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第 2 讲 动能定理及其应用
知识点 动能 Ⅱ
1．定义：物体由于运动而具有的能。
2．公式：E k ＝ m v 2 。
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
k
＝m v－m v。动能的变化是过
程量。
知识点 动能定理 Ⅱ
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
(1)W＝ Δ E 。
k
(2)W＝E － E 。
k2 k1
(3)W＝ m v － m v 。
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。
一 堵点疏通
1．合力做功是物体动能变化的原因。( )
2．如果物体所受合力不为零，那么合力的功也一定不为零。( )3．物体的动能不变则物体的速度不变。( )
4．物体做变速运动时动能一定变化。( )
5．运用动能定理可以求变力做功。( )
答案 1.√ 2.× 3.× 4.× 5.√
二 对点激活
1．(人教版必修第二册·P ·T 改编)改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动
88 1
能发生改变，下列几种情形中，汽车的动能不变的是( )
A．质量不变，速度增大到原来的2倍
B．速度不变，质量增大到原来的2倍
C．质量减半，速度增大到原来的2倍
D．速度减半，质量增大到原来的4倍
答案 D
解析 由E k ＝m v 2知只有D项所述情形中汽车动能不变，故D正确。
2．(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
B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的总功，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力再求合力的功
C．公式中的E －E 为动能的变化量，当W>0时，动能增加，当W<0时，动能
k2 k1
减少
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
答案 BC
解析 W＝E －E 中的W指合力的功，当然包括重力在内，E －E 为动能的
k2 k1 k2 k1
变化量，由合力的功来量度，W>0，ΔE >0，W<0，ΔE <0，动能定理也适用于曲线运
k k
动和变力做功。故B、C正确。
3．(人教版必修第二册·P ·T 改编)运动员把质量是500 g的足球踢出后，某人
88 5
观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10 m，在最高点的速度为20
m/s。估算出运动员踢球时对足球做的功为( )
A．50 J B.100 JC.150 J D.无法确定
答案 C
解析 运动员踢球时对足球做的功W等于足球获得的初动能E ，即W＝E
k1 k1
－0；足球上升时重力做的功等于动能的变化量，设上升到最高点时动能为E ，则
k2
有－mgh＝E －E ，联立得W＝E ＝E ＋mgh＝150 J，故C正确。
k2 k1 k1 k2
考点1 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。
(1)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
(2)数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。
(3)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
k
，在处理含有上述物理量的
问题时，优先考虑使用动能定理。
4．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。
例1 (2020·福建省漳州市模拟)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
(1)如何确定F的大小？
提示：根据两个阶段的时间求加速度的关系，再分别应用牛顿第二定律列方程
求解。
(2)如何确定撤去外力F时物块的动能？
提示：应用动能定理及W求解。
尝试解答 选B。
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：v1 ＝a
1
t，
匀减速过程：v1 ＝a
2
，联立解得：a
2
＝3a
1
，由牛顿第二定律有：F－mgsinθ＝ma
1
，
mgsinθ＝ma ，联立解得：F＝mg；由动能定理可知，撤去外力F前，外力F对物块
2
做的功为：W＝Fs ＝mgs ，合力对物块做的功为：W－mgs sinθ＝E ，即撤去外力F
1 1 1 k
时物块的动能E ＝mgs －mgs ＝mgs ＝W，A、C、D错误，B正确。
k 1 1 1
应用动能定理解题的基本思路[变式1] (2020·贵州省安顺市高三下学期3月网上调研)(多选)如图所示，半
圆形光滑轨道BC与水平光滑轨道AB平滑连接。小物体在水平恒力F作用下，从
水平轨道上的P点，由静止开始运动，运动到B点撤去外力F，小物体由C点离开
半圆轨道后落在P点右侧区域。已知PB＝3R，F的大小可能为( )
A.mg B.
C.mg D.
