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第 17 讲 动能定理及其应用
——划重点之精细讲义系列
考点一 动能定理的理解和应用
一．动能
1．公式：E＝mv2，式中v为瞬时速度，动能是状态量．
k
2．矢标性：动能是标量，只有正值，动能与速度的方向无关．
3．动能的变化量：ΔE＝mv－mv.
k
4．动能的相对性
由于速度具有相对性，则动能也具有相对性，一般以地面为参考系．
二．动能定理
1．内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化．
2．表达式：W＝ΔE＝mv－mv.
k
3．功与动能的关系
(1)W>0，物体的动能增加．
(2)W<0，物体的动能减少．
(3)W＝0，物体的动能不变．
4．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)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．
1．定理中“外力”的两点理解
(1)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．
(2)既可以是恒力，也可以是变力．
2．公式中“＝”体现的三个关系
3．应用动能定理的注意事项
(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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】面静止的物体为参考系．
(2)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负．
(3)应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，
并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系．
【典例1】光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑水平
面上的B点时速度大小为v.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向
0
垂直的活动阻挡条，如图所示，小球越过n条活动阻挡条后停下来．若让小球从h高
处以初速度v 滚下，则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条
0
时损失的动能相等)( )
A．n B．2n
C．3n D．4n
解析：选B.设每条阻挡条对小球做的功为W，当小球在水平面上滚动时，由动能
定理得nW＝0－mv，对第二次有NW＝0－mv＝0－，又因为mv＝mgh，联立解得N＝
2n，选项B正确．
【典例2】(多选)质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平
地面上滑行，直至停止，则( )
A．质量大的物体滑行的距离大
B．质量小的物体滑行的距离大
C．它们滑行的距离一样大
D．它们克服摩擦力所做的功一样多
解析：选BD.由动能定理可知，摩擦力对物体所做的功等于物体动能的增量，因
两物体具有相同的动能，故两物体滑行过程中克服摩擦力所做的功也相同，又 W＝
f
μmg·x可知，质量越大的物体，滑行的距离x越小，故B、D选项正确．
【典例3】如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处
于同一水平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP＝，在A点给小球一个水平向左
的初速度v，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B.求：
0
(1)小球到达B点时的速率；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(2)若不计空气阻力，则初速度v 为多少；
0
(3)若初速度v＝3，则小球在从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？
0
解析：(1)小球恰能到达最高点B，由牛顿第二定律得
mg＝m
解得v ＝
B
(2)若不计空气阻力，从A→B由动能定理得
－mg＝mv－mv
解得v＝
0
(3)当v＝3 时，由动能定理得
0
－mg－W ＝mv－mv
Ff
解得W ＝mgL
Ff
答案：(1) (2) (3)mgL
(1)优先应用动能定理的问题
①不涉及加速度、时间的问题．
②有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题．
③变力做功的问题．
④含有F、l、m、v、W、E 等物理量的力学问题．
k
(2)应用动能定理的解题步骤
考点二 动能定理与图象的综合问题
1．力学中图象所围“面积”的意义
(1)vt图：由公式x＝vt可知，vt图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移．
(2)at图：由公式Δv＝at可知，at图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量．
(3)Fx图：由公式W＝Fx可知，Fx图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功．
(4)Pt图：由公式W＝Pt可知，Pt图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功．
2．解决物理图象问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图象，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．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(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，图线下的面积所对应的物理意义，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．
【典例1】如图甲所示，一半径R＝1 m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，
与斜面相切于B处，圆弧轨道的最高点为M，斜面倾角θ＝37°，t＝0时刻有一物块沿
斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能到达 M点，取g
＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)物块经过M点的速度大小；
