文档文本内容
知识点 37：动能定理及应用
【知识思维方法技巧】
（1）动能定理的理解：
①动能定理内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
②动能定理表达式：W ＝ΔE ＝mv 2－mv 2或W ＝E －E .
总 k 2 1 总 k2 k1
“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可
以同时作用，也可以不同时作用．“外力”既可以是恒力，也可以是变力．
③动能定理的物理意义：合力的功是物体动能变化的量度．
（2）运用动能定理解题的优越性：
①动能定理既适用于恒力做功、直线运动、单过程问题，也适用于变力做功、曲线运动、
多过程问题、电场与磁场。
②动能定理不涉及势能，解决的是合力做功与动能变化的问题，各力做功的情况都要进行
分析。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．求克服某力做的功，可以直接带入负号。
③动能定理中的位移和速度一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。动能定理是一个
标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式。
（3）应用流程
考点一：动能定理在直线运动中的应用
题型一：动能定理在直线型单过程问题中的应用
【典例1提高题】相同材料制成的A、B两物块，以相同初速度同时滑上水平桌面，两物
块质量分别为 、 且 ，则（ ）
A．物块A惯性大，滑行距离大
B．物块B阻力小，滑行距离大
C．两物块滑行的时间相等
D．两物块克服阻力做功相等
【典例1提高题】【答案】C
【解析】令初速度为v，与桌面间的摩擦因数为 ，根据动能定理，对A有
0
，对B有 ，联立可得 ，质量是惯性的唯
1
学科网（北京）股份有限公司一量度，质量大的物体惯性大，所以物块A惯性大，故AB错误；根据动量定理，对A有
，对B有 ，联立可得 ，故C正确；根据定能定理，
对A有 ，对B有 ，因为 ，所以 ，故D错
误。
【典例1提高题对应练习】一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动，当物块的初速度为 v时，
上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为2v时，上升的最大高度记为h.重力加
速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数μ和h分别为( )
A．tan θ和2H B．tan θ和4H
C．tan θ和2H D．tan θ和4H
【典例1提高题对应练习】【答案】D
【解析】由动能定理得mgH＋μmgcos θ·＝mv2，mgh＋μmgcos θ·＝m(2v)2，联立解得h＝
4H，μ＝tan θ，选项D正确．
题型二：动能定理在直线型多过程问题中的应用
【知识思维方法技巧】
运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。
全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们
的功能特点：重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；大小恒定的阻力或摩擦
力做的功等于力的大小与路程的乘积。弹簧弹力做功与路径无关。
类型一：水平式多过程运动模型
【典例2a提高题】质量为m的物体，在水平面上以初速度v 开始滑动，经距离d时，速度
0
减为 。物体与水平面各处的动摩擦因数相同，则（ ）
A．物体与水平面间的动摩擦因数为
B．克服摩擦力做的功为
C．物体再前进 便停止
2
学科网（北京）股份有限公司D．要使物体前进总距离为2d，其初速度应为
【典例2a提高题】【答案】CD
【详解】根据动能定理 ，即克服摩擦力做功为 ，根
据 ，解得 ，AB错误；根据动能定理 ，解得
，C正确；根据动能定理 ，解得 ，D正确。
【典例2a提高题对应练习】如图所示，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上滑
行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置，按比赛规则，冰壶投出后
可以用毛刷在其滑行前方来回摩擦冰面，减小冰壶与冰面间的动摩擦因数以调节冰壶的运
动，将冰壶的运动简化为直线运动且不考虑冰壶的转动．已知未摩擦冰面时，冰壶与冰面
间的动摩擦因数为0.02.重力加速度g取10 m/s2.
(1)运动员以3.6 m/s的水平速度将冰壶投出，未摩擦冰面的情况下，求冰壶能在冰面上滑行
的最大距离s；
(2)设未摩擦冰面时，冰壶与冰面间的动摩擦因数为 μ，摩擦冰面后二者之间的动摩擦因数
变为kμ，其中0<k<1，若运动员仍以某一水平速度将冰壶投出，设运动过程中，冰壶运动
中累计滑过被毛刷摩擦过的冰面长度为L，求与未摩擦冰面相比，冰壶运动可以多滑行的
距离Δs.
【典例2a提高题对应练习】【答案】(1)32.4 m (2)(1－k)L
【解析】(1)以冰壶为研究对象，从投出冰壶到冰壶停下来的过程中－μmgs＝0－mv2，得s
＝32.4 m.
(2)未摩擦冰面时有－μmgs′＝0－mv′2，摩擦冰面时有－μmg(s′＋Δs－L)－kμmgL＝0－
mv′2，联立得Δs＝(1－k)L.
类型二：斜面式多过程运动模型
【典例2b提高题】 (多选)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m
3
学科网（北京）股份有限公司的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回。
现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加
速度为g，由此可以确定( )
A．滑块下滑和上滑过程加速度的大小a、a
1 2
B．滑块第1次与挡板碰撞前的速度v
1
C．滑块与杆之间的动摩擦因数μ
D．滑块第k次与挡板碰撞到第k＋1次与挡板碰撞的时间间隔Δt
【典例2b提高题】【答案】AC
【解析】设AB长为L。对整个过程运用动能定理得：mg sinα·0.5L－μmg cosα(L＋0.5L)
＝0，得：μ＝；根据牛顿第二定律得下滑过程：mg sinα－μmg cosα＝ma ；上滑过程：
1
mg sinα＋μmg cosα＝ma ；解得：a ＝g sinα－μg cosα，a ＝g sinα＋μg cosα，所以可求
2 1 2
得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a 、a ，故A、C正确；由于AB间的距离未知，尽管
1 2
求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞的速度，故B、D错误。
【典例2b提高题对应练习】将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三
个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质
点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动
摩擦因数 均相同。在这三个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相
同
B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大
C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最少的
D．物块沿着1和2下滑到底端的过程，产生的热量是一样多的
4
学科网（北京）股份有限公司【典例2b提高题对应练习】【答案】BD
【解析】设任意一斜面倾角为 ，斜面的长度为L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为
，Lcosθ即为斜面底边的长度，设物体滑到底端时的速度为 v，根据动能
定理得： ，根据图中斜面高度和底边长度可知，滑到底边时速
度大小关系为 ，即沿着1下滑到底端时，物块的速度最大，故A错误，B正确。
摩擦生热等于物块克服摩擦力做功，即 由图可知1和2底边相等且小于3
的底边，故摩擦生热关系为 ，即物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的
热量一样多，物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多，故C错误，D正确；故
选BD。
类型三：竖直式多过程运动模型
【典例2c提高题】如图所示，质量为 的小球，从离地面高 处由静止开始释放，落到
地面后继续陷入泥中 深度而停止，不计空气阻力，重力加速度为 ，则下列说法正确的是
（ ）
A．小球落地时动能等于
B．小球在泥土中受到的平均阻力为
C．整个过程中小球克服阻力做的功等于
D．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功等于刚落到地面时的动能
【典例2c提高题】【答案】C
【解析】小球落到地面过程，根据动能定理有 可知，小球落地时动能等于 ，
5
学科网（北京）股份有限公司A错误；小球在运动的全过程有 ，解得 ，B错误；根据
