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第二讲 动能定理
知识梳理
一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能．
2．公式：E＝mv2．
k
3．矢标性：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＝m －m ．动能的变化是过程量．
k
二、动能定理
1．内容：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
2．表达式
(1)W＝ΔE．
k
(2)W＝E －E ．
k2 k1
(3)W＝m －m ．
3．物理意义：合外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．
知识训练
考点一、动能定理的理解和基本应用
1．适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)动能定理既适用于恒力做功，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，也可以分阶段作用．
2．解题流程3．注意事项
(1)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．
(2)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．
(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．
例1、(2021·山东高考)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为 L的轻质细杆，一端可绕竖直
光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v 出发，恰好能完成一个完整的圆周
0
运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】在木块运动过程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功与路径有关，根据动能定理有－f·2πL＝0－m
，可得木块所受摩擦力的大小f＝，故选B．
例2、随着高铁时代的到来，人们出行也是越来越方便，高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的
匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( )
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比
D．与它的加速度成正比
【答案】B
【解析】根据v＝at，E＝ mv2，整理得E＝ ma2t2，可知动能和时间的平方成正比，选项A错误；根据
k k
动能定理E＝ mv2＝Fl，可知动能和位移成正比，选项B正确；根据E＝ mv2，动能与速度的平方成正
k k
比，选项C错误；加速度是不变的，所以动能与加速度不成正比，选项D错误．
例3、(2018·全国卷Ⅱ·14)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一
速度．木箱获得的动能一定( )
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
【答案】A
【解析】由题意知，W －W ＝ΔE ，则W >ΔE ，A项正确，B项错误；W 与ΔE 的大小关系不确
拉 克摩 k 拉 k 克摩 k
定，C、D项错误．
例4、如图所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，
O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量m＝1 kg的小物块在9 N的水平恒力F的作用下，从A点由
静止开始做匀加速直线运动．已知x ＝5 m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为 μ＝0.1，当小物块运动
AB
到B点时撤去力F，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小物块到达B点时速度的大小；
(2)小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小．
【答案】(1)4 m/s (2)150 N【解析】(1)从A到B过程，据动能定理可得
(F－μmg)x ＝mv 2
AB B
解得小物块到达B点时速度的大小为
v ＝4 m/s
B
(2)从B到D过程，据动能定理可得
－mg·2R＝mv 2－mv 2
D B
在D点由牛顿第二定律可得
F ＋mg＝m
N
联立解得小物块运动到D点时，轨道对小物块作用力的大小为F ＝150 N.
N
课堂随练
训练1、(2021·高考河北卷，T6)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的
轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，
绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力
加速度为g，不计空气阻力)( )
A． B．
C． D．2
【答案】A
【解析】当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度h＝R＋πR－＝R＋，根据动能定理有mgh
＝mv2，解得v＝，故A正确，B、C、D错误。
训练2、(2022·北京东城区期末)如图所示，在高为h的粗糙平台上，有一个质量为m的小球，被一根细线
拴在墙上，球与墙间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时速度大小为 v。
对烧断细线到小球刚要落地的过程，下列说法正确的是( )
A．小球离开弹簧时的动能是mv2
B．弹簧弹力做的功等于mv2C．弹簧弹力与重力做功的和等于mv2
D．弹簧弹力与摩擦力做功的和等于mv2－mgh
【答案】D
【解析】从烧断细线到小球落地的整个过程中，根据动能定理可知W －W＋mgh＝mv2，小球离开弹簧时
弹 f
的动能不等于mv2，落地时动能才等于mv2，A错误；弹簧弹力做的功等于mv2－mgh＋W，B错误；弹簧弹
f
力与重力做功的和等于mv2＋W，C错误；弹簧弹力与摩擦力做功的和等于mv2－mgh，D正确。
f
训练3、如图所示，物体在距斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物
体与斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°.求物体能在水平面上滑行的距离．(sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8)
【答案】3.5 m
【解析】对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示
方法一 分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段
F ＝mgcos 37°，
N1
故F ＝μF ＝μmgcos 37°，
f1 N1
由动能定理得：
mgsin 37°·l－μmgcos 37°·l＝mv2－0
1 1
设物体在水平面上滑行的距离为l，
2
摩擦力F ＝μF ＝μmg
f2 N2
由动能定理得：－μmgl＝0－mv2
2
联立以上各式可得l＝3.5 m.
