动能定理及其应用
基础巩固
1.[2025·四川遂宁模拟] 如图所示,AB 为1
4
圆弧轨道,BC 为水平直轨道,圆弧的半径为R,BC 的
长度也是R,重力加速度为g.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 从静止下滑时,恰好运动到C 处停止运动,那么摩擦力在AB 段对物体做的功为
(
)
A.-μmgR
B.-1
2
μπmgR
C.mgR
D.(μ-1)mgR
2.[2025·山东烟台模拟] 如图所示,摆球(可视为质点)质量为m,悬线长为L,把悬线拉直至水平
位置A 点后由静止释放摆球.设摆球从A 运动到最低点B 的过程中,空气阻力F 阻的大小不变,
重力加速度为g,则摆球运动到最低点B 时的速率为( )
A.❑√2gL-F阻πL
4 m
B.❑√2gL-F阻πL
m
C.❑√gL- F阻πL
4 m
D.❑√4gL-F阻πL
m
3.[2025·江苏苏州中学模拟] 质量为m、长为L 的匀质木板以速度v0向右运动,水平地面O 点
左侧是光滑的,右侧是粗糙的,与木板的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,当木板全部进入时刚
好静止,则木板的初速度v0是( )
A.❑√μgL
B.2❑√μgL
C.❑√3μgL
D.3❑√μgL
4.[2025·福建厦门一中模拟] 甲、乙两个物体质量之比m 甲∶m 乙=1∶2,它们以相同的初速度v0
在水平面上做匀减速直线运动,直到停止,其v-t 图像如图所示.此过程中,两物体所受的摩擦力
分别为Ff 甲、Ff 乙;克服摩擦力做功分别为W 甲、W 乙.则下列判断正确的是
( )
A.Ff 甲<Ff 乙 W 甲<W 乙
B.Ff 甲=Ff 乙 W 甲<W 乙
C.Ff 甲>Ff 乙 W 甲>W 乙
D.Ff 甲>Ff 乙 W 甲=W 乙
综合提升
5.[2025·四川乐山模拟] 某学校师生参加建模大赛制作了一辆由清洁能源驱动的小车,模型展
示环节小车能在平直轨道上由静止开始沿直线加速行驶,经过时间t 速度刚好达到最大值vm.
设在此加速过程中小车电动机的功率恒为P,小车质量为m,运行中所受阻力恒定,则下列说法
中正确的是
( )
A.加速过程中小车所受合外力恒定不变
B.加速过程中小车前进的距离为1
2
vmt
C.加速过程中小车所受阻力恒为P
vm
D.加速过程中小车合外力做功为Pt
6.(多选)[2025·江西九江模拟] 高铁现在已经成了人们出行的最爱的方式之一,九江作为九省
通衢,来商纳贾之地,交通亦十分发达,某次九江到南昌的G2763 次高铁列车沿直线运动的v-t
关系如图所示,已知在第1 秒内合外力对G2763 做的功为W,则
( )
A.从第1 秒末到第5 秒末合外力对G2763 做功为6W
B.从第3 秒末到第5 秒末合外力对G2763 做功为-W
C.从第3 秒末到第7 秒末合外力对G2763 做功为-2W
D.从第6 秒末到第7 秒末合外力对G2763 做功为0.75W
7.[2025·湖北咸宁模拟] 如图所示,两个斜面体固定在水平面上并用一小段平滑的圆弧衔接于
O 点.现将一可视为质点的物体由P 点无初速度释放,经过一段时间,物体运动到右侧斜面体
的最高点为Q 点,该过程中物体在两斜面体上的位移均为L,物体与两斜面体的动摩擦因数均
为μ,物体通过O 点时没有机械能的损失,重力加速度为g,已知α=53°,β=37°,sin 37°=0.6,假设
最大静摩擦力等于滑动摩擦力.则下列说法正确的是
( )
A.μ=1
6
B.物体运动到Q 点后,物体在右侧斜面体上静止
C.若将右侧斜面体水平放置,物体静止时到O 点的距离为5L
D.若将右侧斜面体水平放置,物体静止时到O 点的距离为5.6L
8.[2025·重庆沙坪坝模拟] 如图所示,在倾角为θ 的光滑固定斜面上,A、B、C、D 四点将斜面
三等分.质量为m 的小滑块P 以初速度v0从A 点出发,沿斜面向上运动,滑块滑到D 点时速度
恰好为0,而后下滑.若AB 部分不光滑,其余部分光滑,则滑块上行到C 点时速度恰好为0,而后
下滑过程中说法正确的是(重力加速度为g)( )
A.滑块所受摩擦力Ff>mgsin θ
B.滑块所受摩擦力Ff<mgsin θ
C.滑块下滑到A 点时速度vA=
❑√3
3
v0
D.滑块下滑到B 点时速度vB=
❑√3
2
v0
9.[2025·陕西榆林中学模拟] 如图所示,曲线轨道AB(足够长)、水平直轨道BC、竖直圆环轨
道CD、水平直轨道CE、竖直半圆形管道EFG 间平滑连接,其中圆环轨道CD 最低点C 处的
入口、出口靠近且相互错开.将一可视为质点、质量为m=2 kg 的小滑块P 从曲线轨道AB 上
某处由静止释放,其刚好能沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点D.已知水平直轨道BC 长为
L1=0.5 m,其上铺设了特殊材料,其动摩擦因数为μ1=0.4+0.4x(x 表示BC 上一点至B 点的距
离),水平直轨道CE 长为L2=2.0 m,动摩擦因数为μ2=0.1,轨道其余部分的阻力不计,空气阻力
不计.竖直圆环轨道CD 的半径为R=0.4 m,竖直半圆形管道EFG 的半径R'可在0.25~0.35 m
间调节,半圆形管道的内径远小于其半径、且比滑块尺寸略大,重力加速度g 取10 m/s2,求:
(1)滑块恰好能通过最高点D 时的速度;
(2)小滑块P 释放点的位置高度h;
(3)P 从管道G 点水平抛出后落到水平面上时,其落地点至G 点的最大水平距离.