上述，整个过程中小球克服阻力做的功为 ，C正确；小球陷入泥中的
过程，根据动能定理有 ，解得 ，可知，小球陷入泥中的过
程中克服泥的阻力所做的功等于刚落到地面时的动能与减小的重力势能 之和，D错误。
【典例2c提高题对应练习】人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符
合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个恒力F方向都与竖直方向成θ角，重物
离开地面H后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深了h。已知重物的质量为M，下
列说法正确的是( )
A．整个过程重力做功为零
B．拉力做功为FHcos θ
C．重物刚落地时的动能为MgH
D．重物克服地面的冲击力做的功为2FHcos θ＋Mgh
【典例2c提高题对应练习】【答案】D
【解析】整个过程重物的位移方向向下，则重力做正功，W ＝Mgh，A错误；拉力做功为
G
W＝2FHcos θ，B错误；若刚停止施力时重物的速度为v，则重物刚落地时的动能为E ＝
k
MgH＋Mv2，C错误；整个过程中由动能定理2FHcos θ＋Mgh－W ＝0，即重物克服地面
地
的冲击力做的功为W ＝2FHcos θ＋Mgh，D正确。
地
类型四：水平式+斜面式运动模型
【典例2d提高题】如图所示，小物体从A处由静止开始沿光滑斜面AO下滑，又在粗糙水
平面上滑动，最终停在B处，已知A距水平面OB的高度为h，物体的质量为m, 现用力将
物体从B点静止沿原路拉回至距水平面高为h的C点处，已知重力加速度为g，需外力做
的功至少应为( )
6
学科网（北京）股份有限公司A．mgh B．mgh C．mgh D．2mgh
【典例2d提高题】【答案】C
【解析】物体从A到B全程应用动能定理可得mgh－W＝0，由B返回C处过程，由动能
f
定理得W －W－mgh＝0，联立可得W ＝mgh，故选C．
F f F
【典例2d提高题对应练习】滑梯是幼儿园必备的一种玩具，它可以培养孩子坚定的意志和
信心，可以培养孩子的勇敢精神．现有一滑梯，高处水平台面距地面高 h＝1.5 m，倾斜槽
倾角为37°，下端为水平槽，长L＝0.5 m，厚度不计．倾斜部分和水平部分用一忽略大小的
圆弧连接，示意图如图所示，一质量为20 kg的小孩由静止从高处水平台面沿倾斜槽下滑，
当滑到水平槽末端时速度大小为v＝2 m/s.(结果保留两位小数，重力加速度g＝10 m/s2，sin
37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
（1）若滑梯的倾斜槽和水平槽动摩擦因数相同，求出动摩擦因数μ的值；
（2）若小孩滑到水平槽末端速度大于1 m/s时危险性较大，为了小孩能滑到水平槽且保证
安全，将滑梯水平槽粗糙处理．[倾斜槽的动摩擦因数与(1)问中相同]，请求出水平槽处理
后的动摩擦因数μ 的取值范围．
1
【典例2d提高题对应练习】【答案】 (1)0.52 (2)μ≥0.82
1
【解析】(1)研究小孩的整个运动过程，利用动能定理：
mgh－μmgcos 37°×－μmgL＝mv2，解得μ＝0.52
(2)为使小孩能安全到达水平槽的末端，则在水平槽的末端速度v′应小于等于1 m/s，小孩到
达斜槽末端的速度为v，利用动能定理，在倾斜槽上有mgh－μmgcos 37°×＝mv
1
在水平槽上有mv′2－mv＝－μmgL联立得μ＝0.82，所以μ≥0.82.
1 1 1
考点二：动能定理在曲线型运动中的应用
题型一：动能定理在曲线型单过程问题中的应用
【知识思维方法技巧】
竖直平面内的圆周运动的基本思路是“两点一过程”。
(1)“两点”即最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，确定向心力，根
7
学科网（北京）股份有限公司据牛顿第二定律列方程。
(2)“一过程”即从最高点到最低点，往往由动能定理将这两点联系起来。
类型一：斜面式圆周运动
【典例1a提高题】如图所示，光滑斜面与水平面成α角，斜面上一根长为l＝0.30 m的轻
杆，一端系住质量为0.2 kg的小球，另一端固定在O点，现将轻杆拉直至水平位置，然后
给小球一沿着平板并与轻杆垂直的初速度v＝3.0 m/s，取g＝10 m/s2，则( )
0
A．此时小球的加速度大小为 m/s2
B．小球到达最高点时杆的弹力沿斜面向上
C．若增大v，到达最高点时杆对小球的弹力一定增大
0
D．若增大v，到达最高点时杆对小球的弹力可能减小
0
【典例1a提高题】【答案】C
【解析】小球做变速圆周运动，在初位置加速度不指向圆心，将其分解：
切向加速度为：a′＝＝gsin α；向心加速度为：a ＝＝ m/s2＝30 m/s2；
n
此时小球的加速度为合加速度，a＝＞a ＝30 m/s2＞ m/s2，故A错误；从开始到最高点过程
n
根据动能定理，有：－mglsin α＝mv 2－mv 2，解得：v ＝，考虑临界情况，如果没有杆的
1 0 1
弹力，重力平行斜面的分力提供向心力，有：mgsin α＝m，代入数据计算可以得到v 小于
2
v ，说明杆在最高点对球的作用力是拉力，故B错误；在最高点时，轻杆对小球的弹力是
1
拉力，故：F＋mgsin α＝m，如果初速度增大，则最高点速度也增大，故拉力F一定增大，
故C正确，D错误。
【典例1a提高题对应练习】(多选)如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能
绕水平固定轴MN自由转动从而实现调节其与水平面所成的倾角．板上有一根长为 l＝0.5
m的轻绳，一端系住一个质量为m＝0.5 kg的小球，另一端固定在板上的O点．当平板倾
角为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速
度v＝2 m/s，g取10 m/s2，则( )
0
A．若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为F ＝4 N
T
B．若α＝90°，则小球相对于初始位置可上升的最大高度为0.3 m
C．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤
D．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤
【典例1a提高题对应练习】【答案】AD
【解析】小球在平板上运动时受轻绳的拉力、重力和平板的弹力．在垂直平板方向上合力
8
学科网（北京）股份有限公司为零，重力沿平板方向的分力为mgsin α，小球在最高点时，由轻绳的拉力和重力沿平板方
向的分力的合力提供向心力，有F ＋mgsin α＝m ①，研究小球从释放点到最高点的过程
T
据动能定理有：－mglsin α ＝ mv－mv ②，若恰好通过最高点，轻绳拉力F ＝0，联立
T
①②解得：sin α＝＝，故C错误，D正确；若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为：F ＝
T
m＝4 N，故A正确；若α＝90°，小球不能到达最高点，假设能够上升0.3 m，重力势能的
增加量mgh＝1.5 J，初动能mv＝1 J，机械能不守恒，故B错误．
类型二：竖直式圆周运动
【典例1b提高题】如图所示，一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先
进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，
小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对
轨道的压力为( )
A.2mg B.3mg C.4mg D.5mg
【典例1b提高题】【答案】C
【解析】小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝，小球在轨道1上经过A处时，有
F＋mg＝，根据机械能守恒定律，有1.6mgR＝mv－mv，解得F＝4mg，C正确。
【典例1b提高题对应练习】如图所示，半径为R的细圆管(管径可忽略)内壁光滑，竖直放
置，一质量为m、直径略小于管径的小球可在管内自由滑动，测得小球在管顶部时与管壁
的作用力大小为mg，g为当地重力加速度，则 ( )
A．小球在管顶部时速度大小一定为
B．小球运动到管底部时速度大小可能为
C．小球运动到管底部时对管壁的压力可能为5mg
D．小球运动到管底部时对管壁的压力一定为7mg
【典例1b提高题对应练习】【答案】C
【解析】小球在管顶部时可能与外壁有作用力，也可能与内壁有作用力。如果小球与外壁
有作用力，对小球受力分析可知2mg＝m，可得v＝，其由管顶部运动到管底部的过程中由
9
学科网（北京）股份有限公司机械能守恒有mv＝2mgR＋mv2，可得v ＝，小球在管底部时，由牛顿第二定律有F －mg
1 N1
＝m，解得F ＝7mg，由牛顿第三定律知，小球对管壁的压力为7mg。如果小球与内壁有
N1
作用力，对小球受力分析可知，在最高点小球速度为零，其由管顶部运动到管底部过程中
由机械能守恒有mv＝2mgR，解得v ＝2，小球在管底部时，由牛顿第二定律有F －mg＝
2 N2
m，解得F ＝5mg，由牛顿第三定律知，小球对管壁的压力为 5mg，选项C正确，A、
N2
B、D错误。
题型二：动能定理在曲线型多过程问题中的应用
【知识思维方法技巧】
（1）曲线型多过程模型特点：物体在整个运动过程中，经历直线运动、曲线运动、圆周运
动和平抛运动或三种运动两两组合.
