文档文本内容
第05 讲 动能和动能定理
目 录
思维导图...........................................................................................................................................................................1
高考分析...........................................................................................................................................................................1
学习目标...........................................................................................................................................................................2
知识要点...........................................................................................................................................................................3
解题策略..............................................................................................................................................错误！未定义书签。
题型归纳...........................................................................................................................................................................8
题型01：动能的定义和表达式..........................................................................................................................................8
题型02：动能定理的表述及其推导过程..........................................................................................................................13
题型03：动能定理求解外力做功和初末速度...................................................................................................................15
题型04：动能定理求变力的功........................................................................................................................................22
题型05：动能定理在图像问题中的应用..........................................................................................................................48
题型06：动能定理解多段过程问题.................................................................................................................................60
题型07：利用动能定理求匀变速直线运动问题...............................................................................................................83
题型08: 利用用动能定理解决物体在传送带运动问题.....................................................................................................92
题型09：利用动能定理求机车启动位移的问题.............................................................................................................102
题型10：利用动能定理求曲线运动问题........................................................................................................................110
题型11：探究功与物体速度变化的实验........................................................................................................................123
巩固提升.......................................................................................................................................................................130
一、考情定位
高考物理核心高频考点，必考且贯穿选择、实验、计算题，选择题多结合受力分析、运动过程判断，计算题常
作为力学综合题（直线/曲线运动、连接体、板块模型）的核心解题方法，新课标卷中分值占比约6~12 分，侧重
考查“过程分析+定理应用”的综合能力。
二、核心考查内容
1. 定理本身：理解合外力做功等于物体动能变化，明确标量性、普适性（直线/曲线、恒力/变力运动均适
用），区分“合外力做功”与“单个力做功”。
2. 做功计算：重点考查恒力做功、变力做功（动能定理间接求）、重力/弹力/摩擦力（静/滑）做功的特点，
尤其注意空气阻力、摩擦力的负功计算。
3. 过程选取：高考核心难点，要求灵活选取“单一过程”或“全程”应用定理，规避复杂的运动学公式推导
（如多阶段变速运动、曲线运动）。
4. 综合应用：与平抛、圆周运动、板块模型、连接体模型结合，常与机械能守恒、能量守恒综合考查，区分
定理适用条件（动能定理无机械能守恒的“只有重力/弹力做功”限制）。
三、高考命题趋势
1. 情境化：结合生活实际（如汽车启动、滑梯、传送带）、科技背景（如航天器变轨、粒子加速）设置问题，
弱化纯公式计算，强化过程分析。
2. 综合性：多与电场力、安培力做功结合（电磁学综合题），或与动量定理、能量守恒形成“力电综合”
“力动综合”大题，考查知识迁移能力。
3. 细节性：注重做功的正负判断、位移与力的夹角分析、“相对位移”与“绝对位移”的区分（如板块模型
中摩擦力做功），易设置陷阱。
4. 技巧性：侧重“全程法”解题，要求跳过中间复杂过程，直接分析初末状态的动能与合外力做功，提升解
题效率。
四、高频易错点
1. 混淆合外力做功与“某个力做功”，直接用单个力做功等于动能变化。
2. 计算做功时，位移取相对地面的绝对位移，而非两物体间的相对位移（如板块模型）。
3. 忽略力与位移的夹角，直接用W=Fx 计算（如斜向力、曲线运动中的力）。
4. 对变力做功（如弹簧弹力、空气阻力），未想到用动能定理间接求解。
5. 全程应用定理时，遗漏某一个力的做功（如重力、支持力、摩擦力）。
一、知识目标
1. 准确理解动能定理的核心表达式，明确合外力做功与动能变化的标量对应关系。
2. 掌握动能定理的适用条件，知晓其普适性（直线/曲线、恒力/变力、单一/多过程运动均适用），区分与机
械能守恒定律的适用差异。
3. 熟练掌握恒力做功、重力/弹力/摩擦力（静/滑）做功的计算方法，理解变力做功可通过动能定理间接求解
的思路。
二、能力目标
1. 过程分析能力：能拆解物体的运动过程，灵活选取初末状态（单一过程/全程），规避复杂运动学推导。
2. 受力分析能力：精准判断研究对象的受力情况，区分做功的力与不做功的力，准确判断做功的正负。
3. 公式应用能力：能独立列写动能定理方程，解决单一物体的力学问题，逐步拓展至连接体、板块等简单系
统的应用。
4. 综合迁移能力：能将动能定理与平抛、圆周运动、传送带等模型结合，实现与机械能守恒、能量守恒的综
合运用。
三、素养目标
1. 物理观念：建立“功是能量变化的量度”的核心观念，理解动能变化与合外力做功的本质联系。
2. 科学思维：培养等效思维（全程功等效于动能变化）、简化思维（优先全程法规避分阶段繁琐计算），提
升问题分析与解决的逻辑性。
3. 科学探究：能通过实例分析、习题推导，总结动能定理在不同模型中的应用规律，形成解题的通用思路。
4. 科学态度：注重解题中的细节把控（如位移的绝对性、做功的正负、力的遗漏），培养严谨的物理解题习
惯。
四、应试目标
1. 能快速识别高考中动能定理的考查题型（选择/实验/计算），掌握不同题型的解题技巧。
2. 能规避高考高频易错点（如混淆相对/绝对位移、合外力/单个力做功、遗漏力的做功），提高解题准确率。
3. 能运用动能定理高效解决力学综合题，缩短解题时间，提升应试解题效率。
知识点一：动能
1．定 义：物体由于运动而具有的能量．
2．表达式：Ek＝mv
2 .
3．单 位：与功的单位相同，国际单位为焦耳．1 J＝1_kg·m
2 ·s － 2 .
4．物理量特点：
(1)具有瞬时性，是状态量．
(2)具有相对性，选取不同的参考系，同一物体的动能一般不同，通常是指物体相对于地面的动能．
(3)是标量，没有方向，Ek≥0.
5．动能的特征
(1)是状态量：与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应．
(2)具有相对性：选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系．
(3)是标量：只有大小，没有方向；只有正值，没有负值．
6．动能的变化
(1)ΔEk＝mv－mv 为物体动能的变化量，也称作物体动能的增量，表示物体动能变化的大小．
(2)动能变化的原因：
合力对物体做功是引起物体动能变化的原因，合力做功的过程实质上是其他形式的能与动能相互转化的过
程，转化了多少由合力做了多少功来度量．
知识点二：动能定理
1．动能定理的内容：
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．动能定理的表达式
(1)W＝mv
－
mv
.
(2)W＝Ek2－
E k1.