2
方法二 对全过程由动能定理列方程：
mgl sin 37°－μmgcos 37°·l－μmgl＝0
1 1 2
解得：l＝3.5 m.
2
训练4、如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R＝0.2 m的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L＝1 m，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然状态．质量为m
＝1 kg的小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v ＝2 m/s冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压
0
缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道．物块 A与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道
其他部分摩擦不计，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)物块A与弹簧刚接触时的速度大小v；
1
(2)物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度h；
1
(3)调节PQ段的长度L，A仍以v 从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时．物块A能第一次返回圆形
0
轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道．
【答案】(1)2 m/s (2)0.2 m (3)1 m≤L≤1.5 m或L≤0.25 m
【解析】(1)设物块A与弹簧刚接触时的速度大小为v，由动能定理得
1
－μmgL＝m －m
解得v＝2 m/s
1
(2)物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆轨道的高度为h，由动能定理得
1
－μmgL－mgh ＝0－m
1
解得h＝0.2 m＝R，符合实际
1
(3)①若A沿轨道上滑至最大高度h 时，速度减为0，则h 满足0＜h≤R
2 2 2
由动能定理得－2μmgL－mgh ＝0－m
1 2
联立得1 m≤L <1.5 m
1
②若A能沿轨道上滑到最高点，则满足m ≥mg
由动能定理得－2μmgL－mg·2R＝m －m
2
联立得L≤0.25 m
2
综上所述，要使物块A能第一次返回圆轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L满足的条件是1 m≤L≤1.5 m或L≤0.25 m
考点二、应用动能定理求变力做功
在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理，W ＋W ＝mv2
变 恒 2
－mv2，物体初、末速度已知，恒力做功 W 可根据功的公式求出，这样就可以得到 W ＝mv2－mv2－W
1 恒 变 2 1
，就可以求变力做的功了．
恒
例1、质量为m的物体以初速度v 沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示．
0
已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧
被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)( )
A．mv2－μmg(s＋x) B．mv2－μmgx
0 0
C．μmgs D．μmg(s＋x)
【答案】A
【解析】根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为W＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W －W＝0－
f 弹 f
mv2，则W ＝mv2－μmg(s＋x)，故选项A正确．
0 弹 0
例2、如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为 m的质点自轨道端点P
由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程
中，克服摩擦力所做的功为( )
A．mgR B．mgR
C．mgR D．mgR
【答案】C
【解析】在Q点质点受到的竖直向下的重力和竖直向上的支持力的合力充当向心力，所以有 F －mg＝m，
N
F ＝F ′＝2mg，联立解得v＝，下滑过程中，根据动能定理可得mgR＋W＝mv2，解得W＝－mgR，所以克
N N f f
服摩擦力做功mgR，选项C正确．
考点三、动能定理与图象结合问题
1．解决图像问题的基本步骤
(1)弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交
点、图与坐标轴围成的面积等所表示的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数
关系式求物理量．
2．图像所围“面积”和图像斜率的含义
例1、(2020·江苏高考)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地
面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能E 与水平位移
k
x关系的图象是( )
【答案】A
【解析】设斜面倾角为θ，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数分别为μ 、μ 。物块在斜面上运动
1 2