（2）运动表现形式：直线运动有水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直
线运动；圆周运动有绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动；平抛运动
有与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动。
（3）动能定理在曲线型多过程问题中的应用技巧：这类模型一般不难，各阶段的运动过程
具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接点的速度是联
系两过程的纽带，是解决问题的重要突破口。
类型一：圆弧运动＋竖直圆周运动模型
【典例2a提高题】如图所示，一个可视为质点的滑块从高H＝12 m处的A点由静止沿光滑
的轨道AB滑下，进入半径为r＝4m的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处
相同，当滑块到达圆环顶点C时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB滑下，进
入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(重力加速度大小g
取10 m/s2)( )
A．8 m B．9 m C．10 m D．11 m
【典例2a提高题】【答案】B
【解析】滑块到达圆环顶点C时对轨道压力为零，由牛顿第二定律得 mg＝m，得速度v
C
＝，设滑块在BEC段上克服摩擦力做的功为W ，由动能定理得mg(H－2r)－W ＝mv，则
1 1
W ＝mg(H－2r)－mv＝mg(H－r)，滑块在CFB段克服摩擦力做的功W 满足0<W<W ，从
1 2 2 1
C到D，由动能定理得－mg(h－2r)－W＝－mv，代入得8 m<h<10 m，选项B正确．
2
类型二：圆弧运动+平抛运动模型
【典例2b提高题】如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc
组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点．已知h＝2 m，s＝ m．取重力加速度大小g
10
学科网（北京）股份有限公司＝10 m/s2.
（1）一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互
作用力，求圆弧轨道的半径；
（2）若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小．
【典例2b提高题】【答案】(1)0.25 m (2) m/s
【解析】(1)小环在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到 b点时的速
度水平，使小环做平抛运动的轨迹与轨道bc重合，故有s＝vt，h＝gt2。在ab滑落过程中，
b
根据动能定理可得mgR＝mv，联立三式可得R＝＝0.25 m。
(2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得 mgh＝mv，因为小环滑到
c点时速度与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c点时速度与竖直方向的
夹角，设为θ，则根据平抛运动规律可知sin θ＝，根据运动的合成与分解可得sin θ＝，联
立可得v ＝ m/s.
水平
【典例2b提高题对应练习】如图所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，粗糙轨道ABC
在同一竖直平面内，点A距水面的高度为H，点C距水面的高度为h＝，BC部分可视为半
径为R＝的圆弧。一质量为m的游客(视为质点)从轨道A点由静止滑下，到C点时沿水平
方向滑离轨道，最终落在水面上的D点，若游客在C点时对轨道的压力大小为3mg，不计
空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)运动过程中，游客克服摩擦力所做的功；
(2)游客刚入水时的速度与水平方向夹角的正切值及重力的瞬时功率。
【典例2b提高题对应练习】【答案】(1)mgH (2)
11
学科网（北京）股份有限公司【解析】(1)游客在C点时，对其受力分析如图，由牛顿第二定律得F －mg＝m，代入数
N
据可得v ＝①，对游客从A到C，由动能定理得mg(H－h)－W＝mv②，解得W＝mgH。
0 f f
③
(2)对游客从C到D，由平抛运动规律得v＝2gh④，设游客入水时的速度方向与水平方向成
θ角，则tan θ＝⑤，联立①④⑤解得tan θ＝，重力的瞬时功率P＝mgv，解得P＝。
y
类型三：平抛运动+竖直圆周运动
【典例2c提高题】如图所示，P是水平面上的固定圆弧轨道，从高台边B点以速度v 水平
0
飞出质量为m的小球，恰能从左端A点沿圆弧切线方向进入。O是圆弧的圆心，θ是OA
与竖直方向的夹角。已知m＝0.5 kg，v ＝3 m/s，θ＝53°，圆弧轨道半径R＝0.5 m，g取
0
10 m/s2，不计空气阻力和所有摩擦，求：
（1）A、B两点的高度差；
（2）小球能否到达最高点C？如能到达，小球对C点的压力大小为多少？
【典例2c提高题】【答案】(1)0.8 m (2)4 N
【解析】(1)小球从B到A做平抛运动，到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，则有v
A
＝＝5 m/s，根据机械能守恒定律，有mgh＝mv 2－mv 2解得A、B两点的高度差h＝0.8
A 0
m。
(2)假设小球能到达C点，由机械能守恒定律得mv 2＋mgR(1＋cosθ)＝mv 2代入数据解得v
C A C
＝3 m/s，小球通过C点的最小速度为v，则mg＝m，v＝＝m/s，因为v >v，所以小球能到
C
达最高点C，在C点，由牛顿第二定律得mg＋F＝m代入数据解得F＝4 N，由牛顿第三定
律知，小球对C点的压力大小为4 N。
【典例2c提高题对应练习】如图所示为水上乐园的设施，由弯曲滑道、竖直平面内的圆形
滑道、水平滑道及水池组成，圆形滑道外侧半径R＝2 m，圆形滑道的最低点的水平入口B
12
学科网（北京）股份有限公司和水平出口B′相互错开，为保证安全，在圆形滑道内运动时，要求紧贴内侧滑行。水离
水平滑道高度h＝5 m。现游客从滑道A点由静止滑下，游客可视为质点，不计一切阻力，
重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）起滑点A至少离水平滑道多高？
（2）为了保证游客安全，在水池中放有长度L＝5 m的安全气垫MN，其厚度不计，满足
(1)的游客恰落在M端，要使游客能安全落在气垫上，安全滑下点A距水平滑道的高度取值
范围为多少？
【典例2c提高题对应练习】【答案】(1)5 m (2)5 m≤H≤11.25 m
【解析】(1)游客在圆形滑道内侧恰好滑过最高点时，有mg＝m，从A到圆形滑道最高点，
由机械能守恒定律得mgH＝mv2＋mg·2R。解得H＝R＝5 m。
1 1
(2)落在M点时抛出速度最小，从A到C由机械能守恒定律得mgH ＝mv，v ＝＝10 m/s水
1 1
平抛出，由平抛运动规律可知h＝gt2，得t＝1 s则s＝vt＝10 m，落在N点时s＝s＋L＝15
1 1 2 1
m则对应的抛出速度v ＝＝15 m/s，由mgH ＝mv得H ＝＝11.25 m，安全滑下点A距水平
2 2 2
滑道高度范围为5 m≤H≤11.25 m。
考点三：动能定理在直线+曲线多运动组合问题的应用
【知识思维方法技巧】
（1）分析思路：
①受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的
变化情况；
②做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；
③功能关系分析：运用动能定理进行分析，选择合适的规律求解．
（2）方法技巧：
①“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景；
②“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；
③“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．