说明：式中W 为合外力做的功，它等于各力做功的代数和．
3．动能定理的适用范围
不仅适用于恒力做功和直线运动，也适用于变力做功和曲线运动情况．
4．应用动能定理解题的步骤
(1)确定研究对象和研究过程(研究对象一般为单个物体或相对静止的物体组成的系统)．
(2)对研究对象进行受力分析(注意哪些力做功或不做功)．
(3)确定合外力对物体做的功(注意功的正负)．
(4)确定物体的初、末动能(注意动能增量是末动能减初动能)．
(5)根据动能定理列式、求解．
2．动力学问题两种解法的比较
牛顿运动定律运动学公式结合法
动能定理
适用条件
只能研究在恒力作用下物体做直线运
动的情况
对于物体在恒力或变力作用下，物体做
直线运动或曲线运动均适用
应用方法
要考虑运动过程的每一个细节
只考虑各力的做功情况及初、末状态的
动能
运算方法
矢量运算
代数运算
相同点
确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析
知识点三：对动能、动能变化的理解
1.动能：
动能概念的理解．
①动能是标量，且只有正值．
②动能具有瞬时性，在某一时刻，物体具有一定的速度，也就具有一定的动能．
③动能具有相对性，对不同的参考系，物体速度有不同的瞬时值，也就具有不同的动能，一般都以地面为
参考系研究物体的运动．
2.动能的变化：
动能只有正值，没有负值，但动能的变化却有正有负．“变化”是指末状态的物理量减去初状态的物理量．
动能的变化量为正值，表示物体的动能增加了，对应于合力对物体做正功；动能的变化量为负值，表示物
体的动能减小了，对应于合力对物体做负功，或者说物体克服合力做功．
3.对动能定理的理解
(1)动能定理表达式W＝ΔEk中，W 表示所有外力做功的代数和。ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，且
物体的速度均是相对地面的速度。
(2)
4.应用动能定理解题应注意的四点
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以
对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。
(4)根据动能定理列方程时，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。
解题核心策略
1. 基本步骤（万能法）
① 确定研究对象（单个物体/系统，系统需注意内力做功）；
② 分析运动过程，选取初末状态（优先选全程，减少计算量）；
③ 分析受力情况，判断各力是否做功、做功的正负；
④ 计算合外力做功（W_合=W_1+W_2+…+W_n）和初末动能；
⑤ 列动能定理方程求解，验证结果合理性。
2. 技巧提升
①全程优先：多阶段运动（如加速+减速、平抛+圆周）直接取全程，避免分阶段列方程；
② 受力简化：只分析做功的力，不做功的力（如向心力、支持力与位移垂直）无需考虑；
③ 变力处理：变力做功无法直接计算时，用动能定理W＝ΔEk间接求解；
④系统应用：系统的动能定理为“合外力做功+内力做功=系统动能变化”，注意内力（如摩擦力）是否
做功。
3. 模型专项突破
高考常考模型+动能定理应用要点：
①板块模型：分析板块与地面、板块间的摩擦力做功，位移取绝对位移；
②圆周运动：结合向心力公式，分析切线方向力的做功，初末状态选圆周上两点；
③传送带模型：区分物体匀加速、匀速阶段的做功，注意摩擦力做功的正负变化；
④抛体运动：只有重力做功，动能定理等价于机械能守恒，可快速求末速度大小。
一：动能定理解决变力做功问题
1．变力做的功
在某些问题中，由于力F 的大小、方向变化，不能用W＝Flcos α 求出变力做的功，此时可用动能定理W＝
ΔEk求功。
2．用动能定理求解变力做功的方法
(1)分析物体的受力情况，确定做功过程中的哪些力是恒力，哪些力是变力。如果是恒力，写出恒力做功
的表达式；如果是变力，用相应功的符号表示出变力做的功。
(2)分析物体的运动过程，确定其初、末状态的动能。
(3)运用动能定理列式求解。
二：动能定理与图像的结合
1．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、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。
2．五类图像所围面积的含义
三:应用动能定理解多段过程问题
1．多过程问题的分析方法
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。
(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
2．利用动能定理求解多过程问题的基本思路
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理。
1．分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分
析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，最后联立求解。
2．全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，确定整个过程中合外力做的总功，然后
确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解。
3．当题目已知量和所求量不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、更方便。
4．在分段分析时，有些过程可以用牛顿运动定律，也可利用动能定理，动能定理往往比牛顿运动定律解题更
简单方便，我们可优先采用动能定理解决问题。
5．物体做往复运动时，如果用运动学、动力学观点去分析运动过程，会十分烦琐，甚至无法确定往复运动的
具体过程和终态。这时就体现出动能定理的优势了。由于动能定理解题的优越性，求解多过程往复运动问题时，
一般应用动能定理。
在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别：
(1)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；
(2)滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功W 克f＝Ffs(s 为路程)。
四：动能定理求匀变速直线运动问题
1、内容表述：外力对物体所做的总功等于物体功能的变化．
2、表达式：
，W 是外力所做的总功，
、
分别为初、末状态的动能．若初、末速度分别
为v1、v2，则
，
．
3、物理意义：
动能定理揭示了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即外力对物体做的总功，对应着物体
动能的变化．变化的大小由做功的多少来量度．动能定理的实质说明了功和能之间的密切关系，即做功的过程
是能量转化的过程．等号的意义是一种因果关系的数值上相等的符号，并不意味着“功就是动能增量”，也不
是“功转变成动能”，而是“功引起物体动能的变化”．
4、动能定理的理解及应用要点．
动能定理虽然可根据牛顿定律和运动学方程推出，但定理本身的意义及应用却具有广泛性和普遍性．
①动能定理既适用于恒力作用过程，也适用于变力作用过程．
②动能定理既适用于物体做直线运动情况，也适用于物体做曲线运动情况．
③动能定理的研究对象既可以是单个物体，也可以是几个物体所组成的一个系统．
④动能定理的研究过程既可以是针对运动过程中的某个具体过程，也可以是针对运动的全过程．
⑤动能定理的计算式为标量式，v 为相对同一参考系的速度．
⑥在
中，W 为物体所受所有外力对物体所做功的代数和，正功取正值计算，负功取负值计
算；
为动能的增量，即为末状态的动能与初状态的动能之差，而与物体运动过程无关．
五：动能定理在平抛、圆周运动中的应用
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：
1.与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理
量。
2.与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：
①可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0。
②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为只有重力提供向心力，
mg＝，vmin＝。
题型01：动能的定义和表达式
【典型例题1】2023 年10 月26 日，神舟十七号载人飞船与天和核心舱进行了对接，“太空之家”迎来汤洪波、
唐胜杰、江新林3 名中国航天史上最年轻的乘组入驻。如图为神舟十七号的发射与交会对接过程示意图，图中①为
飞船的近地圆轨道，其轨道半径为 R ，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在的圆轨道，其轨道半径为
₁
R ，
₂
P、 Q 分别为②轨道与①、③轨道的交会点。关于神舟十七号载人飞船与天和核心舱交会对接过程，下列说法正
确的是（ ）
A．飞船在①轨道经过 P 点时的加速度大于在②轨道上经过 P 点时的加速度
B．飞船在轨道3 上运行的速度大于第一宇宙速度
C．若核心舱在③轨道运行周期为 T，则飞船在②轨道从P 到Q 的时间为
D．飞船在①轨道的动能一定大于天和核心舱在③轨道的动能
【答案】C
【详解】A．根据
飞船在①轨道经过 P 点时的加速度等于在②轨道上经过 P 点时的加速度，故A 错误；