时，根据动能定理有mgx tan θ－μmg cos θ·＝E －0，整理可得E ＝(mg tan θ－μmg)x，即在斜面上运动
1 k k 1
时，物块的动能E 与x成线性关系；设物块到达斜面底端时动能为E ，水平位移为x，物块在水平地面上
k k0 0
运动时，根据动能定理有－μmg(x－x)＝E－E ，整理可得E＝－μmgx＋E ＋μmgx，即在水平地面上运
2 0 k k0 k 2 k0 2 0
动时，物块的动能E 与x也成线性关系。综上分析可知A正确。
k例2、(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不
变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度 h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能E 随
k
h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为( )
A．2 kg B．1.5 kg
C．1 kg D．0.5 kg
【答案】C
【解析】法一：特殊值法
画出运动示意图．
设该外力的大小为F，据动能定理知
A→B(上升过程)：－(mg＋F)h＝E －E
kB kA
B→A(下落过程)：(mg－F)h＝E ′－E ′
kA kB
整理以上两式并代入数据得物体的质量m＝1 kg，选项C正确．
法二：写表达式根据斜率求解
上升过程：－(mg＋F)h＝E－E ，
k k0
则E＝－(mg＋F)h＋E
k k0
下落过程：(mg－F)h＝E′－E ′，
k k0
则E′＝(mg－F)h＋E ′，
k k0
结合题图可知mg＋F＝ N＝12 N，
mg－F＝8 N
联立可得m＝1 kg，选项C正确．
例3、(多选)(2021·辽宁大连五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作
用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图
中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度 g＝10 m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数
B．合外力对物体所做的功
C．物体做匀速运动时的速度
D．物体运动的时间
【答案】ABC
【解析】物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝
0.35，A正确；减速过程由动能定理得W ＋W＝0－mv2，根据Fx图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算
F f
力F做的功W ，而W＝－μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度 v，B、
F f
C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误。
课堂随练
训练1、(2021·云南省曲靖市高三二模)某质量为m的质点在外力作用下沿直线从A点加速运动到B点，已
知质点通过A点时的速度为v ，加速度为a ，A、B两点之间的距离为L。在加速运动过程中，质点的加速
0 0
度a随位移x变化的关系如图所示，则外力对质点做的功和通过B点时的速度大小为( )
A．ma L,
0
B．m(aL＋)，v＋
0 0
C．ma L,
0
D．m(aL＋)，v＋
0 0
【答案】A
【解析】由图可知质点的加速度随位移均匀变化，则质点所受的合外力也随位移均匀变化，合外力对质点
做的功W ＝ L＝L＝ma L，由动能定理可得ma L＝m －m ，解得质点通过B点时的速度v ＝，故选
合 合 0 0 BA。
训练2、(2021·湖北高考)如图a所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦
力大小f恒定，物块动能E 与运动路程s的关系如图b所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所
k
受摩擦力大小f分别为( )
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
【答案】A
【解析】0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mg sin 30°·s－fs＝E－Ek0，整理得E＝E －(mg sin 30°＋
k k k0
f)s，结合0～10 m内的Es图像得，斜率的绝对值|k|＝mg sin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能
k
定理得(mg sin 30°－f)(s－s)＝E ，整理得E ＝(mg sin 30°－f)s－(mg sin 30°－f)s ，结合10～20 m内的Es
1 k k 1 k
图像得，斜率k′＝mg sin 30°－f＝3 N。联立解得m＝0.7 kg，f＝0.5 N，故A正确，B、C、D错误。
考点四、动能定理在多过程问题中的应用
1．基本步骤
例1、(2021·全国甲卷)(多选)一质量为m的物体自倾角为α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E ，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
k
sin α＝0.6，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】设物体向上滑动的距离为l，与斜面间的动摩擦因数为μ，对全过程根据动能定理有－μmg cos