(2)物块经过B点的速度大小；
(3)物块与斜面间的动摩擦因数．
解析 (1)物块恰能到达M点则有mg＝m
解得v ＝＝ m/s
M
(2)物块从B点运动到M点的过程中，由动能定理得
－mgR(1＋cos 37°)＝mv－mv
解得v ＝ m/s
B
(3)由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为a＝＝10 m/s2，方向沿斜
面向下，有
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma
解得μ＝0.5
答案 (1) m/s (2) m/s (3)0.5
【典例2】A、B两物体分别在水平恒力F 和F 的作用下沿水平面运动，先后撤去
1 2
F 、F 后，两物体最终停下，它们的vt图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动
1 2
摩擦力大小相等．则下列说法正确的是( )
A．F、F 大小之比为1∶2
1 2
B．F、F 对A、B做功之比为1∶2
1 2
C．A、B质量之比为2∶1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
解析：选C.由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛
顿第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，由速度与
时间图象可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，且匀加速运动位移之比1∶2，匀
减速运动的位移之比2∶1，由动能定理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，F·x－
1
f·3x＝0－0；B物体的拉力与摩擦力的关系，F·2x－f·3x＝0－0，因此可得：F＝3f，
1 2 2 1 1
F ＝f ，f ＝f ，所以F ＝2F.全过程中摩擦力对A、B做功相等，F 、F 对A、B做功大
2 2 1 2 1 2 1 2
小相等．故A、B、D错误，C正确．
【典例3】打桩机是利用冲击力将桩贯入地层的桩工机械．某同学对打桩机的工
作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示．他设想，用恒定
大小的拉力F拉动绳端B，使物体从A点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高
度后撤去F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此
模型分析，若物体质量m＝1 kg，上升了1 m高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能
E 与上升高度h的关系图象如图乙所示．(g取10 m/s2，不计空气阻力)
k
(1)求物体上升到0.4 m高度处F的瞬时功率；
(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得 20 J的动能向下运动．
钉子总长为10 cm.撞击前插入部分可以忽略，不计钉子重力．已知钉子在插入过程中
所受阻力F 与深度x的关系图象如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度．
f
解析：(1)撤去F前，根据动能定理，有
(F－mg)h＝E－0
k
由题图乙得，斜率为k＝F－mg＝20 N得
F＝30 N
又由题图乙得，h＝0.4 m时，E＝8 J，则v＝4 m/s
k
P＝Fv＝120 W
(2)碰撞后，对钉子有－Fx′＝0－E′
f k
已知E′＝20 J
k
＝
f
又由题图丙得k′＝105 N/m
解得x′＝0.02 m
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】答案：(1)120 W (2)0.02 m
动能定理与图象结合问题的分析方法
(1)首先看清楚所给图象的种类(如vt图象、Ft图象、Ex图象等)．
k
(2)挖掘图象的隐含条件——求出所需要的物理量，如由vt图象所包围的“面积”
求位移，由Fx图象所包围的“面积”求功等．
(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量．
考点三 用动能定理解决多过程问题
1.对于多个物理过程要仔细分析，将复杂的过程分割成一个个子过程，分别对每
个过程进行分析，得出每个过程遵循的规律，当每个过程都可以运用动能定理时，可
以选择分段或全程应用动能定理，题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简
单、方便。
2.全程应用动能定理解题求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的
情况分别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，哪些力做功，做正功还是负
功，然后再正确写出总功。
3.对于物体运动过程中有往复运动的情况，物体所受的滑动摩擦力、空气阻力等
大小不变，方向发生变化，但在每一段上这类力均做负功，而且这类力所做的功等于
力和路程的乘积，与位移无关。若题目中涉及求解物体运动的路程或位置的变化，可
利用动能定理求出摩擦力做的功，然后进一步确定物体运动的路程或位置的变化。
4.解题步骤
（1）选取研究对象，明确它的运动过程．
（2）分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：
―→―→―→―→
（3）明确物体在过程的始末状态的动能E 和E .
k1 k2
（4）列出动能定理的方程W ＝E －E 及其他必要的解题方程，进行求解．
合 k2 k1
【典例1】如图所示，用一块长L ＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高
1
H＝0.8 m，长L ＝1.5 m．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量
2
m＝0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ ＝0.05，物块
1
与桌面间的动摩擦因数为μ ，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度
2
取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数
μ；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
2
(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x .