B．第一宇宙速度是最大的环绕速度，飞船在轨道3 上运行的速度小于第一宇宙速度，故B 错误；
C．根据开普勒第三定律可知
可得
飞船在②轨道从P 到Q 的时间为
，即为
，故C 正确；
D．虽然在①轨道的速度大于③轨道的速度，但由于飞船和核心舱的质量未知，故无法判断他们动能的大小，故D
错误。
故选C。
【典型例题2】在跳高比赛中，运动员跳跃过程可视为斜抛运动，不计空气阻力。下列反映跳跃过程中运动员水平
方向位移的大小x、竖直方向位移的大小y、动能Ek、重力瞬时功率大小P、时间t 之间关系的图像，可能正确的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A．运动员跳跃过程做斜抛运动，根据运动的合成与分解，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是竖直上
抛运动，设水平速度为
，竖直速度为
，所以水平方向位移
即x 与t 成正比，A 错误；
B．在竖直方式向上，竖直位移
B 错误；
C．竖直方向是竖直上抛运动，速度方向的速度为
则合速度为
动能为
则
为开口向
上的二次函数，C 正确；
D．速度的水平分量不变，竖直分量先减小到零，后反向增加，故根据
重力的功率先均匀减小后均匀增加，D 错误。
故选C。
【变式训练1-1】如图所示，光滑水平桌面上有一能满足胡克定律的橡皮筋，一端可绕竖直轴
转动，另一端与小
球相连。当小球转动稳定后，发现橡皮筋的伸长量等于原长，此时小球的动能为
。已知橡皮筋的劲度系数为
，
小球可视为质点。橡皮筋的原长为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设橡皮筋原长为
，转动稳定后动能为
时橡皮筋伸长
，由向心力公式和牛顿第二定律得
根据题意
，
又
解得
故选A。
【变式训练1-2】（多选）如图所示，固定的光滑水平桌面的右端固定一光滑定滑轮，两个完全相同、质量均为m
的物块A、B，通过绕过定滑轮的细线连接。A 与滑轮间的细线保持水平，细线不可伸长，物块可视为质点。某时
刻释放装置，并用水平向左的恒力F 拉A，A 向右运动一段时间t 后贴着A 剪断细线，经过相同的时间t，A 恰好回
到释放点P。已知重力加速度大小为g，桌面足够高足够长。则以下说法正确的是（ ）
A．滑块A 在剪断细线前与剪断后的加速度大小之比为1∶2
B．滑块A 在剪断细线与回到P 点时的速度大小之比为1∶2
C．拉力的大小为
D．物块A 回到P 点时，A、B 的动能之比为1∶6
【答案】BC
【详解】AB．设剪断细线时物块A 的速度为
，再次回到P 点时速度为
，剪断绳前物块A 的位移为
，剪断绳
后位移为
，经过相同的时间t，A 恰好回到释放点P，所以
可得
根据
可得
A 错误，B 正确；
C．剪断绳前将AB 看成一个整体有
剪短绳后，对A 有
解得
C 正确；
D．根据
可得
剪断绳子时AB 的速度均为
A 回到P 点时速度为
物块A 回到P 点时， B 的速度为
根据
可得
D 错误。
故选BC。
【变式训练1-3】作为研制新一代飞行器的摇篮，我国JF-22 超高速风洞可以创造出高度达几十千米、速度达约三
十倍声速的飞行条件。若将一小球从风洞中地面上的A 点以初速度
竖直向上弹出，小球受到大小恒定的水平风
力作用，到达最高点B 时的动能为初始点A 动能的
，小球最后落回到地面上的C 点，如图。不计空气阻力，重
力加速度为g，求：
（1）小球从弹出到落地所用的时间；
（2）小球运动的加速度大小；
（3）小球在空中的最小速度。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）竖直方向上，小球只受重力作用，到达最高点B 时的时间
根据对称性，从最高点到落地的时间
则小球从弹出到落地所用的时间
（2）到达最高点B 时的动能与A 点的动能之比为9：16，则速度之比为
在最高点竖直方向速度为0，设从A 到B 需要时间t
小球运动的加速度大小为
联立得
（3）小球在重力和风力作用下做类斜抛运动，当小球速度方向与重力和风力的合力方向垂直时，速度最小，
方
向与合力方向夹角正切值为
最小速度
题型02：动能定理的表述及其推导过程
【典型例题1】一个质量为
的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角
的斜面，其加速度大小为
，
如图此物体在斜面上上升的最大高度为，则此过程中正确的是（ ）
①物体动能增加了
②物体克服重力做功
③合力对物体做功
④物体克服摩擦力做功
A．①③
B．②④
C．①④
D．②③
【答案】D
【详解】①③物体在斜面上加速度为
，方向沿斜面向下，物体的合力为
方向沿斜面向下，物体从斜面底端到最大高度处位移为2h，物体从斜面底端到最大高度处，物体合力做功为
根据动能定理研究物体从斜面底端到最大高度处得、
合力做负功，则动能减小了
，故①错误，③正确；
②根据功的定义式得重力做功为、
所以物体克服重力做功为mgh，故②正确；
④根据牛顿第二定律有、
可得，物体受到的摩擦力为、
则摩擦力对物体做功为、
即物体克服摩擦力做功
，故④错误。、故选D。
【变式训练2-1】（多选）如图所示，一长为l、不可伸长的轻绳，一端固定在O 点，另一端栓接一质量为m、可
视为质点的小球。在最低点给小球一初速度，可使小球绕O 点在竖直面内转动。小球过最低点和最高点时细线上
的拉力之差为
，重力加速度为g，下列判断正确的是（ ）
A．
B．
C．小球的质量不变，轻绳l 越长，
越大
D．绳长不变，小球的质量越大，
越大
【答案】BD
【详解】AB．小球通过最高点时有
小球通过最低点时有
小球从最高的到最低点由动能定理得
联立解得
A 错误，B 正确；
CD．由
可知，
与轻绳的长度无关，仅与小球的质量有关，且质量越大，
越大，C 错误，D 正确。
故选BD。
【变式训练2-2】神舟十六号载人飞船返回过程，在
点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，
为轨道Ⅱ上的一点，如
图所示，关于神舟十六号飞船的运动，下列说法中正确的有（ ）
A．在轨道Ⅱ上经过A 的速度大于经过B 的速度
B．在轨道Ⅱ上运动的周期大于在轨道Ⅰ上运动的周期
C．在轨道Ⅱ上经过A 的动能小于在轨道Ⅰ上经过A 的动能
D．在轨道Ⅱ上经过A 的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A 的加速度
【答案】C
【详解】A．航天飞机在轨道Ⅱ上从A 到B 的过程中，万有引力做正功，由动能定理可知在轨道Ⅱ上经过A 的速度
小于经过B 的速度，故A 错误；
B．航天飞机绕地球运行，由开普勒第三定律可知
半长轴越大，周期越大，故在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期，故B 错误；
C．航天飞机在A 点从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ点火减速；在轨道Ⅱ上运动经过A 点的速度小于在轨道Ⅰ上经过A 点的速
度，故C 正确；
D．航天飞机在A 点受万有引力一定，由牛顿第二定律可知在轨道Ⅱ上经过A 点的加速度等于轨道Ⅰ上经过A 的加
速度，故D 错误。
故选C。
【变式训练2-3】我们对物理规律的学习应深入理解，对于重要的定理定律要学会推导。如图质量为m 的物体在
水平面上沿直线运动，在与运动方向相同的水平恒力F 的作用下速度从v1增大到v2，在此过程中物体受到的摩擦阻
力恒为f。请用牛顿运动定律和运动学公式推导：恒力F 与阻力f 对物体做功的和等于物体动能的变化。
【答案】见解析
【详解】设位移是x，由牛顿第二定律
由运动学公式
又
故恒力F 与阻力f 对物体做功的和等于物体动能的变化。
题型03：用动能定理求解外力做功和初末速度
【典型例题1】可忽略大小的一物体在空中发生爆炸，分裂成三个速率相同但质量不同的物块1、2、3，如图所示，
它们的质量大小关系是
。忽略空气阻力，则它们落到水平地面上时速率的大小关系是（ ）
A．物块1 的落地速率最大
B．物块2 的落地速率最大
C．物块3 的落地速率最大
D．三物块的落地速率相同
【答案】D
【详解】由动能定理可知，三个物块的下落高度相等匀为
，则
由此可知，三物块的落地速
率相同。
故选D。
【典型例题2】如图甲所示，校园中的“喷泉”从水面以相同倾斜角度和相同速率向四周喷射而出，水滴下落击打
水面形成层层涟漪甚为美观。水滴的运动与一般的抛体运动，它的受力情况与平抛运动相同，在水平方向不受力，
在竖直方向只受重力，我们可以仿照研究平抛运动的方法来研究一般的抛体运动。图甲中的喷泉水滴的运动轨迹如
图乙所示，上升的最大高度为 h， 水滴下落在水面的位置距喷水口的水平距离为4h。已知喷水口的流量Q（流量
Q 定义为单位时间内喷出水的体积） ，水的密度为ρ，重力加速度大小为g。
（1） 求喷泉中的水从喷水口喷出时的速度大小 v；
（2）如图乙所示，若该“喷泉”是采用水泵将水先从距水面下深度为h 处由静止提升至水面，然后再喷射出去。
已知：水泵提升水的效率为η，求水泵抽水的平均功率P。
【答案】（1）
；（2）
【详解】由运动的合成与分解及平抛运动规律可知，竖直方向上有
水平方向上有
解得
水从喷口喷出时竖直方向
所以水从喷口喷出时的速度大小为
（2）在时间
内，喷射出水的质量
在最高点的动能为
，由功能关系可得
解得
【变式训练3-1】如图甲所示，一滑块置于足够长的木板上，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为
1kg，滑块与木板间的动摩擦因数为0.3，木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1。现在木板上施加一个
（N）的变力作用，从
时刻开始计时，木板所受摩擦力的合力随时间变化的关系如图乙所示，已知