α·2l＝－E ，对物体向上滑动的过程根据动能定理有－mgl sin α－μmgl cos α＝0－E ，联立得l＝，μ＝
k k
0.5，A错误，C正确；物体向下滑动时，根据牛顿第二定律有mg sin α－μmg cos α＝ma ，解得a ＝，
下 下
B正确；物体向上滑动时，根据牛顿第二定律有 mg sin α＋μmg cos α＝ma ，可知a >a ，由于上滑过
上 上 下
程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且两过程位移大小均为 l，根据l＝at2，可得t <t ，D错
上 下
误。
例2、(2021·全国乙卷)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h ＝1.8 m处由静止自由
1
落下，反弹高度为h ＝1.2 m。若使篮球从距地面h ＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下
2 3
拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为 t＝0.20 s；
该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
【答案】(1)4.5 J (2)9 N
【解析】(1)设篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值为k，k＝
第一次碰撞前，篮球做自由落体运动，由动能定理得
E ＝mgh
k1 1
同理第一次碰撞后，E ＝mgh
k2 2
联立可得k＝＝
设运动员拍球时对篮球做功为W，由题意知
k＝
联立可得W＝4.5 J。
(2)设运动员拍球时对篮球的作用力为F，t时间内球的位移为x，由运动学公式可得
F＋mg＝ma，x＝at2，W＝Fx
联立解得F＝9 N。
例3、(2021·广西桂林质检)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC
平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v 的最小值；
0
(3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t。
【答案】(1)0.375 (2)2 m/s (3)0.2 s
【解析】(1)滑块恰能滑到D点，则v ＝0
D
滑块从A→B→D过程中，由动能定理得
mg(2R－R)－μmgcos θ·＝0－0
解得μ＝0.375。
(2)滑块恰能过C点时，v 有最小值，则在C点
C
mg＝
滑块从A→B→D→C过程，
由动能定理得
－μmgcos θ·＝mv 2－mv2
C 0
解得v＝2 m/s。
0
(3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h，水平位移为x
则有h＝gt2
x＝v ′t
C
＝tan 53°
其中v ′＝4 m/s，联立解得t＝0.2 s。
C
例4、 (2016·全国卷Ⅰ)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A
处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC
＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点
(未画出)。随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加
速度大小为g。(取sin 37°＝，cos 37°＝)(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰
好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变
后P的质量。
【答案】(1)2 (2)mgR (3)m
【解析】(1)根据题意知，B、C之间的距离l为
l＝7R－2R＝5R①
设P到达B点时的速度为v ，由动能定理得
B
mgl sin θ－μmg cos θl＝m ②
式中θ＝37°。联立①②式并由题给条件得
v ＝2③
B
(2)设BE＝x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E 。P由B点运动到E点的过程中，由动
p
能定理有
mgx sin θ－μmg cos θx－E＝0－m ④
p
E、F之间的距离l 为
1
l＝4R－2R＋x＝2R＋x⑤
1
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
E－mgl sin θ－μmg cos θl＝0⑥
p 1 1
联立③④⑤⑥式并由题给条件得
x＝R⑦
E＝mgR⑧
p
(3)设改变后P的质量为m。D点与G点的水平距离x 和竖直距离y 分别为
1 1 1
x＝R－R sin θ⑨
1y＝R＋R＋R cos θ⑩
1
式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。
设P在D点的速度为v ，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动规律有y＝gt2⑪
D 1
x＝v t⑫
1 D
联立⑨⑩⑪⑫式得v ＝⑬
D
P由E点运动到D点的过程中，由动能定理有
E－mg(x＋5R)sin θ－μm g cos θ(x＋5R)－mg＝m ⑭
p 1 1 1 1
联立⑦⑧⑬⑭式得m＝m。⑮
1
课堂随练
训练1、(多选)(2022·河北选考模拟)如图，在O点用长为L的不可伸长的轻绳悬挂一质量为m的小球，O
点正下方的P点固定一细钉子，OP距离为d，C点和P点等高。小球处于O点右侧同一水平高度的A点
时，绳刚好拉直，将小球从A点由静止释放。以过最低点B的水平面为零势能面，重力加速度大小为g，