答案 BC
解析 小物体能通过C点，则有m≥mg，即vC ≥；由C点离开半圆轨道后落在
P点右侧区域，有2R＝gt2，vC t<3R，联立解得vC ＜，则≤vC ＜；对小物体从P点到C
点，由动能定理得F·3R－2mgR＝m v－0，联立解得≤F<，故B、C正确，A、D错误。
考点2 动能定理与图像结合问题
解决物理图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像，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，弄清图线与坐标轴围成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。
例2 (2020·四川省绵阳市高三下四模)静止在粗糙水平地面上的物块，在恒
定水平拉力的作用下开始运动，当位移为2x 时撤去外力，此时动能为E ，继续滑
0 k0
行x 后停下来，其动能随位移变化的关系如图所示。根据图像中已知信息，不能确
0
定的物理量是( )A．恒定水平拉力的大小
B．物块与水平地面之间的动摩擦因数
C．物块加速运动和减速运动的时间之比
D．物块加速运动和减速运动的加速度大小之比
(1)动能随位移变化的关系图像的斜率的物理意义是什么？
提示：斜率表示合力。
(2)求物块加速运动和减速运动的时间之比可以如何巧解？
提示：可以巧用平均速度。
尝试解答 选B。
物块位移从0～2x 的过程，由动能定理得F·2x －f·2x ＝E －0，从2x ～3x 的
0 0 0 k0 0 0
过程，由动能定理得－fx ＝0－E ，联立可解得水平拉力F的大小和物块与水平地
0 k0
面之间的摩擦力f的大小(另一种解法：根据动能定理，F ·Δx＝ΔE ，则E x图像的
合 k k
斜率表示合力，由题图可知，F－f＝，－f＝，联立可解得水平拉力F的大小和物块
与水平地面之间的摩擦力f的大小)，由于物块的质量未知，则无法确定物块与水
平地面之间的动摩擦因数；设物块运动过程中的最大速度为vmax ，则有2x
0
＝t
1
，x
0
＝t ，可求得物块加速运动和减速运动的时间之比；由前面分析可解得F＝f，则物
2
块加速运动和减速运动的加速度大小之比＝＝。本题选不能确定的物理量，故选
B。
与动能定理结合紧密的几种图像
(1) v－t图：由公式x＝v t可知，v－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体的位
移。
(2)F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与横坐标轴围成的面积表示力所做
的功。
(3)P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与横坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4)a－t图：由公式Δ v＝at可知，a－t图线与横坐标轴围成的面积表示物体速
度的变化量。
(5)E x图：由公式F x＝E －E 可知，E x图线的斜率表示合力。
k 合 k k0 k
[变式2] (2020·浙江高考压轴卷)物体在合力作用下做直线运动的v t图像如
图所示。下列表述正确的是( )
A．在0～1 s内，合力做正功
B．在0～2 s内，合力总是做正功
C．在1～2 s内，合力不做功
D．在0～3 s内，合力做正功
答案 A
解析 由动能定理可知，合力做的功等于动能的变化量；0～1 s内，速度增加，
动能增大，合力做正功，A正确；0～2 s内，动能先增大后减小，合力先做正功，后
做负功，B错误；1～2 s内，动能减小，合力做负功，C错误；0～3 s内，动能先增大，
后减小为0，合力先做正功，后做负功，总功为0，D错误。
考点3 应用动能定理解决曲线运动问题
1.平抛运动和圆周运动都属于曲线运动，若只涉及位移和速度而不涉及时间，
应优先考虑用动能定理列式求解。
2．动能定理的表达式为标量式，不能在某一个方向上列动能定理方程。
例3 (2020·宁夏银川九中、石嘴山三中、平罗中学三校高三下联考)如图甲所
示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相
连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平力F作用向右
运动，F随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与
BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2，求：(1)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；
(2)滑块到达B处时的速度大小；
(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点
C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？
(1)如何求滑块到达B时的速度？
提示：对从A到B过程应用动能定理求解。
