最高速度，所以先到达。然而，两点之间的直线只有一条，曲
线却有无数条，那么，哪一条才是最快的呢？1696年，瑞士数学家约翰•伯努利解决了这个问
题，这条最速曲线就是一条摆线，也叫旋轮线。现让质量相同的小球1和2分别同时从起点沿
直线，最速曲线由静止开始下滑到斜面底端。此过程中（ ）
A．球2到达终点时速度更大
B．两小球下滑过程中合力做功一样多
C．最速曲线轨道对球2的支持力做正功
D．两小球下滑到底端时重力做功的瞬时功率一样大
【解答】解：AB．由图可知，两球沿两条不同的路径下滑，都只有重力做功，且下落的高度相
1
同，根据动能定理有mgh= mv2解得v=√2gh，故两小球最终的速度大小相等，下滑过程中
2
合力做功一样多，故A错误，B正确；
C．最速曲线轨道对球2的支持力始终与速度方向垂直，故不做功，故C错误；
D．两小球下滑到底端时，速度大小相等但速度方向不相同，故重力做功的瞬时功率不一样大，
故D错误。
故选：B。
8. 图甲所示为固定在竖直平面内半径为R＝0.5m的半圆形轨道，A为最低点，B与圆心
等高，C为最高点，AC竖直。一质量为1kg的小球从最低点A以一定速度进入半圆轨道，沿
轨道运动过程中小球的速率的平方与上升高度的关系图像如图乙所示。已知轨道粗糙程度处处
相同，小球能够到达最高点，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（
）A．小球从轨道脱离时速度大小为5m/s
B．小球沿轨道运动过程中摩擦力做的功为8.5J
C．小球能到达的最高点的高度为0.8m
D．小球经过A点时的切向加速度与初动能有关
1 1
【解答】解：A.若轨道没有摩擦力，根据动能定理﹣mg•2R= mv2- mv2，解得v＝4m/s＜
2 2 0
5m/s，故A错误。
mv2
B.若小刚好达到最高点，mg= ，得v=√gR=√10×0.5m/s=√5m/s；设小球克服摩擦力
R
1 1
做功为Wf，根据动能定理-mg⋅2R-W
f
=
2
mv2-
2
mv2
0
，代入数据解得W
f
＝5.5J，即小球沿
轨道上升过程中克服摩擦力做功不大于5.5J，小球才能通过最高处，故B错误。
C.由图乙知，小球上升的高度h＝2R＝1m，小球能够达到最高点，故C错误。
D.小球在最低处，根据牛顿第二定律 v2，又最低处的动能 1 ，联立得
N-mg=m 0 E = mv2
R k0 2 0
2E E
N=mg+ k0，小球所受的滑动摩擦力f =μN=μ(mg+ k0 )；根据牛顿第二定律，小球在A
R R
f μE
点的切向加速度a = =μg+ k0，可见小球经过A点时的切向加速度与初动能有关，故D正
t m mR
确。
故选：D。
9. 如图所示，人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端
拉上斜面，物体上升的高度为h时，速度为v。在此过程中（ ）A．重力对物体做的功为mgh
1
B．物体所受的合力做功等于mgh+ mv2
2
1
C．人的拉力做功等于mgh+ mv2
2
1
D．人的拉力做功大于mgh+ mv2
2
【解答】解：A、重力对物体做的功为﹣mgh，故A错误；
1
B、根据动能定理，物体所受的合力做功等于物体的动能变化量，即为 mv2，故B错误；
2
CD、根据动能定理得：
1
W -mgh-W = mv2
f 2
则人的拉力做功为
1
W =mgh+ mv2+W ，故C错误，D正确；
2 f
故选：D。
10. 如图所示，质量为m的物体在水平恒力F的作用下，从倾角为 的斜面底端O点沿斜
面缓慢移动到A点，去掉F后，物体立即从A点下滑到水平面的B点停θ下。已知OA距离为
L ，OB距离为L ，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为 ，下面判断正确的是（ ）
1 2
μ
A．物体从O点到A点，重力做的功是mgL sin
1
B．物体从O点到A点，水平恒力F做的功是FθL
1
C．物体从O点到A点和从A点下滑到O点克服摩擦力做的功相等
D．物体从A点下滑到水平面的B点，克服摩擦力做的功是 mg（L cos +L ）
1 2
μ θ【解答】解：A.物体从O点到A点，重力做的功是W ＝﹣mgL sin ，故A错误；
G 1