不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．若小球恰能绕钉子做圆周运动，则d应等于L
B．若d为L，小球到达C点时绳子拉力为3mg
C．若d为L，小球到达C点时的机械能为mgL
D．若d为L，小球到达C点时所受合力方向水平向右
【答案】AB
【解析】若小球恰能绕钉子做圆周运动，则通过圆周的最高点时有 mg＝m，从A点到最高点过程有mg(2d
－L)＝mv2，解得d＝L，故A正确；从开始至小球到达C点过程，由动能定理得mgd＝mv－0，在C点，有
T＝m，解得T＝3mg，故B正确；以过最低点B的水平面为零势能面，小球下落过程机械能守恒，所以在
任何位置机械能均为mgL，故C错误；小球到达C点会受到向下的重力，所以在C点时所受合力方向不可
能水平向右，故D错误。
训练2、(多选) (2022·广东新高考模拟)如图所示，斜面AB和水平面BC相交于B点，CED是竖直放置的半
径R＝0.1 m的光滑半圆轨道，CED与BC相切于C点，E点与圆心O点等高。质量为m的小球从离水平面h处由静止释放，经过水平面后滑上半圆轨道，已知小球与水平地面及与斜面间的动摩擦因数都为 μ＝
0.2，斜面的倾角θ＝45°，BC长s＝4 m，g取10 m/s2，如果让小球进入半圆轨道后不脱离半圆轨道，则h
的取值可能为( )
A．1.4 m B．1.2 m
C．1.1 m D．0.9 m
【答案】AC
【解析】小球不脱离半圆轨道的临界条件有两个：一是恰好从 D点飞出，小球刚好能从D点飞出应满足
mg＝，得v ＝，由动能定理得mgh －－μmgs－2mgR＝mv，解得h≈1.31 m；二是小球到半圆形导轨E点时
D 1 1
速度减为零，由动能定理得 mgh －－μmgs－mgR＝0，解得 h ＝ m，小球能进入半圆轨道有mgh －
2 2 3
>μmgs，得h>1 m。综上所述，让小球进入半圆轨道后不脱离半圆轨道，h的取值范围为h≥1.31 m或1
3
m<h≤ m，故A、C正确。
训练3、(2021·湖南十校联考)如图所示，质量m＝3 kg的小物块以初速度v ＝4 m/s水平向右抛出，恰好从
0
A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R＝3.75 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨
道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块
与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r＝0.4 m的半圆弧轨道，C点是
半圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g取10 m/s2，sin
37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求小物块经过B点时对轨道的压力大小；
(2)若MN的长度为L＝6 m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小；
(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。
【答案】(1)62 N (2)60 N (3)10 m
【解析】(1)根据平抛运动的规律有v＝v cos 37°
0 A
解得小物块经过A点时的速度大小v ＝5 m/s
A
小物块从A点运动到B点，根据动能定理有
mg(R－Rcos 37°)＝mv 2－mv 2
B A
小物块经过B点时，有F －mg＝
N解得F ＝62 N，根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62 N。
N
(2)小物块由B点运动到C点，根据动能定理有
－μmgL－2mgr＝mv 2－mv 2
C B
在C点F ′＋mg＝
N
解得F ′＝60 N，根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60 N。
N
(3)小物块刚好能通过C点时，根据mg＝
解得v ′＝＝2 m/s
C
小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有
－μmgL′－2mgr＝mv ′2－mv 2
C B
解得L′＝10 m。
同步训练
1、(2020·全国卷Ⅱ)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平
宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E，它会落到坑内c点，c与
1
a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E，该摩托车恰能越过坑到达b点。等于( )
2
A．20 B．18
C．9.0 D．3.0
【答案】B
【解析】摩托车经过a点的动能为E 时，有E ＝m ，根据平抛运动规律有h＝g ，h＝vt ；摩托车经过
1 1 11
a点的动能为E 时，有E＝m ，根据平抛运动规律有h＝g ，3h＝vt。联立以上各式可解得＝18，故B
2 2 22
正确。
2、长为L的木块静止在光滑水平面上。质量为 m的子弹以水平速度v 射入木块并从中射出，且出射速度
0
为v。已知从子弹射入到射出，木块移动的距离为s，子弹在木块中受到的平均阻力大小为( )
1
A． B．C． D．
【答案】D
【解析】对子弹根据动能定理：－f(L＋s)＝m －m ，解得f＝，D正确。
3、如图，倾角为θ＝30°的光滑斜面固定，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