题型一：直线运动＋平抛运动模型
【典例1提高题】如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m＝0.5 kg的小物块，它与
水平台阶表面间的动摩擦因数μ＝0.5，且与台阶边缘O点的距离s＝5 m．在台阶右侧固定
了一个圆弧挡板，圆弧半径R＝1 m，今以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F＝5 N
的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．
（1）若小物块恰能击中挡板上的P点(OP与水平方向夹角为37°，已知sin 37°＝0.6，cos
13
学科网（北京）股份有限公司37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求其离开O点时的速度大小；
（2）为使小物块击中挡板，求拉力F作用的最短时间；
（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置．求击中挡板时小物块动能
的最小值．
【典例1提高题】【答案】(1) m/s (2)1 s (3) J
【解析】(1)小物块从O到P，做平抛运动水平方向：Rcos 37°＝vt ，竖直方向：Rsin 37°
0OP
＝gt解得：v＝＝ m/s。
0
(2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到 O点，设拉力F作用的最短距离为d，由动
能定理得：Fd－μmgs＝ΔE ＝0解得：d＝2.5 m，由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma解得：
k
a＝5 m/s2由运动学公式得：d＝at解得：t ＝1 s。
min
(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x，y)，则x＝v′t,y＝gt2，由机械能守恒得：E ＝
0 k
mv ′2＋mgy又x2＋y2＝R2化简得：E ＝＋＝＋y由数学方法求得：E ＝ J
0 k kmin
【典例1提高题对应练习】如图所示，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平固定光滑
轨道BC相连，竖直墙壁CD高H＝0.2 m，在地面上紧靠墙壁固定一个和CD等高，底边
长L＝0.3 m的固定斜面．一个质量m＝0.1 kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点
1
L ＝4 m处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块与AB段轨道间的动摩擦因数为
2
0.5，通过B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37°.(空气阻力不计，取重力加速度
g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求小物块运动到B点时的速度大小；
(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；
(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值．
【典例1提高题对应练习【答案】(1)4 m/s (2) s (3)0.15 J
【解析】(1)对小物块从A到B过程分析，根据动能定理有：mgLsin 37°－μmgL cos 37°＝
2 2
mv 2，解得：v ＝4 m/s；
B B
(2)设物块落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，如图所示：
14
学科网（北京）股份有限公司对平抛运动，有：x＝v t，y＝gt2，结合几何关系，有：＝＝，解得：t＝ s或t＝－ s(舍去)；
B
(3)设小物块从轨道上A′点静止释放且A′B＝L，运动到B点时的速度为v ′，对物块从A′到
B
碰撞斜面过程分析，根据动能定理有：mgLsin 37°－μmgcos 37°·L＋mgy＝mv2－0
对物块从A′到运动到B过程分析，根据动能定理有mv ′2＝mgLsin 37°－μmgLcos 37°
B
又x＝v ′t，y＝gt2，＝，联立解得：mv2＝mg(＋－)，故当＝，即y＝H＝0.12 m时，动能最
B
小为E ，代入数据，解得E ＝0.15 J.
kmin kmin
题型二：直线运动＋圆周运动模型
【典例2提高题】图所示，半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道与水平地面相切于B点，且固定
于竖直平面内．在水平地面上距B点x＝5 m处的A点放一质量m＝3 kg的小物块，小物块
与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5.小物块在与水平地面夹角θ＝37°、斜向上的拉力F的
作用下由静止向B点运动，运动到B点时撤去F，小物块沿圆轨道上滑，且恰能到圆轨道
最高点C.圆弧的圆心为O，P为圆弧上的一点，且OP与水平方向的夹角也为θ.(g取10
m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)小物块在B点的最小速度v的大小；
B
(2)在(1)情况下小物块在P点时对轨道的压力大小；
(3)为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C点，则拉力F的大小范围．
【典例2提高题】【答案】(1)2 m/s (2)36 N (3) N≤F≤50 N
【解析】(1)小物块恰能到圆轨道最高点C时，物块与轨道间无弹力．设在最高点物块速度
为v ，由mg＝m得：v ＝2 m/s，物块从B运动到C，由动能定理有：
C C
－2mgR＝mv－mv，解得：v ＝2 m/s
B
(2)物块从P到C由动能定理有：－mgR(1－sin θ)＝mv－mv，解得v ＝ m/s，在P点由牛
P
顿第二定律有：mgsin θ＋F ＝m，解得F ＝36 N，根据牛顿第三定律可知，小物块在P点
N N
对轨道的压力大小为F ′＝F ＝36 N
N N
(3)当小物块刚好能通过C点时，拉力F有最小值，对物块从A到B过程分析：
F＝μ(mg－F sin θ)，F xcos θ－Fx＝mv，解得F ＝ N，当物块在AB段即将离开地
f min min f min
面时，拉力F有最大值，则F sin θ＝mg，解得F ＝50 N，综上，拉力的取值范围是：
max max
N≤F≤50 N.
15
学科网（北京）股份有限公司【典例2提高题对应练习】如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平
轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，
sinα＝ .一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平
轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，
已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速
度大小为g.求：
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达B点时对圆弧轨道的压力大小．
【典例2提高题对应练习】【答案】(1) mg (2) mg
【解析】(1)设水平恒力的大小为F ，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F，小球到
0
达C点时速度的大小为v ，则 ＝tanα，F＝ ，由牛顿第二定律得F＝m ，联立并
C
代入数据解得F ＝ mg，v ＝ .
0 C
(2)设小球到达B点时速度的大小为v ，小球由B到C的过程中由动能定理可得
B
－2FR＝ mv 2－ mv 2，代入数据解得v ＝ ，小球在B点时有F －F＝m ，解得F
C B B N N
＝ mg，由牛顿第三定律可知，小球在B点时对圆弧轨道的压力大小为F ′＝ mg.