m
解析 (1)为使小物块下滑，应有
mgsin θ≥μmgcos θ①
1
θ满足的条件tan θ≥0.05②
即当θ＝arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑．
(2)克服摩擦力做功
W＝μmgL cos θ＋μmg(L－Lcos θ)③
f 1 1 2 2 1
由动能定理得mgL sin θ－W＝0④
1 f
代入数据得μ＝0.8⑤
2
(3)由动能定理得mgL sin θ－W＝mv2⑥
1 f
结合③式并代入数据得v＝1 m/s⑦
由平抛运动规律得H＝gt2，x＝vt
1
解得t＝0.4 s⑧
x＝0.4 m⑨
1
x ＝x＋L＝1.9 m
m 1 2
答案 (1)arctan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m
【典例2】如图所示，相同材料制成的滑道ABC，其中AB段为曲面，BC段为水
平面．现有质量为m的木块，从距离水平面h高处的A点由静止释放，滑到B点过程
中克服摩擦力做功为mgh；木块通过B点后继续滑行2h距离后，在C点停下来，则木
块与曲面间的动摩擦因数应为( )
A. B．
C. D.
解析：选A.物体从A点到C点根据动能定理，mgh－mgh－μmg·2h＝0，解得μ
＝，因为曲面和水平轨道是同种材料，所以木块与曲面间的动摩擦因数也为，选项 A
正确．
【典例3】我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．
如图所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度v ＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝
B
48 m．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其
中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差
h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，g取10 m/s2.
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力F 的大小；
f
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R
至少应为多大？
解析：(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，
则有v＝2ax①
由牛顿第二定律有mg－F＝ma②
f
联立①②式，代入数据解得F＝144 N③
f
(2)设运动员到达C点时的速度为v ，在由B到达C的过程中，由动能定理有
C
mgh＋W＝mv－mv④
设运动员在C点所受的支持力为F ，由牛顿第二定律有
N
F －mg＝m⑤
N
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6倍，联立④⑤式，代入数据解得
R＝12.5 m
答案： (1)144 N (2)12.5 m
利用动能定理求解多过程问题的基本思路
(1)弄清物体的运动由哪些过程组成．
(2)分析每个过程中物体的受力情况．
(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响．
(4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能．
(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程．
1．(多选)关于动能定理的表达式W＝E －E ，下列说法正确的是( )
k2 k1
A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：
先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功
C．公式中的E －E 为动能的增量，当W＞0时动能增加，当W＜0时，动能减
k2 k1
少
D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适
用于变力做功
解析：选BC.公式W＝E －E 中的“W”为所有力所做的总功，A错误，B正确；
k2 k1
若W＞0，则E ＞E ，若W＜0，则E ＜E ，C正确；动能定理对直线运动、曲线运
k2 k1 k2 k1
动、恒力做功、变力做功均适用，D错误．
2．如图所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧对应的圆的半径为R，BC
的长度也是R，一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端
A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(
)
AμmgR B．mgR
C．mgR D．(1－μ)mgR
解析：选D.由题意可知mgR＝W ＋W ，W ＝μmgR，所以W ＝(1－μ)mgR，
fAB fBC fBC fAB
D正确．
3．一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个
水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为 v，在力的方向上获得的速度分
别为v、v，如图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )
1 2
A.mv2 B.mv2
C.mv2 D.mv2
解析：选B.在合力F的方向上，由动能定理得W＝Fl＝mv2，某个分力的功为W
1
＝Flcos 30°＝lcos 30°＝Fl＝mv2，B正确．
1
4. 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、B都
向前移动一段距离．在此过程中( )
A．外力F做的功等于A和B动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量
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
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】解析：选B.A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，
则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B对；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，故二者做功不相等，C错；对B应用动能定理，W －W＝
F f
ΔE ，即W ＝ΔE ＋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
kB F kB f
所做的功之和，D错；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对
A的摩擦力所做的功)不等，故A错．
5．(多选)如图甲所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动．小环
从最高点A滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图
象可能是图乙中的( )
解析：选AB.对小球由动能定理得mgh＝mv2－mv，则v2＝2gh＋v，当v ＝0时，
0
B正确；当v≠0时，A正确．
0
6. 如图所示，半径R＝2.5 m的光滑半圆轨道ABC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道
DC相切于C点，半圆轨道的直径AC与斜面垂直．质量m＝1 kg的小球从A点左上方
距A点高h＝0.45 m的P点以某一速度v 水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入
0
半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D点．已知当地的重
力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
(1)小球从P点抛出时速度v 的大小；
0
(2)小球从C点运动到D点过程中摩擦力做的功W；
(3)小球从D点返回经过轨道最低点B，对轨道的压力大小．
解析：(1)在A点有：v＝2gh
＝tan θ
解得v＝4 m/s
0
(2)全过程由动能定理得
W＝0－mv＝－8 J
(3)从D到B过程由动能定理得
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】mg(h＋Rcos θ＋R)＋W＝mv2
在B点由牛顿第二定律得
F －mg＝m
N
解得F ＝43.2 N
N
由牛顿第三定律得小球在B点对轨道的压力大小
F ′＝F ＝43.2 N
N N
答案：(1)4 m/s (2)－8 J (3)43.2 N
7．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔 t内位移为s，动能变
为原来的9倍．该质点的加速度为( )