。设
最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g 取
，则下列说法正确的是（ ）
A．k=0.6
B．
C．
，滑块的位移大小为337.5m
D．当t=15s 时，长木板的加速度大小为
【答案】D
【详解】
A．
时间内，长木板与滑块均保持静止，则长木板与滑块间无摩擦力，对整体，根据平衡条件可得
解得
故A 错误；
B．
时间内，长木板与滑块一起做加速运动，两者不发生相对滑动时最大加速度为
对长木板，根据牛顿第二定律
其中
解得
故B 错误；
D．由图可得
对长木板，根据牛顿第二定律
整理可得
当t=15s 时，长木板的加速度大小为
故D 正确；
C．根据
图像，
时刻滑块的速度为
时间内，长木板与滑块均保持静止，
时间内，对整体，根据动能定理
其中
解得
，滑块的位移大小为
故C 错误。
故选D。
【变式训练3-2】《天问》是屈原笔下的不朽诗篇，而“天问”行星探索系列代表着中国人对深空物理研究的不懈
追求。如下图所示，半径均为R 的两球形行星A、B 的密度之比为
，A、B 各有一个近地卫星C、D，其
绕行周期分别为：
、
。站在行星表面的宇航员从距A 行星表面高为h 处以
水平抛出一物体a，从距B 行星
表面高为2h 处以
水平抛出另一物体b。下列说法正确的是（ ）
A．C、D 绕A、B 运行的速度之比为
B．C、D 绕A、B 运行的周期满足
C．由于不知道a 与b 的质量，所以无法求出二者落地时速度之比
D．a、b 两物体从抛出到落地的位移之比为
【答案】D
【详解】A．近地卫星绕行星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得
可得
可知C、D 绕A、B 运行的速度之比为
故A 错误；
B．近地卫星绕行星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得
可得
可知C、D 绕A、B 运行的周期之比为
故B 错误；
C．在行星表面有
可得
可知行星A、B 的表面重力加速度之比为
对于物体a，根据动能定理可得
可得
对于物体b，根据动能定理可得
可得
则有
故C 错误；
D．a、b 两物体在空中的时间分别为
，
a、b 两物体的水平位移分别为
，
联立可得
则a、b 两物体从抛出到落地的位移之比为
故D 正确。
故选D。
【变式训练3-3】（多选）如图所示，放置在竖直平面内的光滑杆AB，是按照以初速度大小
做平抛运动的运动
轨迹制成的，A 端为抛出点，B 端为终止点，A、B 的水平距离为d。现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A 端
滑下，恰好以
从B 端射出，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．
B．末端B 的切线与水平方向夹角为60°
C．AB 杆的竖直高度为
D．小球由静止开始从轨道A 端滑下，在B 点速度的水平分量为
【答案】CD
【详解】A．平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动，则由
，
解得
小球从A 到B 由动能定理有
联立解得
故A 错误；
B．设末端B 的切线与水平方向夹角为
，则
而
则可知
，
故B 错误；
C．根据平抛运动的推论，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的两倍，因此有
解得
故C 正确；
D．小球由静止开始从轨道A 端滑下，在B 点速度的水平分量为
故D 正确。
故选CD。
【变式训练3-4】（多选）某物理实验兴趣小组探究竖直面内小球做圆周运动对轨道压力的变化规律。如图所示，
在竖直面内固定一个圆周轨道，轨道半径R=0.3m，分别在距离最低点A 高度为0、0.1m、0.2m、0.3m、0.4m、
0.5m、0.6m 处安置压力传感器，一质量为m 的小球从A 点以速度v0开始沿内轨道向右运动，已知小球在最低点A
点和最高点B 点压力传感器示数差为6N，在C 点（与O 点等高的位置）压力传感器示数为10N。小球可视为质点，
小球与圆轨道的摩擦力可忽略不计，g 取10m/s2。由此可判定（ ）
A．m=0.2kg
B．v0=6m/s
C．小球在0.2m 处时压力传感器示数为12N
D．小球在各位置压力传感器示数F 与高度h 的关系
【答案】BD
【详解】AB．小球从A 点到B 点，根据动能定理有
在B 点，根据牛顿第二定律有
在A 点，根据牛顿第二定律有
根据题意可知
联立解得m=0.1kg，v0=6m/s
故A 错误，B 正确；
C．设小球在0. 2m 处时与圆心的连线与竖直方向的夹角为
，根据几何关系有
小球从A 点到0. 2m 处，根据动能定理有
在0. 2m 处，根据牛顿第二定律有
解得
所以压力传感器示数为11N，故C 错误；
D．设在任意高度h 处小球的速度为v，由动能定理有
在右侧轨道上，设小球在h 处和圆心的连线与竖直方向的夹角为
，当h≤R 时，由牛顿运动定律有
在最低点有
可得
当R＜h≤2R 时该式仍成立，故D 正确。故选BD。
【变式训练3-5】如图所示为半径
的四分之一竖直光滑圆弧轨道，轨道末端B 点的切线水平，且距水
平地面的高度
质量
的小球从圆弧轨道顶端A 点由静止释放，到达轨道底端 B 点后沿水平方
向飞出。忽略空气阻力，g 取
（1）求小球从 B 点飞出时速度的大小；
（2）求小球运动到圆弧轨道底端 B 点时对轨道压力的大小；
（3）若小球与地面碰撞时的恢复系数
（物体与固定平面碰撞时的恢复系数e 指：物体沿垂直接触面方向上
的碰后速度与碰前速度之比）。求小球第一次落地后从地面上弹起的高度。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）小球从A 点到B 点，根据动能定理，有
解得
（2）在B 点，根据牛顿第二定律，有
解得
根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为
（3）根据平抛运动规律，有
解得小球落到地面时的竖直速度为
小球第一次弹起时的竖直速度为
小球第一次落地后从地面上弹起的高度为
【变式训练3-6】图为跳台滑雪运动赛道的简化示意图，由助滑道、起跳区、着陆坡等组成，助滑道和着陆坡与水
平面的夹角
均为
，直线
段长
，
段为圆弧状，半径
，在
点与直线
相切，在
点切线水平。运动员由
点无初速下滑，从起跳区的
点以速度起跳，在空中飞行
后降落在着陆坡上
点。运动员和装备总质量
，重力加速度
，
，忽略空气阻力。求：
（1）在
处运动员对起跳区压力；
（2）由
至
过程，阻力对运动员所做的功。
【答案】（1）
，方向竖直向下；（2）
【详解】（1）从C 点到斜面D 点过程做平抛运动，则有
，
又几何关系可得
联立可得
可得C 点速度为
在C 处，根据牛顿第二定律可得
代数数据可得支持力大小为
根据牛顿第三定律可知，在
处运动员对起跳区压力大小为
，方向竖直向下。
（2）由
至
过程，根据动能定理可得
其中
联立解得阻力对运动员所做的功
题型04：应用动能定理求变力的功
【典型例题1】如图所示，AC 和BC 是两个固定的斜面，斜面的顶端在同一竖直线上。质量相同的两个物体分别自
斜面AC 和BC 的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数相同。从斜面AC 上滑下的物体滑至底部C 点
时的动能为
，下滑过程中克服摩擦力所做的功为
；从斜面BC 上滑下的物体滑至底部C 点时的动能为
，
下滑过程中克服摩擦力所做的功为
，则（ ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】D
【详解】设CO 长度为L，斜面倾角为
，克服摩擦力做功
所以两次克服摩擦力做功是相等的，即W1=W2 根据动能定理
从斜面AC 上滑下的物体滑至底部C 点时比从斜面BC 上滑下的物体滑至底部C 点时下落高度大，可知
故选D。
【典型例题2】如图所示，重物P 用一不可伸长的细线拴住，细线的另一端固定在天花板上的O 点，Q 为一个三角
形木块，P 与Q 的粗糙斜面接触。当用水平力F 向左推Q 时，Q 沿着光滑水平面匀速向左运动，在此过程中
（ ）
A．重物P 做直线运动
B．摩擦力对P 做负功
C．F 对Q 所做的功和P 对Q 所做的功大小相等
D．Q 对P 所做的功和P 对Q 所做的功大小相等
【答案】C
【详解】A．重物P 在Q 的作用下，以O 为圆心摆动，故A 错误；
B．斜面对P 的摩擦力沿斜面向下，与P 的位移方向夹角为锐角，所以斜面对P 的摩擦力对P 做正功，故B 错误；
C．由动能定理可知：Q 做匀速直线运动，动能不变，只有F 和P 对Q 的力做功，可知这两个力做功的代数和为
0，即F 对Q 所做的功和P 对Q 所做的功大小相等，故C 正确；
D．Q 对P 的合力和P 对Q 的合力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，两者的相对位移大小相等，两
者对地位移并不相同，可知Q 对P 所做的功和P 对Q 所做的功大小不相等，故D 错误。
故选C。
【典型例题3】如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平。一质量为m
的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道。质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为
4mg，g 为重力加速度的大小。用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功。则（ ）
A.
