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选择题考点专项 29 动能定理的应用
1.(动能定理的应用)在篮球比赛中，投篮的投射角度会影响投篮的命中率。在某
次投篮中，篮球投出速度大小为4 m/s，方向与水平面成45°角。投球点在篮筐
下方，竖直距离为0.35 m。g取10 m/s2，则篮球进筐的速度大小为( )
A.3 m/s B.4 m/s
C.5 m/s D.7 m/s
2.(动能定理的应用)如图所示，甲、乙两个小物体从同一高度分别沿斜面Ⅰ、Ⅱ
下滑，两物体与接触面的动摩擦因数均为 μ，斜面与水平面接触处有光滑的小
圆弧相连。若物体甲由静止下滑运动到水平面上的 P点静止，则乙物体由静止
下滑，当其运动到水平面时，将停在( )
A.P点右侧 B.P点
C.P点左侧 D.无法确定
3.(动能定理与图像结合)如图甲所示，在一无限大光滑水平面上静止放置可视为
质点、质量为m＝2 kg的物体，以物体所在初始位置为坐标原点建立一维坐标
系，现给物体施加一沿x轴正方向的作用力F，其大小与坐标的关系如图乙所
示。则在x＝4 m处，作用力F的瞬时功率为( )
A.15 W B.20 WC.40 W D.无法计算
4.(动能定理求临界速度)(多选)如图所示，光滑水平面与长2 m的粗糙水平面平
滑连接，长l＝1 m的匀质木板在光滑水平面上以速度v 匀速运动，随后进入粗
0
糙水平面。已知木板与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10
m/s2，要使整个木板全部停在粗糙水平面内，则v 的值可能为( )
0
A.1 m/s B.1.2 m/s
C.2 m/s D.2.5 m/s
5.(动能定理解决变力做功问题)(多选)如图所示，一个质量为 m＝1 kg的带孔小
球穿在固定的粗糙水平长横杆上，小球与横杆间的动摩擦因数为 μ＝0.6。某时
刻小球获得一个水平向右的瞬时速度v ＝15 m/s，同时小球受到一个竖直向上
0
的作用力F，F与速度的平方成正比，比例常数为 k＝0.4，重力加速度为g＝10
m/s2，则小球运动的整个过程中( )
A.作用力F对小球做功为0
B.作用力F对小球做功为－112.5 J
C.摩擦力对小球做功为－112.5 J
D.摩擦力对小球做功为－100 J
6.(全程应用动能定理解决“0－v－0”模型)质量相等的两个物体A和B，并排
放在水平地面上。现用同向水平拉力 F 、F 分别作用于物体A和B上，作用一
1 2
段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止。A、B两物体运动的v－t图像分别如a、b图线所示。由图中信息可以得出( )
A.F 对A所做的功小于F 对B所做的功
1 2
B.F 对A所做的功大于F 对B所做的功
1 2
C.F 的最大瞬时功率是F 的最大瞬时功率的2倍
1 2
D.F 的最大瞬时功率是F 的最大瞬时功率的2倍
2 1
7.(动能定理的应用)如图所示，质量为m的物块放在光滑的水平桌面上，系在物
块上的轻质绳子绕过光滑的定滑轮，滑轮右侧绳子水平，人拉着绳子的下端以
速度v 水平向左做匀速运动，在拉紧的绳子与水平方向的夹角由 53°变成37°的
0
过程中(sin 53°＝0.8、cos 53°＝0.6)，人对物体做的功为( )
A.mv B.mv
C.mv D.mv
8.(动能定理求往复运动的路程)如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与
盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，其长度d＝0.50 m，盆
边缘的高度为h＝0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑。
已知盆内侧壁是光滑的，而盆底 BC面与小物块间的动摩擦因数为 μ＝0.10。小
物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为( )
A.0.50 m B.0.25 mC.0.10 m D.0
9.(应用动能定理解决类机车启动)(多选)共享电动车已经成为我们日常生活中不
可或缺的重要交通工具，某共享电动车和驾驶员的总质量为 100 kg，行驶时所