A. B．
C. D.
解析：选A.由E ＝mv2可知速度变为原来的3倍．设加速度为a，初速度为v，则
k
末速度为3v.由速度公式v＝v ＋at得3v＝v＋at，解得at＝2v；由位移公式s＝vt＋at2
t 0 0
得s＝vt＋·at·t＝vt＋·2v·t＝2vt，进一步求得v＝；所以a＝＝·＝，A正确．
8．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是水平的，其距离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的小物块并让其从静止开始下滑．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
的地点到B的距离为( )
A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m D．0
解析：选D.设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，
则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做
功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3 m．由于d＝
0.50 m，所以，小物块在BC段经过3次往复运动后，又回到B点．
9．小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，
悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将
两球由静止释放，在各自轨迹的最低点( )
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
解析：选C.从释放到最低点过程中，由动能定理得mgl＝mv2－0，可得v＝，因
l <l ，则v <v ，故选项A错误；由E ＝m gl ，E ＝m gl ，而m >m ，故两球动能
P Q P Q kQ Q Q kP P P P Q
大小无法比较，选项B错误；在最低点对两球进行受力分析，根据牛顿第二定律及向
心力公式可知T－mg＝m＝ma ，得T＝3mg，a＝2g，则T >T ，a ＝a ，C正确，D错
n n P Q P Q
误．
10. 用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t
1
时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t 时刻停止，其速度－时间图象如图所
2
示，且α＞β，若拉力F做的功为W ，平均功率为P ；物体克服摩擦阻力F 做的功为
1 1 f
W，平均功率为P，则下列选项正确的是( )
2 2
A．W＞W，F＝2F B．W＝W，F＞2F
1 2 f 1 2 f
C．P＜P，F＞2F D．P＝P，F＝2F
1 2 f 1 2 f
解析：选B.由动能定理可得W －W ＝0，解得W ＝W.由图象可知，撤去拉力F
1 2 1 2
后运动时间大于水平力F作用时间，所以F＞2F，选项A、D错误B正确；由于摩擦
f
阻力作用时间一定大于水平力F作用时间，所以P＞P，选项C错误．
1 2
11. (多选) 如图所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径
的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦
力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为 a，容
器对它的支持力大小为N，则( )
A．a＝ B．a＝
C．N＝ D．N＝
解析：选AC.质点P下滑到底端的过程，由动能定理得mgR－W＝mv2－0，可得
v2＝，所以a＝＝，A正确，B错误；在最低点，由牛顿第二定律得N－mg＝m，故N
＝mg＋m＝mg＋·＝，C正确，D错误．
12．(多选) 如图所示，以O为原点在竖直面内建立平面直角坐标系：第Ⅳ象限挡
板形状满足方程y＝x2 （单位：m），小球从第Ⅱ象限内半径为0.5m的四分之一光
滑圆弧轨道某处由静止释放，通过O点后开始做平抛运动，击中挡板上的P点时速度
最小，取重力加速度大小10m/s2，下列说法正确的是（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．P点的坐标为（1， ）
B．小球经过O点时的速度大小为3m/s
C．小球击中P点时的速度大小为5m/s
D．小球经过O点时对轨道的压力等于自身所受重力的3倍
【答案】CD
【详解】ABC．设小球在圆弧轨道释放位置与x轴的竖直距离为h（h≤R＝0.5m），小
球到达O点时的速度v，根据动能定理，得