mgR
W
2
1
，质点恰好可以到达Q 点
B.
mgR
W
2
1
，质点不能到达Q 点
C.
mgR
W
2
1
，质点到达Q 后，继续上升一段距离
D.
mgR
W
2
1
，质点到达Q 后，继续上升一段距离
【答案】C
【解析】对质点由最高点到N 点用动能定理：
（1）
N 点运用牛顿第二定律：
（2），（1）（2）式联立解得：
质点运动过程中，对该质点进行受力分析，半径方向的合力提供向心力
，根据左右对
称，在同一高度，由于摩擦力做功导致同一高度上的右半边的速度小，轨道弹力变小，滑动摩擦力减小，所以摩擦
力做功减小。从N 到Q 过程中，摩擦力做功为
，根据动能定理：
解得：
因
所以Q 点的速度不为零。
故选：C。
【总结升华】小球在曲面上受到滑动摩擦力
，因
随速度的变化而变化，因此小球在曲面上受到的摩
擦力为变力，任取左半圆上的一点A，与其对称的右半圆上A’点相比，因
，故小球在A 点受轨道弹力更
大，则摩擦力更大，同理，左半圆与右半圆对称的所有点都符合这个规律，因此右半圆上摩擦力做功一定比右半圆
上摩擦力做功少。再结合动能定理即可判断小球到达Q 点后是否继续上升。
【典型例题4】如图所示，一根长为3L 的光滑轻杆一端用铰链固定于地面上的O 点，另一端固定一质量为m 的小
球A，轻杆紧贴着边长为L、质量为m 的光滑小立方体方块B，开始时轻杆处于竖直状态，受到轻微扰动后，轻杆
开始顺时针转动，推动方块B 沿地面向右滑至图示虚线位置（此时杆与地面的夹角
）时，设小球A 的速度和
方块B 的速度分别为vA、vB，已知重力加速度为g，则（ ）
A．
B．
C．此时小球A 的速度大小为
D．轻杆从开始转动到此时对方块B 所做的功为
【答案】AD
【详解】AB．A 和B 速度关系满足
得出
A 正确，B 错误；
CD．对于A、B 组成的系统，机械能守恒，但是小球A 机械能不守恒；对系统由机械能守恒得
联立上式解得
，
对B 分析，由动能定理得，轻杆从开始转动到此时对方块B 所做的功为
C 错误，D 正确。故
选AD。
【典型例题5】长
的轻绳悬挂一质量
的小球（可看成质点），开始时绳竖直，小球与一倾角
的质量
的静止三角形物块刚好接触，如图所示，不计所有的摩擦。若用水平推力F 向左推动三角
形物块，当轻绳与斜面平行时小球的速度大小为
，重力加速度
，则此过程中，轻绳对小球做
的功为 J；推力F 做的功为 J。
【答案】 0 2.76
【详解】[1]小球在做圆周运动，运动过程中，轻绳拉力一直与小球的速度方向垂直，故轻绳对小球不做功；
[2]当轻绳与斜面平行时，斜面的速度大小为
【典型例题6】无人快递车在水平路面上从静止开始先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，后做匀减速直线运
动，经过160s 到达目的地停止运动，快递车在整个运动过程中牵引力F 随时间t 的变化关系如图所示，图中f 和
均未知。已知快递车与货物的总质量
，运行时所受阻力大小恒定，快递车加速时的加速度大小
，取重力加速度大小
，
时间内位移大小
。求:
（1）快递车在运动过程中受到的阻力大小及减速过程中的加速度大小；
（2）在快递车的整个运动过程中，牵引力对快递车所做的功。
【答案】（1）32N，
；（2）
【详解】
（1）快递车在加速过程中，由牛顿第二定律有
解得快递车运动时所受阻力
由运动学公式有
解得
根据
解得
（2）全程对快递车由动能定理有
其中
解得牵引力对快递车所做的功
一．单选题
【变式训练4-1】如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m 的小球向右滑行，并冲上固定在水平地面上
的斜面。设小球在斜面最低点A 的速度为v，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h，重力加速度为
g，弹簧始终在弹性限度内，则从A 到C 的过程中弹簧弹力做的功是( )
A．mgh－mv2
B.mv2－mgh
C．－mgh
D．－(mgh＋mv2)
答案 A
解析 由A 到C 的过程运用动能定理可得－mgh＋W＝0－mv2，所以W＝mgh－mv2，故A 正确。
【变式训练4-2】如图所示，质量为1kg 的物块a 与质量为4.36kg 的物块b 用不可伸长的轻绳跨接在一光滑的轻质
定滑轮（大小可忽略）两侧，滑轮上侧到水平光滑桌面高度h=12m。a 在桌面的上方，b 在桌面上，初始时a、b
在外力控制下均静止，右侧绳与竖直方向的夹角为37°。撤去控制，用大小恒为20N 的力F 水平向右拉b，a、b 开
始运动，a、b 均可看作质点，b 始终未离开桌面，重力加速度g 取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。一段时间后，
右侧绳与竖直方向的夹角变为53°。在此瞬间，a 的速度大小为（ ）
A．6m/s
B．5m/s
C．4.8m/s
D．3.6m/s
【答案】C
【详解】夹角由37°变化为53°，如图所示
由几何关系得到
，
，故a 在竖直方向上升了
b 在水平方向前进了
，b 的水平速度沿绳方向的分量为0.8vb，即此速度为a 的速度，由功能关系得
代入数据解得
，
故选C。
【变式训练4-3】起重机以恒定功率P，将原来静止在地面上质量为m 的货物提升H 高度，这时物体速度达到v，
在这个过程中下列说法不正确的是（ ）
A．货物上升的平均速度大于
B．货物的重力做功mgH
C．起重机对货物做功大于
D．合外力对物体做功
【答案】B
【详解】A．起重机以恒定功率P 提升货物时，由
可知速度v 增大时，牵引力F 减小，货物做加速度减小的变加速运动，平均速度不等于
。作出v-t 图像如图所示
由图像可知货物速度到达v 时的位移大于货物做匀加速运动的位移，可知货物上升的平均速度大于
，故A 正确；
B．货物的重力做功为
故B 错误；
C．起重机对货物的牵引力F 是变力，当速度为v 时，F 最小，则整个过程中F 平均值大于
，根据公式
可知起重机对货物做功大于
，故C 正确；
D．根据动能定理可知，合外力对物体做功等于物体动能的变化量，为
，故D 正确。本题选错误的，故选
B。
【变式训练4-4】物体在水平外力F 作用下由静止开始沿粗糙程度相同的水平面运动，力F 随位移s 的变化关系如
图，物体运动的最大位移为
，则物体速度最大时的位移（ ）
A．小于
B．等于
C．大于
D．无法确定
【答案】A
【详解】由图像可知F 与位移s 的关系式为
设物体与水平面间的摩擦力为f，物体发生位移
的过程中，由动能定理可得
当
时物体速度最大，可得速度最大时的位移为
由于
所以
故选A。
【变式训练4-5】固定在天花板上某点的细线，另一端拴着一个半径不计的小球，在细线拉直时将小球从天花板上
静止释放。下面四个图中，能够正确表示下落过程中“小球的动能
与下落高度h 或下落时间t 之间的关系”的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】根据动能定理
在下落过程中，小球速度越来越大，但当靠近最低点时，小球速度与竖直方向夹角接近90°，并且重力的功率接近
于零，所以动能对时间的变化率会接近零，在最高点，速度接近于0，动能对时间的变化率会接近零，故B 正确
ACD 错误。
故选B。
【变式训练4-6】质量为
的小车在水平恒力
推动下，从山坡底部
处由静止起运动至高为的坡顶
，获得速
度为，
的水平距离为s。下列说法正确的是（ ）
A．小车克服重力所做的功是
B．合力对小车做的功是
C．合力对小车做的功是
D．合力对小车做的功是
【答案】C
【详解】A．小车从A 到B 的运动过程中，根据重力做功可知小车克服重力所做的功是mgh，故A 错误；
BCD．根据动能定理可知合力对小车做的功为
故BD 错误，C 正确；
故选C。
【变式训练4-7】如图所示，板长为，板的B 端静放有质量为m 的小物块P，物体与板动摩擦因数为μ，开始时
板水平，若缓慢转过一个小角度α 的过程中，物体保持与板相对静止，则这个过程中（ ）
A．摩擦力对P 做功为
B．摩擦力对P 做功为
C．弹力对P 做功为
D．板对P 做功为
