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[-考点-05-] 动能定理及其应用
[典例1]
答案 CD
解析 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功(即合力
做的功)才等于物体动能的增量，即W 合＝W－mgH＝mv2
2－mv1
2，其中W 为支持力做的
功，A、B 错误，C 正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力做的
功一定等于其动能的增量，即Mv2
2－Mv1
2，D 正确．
[典例2]
答案 D
解析 物块以初速度v 上升的过程，由动能定理得－mgH－μmgcos θ·＝0－mv2，解得μ＝
(－1)tan θ.当物块的初速度为时，由动能定理得－mgh－μmgcos θ·＝0－m()2，解得h＝，
故选D.
[典例3]
答案 C
解析 在N 点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，由牛顿第三定律知FN＝FN′＝4mg，解得
vN＝，对小球从开始下落至到达N 点的过程，由动能定理得mg·2R－W＝mvN
2－0，解得W
＝mgR.由于小球在PN 段某点处的速度大于此点关于ON 在NQ 段对称点处的速度，所以小
球在PN 段某点处受到的支持力大于此点关于ON 在NQ 段对称点处受到的支持力，则小球
在NQ 段克服摩擦力做的功小于在PN 段克服摩擦力做的功，小球在NQ 段运动时，由动能
定理得－mgR－W′＝mvQ
2－mvN
2，因为W′<mgR，故vQ>0，所以小球到达Q 点后，继续上
升一段距离，选项C 正确．
[典例4]
答案 A
解析 0～10 m 内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－
(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m 内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin 30°＋f＝4 N，
10～20 m 内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s
－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m 内的图像得，斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N，联立解得f
＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A.
1.答案 D
解析 动能的变化等于各个力单独做功的代数和，A 错误；根据动能定理，决定动能是否
改变的是总功，而不是某一个力做的功，B 错误；动能定理既适用于直线运动，也适用于
曲线运动，既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况，C 错误，D 正确.
2.答案 C
解析 物体做变速运动时，合外力一定不为零，但合外力不为零时，做功可能为零，动能
可能不变，A、B 错误；物体所受的合外力做功，它的动能一定变化，速度大小也一定变
化，C 正确；物体的动能不变，所受合外力做功一定为零，但合外力不一定为零，D 错误．
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3.答案 B
解析 下坡过程中运用动能定理得mgh＋Wf＝mv2－mv0
2，解得Wf＝－3 800 J，故选B.
4.答案 D
解析 设阳台离地面的高度为h，根据动能定理得mgh＝Ek－mv0
2，三个小球质量相同，初
速度相同，高度相同，所以三球落地时动能相同，D 正确．
5.答案 C
解析 全过程，由动能定理得Fl－Ff·3l＝0 得：Ff＝；加速过程：Fl－Ffl＝Ekm－0，得Ekm
＝Fl，C 正确，A、B、D 错误.
6.答案 B
解析 下坡过程中运用动能定理得mgh＋Wf＝mv2－mv0
2，解得Wf＝－3 800 J，故选B.
7.答案 B
解析 小圆环到达B 点时对细杆的压力恰好为0，则mg＝m，拉力F 沿圆的切线方向，圆
环由A 到B 的过程根据动能定理有F·－mgr＋Wf＝mv2，代入数据得摩擦力做功为Wf＝－
66.6 J，故选B.
8.答案 C
解析 由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得第1 s 内：W＝mv0
2，第1 s 末到第3
s 末：W1＝mv0
2－mv0
2＝0，A 错误；第3 s 末到第5 s 末：W2＝0－mv0
2＝－W，B 错误；
第5 s 末到第7 s 末：W3＝m(－v0)2－0＝W，C 正确；第3 s 末到第4 s 末：W4＝m()2－mv0
2＝
－0.75W，D 错误.
9.答案 C
解析 由题图可知从0 到2h0，电梯先做加速度增大的加速运动再做匀加速运动，从2h0到
3h0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，仍会向上运动，
则电梯上升的最大高度一定大于3h0，故A、D 错误；根据动能定理可得mv2＝Fh＝mah＝
mS 面积，则v＝，则电梯在h0处的速度大小为，在2h0处的速度大小为，在3h0处的速度大小
为2，所以电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量不相等，故B 错误，C 正确．
10.答案 A
解析 小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝mv2，把速度v
代入得Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv0
2，Ek与t 为二次函数关系，图像为开口向上的抛物线，A 对.
11.答案 (1)12 J (2)39 N
解析 (1)B 在撤去F 后继续滑行xB＝1.0 m，撤去F 时B 的动能EkB＝6 J，
由动能定理有－FfBxB＝0－EkB
在撤去F 前，对B 由动能定律得WAB－FfBx＝EkB
联立并代入数据解得WAB＝12 J
(2)撤去力F 后，滑块A 继续滑行的距离为xA＝0.5 m，撤去F 时A 的动能EkA＝9 J，由动能
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定理有－FfAxA＝0－EkA
力F 作用的过程中，分析滑块A、B 整体，由动能定理有(F－FfA－FfB)x＝EkA＋EkB
代入数据解得F＝39 N.
12.答案 (1)mg (2)mg
解析 (1)设水平恒力的大小为F0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F，小球到达
C 点时速度的大小为vC，则＝tan α，F＝，
由牛顿第二定律得F＝m，
联立并代入数据解得F0＝mg，vC＝.
(2)设小球到达B 点时速度的大小为vB，小球由B 到C 的过程中由动能定理可得
－2FR＝mvC
2－mvB
2，
代入数据解得vB＝
小球在B 点时有FN－F＝m，解得FN＝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FN′＝mg.
13.答案 (1)12 N (2)见解析
解析 (1)设运动员对冰壶的推力大小为F，由动能定理得
Fd－μ1mgL＝0
代入数据，解得F＝12 N.
(2)设冰壶运动到营垒的最左边时，用毛刷刷冰面的距离是x1，冰壶运动到营垒的最右边时，
用毛刷刷冰面的距离是x2，则由动能定理得
F′d－μ1mg(L－R－x1)－μ2mgx1＝0
代入数据，解得x1＝8 m
由动能定理得
F′d－μ1mg(L＋R－x2)－μ2mgx2＝0
代入数据，解得x2＝12 m
所以用毛刷刷冰面的距离x 需满足
8 m≤x≤12 m.
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