受阻力大小为车和人所受总重力的，电动车从静止开始以额定功率在水平公路
上沿直线行驶，7 s内行驶了20 m，速度达到4 m/s。取重力加速度大小g＝10
m/s2。下列说法正确的是( )
A.该电动车的额定功率为560 W
B.该电动车的额定功率为400 W
C.在这次行驶中，该电动车行驶的最大速度为4 m/s
D.在这次行驶中，该电动车行驶的最大速度为5.6 m/s
10.(动能定理与圆周临界综合)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，倾角
α＝37°的直轨道AB与半径R＝0.15 m的圆弧形光滑轨道BCD相切于B点，O
为圆弧轨道的圆心，CD为竖直方向上的直径。一质量m＝0.1 kg的小滑块可从
斜面上的不同位置由静止释放，已知小滑块与直轨道 AB间的动摩擦因数 μ＝
0.5，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。若小滑块恰好能通
过圆弧轨道的最高点D，则释放点距B点的距离为( )
A.1.725 m B.1.5 m
C.1.25 m D.0.75 m
11.(动能定理与圆周运动综合)如图所示，水平放置的光滑桌面中心开有光滑的
小孔，轻质细绳穿过小孔一端连接质量为m的小球，另一端连接总质量为8m
的漏斗(其中细沙的质量为7m)，小球在轨道1上做匀速圆周运动。某时刻起，漏斗内细沙缓慢流出而漏斗缓慢上升，漏斗内细沙全部流出时漏斗上升的高度
为h，之后小球在轨道2上做匀速圆周运动，此过程中小球在任意相等时间内扫
过的面积相等，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A.小球在单位时间内扫过的面积为
B.小球在轨道1上运动时的动能为4mgh
C.小球在轨道2上运动时的动能为3mgh
D.此过程中细绳对漏斗做的功为2mgh
12.(动能定理与平抛运动结合)如图所示，一平台固定在竖直平面内，以平台右
边缘O点为原点，沿平台右侧竖直向下为 y轴正方向，沿水平向右为 x轴正方
向建立直角坐标系xOy。在该坐标系中，以坐标原点O为圆心，半径为R的四
分之一圆弧轨道竖直固定在平台的右侧。质量为 m的小球从坐标原点O以初速
度v (大小未知)沿x轴正方向平抛。重力加速度大小为g，不计空气阻力。小球
0
从O点抛出后到落到圆弧轨道上的过程中，下列说法正确的是( )
A.当初速度v 的大小为适当的值时，小球可能垂直落到圆弧轨道上
0
B.初速度v 越大，小球在空中运动的时间越长
0
C.初速度v ＝时，小球落到圆弧轨道上的动量最小
0
D.小球落到圆弧轨道上的最小动能为mgR解析答案29 动能定理的应用
1．C [根据动能定理可得－mgh＝mv－mv，解得v ＝5 m/s，故C正确。]
1
2．B [设斜面Ⅰ倾角为α，
长度为 l，高度为 h，甲在水平面滑行 s后静止，全程由动能定理可得 mgh－
μmglcos θ－μmgs＝0，整理得mgh－μmg(lcos θ＋s)＝0，lcos θ为斜面在水平方
向的投影，可得gh－μgs ＝0，由于斜面Ⅱ的高度与斜面Ⅰ相同，可知乙物体
水平
由静止下滑至水平面静止时水平位移与甲物体相同，故乙物体运动到 Р点停止
运动，A、C、D错误，B正确。]
3．B [当物体运动到x＝4 m处时，作用力F＝5 N，该过程中，作用力F对物
体做的功W＝(3＋5)×4 J＝16 J，根据动能定理，有W＝mv2－0，代入数据，可
得物体运动到 x＝4 m处时的速度v＝4 m/s，则在x＝4 m处，作用力F的瞬时
功率为P＝Fv＝5×4 W＝20 W，故B正确，A、C、D错误。]
4．AB [当木板左端恰好到达粗糙水平面左端时，由 μmgl＝mv，解得v ＝1
1
m/s，当木板右端恰好到达粗糙水平面右端时，由 μmgl＋μmg(x－l)＝mv，解得
v ＝ m/s，所以速度的范围应该在1 m/s≤v ≤ m/s，故A、B正确。]
2 0
5．AD [因为小球所受的作用力F与速度方向垂直，所以作用力F对小球做功
为零，故A正确，B错误；当拉力F与重力相等时，小球做匀速直线运动，根
据 F＝mg＝kv2，解得 v＝＝ m/s＝5 m/s，根据动能定理得，W＝mv2－mv＝
f
×1×(25－225)J＝－100 J，故C错误，D正确。]
