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微专题40 动能定理及其应用
1．应用动能定理要注意对研究对象进行受力分析、运动分析和各力做功分析。2.优先选用
动能定理的四种情况：(1)不涉及加速度和时间，只涉及速度和位移的问题；(2)有多个物理
过程的问题(特别是往复运动)；(3)变力做功问题；(4)曲线运动问题。
1．(2023·北京市东城区模拟)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。下列关于列车在整个过程中的说法正确的是( )
A．做匀加速直线运动
B．牵引力的功率P＝Fvm
C．当动车速度为时，其加速度为
D．牵引力做的功等于mvm
2－mv0
2
答案 B
解析 动车以恒定功率运动，根据牛顿第二定律可得－F＝ma，可知随着动车速度的增大，
加速度逐渐减小，A 错误；当动车的加速度为零时，速度达到最大，根据受力平衡可得F＝
F 牵＝，解得牵引力的功率P＝Fvm，B 正确；当动车速度为时，此时牵引力为F 牵′＝＝3＝
3F，根据牛顿第二定律可得F 牵′－F＝ma1，可得其加速度为a1＝，C 错误；假设整个过程动
车行驶的位移为x，由动能定理可得W 牵－Fx＝mvm
2－mv0
2，解得牵引力做的功为W 牵＝
mvm
2－mv0
2＋Fx>mvm
2－mv0
2，D 错误。
2. 如图所示，竖直平面内有一半径为R 的圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m
的小物块从A 处由静止滑下，沿轨道运动至C 处停下，B、C 两点间的距离为R，物块与圆
轨道和水平轨道之间的动摩擦因数相同。现用始终平行于轨道或轨道切线方向的力推动物块，
使物块从C 处缓慢返回A 处，重力加速度为g，设推力做的功至少为W，则( )
A．W＝mgR
B．mgR<W<2mgR
C．W＝2mgR
D．W>2mgR
答案 B
解析 从A 到C 过程根据动能定理有mgR－μmgR－W 克f＝0，解得W 克f＝mgR－μmgR，从C
到A 过程根据动能定理得W－mgR－μmgR－W 克f′＝0，解得W＝mgR＋μmgR＋W 克f′，物
块从A 到B 做圆周运动，可知物块受到的支持力比缓慢运动时大，所以克服摩擦力做功W 克
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f>W 克f′，可得W<2mgR，从B 到A 过程，由动能定理得W′－mgR－W 克f′＝0，可知
W>W′>mgR，综上所述mgR<W<2mgR，故选项B 正确。
3. 如图所示，AB 是带有半径为R 的竖直圆轨道的光滑轨道，它的质量为M，置于左右固定
的水平地面上，紧挨轨道的B 点有一倾角为θ 的斜面，一质量为m 的小球从光滑斜面上距B
点4R 处由静止释放，当小球通过圆轨道最高点时轨道恰好能离开地面，已知斜面倾角θ＝
53°，sin 53°＝0.8，不计小球经过B 点时的能量损失，则轨道质量M 与小球质量m 之间的关
系为( )
A．M＝0.8m
B．M＝1.2m
C．M＝1.4m
D．M＝2.0m
答案 C
解析 设小球通过轨道最高点时的速度为v，由题可知小球释放点与B 点的距离为4R，根
据动能定理可得mg(4Rsin θ－2R)＝mv2，小球经过最高点时轨道恰好能离开地面，则有(M
＋m)g＝m，联立解得M＝1.4m，故C 正确，A、B、D 错误。
4. 如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v 从
轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离
x 与轨道半径R 的关系，下列说法正确的是( )
A．R 越大，则x 越大
B．R 越小，则x 越大
C．当R 为某一定值时，x 才有最大值
D．当R 为某一定值时，x 才有最小值
答案 C
解析 设半圆的半径为R，小球从最低点到轨道最高点过程根据动能定理得－mg·2R＝mv′2
－mv2，离开最高点做平抛运动，有2R＝gt2，x＝v′t，联立解得x＝＝，可知当R＝时，x
有最大值，故选C。
5. (2023·四川绵阳市诊断)如图所示，有一倾角θ＝45°的粗糙斜面固定于空中的某位置。A
为斜面底端，距水平面的高度h1＝0.6 m，O 为A 点正下方地面上的点。一物体从斜面上的B
点由静止开始下滑，滑离斜面后落在地面上。已知A、B 间的竖直高度差h2＝0.1 m。物体与
斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。则物体在地面上的落
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点距O 点的距离为( )
A．0.6 m B．0.2 m C. m D. m
答案 B