拓展挑战
10.(多选)[2025·河北保定模拟] 如图甲所示,固定斜面的倾角θ=37°,一物体(可视为质点)在沿
斜面向上的恒定拉力F 作用下,从斜面底端由静止开始沿斜面向上滑动,经过距斜面底端x0处
的A 点时撤去拉力F.该物体的动能Ek与它到斜面底端的距离x 的部分关系图像如图乙所示.
已知该物体的质量m=1 kg,该物体先后两次经过A 点时的动能之比为4∶1,该物体与斜面间动
摩擦因数处处相同,sin 37°=0.6,重力加速度g 取10 m/s2,不计空气阻力.则
( )
A.物体与斜面间动摩擦因数为0.3
B.物体与斜面间动摩擦因数为0.45
C.拉力F 的大小为9.6 N
D.拉力F 的大小为19.2 N
11.如图所示,一竖直圆管质量为M,下端距水平地面的高度为H,顶端塞有一质量为m 的小球.
圆管由静止自由下落,与地面发生多次弹性碰撞,且每次碰撞时间均极短;在运动过程中,管始
终保持竖直.已知M=4m,球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg,g 为重力加速度的大小,不计空
气阻力.
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间,管和球各自的加速度大小;
(2)管第一次落地弹起后,在上升过程中球没有从管中滑出,求管上升的最大高度;
(3)管第二次落地弹起的上升过程中,球仍没有从管中滑出,求圆管长度应满足的条件.
答案解析
1.D [解析] 物体从A 到C 的过程中,由动能定理得mgR+Wf-μmgR=0,解得Wf=(μ-1)mgR,故
选D.
2.B [解析] 设摆球从A 运动到最低点B 的过程中,将运动过程分为无数小段,每一小段的阻
力可视为恒力,则克服空气阻力做功为Wf=F 阻s=F 阻·1
4
×2πL=πF阻L
2
,设摆球从A 运动到最
低点B 的过程中,根据动能定理有mgL-Wf=1
2 mvB
2,解得vB=❑√2gL-F阻πL
m
,故选B.
3.A [解析] 摩擦力与位移为线性关系,可以用平均摩擦力来求摩擦力做功,根据动能定理得-
1
2
μmgL=0-1
2
mv0
2,解得v0=❑√μgL,故选A.
4.B [解析] 根据牛顿第二定律可知,摩擦力Ff=ma=m v0
t
,因m 甲∶m 乙=1∶2,t 甲∶t 乙=1∶2,可知
Ff 甲=Ff 乙,根据动能定理Wf=ΔEk=1
2
mv0
2,可知W 甲<W 乙,故选B.
5.C [解析] 这一过程中电动机的功率恒为P,根据P=Fv,可知随着小车速度的增加,小车受
到的牵引力逐渐减小,而阻力恒定,故加速过程中小车所受合外力发生变化,故A 错误;当牵引
力大小等于阻力时,速度最大,则加速过程中小车所受阻力为F 阻=P
vm
,故C 正确;加速过程中,
根据动能定理可得小车受到的合外力所做的功为W 合=Pt-F 阻x=1
2
mvm
2<Pt,可得小车受到的
牵引力做的功为W 牵=Pt=F 阻x+1
2 mvm
2,解得x=vmt-m vm
2
2P
,故B、D 错误.
6.BD [解析] G2763 在第1 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
等,符号相反,根据动能定理可知,合力的功大小相等,符号相反,等于-W,故A 错误;从第3 秒末
到第5 秒末动能的变化量与第1 秒内动能的变化量相反,根据动能定理可知,合力的功相反,等
于-W,故B 正确;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,结合B 项可知,从第3 秒末到第7 秒末合外力对G2763 做功为0,故C 错误;从
第6 秒末到第7 秒末动能变化量是正值,大小等于第1 秒内动能的变化量的3
4
,则合力做功为
0.75W,故D 正确.