解得
小物块从O点飞出做平抛运动，根据平抛运动规律
竖直位移
水平位移
又题中满足
联立整理得
达到P点的竖直末速度
达到P点的速度
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】取最小值，则必须满足
解得
取最小值为 ，进而可得
，
验证，因解得h＝0.5m恰好等于圆弧轨道半径，故上述解答成立，故AB错误，C正确；
D．小球在O点，根据牛顿第二定律得
代入数据解得
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力为 ，即为重力的3倍，故D正确。
故选CD。
13．(多选) 如图所示，在竖直平面内有一粗糙程度处处相同的轨道，由水平
和四分之一圆弧 两部分相切构成。一质量为 的物块从轨道 上的P点以水平速
度 向左运动，恰好到达C点，而后又刚好滑回到P点。若换成质量为m、材料相同
的物块，仍从P点以水平速度 向左运动，物块均可视为质点，则（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．若 ，则物块也一定能到达C点
B．若 ，则物块能越过C点向上运动
C．无论m多大，物块均能滑回到P点
D．质量为 的物块沿轨道向左、向右滑行过程中因摩擦产生的热量相等
【答案】AC
【详解】ABC．在圆弧轨道上，做圆周运动如图，根据向心力公式
此时的摩擦力
在水平轨道上摩擦力大小
全过程根据动能定理列方程式，两边质量可以消去，因此无论质量大小，均能到达 C
点再返回P点，AC正确，B错误；
D．在圆弧轨道上，经同一位置时，向左运动的速度快，对轨道的压力大，摩擦力大，
因此向左运动时产生的热量多，D错误。
故选AC。
14．(多选) 如图为某商家为吸引顾客设计的趣味游戏。4块相同木板a、b、c、d
紧挨着放在水平地面上。某顾客使小滑块（可视为质点）以某一水平初速度从a的左
端滑上木板，若滑块分别停在a、b、c、d上，则分别获得四、三、二、一等奖，若滑
离木板则不得奖。已知每块木板的长度为 、质量为 ，木板下表面与地面间的动摩
擦因数均为 ，滑块质量为 ，滑块与木板a、b、c、d上表面间的动摩擦因数
分别为 、 、 、 ，重力加速度大小为g，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】等，下列说法正确的是（ ）
A．若木板全部固定于地面，要想获奖，滑块初速度
B．若木板不固定，顾客获四等奖，滑块初速度的最大值
C．若木板不固定，滑块初速度为 ，顾客获三等奖
D．若木板不固定，顾客获得一等奖，因摩擦产生的总热量
【答案】AD
【详解】A．若木板全部固定，当滑块恰好能够滑动至 d的右端时v0具有最大值，根
据动能定理有
解得
故A正确；
B．若顾客获四等奖，刚好到a木板右侧时，滑块初速度最大为v0，滑块与木板之间的
摩擦力为
地面对abcd木板的摩擦力为
由于f1<f2，则木板静止不动，对滑块
解得
故B错误；
C．由于
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】可知滑块可以滑上b木板，当滑块到b木板上时，地面对bcd木板的摩擦力为
滑块与木板之间的摩擦力为
由于f3<f4，则木板静止不动，当滑块滑到b木板的右侧时，设速度为v2，对滑块
解得
可知滑块会滑上c木板，地面对cd木板的摩擦力为
可知cd木板恰好不动，根据运动学公式
解得
可知滑块停止在c木块上，顾客获二等奖，故C错误；
D．若滑块恰好到d木块时，因摩擦产生的总热量最少为
当滑块到d木板上时，木板d受到地面的摩擦力为
滑块与木板之间的摩擦力为
由于f6<f7，则木板d会发生滑动，木板的加速度为
滑块在木板上的加速度
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】当木块刚好到d木板右侧时滑块、木板共速，摩擦力产生的热量最多，设这种情况下，
滑块滑上d木板时的速度为v3，根据速度关系
可得
根据位移关系可得
解得
滑块和木板到达共同速度后，一起做匀减速运动，直至静止，根据能量守恒定律可得
产生的热量为
所以顾客获得一等奖，因摩擦产生的总热量 的取值范围为
故D正确。
故选AD。
15．为登月探测月球，上海航天局研制了“月球车”。某探究性学习小组对“月
球车”的性能进行研究。他们让“月球车”在水平地面上由静止开始运动，并将“月
球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的 图像，已知 段
为过原点的倾斜直线； 内“月球车”牵引力的功率保持与 时刻相同不变，且
；7~10s段为平行于横轴的直线；在10s末停止遥控，让“月球车”自由滑
行，整个过程中“月球车”受到的阻力大小不变。下列说法错误的是（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．月球车受到的阻力为200N