解析 对物体从B 到A 的过程，由动能定理有mgh2－μmgcos θ·＝mvA
2，代入数据解得vA＝1
m/s，对物体从A 到落地过程，水平方向有x＝vAcos θ·t，竖直方向有h1＝vAsin θ·t＋gt2，解
得t＝ s，x＝0.2 m，B 正确。
6. (2023·湖南郴州市质量监测)如图所示，在水平的PQ 面上有一小物块(可视为质点)，小物
块以某速度从P 点向左滑动，最远能滑到倾角为θ 的斜面QA 上的A 点(水平面和斜面在Q
点通过一极短的圆弧平滑连接)。若减小斜面的倾角θ，变为斜面QB(如图中虚线所示)，小
物块仍以原来的速度从P 点出发滑上斜面。已知小物块与水平面、小物块与斜面的动摩擦
因数相同，AB 为水平线，AC 为竖直线。则( )
A．小物块恰好能运动到B 点
B．小物块最远能运动到B 点上方的某点
C．小物块只能运动到C 点
D．小物块最远能运动到B、C 两点之间的某点
答案 D
解析 设物块能到达斜面上的最高点与水平面的距离为h，与Q 点的水平距离为x，物块与
斜面和水平面间的动摩擦因数为μ，P 点处速度为v0，根据动能定理得－mgh－μmg·PQ－
μmgcos θ·AQ＝0－mv0
2，即mgh＋μmg(PQ＋x)＝mv0
2，减小倾角θ 时，若h 不变，则x 不变，
A、C 错误；若h 变大，则x 变小，B 错误；若h 变小，则x 变大，D 正确。
7．(多选)一种升降电梯的原理如图所示，A 为电梯的轿厢，B 为平衡配重。在某次运行时
A(含乘客)、B 的质量分别为M＝1 000 kg 和m＝800 kg。A、B 由跨过轻质滑轮的足够长轻
质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重B，使得电梯的轿厢由静止开始向上运动(轿厢
A、配重B 一直未与滑轮相撞)。电动机输出功率P＝2 kW 保持不变。不计空气阻力和摩擦
阻力，g＝10 m/s2。则在A 向上运动过程中( )
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A．轿厢A 先做匀加速直线运动，再做加速度减小的直线运动，最后做匀速直线运动
B．轿厢A 能达到的最大速度vm＝1 m/s
C．轿厢A 向上的加速度为a＝2 m/s2时，配重B 下端的牵引绳上拉力F＝5 600 N
D．轿厢A 从静止开始到上升的高度为5 m 时(轿厢已处于匀速状态)，所用的时间t＝5.25 s
答案 BC
解析 电动机输出功率P＝2 kW 保持不变，速度增大时，根据P＝Fv
可知牵引力减小，所以轿厢A 做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动，故A
错误；
当轿厢A 的速度达到最大时，轿厢A 做匀速直线运动，此时电动机的牵引力为F＝(M－m)g
又P＝Fvm，联立解得vm＝1 m/s，故B 正确；当A 向上的加速度为a＝2 m/s2时，设A、B 之
间绳的拉力大小为F1，重物B 下端绳的拉力大小为F；分别分析A、B，根据牛顿第二定律
得F1－Mg＝Ma，F＋mg－F1＝ma
联立解得F＝5 600 N，故C 正确；轿厢A 从静止开始到上升的高度为5 m 时，轿厢已处于
匀速状态，对A、B 整体，由动能定理得Pt＋mgh－Mgh＝(M＋m)vm
2，解得t＝5.45 s，故D
错误。
8. 如图，一侧有竖直挡板的足够长的实验台固定在地面上，台面水平且光滑。质量均为m
＝0.4 kg 的甲、乙两小球用一根劲度系数为k＝20 N/m 的轻质弹簧拴接在一起，小球乙与竖
直挡板接触(不固定)，用力推压小球甲使弹簧压缩，弹簧压缩量为x1＝0.2 m 时锁定小球甲。
现解除对小球甲的锁定，同时给小球甲施加一个水平向左的外力F，使小球甲由静止开始向
左以a＝10 m/s2的加速度做匀加速直线运动，当小球乙刚要离开竖直挡板时撤掉外力F。有
关甲、乙两小球的运动情况的判断，下列说法正确的是( )
A．外力F 的最大值为Fm＝6 N
B．弹簧锁定时弹性势能为Ep＝0.6 J
C．小球乙刚离开挡板瞬间小球甲的速度大小为2 m/s
D．外力F 对小球甲做的功为WF＝0.6 J
答案 C
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解析 解除对小球甲的锁定，给小球甲施加外力的过程，根据牛顿第二定律有F＋kx＝ma
当x＝0 时外力F 最大，为Fm＝4 N，故A 错误；弹簧从锁定到恢复原长，弹力做功为W＝x1
＝x1＝0.4 J，根据功能关系，弹簧锁定时弹性势能为Ep＝W＝0.4 J，故B 错误；根据动力
学公式v2＝2ax1，解得v＝2 m/s，故C 正确；解除对小球甲的锁定，给小球甲施加外力的
过程，由动能定理得WF＋W＝mv2，解得WF＝0.4 J，故D 错误。
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