N
题型三：直线运动＋圆周运动模型＋平抛运动模型
【典例3提高题】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，
0
恰好从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
16
学科网（北京）股份有限公司滑。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′。
【典例3提高题】【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°，解得小物块经过A点时的速度大小v ＝
0 A A
5 m/s，小物块从A点运动到B点，根据动能定理有mg(R－R cos 37°)＝mv 2－mv 2，小物
B A
块经过B点时，有F －mg＝，解得F ＝62 N，根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力
N N
大小是62 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，在C点F ′＋
C B N
mg＝，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，小物块从B点运动到C点的过程
C
中，根据动能定理有－μmgL′－2mgr＝mv ′2－mv 2解得L′＝10 m。
C B
【典例3提高题对应练习1】如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均
为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、
E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O 的连线，以
2
及O 、E、O 和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距
2 1
离d＝R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰
撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
(1)若释放处高度h＝h ，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小v及在此过程
0 C
中所受合力的冲量I的大小和方向；
(2)求小球在圆管内与圆心O 点等高的D点所受弹力F 与h的关系式；
1 N
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
17
学科网（北京）股份有限公司【典例3提高题对应练习1】【答案】(1) m 水平向左
(2)F ＝2mg h≥R (3)h≤R或h＝R
N
【解析】(1)从A到C，小球的机械能守恒，有mgh ＝mv，可得v ＝，根据动量定理得I＝
0 C
mv ＝m，方向水平向左。
C
(2)小球从A到D，由机械能守恒定律有mg(h－R)＝mv，根据牛顿第二定律有F ＝，联立
N
可得F ＝2mg，满足的条件h≥R。
N
(3)第1种情况：不滑离轨道原路返回，由机械能守恒定律可知，此时 h需满足的条件是
h≤R＋3Rsin θ＝R，第2种情况：小球与墙面垂直碰撞后原路返回，小球与墙面碰撞后，进
入G前做平抛运动，则d＝vt＝v，其中v ＝v sin θ，v＝v cos θ，故有v sin θ·＝d，可
x x x G y G G
得v ＝2，由机械能守恒定律有mg＝mv，可得h＝R。
G
【典例3提高题对应练习2】如图所示，水平轨道BC与倾角为θ＝37°的斜面轨道AB、螺
旋状圆轨道O紧密平滑连接，AB长度L ＝10 m，BC长度L ＝4 m，圆轨道半径R＝0.72
1 2
m．直角斜面体MNE的竖直边ME的长度L＝3 m，水平边NE的长度L＝6 m，M点在C
3 4
点的正下方，MC的长度L＝1.2 m．小物块的质量为m＝1 kg，它与AB轨道和BC轨道的
5
动摩擦因数相同，记为μ，圆轨道光滑．小物块在最高点A由静止释放，沿轨道ABC运动，
第一次到达C时恰好静止．空气阻力不计，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求动摩擦因数μ；
(2)小物块在A点释放的同时，对其施加一个水平向右的恒力F，当物块沿BC运动到C点
时撤去F，再绕圆轨道运动一周后在与C同一高度的圆轨道末端以速度v水平向右抛出．
小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，求v与F满足的关系式，并确定v的取值范围；
(3)若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出，经一段时间后与过N点的竖直墙面发生弹
性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞之后物块速度的竖直分量不变，水平分量反向且大小不
变，之后落于斜面MN上的P点，已知物块从圆轨道末端运动到P点的总时间为t＝0.9 s，
求小物块刚运动至P点时的动能．
18
学科网（北京）股份有限公司【典例3提高题对应练习2】【答案】(1)0.5 (2)v2＝30F(6 m/s≤v≤20 m/s)(3)65 J
【解析】(1)小物块从A到C的过程，由动能定理得mgLsin θ－μmgL cos θ－μmgL ＝0
1 1 2
代入数据得μ＝0.5.
(2)施加恒力F后，从A到C的过程，由动能定理得
F(Lcos θ＋L)＋mgLsin θ－μ(mgcos θ－Fsin θ)L－μmgL ＝mv2代入数据得v2＝30F，小
1 2 1 1 2
物块在圆轨道最高点D不脱离轨道，应满足mg≤m，从D到C的过程由机械能守恒定律
得mv2＋2mgR＝mv2解得v≥6 m/s，小物块不脱离斜面AB，应满足Fsin θ≤mgcos θ解
D
得v≤20 m/s，所以v的取值范围为6 m/s≤v≤20 m/s.
(3)P点与C点的高度差为h＝gt2＝4.05 m，设物块在C点初速度为v，P点与竖直墙的水平
0
距离为vt－L，如图，由几何关系得
0 4
tan∠MNE＝，已知tan∠MNE＝＝，解得v＝7 m/s，从C到P由动能定理得mgh＝E －
0 k
mv2代入数据，解得E ＝65 J.即小物块刚运动至P点时的动能为65 J.
0 k
【典例3提高题对应练习3】如图所示，可视为质点的质量为m＝0.2 kg的小滑块静止在水
平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F＝4 N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动
当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R＝0.3 m且内壁光
滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口(未画出，且入口和出口稍稍错
开)出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点
的高度差为h＝0.2 m，水平距离为x＝0.6 m．已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的
压力大小刚好为滑块重力的 3倍，水平轨道BC的长度为l ＝2.0 m，小滑块与水平轨道
2
AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求水平轨道AB的长度l；
1
(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点；
(3)若在AB段水平拉力F作用的距离可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆
19
学科网（北京）股份有限公司轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围．
【典例3提高题对应练习3】【答案】(1)2.4 m (2)见解析 (3)见解析
【解析】(1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为v，则有4mg＝m，从B点
运动到最高点的过程中，设小滑块到达B点时的速度大小为v ，由机械能守恒定律有mv 2
B B
＝mg·2R＋mv2，代入数据解得v ＝2 m/s.小滑块由A到B的过程中，由动能定理可得Fl －
B 1
μmgl ＝mv 2，代入数据可解得l＝2.4 m.