【解析】：因为弹力和摩擦力都是变力，不能通过
来求，但是板对P 做功可以通过动能定理来求，因为板
始终保持相对静止，故合外力做功为零，即
，所以板对P 做功为
【变式训练4-8】如图所示，一个质量为 m 的小球，用长为 L 的轻绳悬挂于 O 点，小球在水平恒力 F 作用下，
从平衡位置 P 开始运动并恰好能到达 Q 点，到达 Q 点时绳与竖直方向间的夹角为α，则下列说法正确的是（
）
A．合外力做功为 FLsinα
B．拉力 F 做功为 mgL（1-cosα）
C．Q 点的加速度为 0
D．重力与水平恒力的合力做正功
【答案】B
【详解】A. 根据动能定理可知，合外力做功为零，选项A 错误；
B. 根据动能定理WF-mgL（1-cosα）=0 则拉力 F 做功为WF= mgL（1-cosα）选项B 正确；
C. 物体在平衡位置时加速度为零，该位置在PQ 两位置的中点，则在Q 点的加速度不为 0，选项C 错误；
D. 因合外力做功为零，细绳的拉力不做功，则重力与水平恒力的合力做功也为零，选项D 错误。
故选B。
【变式训练4-9】如图（a）所示，可视为质点的物块A 放于水平桌面上的O 点，利用细绳通过光滑的滑轮与B 相
连。桌面上从O 点开始；A 与桌面的动摩擦因数μ 随坐标x 的变化如图（b）所示，A、B 质量均为1kg，B 离滑轮
的距离足够长，现给A 施加一个水平向左的恒力F=16N，同时静止释放A、B，重力加速度，
，取
，不计空气阻力，则（ ）
A．释放A 时其加速度大小为6m/s ²
B．A 向左运动的最大位移为4m
C．A 向左运动的最大速度为3m/s
D．当A 速度为1m/s 时，绳子的拉力可能是9.2N
【答案】C
【详解】A．初位置摩擦力为零，整体的加速度为
故A 错误；
B．由图（b）可知
A 向左运动的最大位移时，A、B 速度为零，对整体由动能定理可得
其中
联立解得
故B 错误；
C．A 向左运动的最大速度，对应系统加速度为0，则有
可得
对系统有
解得A 向左运动的最大速度为
故C 正确；
D．当A 速度为
时，根据动能定理可得
解得
则有
或
根据
，
可得
，
以B 为对象，根据牛顿第二定律可得
，
解得绳子拉力可能为
，
故D 错误。故选C。
【变式训练4-10】电机与连杆结合，可以将圆周运动转化为直线上的往复运动，工作原理可简化为如图所示的机
械装置。连杆
、
可绕图中A、B、
三处的转轴转动，连杆
在竖直面内的圆周运动可通过连杆
使滑
块在光滑水平横杆上左右滑动。已知滑块质量为2kg，大小不计，
杆长为
，绕
点做逆时针方向匀速
转动的角速度为
，
杆由竖直位置转到图示位置时，连杆
与水平方向夹角为
，
杆与
杆刚好垂直，在
杆由竖直位置转到此位置过程中，杆对滑块做功为（
，
）
（ ）
A．36J
B．46J
C．100J
D．234J
【答案】A
【详解】此时B 点的速度大小为
方向沿圆的切线方向，即BA 方向，故AB 杆上各点的速度大小均为v，此速度为滑块的实际水平速度沿杆方向的
分速度，故滑块的水平速度大小为
而
杆在竖直位置时，滑块速度为
根据动能定理可知杆对滑块做功为
故选A。
【变式训练4-11】如图所示，AB 为竖直固定的四分之一粗糙圆弧轨道，O 为圆心，P 为圆弧AB 的中点，OA 水平，
OB 竖直，轨道半径R=2m，一质量m=4kg 的小物块以
速度从A 到B 做匀速圆周运动，重力加速度
，则下列说法不正确的是（ ）
A．A 到B 的过程中合力对小球的冲量为8 N s
B．在P 点时，重力的瞬时功率为40W
C．AP 段克服摩擦力做的功大于PB 段克服摩擦力做的功
D．在B 点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为40N
【答案】D
【详解】A．A 到B 的过程初状态动量方向竖直向下，末状态动量方向水平向右，大小均为
该过程小物块的动量改变量大小为
根据动量定理，可知
即A 到B 的过程中合力对小球的冲量大小为
。故A 正确，与题意不符；
B．依题意，P 为圆弧AB 的中点，则小物块在P 点的速度方向与竖直方向成45°角，根据功率的表达式，有
故B 正确，与题意不符；
C．由几何知识可知
由动能定理，可得
联立，解得
可知AP 段克服摩擦力做的功大于PB 段克服摩擦力做的功。故C 正确，与题意不符；
D．小物块在B 点时，由牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知小物块对圆弧轨道的压力大小为
。故D 错误，与题意相符。故选D。
【变式训练4-12】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
的甲、乙两小球用一根劲度系数为
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
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
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
B．弹簧锁定时弹性势能为
C．小球乙刚离开挡板瞬间小球甲的速度大小为
D．外力F 对小球甲做的功为
【答案】C
【详解】A．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
当
时外力F 最大，为
故A 错误；
B．弹簧锁定时，弹力做功为
根据功能关系，弹性势能为
故B 错误；
C．根据动力学公式
解得
故C 正确；
D．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
解得
故D 错误。
故选C。
【变式训练4-13】备战冬奥会期间，我国自主研发的转盘滑雪训练机在训练基地投入使用。转盘滑雪训练机工作
起来像一个巨型“陀螺”，可模拟一些特定的环境和场景。该转盘的转速可调，转盘与水平面的夹角为
。某次
训练中，转盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角速度
转动，盘面上离转轴距离为
处的运动员（可看
成质点）与圆盘始终保持相对静止。运动员质量为65kg，与盘面间的动摩擦因数为0.4，设最大静摩擦力等于滑动
摩擦力。不计空气阻力，g 取
，已知
。则下列说法正确的是（ ）
A．运动员随圆盘做圆周运动时，某时刻可能受到两个力的作用
B．运动员训练时，与圆盘相对静止的
最大值约为
C．运动员在最高点受到的摩擦力一定随
的增大而减小
D．运动员由最低点运动到最高点的过程中摩擦力对其所做的功约为
【答案】C
【详解】A．当运动员在最高点时，由重力的下滑分力提供向心力时，静摩擦力为零，此时受到两个力的作用，则
当物体在最低点时
得
又
不符合实际情况，故运动员做匀速圆周运动时，不可能受两个力，A 错误；
B ．在最低点，摩擦力达到最大时，与圆盘相对静止的角速度最大，根据牛顿第二定律
得
B 错误；
C．由A 选项可知，运动员在最高点时，静摩擦力方向一定背离圆心，即
在最高点时，角速度
越大，静摩擦力越小，C 正确；
D．运动员动能不变，摩擦力做功等于克服重力做功，则摩擦力做功为
D 错误。
故选C。
【变式训练4-14】电动平衡车作为一种电力驱动的运输载具，被广泛应用在娱乐、代步、安保巡逻等领域。某人
站在平衡车上以初速度
在水平地面上沿直线做加速运动，经历时间t 达到最大速度
，此过程电动机的输出功
率恒为额定功率P。已知人与车整体的质量为m，所受阻力的大小恒为f。则（ ）
A．
B．车速为
时的加速度大小为
C．人与车在时间t 内的位移大小等于
D．在时间t 内阻力做的功为
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，当牵引力等于阻力时，平衡车的速度达到最大值，由公式P=Fv 可得，最大速度为
故A 错误；
B．车速为
时的牵引力为
由牛顿第二定律可得
解得
故B 错误；
D．平衡车从
到最大速度
，由动能定理得
解得在时间t 内阻力做的功为
故D 正确；
C．在时间t 内阻力做的功
解得人与车在时间t 内的位移大小为