B．月球车的质量为100kg
C．月球车在 内运动的路程为24.75m
D．全过程牵引力对月球车做的总功为
【答案】C
【详解】AB．在10 s末撤去牵引力后，“月球车”只在阻力 f作用下做匀减速运动，
由图像可知，加速度大小
由牛顿第二定律得，其阻力
f=ma
7～10 s内“月球车”匀速运动，设牵引力为F，则
F=f
则
P=Fv1=f v1
解得
f=200N
故AB正确；
C．“月球车”的加速运动过程可分为：0～t1时间内的匀加速运动、t1～7 s时间内的
变加速运动两个阶段。t1时功率为P=1.2kW，速度为v2=3m/s，此时牵引力为
由牛顿第二定律
F1﹣f=ma1
解得0～t1时间内的加速度大小为
a1=2m/s2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】匀加速运动的时间
t1= =1.5s
匀加速运动的位移
0﹣7s内，由动能定理得
解得“月球车”在加速运动过程中的总位移
s=28.5m
月球车在t1~7s内运动的路程为
C错误；
D．在0～1.5 s内，牵引力做功
W1=F1s1=400×2.25J=900J
在1.5～10 s内，牵引力做功
W2=Pt=1200×8.5J=10200J
10s后，停止遥控，牵引力做功为零，全过程牵引力对月球车做的总功为
W=W1+W2=
D正确。
选错误的，故选C。
16．在竖直平面内固定一轨道ABCO，AB段水平放置，长为4 m，BCO段弯曲且
光滑；一质量为1.0 kg、可视作质点的圆环套在轨道上，圆环与轨道AB段之间的动摩
擦因数为0.5.建立如图所示的直角坐标系，圆环在沿 x轴正方向的恒力F作用下，从
A(－7,2)点由静止开始运动，到达原点O时撤去恒力F，圆环从O(0,0)点水平飞出后经
过D(6,3)点．重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)圆环到达O点时的速度大小；
(2)恒力F的大小；
(3)圆环在AB段运动的时间．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】解析：(1)圆环从O到D过程中做平抛运动
x＝vt
0
y＝gt2
读图得x＝6 m，y＝3 m
v＝ m/s＝7.75 m/s.
0
(2)圆环从A到O过程中，根据动能定理
Fx －μmgx －mgy′＝mv
AO AB
代入数据得F＝10 N.
(3)圆环从A到B过程中，根据牛顿第二定律
F－μmg＝ma
x ＝at2
AB
代入数据得t＝ s＝1.26 s.
答案：(1)7.75 m/s (2)10 N (3)1.26 s
17．如图所示，点P在水面上方h高处，水缸的缸口离水面距离为H，缸口的圆
心为O、半径为R，点P到缸口的水平距离为s。在过O点的竖直平面内，质量为m
0
的小球从P点以不同初速度水平抛出，在下落到缸口高度前均能达到稳定状态。已知
小球在水中运动过程中受到的浮力恒为F，受到水的粘滞阻力f与速度v的关系为f=kv
（比例系数k已知），方向与速度方向相反。不计空气阻力和缸口厚度，重力加速度
为g。
（1）求小球从被抛出后运动到水面过程中，重力做功的平均功率P；
（2）小球平抛的初速度为v 时，从O点进入缸内，求小球运动到O点的过程中克服
1
粘滞阻力做的功W；
（3）要使小球能落到缸中，求平抛初速度v 的范围。
0
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）小球做平抛运动，设小球从平抛运动到水面的时间为t，则
解得
（2）设小球运动到缸口时的速度为v，则
解得
（3）设小球在水面上方运动的水平位移为x1，水下运动时沿水平方向的速度为vx、
加速度为ax，运动到缸口时的水平位移为x2，则
小球在水下运动，任何时刻均有
则有
解得
18．某传送装置的示意图如图1所示，整个装置由三部分组成，左侧为一倾斜直
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】轨道，其顶端距离传送带平面的高度 ，其水平长度 。中间是传送带
其两轴心间距 （传送带向右匀速传动，其速度v大小可调），其右端为水平放
置的圆盘。各连接处均在同一高度平滑对接。一质量为 的物块从倾斜直轨道的
顶端由静止释放，物块经过传送带运动到圆盘上而后水平抛出，其中物块在圆盘上的
运动轨迹为如图2中所示圆盘俯视图中的实线CD，水平圆盘的半径为5m，圆盘距离
地面高度 物块与倾斜直轨道和传送带间的动摩擦因数均为 ，与圆盘
间的动摩擦因数 ，取重力加速度大小 。
（1）若 ，求物块通过水平传送带所需的时间t；
（2）改变传送带的速度v大小和方向，求物块从传送带右侧滑出时的速度 大小的范
围；
（3）若 向右，物块沿弦CD滑离圆盘，CD与过C点的直径夹角为θ。求物块