的底端向上做匀加速直线运动，经时间t物块至斜面B点(图中未标出)，外力F做的功为W，此后撤去外力
F，再经过时间后物块运动至最高点，则撤去外力F时物块的动能为( )
A．W B．W
C．W D．W
【答案】B
【解析】取沿斜面向上为正方向，则由匀变速直线运动的规律有，匀加速过程：v ＝at，匀减速过程：v
1 1 1
＝a，联立解得：a ＝3a ，由牛顿第二定律有：F－mg sin θ＝ma ，mg sin θ＝ma ，联立解得：F＝mg；
2 2 1 1 2
由动能定理可知，撤去外力 F前，外力F对物块做的功为：W＝Fs ＝mgs ，合力对物块做的功为：W－
1 1
mgs sin θ＝E，即撤去外力F时物块的动能E＝mgs －mgs ＝mgs ＝W，A、C、D错误，B正确。
1 k k 1 1 1
4、(2018·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位
置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达 B点。在从A到B的过程中，物
块( )
A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【答案】AD
【解析】物块从A点到O点的过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩
擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力逐渐减小，
摩擦力不变，物块所受合力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物块所受合力
增大，物块的加速度随弹簧形变量的减小而增大，方向向左，物块做减速运动；从O点到B点的过程弹力
增大，合力向左，加速度继续增大，A正确，B错误。从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长，弹力做
正功，从O点到B点的过程，弹簧被拉伸，弹力做负功，故C错误。从A到B的过程中根据动能定理弹簧
弹力做的功等于物块克服摩擦力做的功，故D正确。
5、(2014全国2） 一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F 的水平拉力拉动物体，经过一段时间后
1
其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F ，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过
2
程，用W 、W 分别表示拉力F 、F 所做的功，W 、W 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(
F1 F2 1 2 f1 f2
)
A．W ＞4W ，W ＞2W
F2 F1 f2 f1
B．W ＞4W ，W ＝2W
F2 F1 f2 f1
C．W ＜4W ，W ＝2W
F2 F1 f2 f1
D．W ＜4W ，W ＜2W
F2 F1 f2 f1
【答案】C
【解析】：因物体均做匀变速直线运动，由运动学公式得前后两个过程的平均速度是 2倍关系，那么位移
x＝t也是2倍关系，若W ＝fx，则W ＝f·2x故W ＝2W ；由动能定理W －fx＝mv2和W －f·2x＝m(2v)2得
f1 f2 f2 f1 F1 F2
W ＝4W －2fx<4W ，C正确．
F2 F1 F1
6、(多选)一只半径为R的半球形碗固定不动，碗的内壁光滑，碗口水平，O点为球心，A、B均为碗内壁
上的点，且A点是最低点，B点与圆心等高，C点是圆弧AB的中点(点O、A、B、C在同一竖直平面内)，
重力加速度大小为g。有一只质量为m的小球静止在碗底部，现对小球施加一水平恒力F，则( )
A．若F＝mg，小球将有可能到达B点
B．若F＝mg，小球将一定到达B点
C．若F＝mg，小球经过C点时，合力功率最大
D．若F＝2mg，小球从最低点到其轨迹最高点过程中机械能的增量为6mgR
【答案】BD
【解析】对小球从A到B过程根据动能定理有FR－mgR＝mv2－0，所以若F＝mg，小球动能为负值，故小
球不可能到达B点；若F＝mg，小球到达B点时动能恰好为零，即恰好到达B点，故A错误，B正确；若F＝mg，在C点处合力大小为 mg，方向与水平方向夹角为45°，小球经过C点时，合力与速度方向垂
直，故此时合力功率为零，故C错误；若F＝2mg，对小球从A到B过程根据动能定理有2mgR－mgR＝mv
－0，解得v ＝，小球之后在竖直方向匀减速到零，运动时间t＝＝，水平方向x＝·t2＝2R，故全程外力做
1
功W＝F(R＋2R)＝6mgR，所以机械能增加6mgR，故D正确。
7、(2022·南京质量调研)某城市广场喷泉的喷嘴横截面积为S，喷泉喷出的水柱超过了高度h。已知水的密
度为ρ，重力加速度为g，则用于给喷管喷水的电动机输出功率至少为( )
A．ρghS B．ρghS
C． D．
【答案】B
【解析】设喷嘴处水最小速度为v，上升的高度刚好为h，则v2＝2gh，解得v＝，设经过时间Δt，喷嘴处
喷出的水为Δm，则Δm＝ρSvΔt，根据动能定理可得PΔt＝Δmv2，解得P＝ρghS，故A、C、D错误，B正
确。
8、(2022·江苏高考模拟)汽车在平直的公路上以额定功率行驶，行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车
动能E 与位移x的关系图像如图所示。已知汽车的质量为 1×103 kg，汽车运动过程中所受地面的阻力恒
k
定，空气的阻力不计。则下列说法正确的是( )
A．汽车受到地面的阻力大小为200 N
B．汽车的额定功率为8 000 W
C．汽车加速运动的时间为16.25 s
D．汽车加速过程中牵引力做的功为8×105 J
【答案】C
【解析】根据动能定理得－fx＝0－E ，解得f＝＝2×103 N，故A错误；设汽车匀速运动的速度为v，则有