B.物体从O点到A点，水平恒力F做的功是W ＝FL sin ，故B错误θ；
F 1
C.物体从O点到A点的摩擦力大小为f＝ （mgcos +Fsiθn ），从A点下滑到O点过程中摩擦力
大小为 mgcos ，两个过程中位移大小相μ等，所以θ两过程θ中克服摩擦力做的功不相等，故C错
误； μ θ
D.物体从A点下滑到水平面的B点克服摩擦力做功为W＝ mg（L cos +L ），故D正确。
f 1 2
故选：D。 μ θ
11. 某兴趣小组设计了一款智能弹跳游戏，简化模型如图所示，有一长为L（已知量）的
空心上下无底的圆筒，圆筒顶端固定了一个智能主控装置（未画出），可以自动检测弹性小球
运动过程中的运动物理量和对小球施加的特定作用力，圆筒轴线上与筒顶端等高处有一弹性小
球，现让小球和圆筒同时由静止自由落下，圆筒与小球间无相互作用力，圆筒碰地后立即竖直
2√5
锁住让它停止运动，小球碰地后的反弹速率为落地时速率的 倍，小球与地面的碰撞时间
5
极短，可看作瞬间反弹，运动过程中圆筒的轴线始终位于竖直方向，若小球第一次反弹上升到
最高点时刚好与圆筒上端平齐，则智能主控装置就会进行智能识别，提示游戏成功。若某次圆
筒的下端距水平地面为某一高度静止释放，按上述要求完成实验，刚好提示游戏成功，已知重
力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）在游戏成功的情况下，圆筒释放时下端距水平面的高度H；
（2）在游戏成功的情况下，小球从释放到第一次落地所经历的时间t；
（3）另一次弹跳实验，若小球和圆筒同时由静止释放的同时，智能主控装置自动对弹性小球产
生一个竖直向下的恒力，将小球快速向下弹出，检测到小球向下弹出的加速度大小为 5g，小球
M
弹出过程中圆筒刚好悬停不动，求圆筒与智能主控装置的总质量M与小球质量m的比值 。
m
【解答】解：（1）设小球落地时的速度大小为v，小球做自由落体运动，小球下落过程，由速度—位移公式得：v2＝2g（H+L）
2√5
小球反弹后的速度大小v = v
1 5
1
小球反弹后上升过程，由动能定理得：﹣mgL＝0- mv2
2 1
1
解得：H= L
4
1
（2）设小球从释放到第一次落地的时间为t，由位移—时间公式得：H+L= gt2
2
√5L
解得：t=
2g
（3）设智能主控装置对小球施加的力的大小为F，则圆筒受到的反作用力也为F，
对圆筒，由平衡条件得：F＝Mg
对小球有：F+mg＝m×5g
M
解得： =4
m
1
答：（1）在游戏成功的情况下，圆筒释放时下端距水平面的高度H是 L；
4
√5L
（2）在游戏成功的情况下，小球从释放到第一次落地所经历的时间t是 ；
2g
M
（3）圆筒与智能主控装置的总质量M与小球质量m的比值 是4。
m
12. 如图所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车
在刹车失灵的情况下避险。质量m＝2.0×103kg的汽车沿干道下坡行驶，当驾驶员发现刹车失
灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v ＝36km/h，汽车继续沿下坡匀加速直行时间t＝
1
20s后刚好到达“避险车道”，此时速度表示数v ＝72k/h，已知下坡斜面和“避险车道”与水
2
平面间的夹角均为 ，且sin ≈0.2（g取10m/s2）。
θ θ
（1）求汽车在下坡过程中的加速度大小；（2）求汽车在下坡过程中的阻力大小；
（3）若汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的2倍，为保证汽车不与“避险车道”
尽头的防撞设施发生碰撞，求“避险车道”的最小长度。
v -v 20-10
【解答】解：（1）汽车在下坡过程中的加速度a= 2 1= m/s2=0.5m/s2
t 20
（2）对汽车受力分析，由牛顿第二定律得mgsin ﹣f＝ma
解得f＝3.0×103N
θ
1
（3）设“避险车道”的最小长度为s，由动能定理得-(mgsinθ+2f )s=0- mv2
2 2
解得s＝40m
“避险车道”的最小长度为40m。
答：（1）汽车在下坡过程中的加速度大小为0.5m/s2；
（2）求汽车在下坡过程中的阻力大小为3.0×103N；
（3）“避险车道”的最小长度为40m。