(2)滑块恰好能到达最高点C，隐含了什么条件？
提示：滑块运动到C点时，重力提供向心力，由此可求出滑块在C点时的速度。
尝试解答 (1) s (2)2 m/s (3)5 J
(1)滑块在水平轨道运动前2 m内有F －μmg＝ma
1 1
由图乙知F ＝20 N
1
且x ＝a t
1 1
联立并代入数据解得t ＝ s。
1
(2)设滑块到达B处时的速度大小为vB ，滑块从A到B的过程中，由动能定理
有
F
1
x
1
－F
2
x
3
－μmgx＝m v－0
其中F ＝20 N，F ＝10 N，x＝4 m，x ＝2 m，x ＝1 m，
1 2 1 3
解得vB ＝2 m/s。
(3)当滑块恰好能到达C点时，应有mg＝m
设滑块从B到C的过程中，摩擦力做功W，由动能定理有W－mg·2R＝m v－
m
v
联立并代入数据解得W＝－5 J
即滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力做功为5 J。动能定理在圆周运动中的应用
竖直面内的圆周运动问题经常考查物体在最高点和最低点的状态，最高点的
速度和最低点的速度可以通过动能定理联系起来。
[变式3] 如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水
平，轨道的内表面粗糙。一质量为m的小滑块从P点正上方由静止释放，释放高度
为R，小滑块恰好从P点进入轨道。小滑块滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为
4mg，g为重力加速度。用W表示小滑块第一次在轨道NQ段运动时克服摩擦力所
做的功。则( )
A．W＝mgR
B．W<mgR
C．小滑块恰好可以到达Q点
D．小滑块不能到达Q点
答案 B
解析 根据题述，小滑块滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，根据牛
顿第三定律，轨道对小滑块的支持力为4mg。在最低点，由牛顿第二定律，4mg－
mg＝m，解得v 2＝3gR。对小滑块由静止释放至运动到最低点N的过程，设小滑块
克服摩擦力做的功为W
f
，运用动能定理得，2mgR－W
f
＝m
v
2，解得W
f
＝mgR。由于
小滑块在右侧圆弧轨道NQ段运动的速度大小与小滑块在左侧圆弧轨道PN段对
称位置运动的速度大小相比较小，对轨道的压力就较小，对应受到的摩擦力较小，
克服摩擦力做的功较小，所以小滑块第一次在轨道 NQ段运动时克服摩擦力做的
功W<W
f
＝mgR，B正确，A错误；由于小滑块在轨道最低点N的动能为E
k
＝m
v
2＝
mgR，大于小滑块运动到Q点所需克服重力做的功mgR和克服摩擦力做的功W之
和，所以小滑块可以到达Q点后竖直上抛，C、D错误。【案例剖析】
(2016·全国卷Ⅰ)(18分)如图，① 一轻弹簧原长为 2 R ，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，① AC ＝ 7 R ，A、B、C、D均在同一竖
直平面内。② 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，② 最高到达 F 点， AF ＝ 4 R 。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sin37°＝，cos37°＝)
(1)③ 求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小 ；
(2)④ 求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能 ；
(3)⑤ 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，⑤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。
[审题 抓住信息，准确推断]
关键信息 信息挖掘
①AC＝7R，AB＝2R 说明CB＝5R
题干 ②小物块从C到E，又从E到
弹簧的弹性势能先增加E ，后又减少E
p p
F
③求 P 第一次运动到 B 的速
可对C→B过程由动能定理列式求解
度大小
可设弹簧的弹性势能为 E ，对应的BE
p
问题 ④求 P 运动到 E 点时弹簧的
＝x，分别对B→E和E→F过程用动能
弹性势能
定理列式求解
⑤改变P的质量后 a.求出平抛的水平位移和竖直位移借助a．求 P 运动到 D 点时的速
平抛知识求解；
度；
b．对E→D过程用动能定理求解
b．求改变后P的质量
[破题 形成思路，快速突破]
(1)P第一次运动到B点时速度大小的求解
①选研究过程： P 从 C 到 B 。
②列动能定理方程：设B、C间距离为l＝5R
mgl sin θ － μmg cos θ · l ＝ m v 。
(2)P运动到E点时弹簧的弹性势能的求解
①选研究过程： P 由 B 到 E 和 P 由 E 到 F 。
②列动能定理方程：设BE＝x，EF间距离l ＝2R＋x
1
mgx sin θ － μmgx cos θ － E p ＝ 0 － m v ， E p － mg l 1 sin θ － μmg cos θl 1 ＝ 0 。