k2
E ＝mv2，匀速运动时牵引力与阻力大小相等，则汽车的额定功率为P＝fv，联立解得P＝80 kW，故B错
k2
误；对于加速运动过程，根据动能定理得Pt－fs＝E －E ，代入数据得t＝16.25 s，故C正确；汽车牵引
k2 k1
力做的功应大于汽车的动能增加量，所以汽车加速过程中牵引力做的功大于8×105 J，故D错误。
9、如图所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L
＝，圆弧轨道圆心为O，半径为R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平。现有一质量为m、可视为质点的滑块从A点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则关于滑块的运动，下列说法
正确的是( )
A．滑块经过E点时对轨道的最小压力为mg
B．滑块下滑后将会从G点飞出
C．滑块第二次经过E点时对轨道的压力大小为3mg
D．滑块在斜面上经过的总路程为
【答案】CD
【解析】滑块从A点下滑后在AD部分要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终
滑块将以E点为最低点、D点为最高点来回滑动，此时滑块经过E点时对轨道的压力最小，从D点到E
点，根据动能定理有mgR(1－cos θ)＝mv，在E点有N－mg＝m，联立解得N＝mg(3－2cos θ)，根据牛顿
第三定律，滑块经过E点时对轨道的最小压力为(3－2cos θ)mg，故A错误；滑块从A点到G点，由动能
定理得：mg(L sin θ－R cos θ)－μmg cos θ·L＝mv，其中L＝，解得：v ＝0，则滑块下滑后不能从G点飞
G
出，故B错误；设滑块第二次经过E点时速度大小为v ，对滑块从G点到E点，根据动能定理得：mgR＝
E2
mv－0，解得v ＝，滑块第二次到达E点时，根据牛顿第二定律N －mg＝，解得N ＝3mg，根据牛顿第三
E2 2 2
定律，滑块此时对轨道的压力大小为3mg，故C正确；滑块最终将以E点为最低点、D点为最高点来回运
动，根据动能定理得：mgL sin θ－μmg cos θ·s ＝0－0，解得s ＝，故D正确。
总 总
10、泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流。泥石流流动
的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大。某课题小组对泥石
流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲所示的模型：在水平地面上放置一个质量为 m＝4 kg的物
体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移变化如图乙所示，已知物体与地面间的
动摩擦因数为μ＝0.5，g＝10 m/s2。则：
(1)物体在运动过程中的最大加速度为多少？(2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？
(3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？
【答案】(1)15 m/s2 (2)3 m (3)8 m
【解析】(1)当推力F最大时，物体的加速度最大，由牛顿第二定律，得F －μmg＝ma
m m
由图乙可知F ＝80 N，
m
可解得a ＝15 m/s2。
m
(2)由图象可知，当F、x的单位分别是N、m时，F随x变化的数值关系为F＝80－20x
物体速度最大时，所受合力为0，即F＝μmg，
联立解得x＝3 m。
(3)物体位移最大时，速度一定为0，对全过程由动能定理可得W －μmgs＝0－0，
F
由图象可知，位移为x ＝4 m时，力F做的功为W ＝F x ＝×80×4 J＝160 J，所以s＝8 m。
m F m m
11、(2022·西安高考模拟)学校科技小组设计了“e”字形轨道竖直放置在水平面上，该轨道由两个光滑半圆
形轨道ABC、CDE和粗糙的水平直轨道EF组成，EF末端与竖直的弹性挡板OF连接，轨道CDE半径r＝
0.1 m，轨道ABC半径为2r，A端与地面相切。现将质量m＝0.2 kg的小滑块从水平地面P点以速度v ＝2
0
m/s沿轨道上滑，运动到F点与挡板发生完全弹性碰撞。已知直线轨道 EF长为L＝0.5 m，小滑块与轨道
EF间的动摩擦因数μ＝0.5，其余阻力均不计，小滑块可视为质点。
(1)求小滑块在ABC圆轨道运动时对轨道C点的压力；
(2)求小滑块最终停止的位置到F点的距离；
(3)若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在EF轨道上，且运动过程中不脱离轨道，则小滑块的初速度应
满足什么条件？
【答案】(1)2 N，方向竖直向上 (2)0.3 m (3) m/s≤v′≤4 m/s
0
【解析】(1)小滑块从P到C的过程，根据动能定理可得－mg·4r＝mv－mv
在C点对小滑块由牛顿第二定律有
F ＋mg＝
N
解得F ＝2 N
N
根据牛顿第三定律可知小滑块对轨道的压力为2 N，方向竖直向上。
(2)小滑块从P点出发到在EF轨道上停止的过程，根据动能定理－mg·2r－μmgs＝0－mv
解得s＝0.8 m＝(L＋0.3) m
所以小滑块最终停在离F点0.3 m处。
(3)小滑块刚好经过最高点C，则mg＝，解得
v＝ m/s
小滑块从P到C的过程，根据动能定理可得
－mg·4r＝mv2－mv，解得v＝ m/s
1
当小滑块第一次从挡板弹回，到达小圆的圆心等高处时速度为零时，对小滑块从 P到D的过程，根据动能
定理可得
－mg·3r－μmg·2L＝0－mv
解得v＝4 m/s，
2
所以小滑块的初速度范围为 m/s≤v′≤4 m/s。
0