故C 错误。故选D。
【变式训练4-15】地震引起的海啸会给人们带来巨大的损失。某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的
威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m=4kg 的物体，让其
在随位移均匀减小的水平推力（模拟海啸）作用下运动，推力F 随位移x 变化的图象如图乙所示，已知物体与地面
之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g 取10m/s2，则（ ）
A．运动过程中物体的最大加速度为15m/s2
B．在距出发点3.0m 位置时物体的速度达到最大
C．整个过程中推力对物体做功180J
D．物体在水平地面上运动的最大位移是10m
【答案】D
【详解】A．由牛顿第二定律有
可得当推力F=100N 时，物体加速度最大，为20m/s2，A 错误；
B．由题图乙可得推力F 随位移x 变化的关系为F=100-25x（N）物体速度最大时，加速度为零，有
解得x=3.2m 即在距出发点3.2m 位置时物体的速度达到最大，B 错误；
C．由F-x 图象中图线与坐标轴所围的“面积”表示功可知，推力对物体做功为
C 错误；
D．由动能定理有
代入数据得
即物体在水平面上运动的最大位移是10m，D 正确。
故选D。
【变式训练4-16】如图甲，将一小球从地面以某一初速度v0竖直向上抛出，取地面为零重力势能参考面，小球的
机械能E0和重力势能Ep随小球离开地面的高度h 变化关系图像如图乙。重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是
（ ）
A．小球从地面抛出的初速度
B．小球所受空气阻力大小为小球自身重力的
C．从抛出开始，小球经1s 时间上升到最高点
D．小球离地面高度h=3m 时，小球的动能Ek=25J
【答案】D
【详解】A．由题图可知，在h=0 时，小球的机械能E0=100J，重力势能Ep=0，可知小球的动能为100J，h=4m，
重力势能Ep=80J，由
解得
由动能的计算公式
，可得
A 错误；
B．当无空气阻力时，小球上升的高度为
当有空气阻力时，小球上升的高度为4m，则有
由牛顿第二定律可得
可知小球所受空气阻力大小为小球自身重力的
，B 错误；
C．小球从抛出开始到最高点所用时间
C 错误；
D．小球离地面高度h=3m 时，小球的速度为
小球的动能为
D 正确。故选D。
【变式训练4-17】如图为物体沿直线运动的v－t 图，已知第1 秒内合外力对物体做功为W，则（ ）。
A．从第1 秒末到第3 秒末合外力做功为4W
B．从第3 秒末到第5 秒末合外力做功为－2W
C．从第5 秒末到第7 秒末合外力做功为W
D．从第6 秒末到第7 秒末合外力做功为－0.75W
【答案】C
【详解】A．由v－t 图像可知，从第1 秒末到第3 秒末物体做匀速直线运动，受合外力等于零，合外力做功等于零，
A 错误；
B．第1 秒末和第3 秒末物体的动能相等，因此由动能定理可知，从第3 秒末到第5 秒末合外力做功为−W，B 错误；
C．由B 选项分析可知，从第5 秒末到第7 秒末合外力做功为W，C 正确；
D．从第6 秒末到第7 秒末物体动能增加，增加量为
由第1s 内合外力对物体做功为W，由动能定理可知
则有从第6 秒末到第7 秒末合外力做功为
D 错误。
故选C。
【变式训练4-18】在水平力 F 的作用下质量为 2 kg 的物块由静止开始在水平地面上做直线运动，水平力 F 随
时间 t 变化的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为 0.1，g 取 10 m/s2。则（ ）
A．6 s 时物块的动能为零
B．3 s 时物块离初始位置的距离最远
C．0 ~ 6 s 时间内合外力对物块所做的功为 8 J
D．0 ~ 6 s 时间内水平力 F 对物块所做的功为 20 J
【答案】D
【详解】A. 物块与地面的滑动摩擦力为
，根据动量定理有
代入数据解得
3s 后水平力F 反向，物块加速度为
物块做匀减速运动，运动时间为
所以4s 末速度为零，之后反向加速，物块加速度为
6s 末的速度为
6s 末物块的动能为
故A 错误；
B．4s 末速度为零，之后反向运动，所以4 s 时物块离初始位置的距离最远，故B 错误；
C．0 ~ 6 s 时间内根据动能定理有
故C 错误；
D.
内位移大小为
内位移大小为
内位移大小为
、
内水平力F 做正功，
内水平力F 做负功，
内水平力F 做的功为
故D 正确。故选D。
二、多选题
【变式训练4-1】正三角形滑块ABC 放置于水平面上，轻杆一端与固定在水平面上的铰链连接，另一端固定一小球，
已知铰链连接处到小球球心的距离为
，小球和滑块的质量都为
。如图所示，将小球与滑块的
斜面接触，在
水平面上反复移动滑块，直到轻杆与斜面
平行，然后由静止释放滑块，重力加速度为
，不计一切摩擦。则在
小球和滑块的相互作用过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑块的速度先增大后减小
B．小球的速度一直增大
C．当轻杆与水平面的夹角为
时，小球的动能为
D．从释放小球到轻杆与水平面的夹角为
的过程中，小球对滑块做功为
【答案】BD
【详解】A．小球在与滑块相互作用的过程中，始终对斜面体的BC 面存在压力，斜面体受到的合力作用水平向左，
对滑块一直做正功，所以滑块的速度一直增加，故A 错误；
B．设某时刻轻杆与水平面的夹角为
，对小球的速度沿这两个方向进行分解如图所示
小球参与了沿水平面向左的运动和沿滑块斜面向下的运动，三角形滑块的速度与小球在水平方向的分速度
相等，
在小球与滑块相互作用的过程中，轻杆与水平面的夹角
减小，而对应的小球水平方向的分速度一直增大，由于小
球的合速度对应的角度始终为
不变，可知小球的速度一直增大，故B 正确；
C ．轻杆与水平面的夹角为
时，设小球速度为v ，滑块速度为
，由系统机械能守恒可得
根据速度合成与分解，可得
可得小球动能为
故C 错
误；
D．根据动能定理可得，小球对滑块做功等于滑块增加的动能，可求得小球对滑块做功为
故D 正确。故选BD。
【变式训练4-2】（多选）有一长为
，质量为
且质量分布均匀的软绳，放在足够高的斜面上，斜面顶端是一个
很小的滑轮，斜面倾角为
，软绳一端通过一根轻质细线系着一质量为2m 的物块。初始时，用手托住物块底部，
使细线恰好拉直。然后由静止释放物块，忽略空气阻力，不计软绳与滑轮之间的摩擦，重力加速度为g，软绳与斜
面间动摩擦因数为
，则在物块下落的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．释放瞬间，物块的加速度为g
B．释放瞬间，细线的拉力为
C．当软绳全部滑出时物块的速度为
D．当软绳全部滑出时物块的速度为
【答案】BD
【详解】AB．释放瞬间，对物块受力分析有
对绳子受力分析有
联立可得
，
故A 错误，B 正确；
CD．软绳与斜面间动摩擦因数为
，软绳滑出过程中所受摩擦力为变力，且与位移成线性关系，如图所示
所以整个过程摩擦力做功
由动能定理可知
解得
故C 错误，D 正
确。故选BD。
【变式训练4-3】（多选）某同学将一个质量为m 的篮球以初速度
竖直向上抛出，上升过程中篮球的加速度大
小a 随速率v 的变化关系如图所示，篮球上升到最高点后又落回到抛出点，落回到抛出点前已经开始做匀速运动。
已知重力加速度为g，关于篮球从开始上抛到再次回到抛出点的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．空气阻力的大小恒为2mg
B．篮球回到抛出点时的速度大小为
C．整个过程中空气阻力对篮球做的功为
D．若上抛时的速度变为
，则篮球落回到抛出点时的速度大小为
【答案】CD
【详解】A．由图可知篮球的加速度与速度满足如下关系
对篮球受力分析有
解得
A 错误；
B．篮球返回到抛出点前已经匀速，由
解得
B 错误；
C．整个运动过程由动能定理有
解得
C 正确；