(3)①P从D点平抛速度大小的求解
a．水平位移：x ＝ R － R sin θ 。
1
b．竖直位移：y ＝ R ＋ R ＋ R cos θ 。
1
c．列平抛运动公式：x 1 ＝ v D t ， y 1 ＝ g t 2。
②改变后P的质量的求解
a．选研究过程： P 从 E 到 D 。
b．列动能定理方程：设改变后P的质量为m
1
E
p
－ m
1
g ( x ＋ 5 R )sin θ － μm
1
g cos θ ( x ＋ 5 R ) － m
1
g ＝ m 1v。
[解题 规范步骤，水到渠成]
(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vB ，由动能定理得
mglsinθ－μmgcosθl＝m v②
式中θ＝37°。联立①②式并由题给条件得
vB
＝2③(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
p
运动到E点的过程中，由动能定理有
mgxsinθ－μmgcosθx－E
p
＝0－m v④
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 sinθ－μmgcosθl ＝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－Rsinθ⑨
1
y ＝R＋R＋Rcosθ⑩
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vD ，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动规律有y
1
＝gt2⑪
x
1
＝vD t⑫
联立⑨⑩⑪⑫式得vD ＝⑬
P由E点运动到D点的过程中，由动能定理有
E
p
－m
1
g(x＋5R)sinθ－μm
1
gcosθ(x＋5R)－m
1
g＝m 1v⑭
联立⑦⑧⑬⑭式得m ＝m。⑮
1
[评分标准] ①②③⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬⑮各1分，④⑥⑭各2分。
[点题 突破瓶颈，稳拿满分]
(1)不敢设P到达E点时弹簧的弹性势能为E ，BE＝x，而列不出方程组解待求
p
量。
(2)不能正确地求出平抛运动的竖直分位移和水平分位移导致处理不了第(3)
问。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a的水平距离和高度差均为h；
1
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
1
时，有E
1
＝m v，根据平抛运动规律有h＝
gt，h＝v1 t
1
；摩托车经过a点的动能为E
2
时，有E
2
＝m v，根据平抛运动规律有h＝
gt，3h＝v2 t
2
。联立以上各式可解得＝18，故B正确。
2．(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x关系的图象是( )
k
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 、
1
μ 。物块在斜面上运动时，根据动能定理有mgxtanθ－μ mgcosθ·＝E －0，整理可得
2 1 k
E ＝(mgtanθ－μ mg)x，即在斜面上运动时，物块的动能E 与x成线性关系；设物块
k 1 k
到达斜面底端时动能为E ，水平位移为x ，物块在水平地面上运动时，根据动能
k0 0
定理有－μ mg(x－x )＝E －E ，整理可得E ＝－μ mgx＋E ＋μ mgx ，即在水平地
2 0 k k0 k 2 k0 2 0
面上运动时，物块的动能E 与x也成线性关系。综上分析可知A正确。
k
3．(2020·天津高考) (多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾
驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初
速度为v0 ，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度
vm
，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内( )
A．做匀加速直线运动
B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝F
vm
D．牵引力做功W＝m v－m
v
答案 BC
解析 动车的功率恒定，根据P＝F 牵v可知，动车的牵引力减小，根据牛顿第
二定律得F －F＝ma，可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速直
牵
线运动，A错误，B正确；当加速度为0时，牵引力等于阻力，列车达到最大速度
vm
，则牵引力的功率P＝F
vm
，C正确；动车的功率恒定，在时间t内，牵引力做功W