1 B 1
(2)设小滑块到达C点时的速度大小为v ，则由动能定理可得－μmgl ＝mv 2－mv 2
C 2 C B
代入数据解得v ＝2 m/s，设小滑块下落h＝0.2 m所需要的时间为t，则有h＝gt2，解得t＝
C
0.2 s，故小滑块在水平方向上运动的距离为x ＝v t＝0.4 m<0.6 m，故小滑块将落入“陷
0 C
阱”中，不能运动到D点．
(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨
论：①当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为x′，则由动能定理
1
可得：Fx ′－μmgl －mgR＝0，代入数据可解得x′＝0.75 m，故当恒力作用的距离满足
1 1 1
0<x′≤0.75 m时符合条件．
②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为 v，则有mg＝
0
m，设此时恒力作用的距离为x′，则有Fx ′－μmgl －2mgR＝mv 2，代入数据可解得x′＝
2 2 1 0 2
0.975 m，当滑块刚好运动到C点时速度为零，设此时恒力作用的距离为x″，则有Fx ″－
2 2
μmg(l ＋l)＝0，代入数据可解得x″＝1.1 m．故当恒力作用的距离满足0.975 m≤x′≤1.1 m
1 2 2
时符合条件．
③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达C点时的速度大小为v ′，则由平抛运动规律
C
得h＝gt2，x＝v ′t，代入数据解得v ′＝3 m/s，设此时恒力作用的距离为x′，故有Fx ′－
C C 3 3
μmg＝mv ′2，代入数据解得x′＝1.325 m，故当恒力作用距离满足1.325 m≤x′≤2.4 m时符合
C 3 3
条件．
考点四：动能定理在往复运动中的应用
【知识思维方法技巧】
动能定理在往复运动中的应用技巧：
（1）应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。
（2）重力做功与物体运动路径无关，用W ＝mgh直接求解。
G
（3）滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，用W＝－fs 求解，其中s为物体相对滑行的
f
路程。
题型一：物体往复运动最后静止模型
【知识点的理解与运用】
抓住物体往复运动最后静止的特点解题
20
学科网（北京）股份有限公司类型一：往复次数可确定的情形
【典例1a提高题】如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处均为
与BC相切的圆弧，BC是水平的，其长度d＝0.60 m。盆边缘的高度为h＝0.30 m。在A处
放一个质量为m的小物块并让其从静止下滑。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，则停止位置到 B
点的距离为( )
A．0.50 m B．0.60 m C．0.10 m D．0
【典例1a提高题】【答案】B
【解析】设小物块在BC面上运动的总路程为s。物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始
终为f＝μmg，对小物块从开始运动到停止运动的始末状态进行研究，由动能定理得 mgh－
μmgs＝0，得到s＝＝ m＝3 m，d＝0.60 m，则s＝5d，所以小物块在BC面上来回运动共5
次，最后停在C点，则停止位置到B点的距离为0.60 m，故B正确。
【典例1a提高题对应练习】如图所示，MPQ为竖直面内一固定轨道，MP是半径为R的
光滑圆弧轨道，它与水平轨道PQ相切于P，Q端固定一竖直挡板，PQ长为s。质量为
m的物块在M端由静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次碰撞后停在距Q点为L的地方，
与挡板碰撞过程中无机械能损失，重力加速度为g。求：
(1)物块滑至圆弧轨道P点时对轨道压力的大小；
(2)物块与PQ段动摩擦因数μ的可能值。
【典例1a提高题对应练习】【答案】(1) 3mg (2)或
【解析】(1)设物块滑至P点时的速度为v，根据动能定理有mgR＝mv2，所以v＝ ，设物块
到达P点时，轨道对它的支持力大小为 N，根据牛顿运动定律有 N－mg＝m，所以N＝
3mg，根据牛顿第三定律，物块对轨道压力的大小N′＝N＝3mg
(2)第一种情况：物块与Q处的竖直挡板相撞后，向左运动一段距离，停在距Q为L的地方。
设该点为O ，物块从M运动到O 的过程，根据动能定理有mgR－μmg(s＋l)＝0－0，所以
1 1
μ＝，第二种情况：物块与Q处的竖直挡板相撞后，向左运动冲上圆弧轨道后，返回水平
轨道，停在距Q为L的地方。设该点为O ，物块从M运动到O 的过程，根据动能定理有
2 2
21
学科网（北京）股份有限公司mgR－μmg(2s＋s－l)＝0－0，所以μ＝
类型二：往复次数无法确定的情形
【典例1b提高题】(多选)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为
m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后将以原速率
返回．现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设
重力加速度为g，由此可以确定( )
A. 滑块下滑和上滑过程加速度大小a、a
1 2
B. 滑块第1次与挡板碰撞前的速度v
1
C. 滑块与杆之间的动摩擦因数μ
D. 滑块第k次与挡板碰撞到第k＋1次与挡板碰撞的时间间隔Δt
【典例1b提高题】【答案】AC
【解析】设AB长为L，对整个过程运用动能定理得：mgsinα·0.5L－μmgcosα(L＋0.5L)＝
0，得μ＝ ，故C正确；根据牛顿第二定律得下滑过程：mgsinα－μmgcosα＝ma ；上
1
滑过程：mgsinα＋μmgcosα＝ma ；解得：a＝gsinα－μgcosα，a＝gsinα＋μgcosα，所以可
2 1 2
求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a、a，故A正确；由于A、B间的距离未知，尽
1 2
管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞的速度，故B、D错误．
【典例1b提高题对应练习1】如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定水平地面上，
O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往
复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动
能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( )
A． B． C． D．
【典例1b提高题对应练习1】【答案】B
【解析】由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝E ，此时小物块所走路
k
程s＝，第一次通过O点后动能E ＝95%E ＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升
1 k1 k
22
学科网（北京）股份有限公司高度H ＝95%H，第二次到达O点滑下的路程s ＝＝95%，同理第二次离开O点到第三次
1 2
到达O点所走路程s ＝(95%)2，…，故小物块下滑的总路程s ＝s ＋s ＋…s ＝＋95%＋
3 总 1 2 n
(95%)2＋…(95%)n－1，n无穷大时，可得s ＝(等比数列求和)，故B正确。
总
【典例1b提高题对应练习2】如图所示，AB为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，
轨道内壁粗糙，其半径为R且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道 BC相切于B点．
水平轨道BC长为2R，动摩擦因数为μ＝0.5，右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面．斜面
1
CD足够长，倾角为θ＝37°，动摩擦因数为μ ＝0.8.一质量为m，可视为质点的物块从圆管
2
轨道顶端A点以初速度v＝水平射入圆管轨道，运动到B点时对轨道的压力大小为自身重
0
力的5倍，物块经过C点时速度大小不发生变化，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度
为g，求：
(1)物块从A点运动到B点的过程中，阻力所做的功；
(2)物块最终停留的位置．
【典例1b提高题对应练习2】【答案】(1)－mgR (2)斜面上距C点R处
【解析】(1)物块运动到B点时，设轨道对其支持力大小为F ，由牛顿第三定律知F ＝F ′
N N N
＝5mg，由牛顿第二定律有F －mg＝m，解得v ＝2，物块从A点运动到B点的过程，由
N B
动能定理有2mgR＋W＝mv 2－mv 2，得W＝－mgR
f B 0 f
(2)设物块沿斜面上升的最大位移为x，由动能定理有－μmg·2R－mg·xsin θ－F·x＝0－
1 f
mv 2，其中F＝μmgcos θ，解得x＝R，因μmgcos θ＞mgsin θ，故物块在速度减为零之
B f 2 2
后不会下滑，物块最终会静止在斜面上距离C点R处．
题型二：物体往复运动最后永不停止模型
【知识思维方法技巧】
抓住物体往复运动最后永不停止有周期性和对称性的特点解题
【典例2提高题】如图所示，竖直面内有一粗糙斜面 AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，
C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ＝
37°，圆弧面的半径R＝3.6 m，一滑块质量m＝5 kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，
将滑块从A点由静止释放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)．求在此后的运动过程
中：
（1）滑块在AB段上运动的总路程；
（2）在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值．
23
学科网（北京）股份有限公司【典例2提高题】【答案】(1)8 m (2)102 N 70 N
【解析】(1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ＝37°，知mgsin θ>μmgcos θ，
故滑块最终不会停留在斜面上，由于滑块在AB段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高
度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上往复运动．设滑块在AB段上运动
的总路程为s，滑块在AB段上所受摩擦力大小F＝μF ＝μmgcos θ，从A点出发到最终以
f N
B点为最高点做往复运动，由动能定理得mgRcos θ－Fs＝0，解得s＝＝8 m.
f
(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v ，分析受力知此时滑块所受轨道支持力最大，
1
设为F ，从A到C的过程，由动能定理得mgR－Fl ＝mv 2－0，斜面AB的长度l ＝，
max fAB 1 AB
由牛顿第二定律得F －mg＝，解得F ＝102 N.滑块以B为最高点做往复运动的过程中
max max
过C点时，速度最小，设为v ，此时滑块所受轨道支持力最小，设为F ，从B到C，由
2 min
动能定理得mgR(1－cos θ)＝mv 2－0，由牛顿第二定律得F －mg＝，解得F ＝70 N，根
2 min min
据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N.