7.C [解析] 物体从P 处由静止释放,恰好滑到Q 速度减为零,由动能定理得mgLsin 53°-
μmgLcos 53°-mgLsin 37°-μmgLcos 37°=0,解得μ=1
7
,故A 错误;物体运动到Q 点后,重力沿斜面
向下的分力为mgsin 37°=0.6mg,最大静摩擦力为μmgcos 37°<mgsin 37°,物体不可能静止在右
侧的斜面上,故B 错误;若右侧斜面体水平放置,物体从释放到停止运动,由动能定理得mgLsin
53°-μmgLcos 53°-μmgx=0,解得x=5L,故C 正确,D 错误.
8.C [解析] 设斜面长度为3L,根据题意可知,斜面完全光滑时,滑块从A 点上滑到D 点过程,
根据动能定理可得-mg·3Lsin θ=0-1
2
mv0
2,当AB 部分不光滑时,滑块从A 点上滑到C 点过程,
根据动能定理可得-mg·2Lsin θ-FfL=0-1
2
mv0
2,联立可得Ff=mgsin θ,故A、B 错误;滑块从C
点下滑到A 点过程,根据动能定理可得mg·2Lsin θ-FfL=1
2
mvA
2-0,联立解得滑块下滑到A 点时
速度vA=
❑√3
3
v0,故C 正确;滑块从C 点下滑到B 点过程,根据动能定理可得mgLsin θ=1
2
mvB
2
-0,联立解得滑块下滑到B 点时速度vB=
❑√3
3
v0,故D 错误.
9.(1)2 m/s (2)1.25 m (3)❑√
3
5
m
[解析] (1)滑块恰好能通过最高点D,则mg=mvD
2
R
解得vD=2 m/s
(2)从滑块P 由释放点到竖直圆环轨道CD 的最高点D,由动能定理有mgh-WfBC-2mgR=1
2
mvD
2
其中WfBC=FfBC·xBC=μ1mgxBC=5 J
解得h=1.25 m
(3)滑块P 由D 点到G 点的过程,由动能定理有2mgR-μ2mgL2-2mgR'=1
2
mvG
2-1
2
mvD
2
滑块P 离开G 点后做平抛运动,则有2R'=1
2
gt2、x=vGt
可得x=❑√16 40
−
R'·❑√0.4R'=10❑√(0.16-0.4R')·0.4R'
当0.16-0.4R'=0.4R'时,即R'=0.2 m 时,水平距离达到极大值,由于0.25 m≤R'≤0.35 m
当R'=0.25 m 时,落地点至G 点的水平距离最大,为xm=❑√
3
5
m
10.BD [解析] 依题意,设物体在运动过程中受到的滑动摩擦力大小为Ff,当物体沿斜面向上
运动到x0处时,根据动能定理有(F-mgsin θ-Ff)x0=E0-0,运动到2x0处时,根据动能定理有Fx0-
(mgsin θ+Ff)2x0=0-0,物体从斜面顶端向下运动到x0处时,根据动能定理有(mgsin θ-Ff)x0=1
4
E0-0,联立以上三式,解得F=19.2 N、Ff=3.6 N,故C 错误,D 正确;根据Ff=μmgcos θ,解得
μ=0.45,故A 错误,B 正确.
11.(1)2g 3g (2)13
25
H (3)圆管长度大于或等于152
125
H
[解析] (1)管第一次落地弹起的瞬间,小球仍然向下运动.设此时管的加速度大小为a1,方向向
下;球的加速度大小为a2,方向向上;球与管之间的摩擦力大小为Ff,由牛顿运动定律有
Ma1=Mg+Ff①
ma2=Ff-mg
②
联立①②式并代入题给数据,得
a1=2g,a2=3g
③
(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同.由运动学公式,碰地前瞬间它们的速度大小均为
v0=❑√2gH
④
方向均向下.管弹起的瞬间,管的速度反向,球的速度方向依然向下
设自弹起时经过时间t1,管与小球的速度刚好相同.取向上为正方向,由运动学公式有
v0-a1t1=-v0+a2t1
⑤
联立③④⑤式得
t1=2
5
❑√
2H
g
⑥
设此时管下端的高度为h1,速度为v.由运动学公式可得
h1=v0t1-1
2
a1t1
2⑦
v=v0-a1t1 ⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0.此后,管与小球将以加速度g 减速上升h2,到达最高点.由运动
学公式有
h2=v
2
2g
⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1,则H1=h1+h2
⑩
可得H1=13
25
H
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1.在管开始下落到上升H1这一过程中,由动能定
理有
Mg(H-H1)+mg(H-H1+x1)-4mgx1=0
联立
式并代入题给数据得
x1=4
5
H
同理可推得,管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中,球与管的相对位移x2为
x2=4
5
H1
设圆管长度为L,管第二次落地弹起后的上升过程中,球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L
联立
式,L 应满足条件为
L≥152
125
H