＝Pt，根据动能定理得Pt－Fs＝m v－m v，故W>m v－m v，D错误。
4. (2018·全国卷Ⅱ)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 木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，
摩擦力做负功，根据动能定理可知：W
F
－W
f
＝m
v
2－0，所以动能小于拉力做的功，
故A正确，B错误；无法比较动能与克服摩擦力做功的大小，C、D错误。
5.(2018·江苏高考)(多选) 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。
6．(2017·上海高考)如图所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.4 m的
光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，
经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜
面间动摩擦因数μ＝0.25。(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
(1)滑块在C点的速度大小vC ；
(2)滑块在B点的速度大小vB ；
(3)A、B两点间的高度差h。
答案 (1)2 m/s (2)4.29 m/s (3)1.38 m
解析 (1)滑块经过C点时，滑块所受重力提供向心力
mg＝
解得vC ＝＝2 m/s。
(2)对B→C过程，由动能定理得
－mgR(1＋cos37°)＝m v－m
v
解得vB ＝ ≈4.29 m/s。
(3)滑块在A→B的过程，由动能定理得
mgh－μmgcos37°·＝m v－0
代入数据解得h＝1.38 m。
7．(2020·浙江7月选考)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。
质量m＝0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高 H＝1.0 m处静止释放。已知 R＝0.2
m，L ＝L ＝1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨
AB BC
道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距 A点x处的质量为2m的小滑块相
碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x
之间的关系。(碰撞时间不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
答案 (1)8 N，方向水平向左 (2)不会冲出
(3)h＝x－，h＝0
解析 (1)从开始到D点，由机械能守恒定律有
mgH＝mgR＋m v，
在D点，由牛顿第二定律有F ＝，
N
联立并代入数据解得F ＝8 N，
N
由牛顿第三定律有F ′＝F ＝8 N，方向水平向左。
N N
(2)假设斜轨道足够长，滑块在斜轨道上能到达的最高点为 C′点，从开始到
C′点，由能量守恒定律有
mgH＝μmgL ＋μmgL cosθ＋mgL sinθ，
AB BC′ BC′
代入数据解得L ＝ m<1.0 m，
BC′
故假设成立，滑块不会冲出斜轨道的末端C点。
(3)设滑块运动到距A点x处时的速度为v，
由动能定理得mgH－μmgx＝m
v
2，
设碰撞后瞬间两者的共同速度为v ′，由动量守恒定律得m v＝3m v ′，碰撞后，对整体滑到最高点的过程，由动能定理有
－3μmg(L
AB
－x)－3μmgcosθ－3mgh＝0－×(3m)
v
′2，
得h＝x－，
h＝0。
时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分。其中1～4题为单选，5～8
题为多选)
1．若物体在运动过程中受到的合力不为0，则( )
A．物体的动能不可能总是不变的
B．物体的加速度一定变化
C．物体的速度方向一定变化
D．物体所受的合力做的功可能为0
答案 D
解析 当合力不为0时，若物体做匀速圆周运动，则动能不变，合力做的功为
0，A错误，D正确；当合力恒定时，加速度就不变，速度方向可能不变，B、C错误。
2. 物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1秒内合力对物体做的功
为W，则( )
A．从第1秒末到第3秒末合力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合力做功为－2W
C．从第5秒末到第7秒末合力做功为W
D．从第3秒末到第4秒末合力做功为－2W
答案 C解析 物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，合力做功为零
A错误；从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量大小相同，