6．C [两物体质量相等，则 F ＝F ，根据动能定理对 a有W －F s ＝0；同
f1 f2 F1 f1 1
理对b有W －F s ＝0，根据速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移得
F2 f2 2
s ＝4×2.5× m＝5.0 m，s ＝2×5× m＝5.0 m，则W ＝W ，故A、B错误；
1 2 F1 F2
撤除拉力后两物体的速度图像平行，故加速度大小相等，设两物体与水平地面
的动摩擦因数分别为μ 、μ ，有a ＝a ＝μg＝1 m/s2，则μ ＝μ ＝＝0.1，由以上
1 2 1 2 1 2
分析可知F ＝m(a′＋μ g)＝m(＋1)＝m，所以拉力F 的最大瞬时功率P ＝m，同
1 1 1 1
理F ＝m(a″＋μ g)＝m＝m，所以拉力F 的最大瞬时功率P ＝m ，P ＝2P ，故C
2 2 2 2 2 1 2正确，D错误。]
7．B [把绳子下端的速度分别沿着垂直绳子方向和沿着绳子的方向分解，物块
在各个时刻的速度等于对应时刻沿着绳子方向的分速度，由功能关系可得人做
的功等于物块的动能的增加量，则有 W＝m(v cos 37°)2－m(v cos 53°)2＝mv，故
0 0
B正确。]
8．D [小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在 BC面上运动的总路程为
s，小物块在盆底BC面上所受的滑动摩擦力大小不变，整个过程由动能定理有
mgh－μmgs＝0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s＝＝ m＝3 m，因d＝
0.50 m，s＝6d，所以小物块在BC面上来回运动共6次，刚好3个来回，所以
最终停在B点，即距离B点为0，A、B、C错误，D正确。]
9．BC [由题意可知电动车行驶过程中受到的阻力大小F＝mg＝×100×10 N＝
f
100 N，根据功能关系有 W＝P t＝Fs＋mv2＝100×20 J＋×100×42 J＝2 800
额 f
J，解得该电动车的额定功率为P ＝＝ W＝400 W，A错误，B正确；该电动车
额
以额定功率行驶能达到的最大速度为v ＝＝ m/s＝4 m/s，C正确，D错误。]
max
10．A [小滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点，在D点，由牛顿第二定律，得
mg＝m，滑块由释放运动到D点过程，由动能定理得mgl sin α－μmgcos α·l －
0 0
mgR(1＋cos α)＝mv，代入数据联立解得 l ＝1.725 m，A 正确，B、C、D 错
0
误。]
11．B [设轨道1、2的半径分别为r 、r ，小球在轨道1、2上运动时的速度大
1 2
小分别为v 、v ，根据已知条件有 8mg＝m，mg＝m，r v t＝r v t，r －r ＝h，
1 2 1 1 2 2 2 1
解得r ＝2r ＝2h，v ＝，v ＝，则小球在单位时间内扫过的面积为S＝r v ＝，
2 1 1 2 1 1
故A错误；小球在轨道1上运动时的动能为E ＝mv＝4mgh，故B正确；小球
k1
在轨道2上运动时的动能为E ＝mv＝mgh，故C错误；此过程中小球动能的变
k2
化量为－3mgh，说明细绳对小球做功为－3mgh，则细绳对漏斗做的功为
3mgh，故D错误。]
12．D [若小球垂直打在圆轨道上，则速度方向的反向延长线应交于圆心，由
平抛运动的规律可知，速度方向的反向延长线应交于水平位移的中点，根据题
意可知圆心和水平位移的中点不是同一位置，故 A错误；小球做平抛运动，在
竖直方向上做自由落体运动，有h＝gt2，解得t＝，可知h越大，小球在空中运动时间越长，由图可知小球速度 v 越小，下落的高度越高，飞行时间越长，故
0
B错误；设落点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动Rcos θ
＝v t，Rsin θ＝gt2，由动能定理得 mgRsin θ＝E －mv，解得 E ＝mgR(sin θ
0 k k
＋)，由数学知识得，当sin θ＝，即sin θ＝时，E 有最小值E ＝mgR，根据p
k kmin
＝，可知动能最小时动量最小，此时x＝R，联立以上可得v ＝，故C错误，D
0
正确。]