滑离圆盘落地时，落地点到C的水平距离最大时对应的cosθ值（保留2位有效数字）
【答案】（1）1.75s；（2） ；（3）
【详解】（1）对物块，由A运动到B的过程，根据动能定理有
解得
若传送带速度 ，则
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】解得物块在传送带上减速的距离
减速时间
物块随后在传送带上匀速运动的时间
物块通过传送带所需的时间
（2）传送带向左运动等同于静止不动，当传送带静止或速度较小时，物块在传送带上
一直做减速运动，物块从传送带右侧滑出时的速度 最小，由动能定理有
解得
当传送带的速度较大时，物块在传送带上一直做匀加速运动，物块从传送带右侧滑出
时的速度 最大，由动能定理有
解得
或
物块从传送带右侧滑出时的速度范围为 。
（3）由第（2）问可知， 在物块从传送带右侧滑出时的速度范围内，所以物
块先匀加速运动再匀速运动，刚滑上圆盘时的速度大小
设物体到D点时的速度 ，物体在圆盘上的位移为x，对物块由动能定理有
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】解得
则落地点到c的水平距离
换元法等方法可解得， 时s最大，则
19．某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有
的弹性势能E=9J，质量m=2kg的滑块静止于弹簧右端，光滑水平轨道AB的右端与倾
p
角θ=30°的传送带平滑连接，传送带长度L=12m，传送带以恒定速率v=8m/s顺时针转
0
动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面。
已知滑块与传送带之间的动摩擦因数 ，轻弹簧的自然长度小于水平轨道AB的
长度且滑块可视为质点，重力加速度g取10m/s2。
（1）求解除锁定后，滑块被弹簧弹出后的速度大小；
（2）求滑块在传送带上运动的过程中，摩擦力对滑块做的功W；
（3）求由于传送滑块电动机多消耗的电能E；
（4）若每次开始时弹簧装置具有不同的弹性势能 ，要使滑块滑离传送带后总能落
至地面上的同一位置，求 的取值范围。
【答案】（1）3m/s；（２）175J；（3）250；（4）
【详解】（1）由
可得
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】（2）因为
所以
故滑块在传送带上先向上加速，根据牛顿第二定律
得
则滑块与传送带共速时，有
解得
可知共速后，滑块与传送带一起匀速运动，则摩擦力对滑块做的功
（3）传送带与滑块共速前，由
可得
传送带这段时间传送的距离
则由动能定理及
可得
（4）分析可知，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，滑块滑出传送带
时要与传送带共速，滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能
最小，有
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】得
同理可得，滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最大，有
得
所以，满足条件的弹性势能 范围为
20．如图所示，光滑半圆形轨道AB竖直固定放置，轨道半径为R（可调节），轨
道最高点A处有一弹射装置，最低点B处与放在光滑水平面上足够长的木板Q上表面
处于同一高度，木板左侧x处有一固定挡板C（x未知）。可视为质点的物块P压缩弹
射装置中的弹簧，使弹簧具有弹性势能 ，P从A处被弹出后沿轨道运动到B处时的
速度大小始终为 ；已知P的质量 ，Q的质量 ，P、Q间的动
摩擦因数 ，Q与C之间的碰撞为弹性碰撞，忽略空气阻力，重力加速度
。
（1）若P恰好不脱离轨道，求轨道半径R的值；
（2）若P始终不脱离轨道，写出弹性势能 与R的关系式，并指出R的取值范围；
（3）若Q与C恰好发生n次碰撞后静止，求x的值。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】（1） ；（2） （J），（ ；（3）
【详解】（1）在A处
从A到B，由动能定理得
解得
（2）在A处
从A到B，同理
解得
（3）在木板Q碰到挡板C前PQ不会共速
物块P一直匀减速运动至静止，运动时间
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】木板Q前进x距离，碰到挡板C原速反弹，向右匀减速运动，由于加速度大小不变，
经过相同时间减速为零，接下来，重复以上运动……
设木板Q第一次碰到档板前时间为t0，则有
即
所以
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】