【典例2提高题对应练习】如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑
的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨
道半径R＝1.0 m，现有一个质量为m＝0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点
处自由下落，D、E两点间的距离h＝1.6 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5，取
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：
（1）物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力F 的大小；
N
（2）要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度L 至少要多长；
AB
（3）若斜面已经满足(2)要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性
运动，求在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．
【典例2提高题对应练习】【答案】(1)12.4 N (2)2.4 m (3)4.8 J
【解析】(1)物体从E到C，由机械能守恒得：mg(h＋R)＝mv①
在C点，由牛顿第二定律得：F －mg＝m②，联立①②，解得支持力F ＝12.4 N③
N N
(2)从E→D→C→B→A过程，由动能定理得，W －W＝0④，W ＝mg[(h＋Rcos 37°)－
G f G
L sin 37°]⑤，W＝μmgcos 37°L ⑥，联立④⑤⑥解得斜面长度至少为L ＝2.4 m⑦
AB f AB AB
24
学科网（北京）股份有限公司(3)因为mgsin 37°>μmgcos 37°(或μ<tan 37°)所以，物体不会停在斜面上，物体最后以C为
中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动．从E点开始直至稳定，系统因摩擦所产生
的热量Q＝ΔE ⑧，ΔE ＝mg(h＋Rcos 37°)⑨，联立⑧⑨解得Q＝4.8 J，在运动过程中产生
p p
热量为4.8 J.
考点五：动能定理与图像问题的结合
【知识思维方法技巧】
动能定理与图像问题结合的解题方法：
（1）函数斜率面积法：先由物理学规律推导出两个物理量间的函数表达式，再根据函数表
达式的斜率、截距的意义求出相应的问题，特别是解决对于不太熟悉的图像等要注意这种
转化。
①v－t图像：图像与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移
为负。
②a－t图像：图像与t轴围成的面积表示物体速度的变化量；
③a－F图像：由a＝F知a－F图像的斜率表示质量的倒数．
④F－x图像：图像与x轴围成的面积表示力F做的功．
⑤E －x图像：由动能定理ΔE ＝Fx知，E －x图像的斜率表示合外力F.
k k k
⑥E －x图像：由重力做功与重力势能变化的关系ΔE ＝－mgx知，E －x图像的斜率大小
p p p
表示重力mg.
（2）函数数据代入法：先由物理学规律推导出两个物理量间的函数表达式，再把图像中的
特殊数据代入函数公式进行计算。
题型一：动能定理与运动学图象的综合应用
类型一：与vt图象的综合应用
【典例1a提高题】静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4
s时停下，其v t图像如图所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断
正确的是( )
A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功
B．整个过程中拉力做的功等于零
C．t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大
D．t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功
【典例1a提高题】【答案】A
【解析】对物块运动全过程应用动能定理得：W －W＝0，A正确，B错误；物块在加速
F f
运动过程中受到的拉力最大，结合题图可知，t＝1 s时拉力的瞬时功率为整个过程中拉力功
率的最大值，C错误；t＝1 s到t＝3 s这段时间内，拉力与摩擦力平衡，拉力做正功，D错
25
学科网（北京）股份有限公司误。
【典例1a提高题对应练习】质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，
其v－t图象如图9所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下
列说法正确的是( )
A.t～t 时间内，合力对小球先做正功后做负功
0 2
B.0～t 时间内，小球的平均速度一定为
3
C.t～t 时间内，拉力做的功为[(v－v)＋g(t－t)]
3 4 4 3 4 3
D.t～t 时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动
3 4
【典例1a提高题对应练习】【答案】C
【解析】v－t图象中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速度的方向一直为正，
从图象可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运
动，然后做加速度越来越大的减速运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D项错
误；图中t ～t 时间内小球做加速运动，故合力对小球一直做正功，A项错误；v－t图象中
0 2
图线与t轴所围面积表示位移，而平均速度v＝，结合图象中的“面积”可知0～t 时间内，
3
小球的平均速度大于，B项错误；t ～t 时间内由动能定理得W－mgh＝mv－mv，又h＝(t
3 4 4
－t)，解得W＝[(v －v)＋g(t－t)]，C项正确。
3 4 3 4 3
类型二：与其他运动学图象的综合应用
【典例1b提高题】（多选）如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，
小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过
程中，其速度的平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点 C受到轨道的作用力为
2.5 N，空气阻力不计，B点为AC轨道的中点，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
26
学科网（北京）股份有限公司A．图乙中x＝36 B．小球质量为0.2 kg
C．小球在B点受到轨道的作用力为8.5 N D．小球在A点时重力的功率为5 W
【典例1b提高题】【答案】BC
【解析】小球在光滑轨道上运动，由动能定理可知有mv2-mv 2＝-mgh，解得v2＝－2gh＋
0
v2，当h＝0.8 m时，v2＝9 m2/s2，代入数据得v＝5 m/s；当h＝0时，v2＝v2＝25 m2/s2，
0 0 0
x＝25，故A错误；由题图乙可知，轨道半径R＝0.4 m，小球在C点的速度v ＝3 m/s，由
C
牛顿第二定律可得F＋mg＝m，解得m＝0.2 kg，B正确；小球从A到B过程中由动能定理
可知有mv 2-mv 2＝-mgR，解得小球运动到B点的速度v ＝ m/s，在B点，由牛顿第二定律
B 0 B
可知N ＝m，代入数据得N ＝8.5 N，选项C正确；小球在A点时，重力mg和速度v 垂
B B 0
直，重力的瞬时功率为0，D错误。
【典例1b提高题对应练习】电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人
或载运货物．某次电梯从地面由静止启动，加速度a与离地高度h的关系图像如图所示，
则( )
A. 2h～3h 范围内电梯向上做匀减速直线运动
0 0
B. 电梯在0～h 和2h～3h 范围内的速度变化量相等
0 0 0
C. 电梯在3h 处的速度大小为2
0
D. 电梯上升的最大高度可能为3h
0
【典例1b提高题对应练习】【答案】C
【解析】由题图可知从0到2h，电梯先做加速度增大的加速运动再做匀加速运动，从2h
0 0
到3h 做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，电梯向上的速度不为零，仍会向上运
0
动，则电梯上升的最大高度一定大于3h，故A、D错误；a－h图像中图线与横轴围成的
0
面积表示合外力做的功除以质量，根据动能定理可得v＝ ，则电梯在h 处的速度大小
0
为 ，在2h 处的速度大小为 ，在3h 处的速度大小为2 ，所以电梯在0～h 和
0 0 0
2h～3h 范围内的速度变化量不相等，故B错误，C正确．
0 0
题型二：动能定理与动力学图象的综合应用
类型一：与F－x图象的综合应用
【典例2a提高题】质量m＝1 kg的物体静止放在粗糙水平地面上。现对物体施加一个随位
移变化的水平外力F使物体在水平面上运动。已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩
27
学科网（北京）股份有限公司擦力相等。若F－x图象如图5所示。且4～5 m 内物体匀速运动。x＝7 m时撤去外力，取
g＝10 m/s2。则下列有关描述正确的是( )
A.物体与地面间的动摩擦因数为0.1
B.x＝3 m时物体的速度最大
C.撤去外力时物体的速度为 m/s
D.撤去外力后物体还能在水平面上滑行3 s
【典例2a提高题】【答案】C
【解析】4～5 m内物体匀速运动，则有F＝F＝μmg，得μ＝＝＝0.3，故A错误；只要F
f
＞F＝μmg，物体就在加速，所以在0～4 m内物体一直加速运动，x＝4 m时物体的速度最
f
大，故B错误；由图线与x轴所围图形的面积表示外力F做的功，可得0～7 m内外力做功
为W ＝×3 J＋×1 J＋×3 J＝22 J，摩擦力做功W＝3×7 J＝21 J，设撤去外力时物体的速度
F f
为v，根据动能定理得W －W＝mv2－0，解得v＝ m/s，故C正确；撤去外力后物体的加
F f
速度大小为a＝＝μg＝3 m/s2，物体还能滑行时间t＝＝ s，故D错误。
【典例2a提高题对应练习】如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连
接一粗糙水平面OA，OA长为4 m．有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向
右的力F作用．F只在水平面上按图乙所示的规律变化．滑块与OA间的动摩擦因数μ＝
0.25，g取10 m/s2，试求：
(1)滑块运动到A处的速度大小；
(2)不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？
【典例2a提高题对应练习】【答案】(1)5 m/s (2)5 m
【解析】(1)由题图乙知，在前2 m内，F ＝2mg，做正功，在第3 m内，F ＝－0.5mg，做
1 2
负功，在第4 m内，F ＝0.滑动摩擦力F＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功，对于滑块在
3 f
OA上运动的全过程，由动能定理得F x＋F x＋Fx＝mv－0，代入数据解得v ＝5 m/s.