合力做的功为－W，B错误；从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能
的变化量相同，合力做功相同，即为W，C正确；从第3秒末到第4秒末速度从v0
减小到，则动能变化量的大小等于第1秒内动能变化量大小的，则合力做功为－
0.75W，D错误。
3. 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v0 射入木
块并从中射出，且出射速度为v1 。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( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 对子弹根据动能定理：－f(L＋s)＝m v－m v，解得f＝，D正确。
4．(2019·全国卷Ⅲ) 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h的变化如图所示。重力加速度取10
k
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 画出运动示意图如图，设阻力大小为f，据动能定理知，A→B(上升过程)：E －E ＝－(mg＋f)h
kB kA
C→D(下落过程)：E －E ＝(mg－f)h
kD kC
联立以上两式，解得物体的质量m＝1 kg，C正确。
5. (2020·吉林省吉林市高三下第四次调研)2022年第24届冬季奥林匹克运动
会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示为一简化后的跳
台滑雪的雪道示意图，运动员从O点由静止开始，在不借助其他外力的情况下，自
由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从A点水平飞出，然后落到斜坡上的B
点。已知A点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40 m，斜坡与水平面的夹角θ＝
30°，运动员的质量m＝50 kg，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力。下列说法正
确的是( )
A．运动员从O点运动到B点的整个过程中机械能守恒
B．运动员到达A点时的速度为20 m/s
C．运动员到达B点时的动能为10 kJ
D．运动员从A点飞出到落到B点所用的时间为 s
答案 AB
解析 运动员在光滑的圆弧轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中只有重
力做功，机械能守恒，故A正确。由动能定理，运动员在光滑的圆弧轨道上从O到
A有：mgR(1－cos60°)＝m v－0，代入数据解得vA ＝20 m/s，故B正确。设运动员做
平抛运动的时间为t，则：x＝vA t，y＝gt2，由几何关系有：＝tan30°＝，联立并代入数
据解得：t＝ s，y＝ m；运动员从A到B的过程中，根据动能定理有：mgy＝E －
kB
m v，代入数据解得：E
kB
＝×104 J，故C、D错误。6．(2020·江苏省镇江市高三上学期期末)如图1所示，倾角为θ(θ<45°)的斜面
ABC固定在水平地面上，置于斜面上的滑块P恰能沿斜面匀速下滑，已知滑块P
从斜面顶端滑至底端的过程中，重力势能减小量为K，重力加速度为g，现将该斜
面逆时针旋转90°后仍固定在水平地面上(如图2所示)，在滑块P从斜面顶端由静
止释放下滑至底端的过程中，能求出滑块( )
A．下滑至底端时的速度
B．下滑过程中的加速度
C．下滑至底端时的动能
D．下滑至底端时重力的功率
答案 BC
解析 设AB＝h，滑块P恰能沿斜面匀速下滑时，有mgsinθ＝μmgcosθ，解得μ
＝tanθ，该过程重力势能减小量为K，即mgh＝K，将该斜面逆时针旋转90°后，根
据动能定理有mg－μmgsinθ·＝m v 2＝E k ，联立解得v＝ ，E k ＝－Ktanθ，由于m未知，
所以根据mgh＝K不能求出h，因此v无法求出，可求出滑块下滑至底端时的动能
E ，故A错误，C正确；根据牛顿第二定律有 mgcosθ－μmgsinθ＝ma，解得a＝
k
gcosθ－gtanθsinθ，可以求出滑块下滑过程中的加速度a，故B正确；滑块下滑至底
端时重力的功率为P＝mg
v
cosθ＝mgcosθ ，根据K＝mgh只能求出mh，无法求出
m，则P求不出，故D错误。
7．(2020·陕西省渭南市高三下教学质量检测) 如图所示，斜面和水平面由相同
材料组成，质量为m的小滑块由斜面上A点由静止开始释放，它运动到水平面上
C点时的速度为v1 ，最后停在D点。现给小滑块施加一个竖直向下的恒力F，仍让
小滑块由A点静止开始释放，它运动到C点时的速度为v2 ，忽略在B点因碰撞而
损失的能量，水平面足够长，以下判断正确的是( )A．v1 ＝v2 B. v1 < v2
C．最后仍停在D点 D.最后停在D点右侧
答案 BC
解析 设斜面倾角为α，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数为μ，因由静止