1 1 2 2 f A
(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgLsin 30°＝0－mv，解得L＝5 m，所以滑
块冲上斜面AB的长度L＝5 m.
28
学科网（北京）股份有限公司类型二：与其他动力学图象的综合应用
【典例2b提高题】如图甲所示，轻杆的一端固定一小球(视为质点)另一端套在光滑的水平
轴O上，O轴的正上方有一速度传感器，可以测量小球通过最高点时的速度大小v；O轴
处有力传感器，可以测量小球通过最高点时O轴受到杆的作用力F，若竖直向下为力的正
方向，小球在最低点时给不同的初速度，得到F-v2图象如图乙所示，g取10 m/s2，则(
)
A．O轴到球心间的距离为0.5 m
B．小球的质量为3 kg
C．小球恰好通过最高点时的速度大小为5 m/s
D．小球在最低点的初速度大小为 m/s时通过最高点时杆不受球的作用力
【典例2b提高题】【答案】A
【解析】小球通过最高点时，O轴受到杆的作用力F与小球受到杆的作用力F′等值反向，
即F＝－F′.小球过最高点时，根据牛顿第二定律有mg＋F′＝m，得F＝－v2＋mg，结合图
乙，斜率为＝，当v2＝0时mg＝3，解得m＝0.3 kg，R＝0.5 m，当F＝0时v＝，当小球通
过最高点的速度v＝＝ m/s，球恰好通过最高点，选项A正确，B、C错误；设小球在最低
1
点的初速度为v 时，通过最高点时球不受杆的作用力，则根据机械能守恒定律有 mv＝mv
0
＋mg·2R，解得v＝5 m/s，选项D错误．
0
题型三：动能定理与功或功率图象的综合应用
【典例3提高题】质量为1 kg的物体，放置在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的
作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图8所示，
重力加速度为10 m/s2，则下列说法正确的是( )
29
学科网（北京）股份有限公司A．x＝3 m时速度大小为2 m/s B．x＝9 m时速度大小为4 m/s
C．OA段加速度大小为3 m/s2 D．AB段加速度大小为3 m/s2
【典例3提高题】【答案】C
【解析】对于前3 m过程，根据动能定理有W－μmgx＝mv 2，解得v ＝3 m/s，根据速度位
1 A A
移公式有2ax＝v 2，解得a＝3 m/s2，故A错误，C正确；对于前9 m过程，根据动能定理
1 A 1
有W－μmgx′＝mv 2，解得v ＝3 m/s，故B错误；因AB段初、末速度相等，故AB段的加
2 B B
速度为零，故D错误.
【典例3提高题对应练习】（多选）放在粗糙水平地面上质量为0.8 kg的物体受到水平拉
力的作用，在0～6 s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如
图甲、乙所示．下列说法中正确的是(g取10 m/s2)( )
A．0～6 s内拉力做的功为140 J
B．物体在0～2 s内所受的拉力为4 N
C．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5
D．合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
【典例3提高题对应练习】【答案】AD
【解析】由P＝Fv可知，物体在0～2 s内所受的拉力F＝＝ N＝6 N，在2～6 s内所受的拉
力F′＝＝ N＝2 N，B错误；拉力在0～6 s内做的总功W＝Fx＋F′x＝6××2 J＋2×10×4 J＝
1 2
140 J，A正确；由物体在2～6 s内做匀速运动可知，F′＝μmg，可求得μ＝0.25，C错误；
由动能定理可知，物体所受的合外力在0～6 s内所做的功与0～2 s内所做的功均为mv2＝40
J，D正确．
题型四：根据动能定理选择图象的问题
【典例4提高题】(多选)如图所示，在离地面高为H处以水平速度v 抛出一质量为m的小
0
球，经时间t，小球离水平地面的高度变为h，此时小球的动能为E ，重力势能为E (选水
k p
平地面为零势能参考面，不计空气阻力)．下列图像中大致能反映小球动能E 、重力势能
k
E 变化规律的是( )
p
30
学科网（北京）股份有限公司A. B.
C. D.
【典例4提高题】【答案】AD
【解析】由动能定理可知，mg(H－h)＝E －E ，即E ＝E ＋mgH－mgh，E －h图像为
k k0 k k0 k
一次函数图像，B项错误；又E ＝E ＋ mg2t2，可知E －t图像为开口向上的抛物线的一
k k0 k
部分，A项正确；由重力势能定义式有E ＝mgh，E －h为正比例函数，D项正确；由平
p p
抛运动规律有：H－h＝ gt2，所以E ＝mg(H－ gt2)，所以E －t图像不是直线，C项错误．
p p
【典例4提高题对应练习】一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为
E ，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E 与位移x关系的图线是(
k0 k
)
【典例4提高题对应练习】【答案】C
【解析】设斜面倾角为θ，当小物块沿斜面上升时，有－(mgsin θ＋f)x＝E －E ，即E ＝
k k0 k
－(f＋mgsin θ)x＋E ，所以E 与x的函数关系图象为直线，且斜率为负。当小物块沿斜面
k0 k
下滑时根据动能定理有(mgsin θ－f)(x－x)＝E －0(x 为小物块到达最高点时的位移)，即E
0 k 0 k
31
学科网（北京）股份有限公司＝－(mgsin θ－f)x＋(mgsin θ－f)x，所以下滑时E 随x的减小而增大且为直线。综上所述，
0 k
选项C正确。
32
学科网（北京）股份有限公司