释放时滑块下滑，则有mgsinα>μmgcosα，即μ<tanα，当不施加恒力时，从A到C由
动能定理可得mgx
AB
sinα－μmgx
AB
cosα－μmgx
BC
＝m v－0；同理，当施加恒力F时，
有(mg＋F)x AB sinα－μ(mg＋F)x AB cosα－μ(mg＋F)x BC ＝m v－0，两式对比可知v1 < v2 ，
故B正确，A错误。设从B到停止点的位移为s，当不施加恒力时，滑块从A到停止
点由动能定理可得mgx sinα－μmgx cosα－μmgs ＝0－0，即x sinα－μx cosα＝
AB AB 1 AB AB
μs ，同理，当施加恒力F时，有(mg＋F)x sinα－μ(mg＋F)x cosα－μ(mg＋F)s ＝0
1 AB AB 2
－0，联立解得s ＝s ，则滑块最后仍停在D点，故C正确，D错误。
1 2
8. (2020·四川省乐山市高三下第三次调研)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－cosθ)
＝m v，在E点有N－mg＝m，联立解得N＝mg(3－2cosθ)，根据牛顿第三定律，滑块
经过E点时对轨道的最小压力为(3－2cosθ)mg，故A错误；滑块从A点到G点，由
动能定理得：mg(Lsinθ－Rcosθ)－μmgcosθ·L＝m v，其中L＝，解得：vG ＝0，则滑块
下滑后不能从G点飞出，故B错误；设滑块第二次经过E点时速度大小为vE2 ，对
滑块从G点到E点，根据动能定理得：mgR＝m v－0，解得vE2 ＝，滑块第二次到达
E点时，根据牛顿第二定律有N －mg＝，解得N ＝3mg，根据牛顿第三定律，滑块
2 2
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：mgLsinθ－μmgcosθ·s ＝0－0，解得s ＝，故D
总 总
正确。
二、非选择题(本题共3小题，共36分)
9．(2020·江苏省淮安市六校联盟高三下学期第三次学情调查)(10分)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
m＝ma
m
由图乙可知F ＝80 N，
m
可解得a ＝15 m/s2。
m
(2)由图像可知，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－
F
0，
由图像可知，位移为x ＝4 m时，力F做的功为W ＝F x ＝×80×4 J＝160 J，
m F m m
所以s＝8 m。
10. (2020·广西柳州高三下学期4月线上模拟)(12分)如图所示，是两对接的轨
道，两轨道与水平面的夹角均为α＝30°，左轨道光滑，右轨道粗糙。一质点自左轨
道上距O点L 处从静止起滑下，当质点第二次返回到左轨道并达到最高点时，它
0
离O点的距离为，两轨道对接处有一个很小的圆弧，质点与轨道不会发生碰撞，求
质点与右轨道间的动摩擦因数。
答案 0.155
解析
如图所示，质点从h 到h ，由动能定理有
1 2
mg(h －h )－μmgcosα·＝0
1 2
解得h ＝h
2 1
质点从h 到h ，由动能定理有
2 3
mg(h －h )－μmgcotα·h ＝0
2 3 2
解得h ＝(1－μcotα)h
3 2
同理，质点从h 到h ，可得h ＝h
3 4 4 3质点从h 到h ，可得h ＝(1－μcotα)h
4 5 5 4
联立解得h ＝h
5 1
据题意知h ＝·sinα，而h ＝L ·sinα，可知h ＝
5 1 0 5
解得μ＝tanα≈0.155。
11. (2020·江苏省扬州市高三下学期3月阶段性检测)(14分)如图所示，AB为一
光滑固定轨道，AC为动摩擦因数μ＝0.25的粗糙水平轨道，O为水平地面上的一
点，且B、C、O在同一竖直线上，已知B、C两点的高度差为h，C、O两点的高度差
也为h，A、C两点相距s＝2h。若质量均为m的两滑块P、Q从A点以相同的初速度
v0
分别沿两轨道滑行，到达B点或C点后分别水平抛出。求：
(1)两滑块P、Q落地点到O点的水平距离；
(2)欲使两滑块的落地点相同，滑块的初速度v0 应满足的条件；
(3)若滑块Q的初速度v0 已满足(2)的条件，现将水平轨道AC向右延伸一段L，
要使滑块Q落地点距O点的距离最远，L应为多少？
答案 (1)2· ·
(2) v0 ＝ (3)h
解析 (1)滑块P从A到B的过程中由动能定理可知：－mgh＝m v－m v
可得：vB ＝
从B点抛出的滑块P水平方向有x
1
＝vB t
P
，竖直方向有2h＝gt
联立解得：x ＝2·
1
滑块Q从A到C的过程，由动能定理得：
－μmgs＝m v－m
v
解得：vC ＝从C点抛出的滑块Q水平方向有x
2
＝vC t
Q
，竖直方向
有h＝gt
联立解得：x ＝·。
2
(2)要使x
1
＝x
2
，联立解得：v0 ＝。
(3)滑块Q由A到抛出点，由动能定理得：
－μmg(s＋L)＝m
v
2－m
v
在延伸最右端抛出后有：x＝v t
Q
，h＝gt
滑块落地点距O点的距离为Δx＝L＋x
联立解得：Δx＝ ＋L
令 ＝t，则Δx＝－t2＋t＋4h
故t＝时，Δx有最大值，此时L＝h。