D．若抛出时的速度变为
，返回到抛出点前仍能达到匀速，回到抛出点时的速度依然为
，D 正确。故选
CD。
三、填空题
【变式训练4-1】如图所示，一质量为m 的小球，用长为L 的轻绳悬挂于O 点。第一次，小球在水平力的作用下，
从平衡位置P 点缓慢地移动到Q 点，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ，则水平力所做的功为 ；第二次，
从平衡位置P 点以大小为F、方向水平向右的恒力将小球移动到Q 点，则力F 所做的功为 。（重力加
速度大小为g）
【答案】
【详解】[1]由动能定理可知
解得
[2]由恒力做功的公式可知
【变式训练4-2】如图所示，人拉着细绳的一端由A 走到B，使质量为m 的物体匀速上升。A、B 两点间的水平距
离为s，细线与水平方向的夹角已在图中标出，不计滑轮的摩擦，人的拉力所做的功为 。
【答案】
【详解】匀速上升说明物体的动能不变，根据几何关系可知，A 位置处定滑轮右侧绳长为，B 位置处定滑轮右侧
绳长为
，故物体上升高度为
根据动能定理可知
解得人的拉力所做的功为
【变式训练4-3】一风力发电机出现故障，检修人员乘坐升降机到顶端检修平台进行检修，升降机上升过程的速度
时间关系如图所示，加速和减速运动时加速度大小均为a，匀速运动时速度为
，已知升降机和检修人员的总质量
为m，升降机启动平台到检修平台的竖直高度为h，上升过程中升降机所受阻力恒为总重力的k 倍，重力加速度为
g.在此过程中，升降机的总运动时间为 ，牵引力做功为 。
【答案】
【详解】[1] 正向匀减速可以看成反向匀加速，因为加速和减速运动时加速度大小均为a，所以加速时间和减速时
间均为
加速位移和减速位移均为
匀速上升的时间为
升降机的总运动时间为
[2]根据动能定理有
即
【变式训练4-4】在平直的公路上汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达
后立即关闭发动机让其滑行，直
至停止，其v-t 图像如图所示。设运动的全过程中汽车牵引力做的功为W1，克服摩擦力做的功为
，那么
应为 。牵引力和阻力大小之比为 。
【答案】 1:1 4：1
【详解】[1][2]运动的全过程，牵引力对汽车做正功，摩擦力对汽车做负功，其它力对汽车做的功是零；车从静止
开始运动最终停止，则由动能定理
即汽车的牵引力做功W1 与克服摩擦力做功W2 之比为1:1；v-t 图像与t 围成的面积代表位移，由图知，减速时间
是加速时间的3 倍，匀加速运动位移为x，整个过程位移为4xFx-f×4x=0
则F：f=4：1
四、解答题
【变式训练4-1】海啸是一种灾难性的海浪，通常由海底地震引起海底隆起和下陷所致，海底突然变形，致使从海
底到海面的海水整体发生大的涌动，形成海啸袭击沿岸地区，给人们带来巨大的损失。某兴趣小组，对海啸的威力
进行了模拟研究，设计了如下的模型：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为
的物体，让其在随位移
均匀减小的水平推力（模拟海啸）作用下由静止开始运动，推力
随位移
变化的图像如图乙所示，已知物体与
地面之间的动摩擦因数为
求：
（1）物体在水平地面上运动的最大位移；
（2）物体在水平地面上所能达到的最大速度（结果可用根号表示）。
【答案】（1）25m；（2）
【详解】（1 ）设物块在水平面上运动的最大位移为
，根据变力做功的特点，对物块由动能定理有
解得
（2）当水平推力与物块所受摩擦力大小相等时，物块加速为零，此时速度达到最大值，则有
根据图乙可得水平推力与位移之间的函数关系为
当
时可得
由动能定理有
解得
【变式训练4-2】某设计团队给一生态公园设计人造瀑布景观。如景观侧面示意图所示，人造瀑布景观由供水装置
和瀑布景观两部分组成。一水泵将水池中的水抽到高处，作为瀑布上游水源；龙头喷出的水流入高处的水平槽道内
然后从槽道的另一端水平流出，恰好落入步道边的水池中，形成瀑布景观。在实际瀑布景观中，水池的水面距离地
面为H（不会随着水被抽走而改变水位），龙头离地面高为h，龙头喷水管的半径为r，龙头喷出的水从管口处以
不变的速度源源不断地沿水平方向喷出。若不接水平槽道，龙头喷出的水直接落地（如图中虚线所示），其落地的
位置到龙头管口的水平距离为
。已知水的密度为
，重力加速度为g，不计空气阻力。完成以下问题：
（1）求单位时间内从龙头管口流出的水的质量
；
（2）不计额外功的损失，求水泵输出的功率P。
【答案】（1）
；（2）
【详解】
（1）由题意可知龙头喷水管的半径为r，可知横截面积为
单位时间内从龙头管口流出的水的体积为
由平抛运动规律得
联立解得体积为
单位时间内从龙头管口流出的水的质量为
（2）t 时间内从管口喷出水的质量为
那么设t 时间内水泵对水做的功为W，则由动能定理可得
得水泵输出的功率为
【变式训练4-3】风洞是研究空气动力学的实验设备。中国打造的JF22 超大型激波风洞，能够吹出30 倍音速的风。
如图所示，将刚性杆水平固定在某风洞内距水平地面高度
处，杆上套一质量
、可沿杆滑动的小
球（视为质点）。将小球所受的风力大小调节为
，方向水平向左。小球以速度
向右离开刚性杆
后，小球所受风力不变，取重力加速度大小
。求小球：
（1）在空中运动时的加速度大小a；
（2）在空中运动的时间t；
（3）运动到距刚性杆右端（小球在其右下方）的水平距离
时的动能E。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
或
【详解】（1）对小球受力分析可知
又
解得
（2）小球在竖直方向做自由落体运动，有
解得
（3）小球在水平方向做匀变速运动，加速度大小
设经过时间
，小球与刚性杆右端之间的水平距离为
，有
解得
或
由动能定理有
解得
或
【变式训练4-4】半径为R 的光滑圆环可绕过圆心的竖直轴OO′转动。质量为m 的小球套在圆环上，原长为1.5R
的轻质弹簧一端固定在小球上，另一端固定在圆环顶端O 点。整个系统静止时，小球在O′点处于平衡且对圆环无
压力。重力加速度为g。
（1）当圆环以角速度ω0转动时，小球在P 点相对圆环静止，∠POO′ = α，sinα = 0.6，求弹簧弹力的大小及角
速度ω0；（sin2α = 0.96，cos2α = 0.28）
（2）利用F—x 图像，证明小球从O′点运动到P 点的过程中，弹簧弹力（F = −kx）所做的功为
，
其中x1和x2分别为小球在O′和P 点处弹簧的伸长量；
（3）圆环开始转动后，小球受轻微扰动离开O′，当转速逐渐增大到ω0时，小球沿圆环缓慢上移到P 点并相对圆
环静止。求此过程中圆环作用在小球上的合力做的功。
【答案】（1）
，
；（2）见解析；（3）W 作 = 1.92mgR
【详解】（1）小球在
点处于平衡且对圆环无压力，有
小球在
点相对圆环静止而做匀速圆周运动，弹簧的长度为
由胡克定律有
对小球受力分析，由牛顿第二定律有
联立解得
（2）根据胡克定律
可知，弹力与形变量成正比，如图所示
则弹力的功为图像与横轴围成的面积，有
化简可得
（3）小球沿圆环缓慢上移到
点并相对圆环静止，由动能定理有
解得
设此过程中圆环作用在小球上的合力做的功为W 作，其中W 总 = －mgR(1－cos2α)＋W 弹＋W 作
对于弹力做功，其中x1 = 0.5R，x2 = 0.1R
代入数据有W 作 = 1.92mgR
【变式训练4-5】如图甲所示，质量
的小球静止在水平地面上，从某时刻起，小球受到竖直向上的拉力
作用，拉力
随小球上升高度的变化关系如图乙所示，
减小到0 以后小球不再受拉力的作用。已知小球每
次与地面碰后速度是碰前速度的0.5 倍，不计空气阻力，
取
。求：
（1）小球在向上运动过程中的最大速度；
（2）小球在空中运动的总路程。（计算结果可用分数表示）
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）当
，即小球上升
时，小球的速度最大，此过程中
根据动能定理
解得
（2）小球上升
时
重力做功
因
故小球上升的最大高度为
根据题意小球与地面碰后速度是碰前速度的
倍，由
联立解得小球第一次碰后上升的最大高度
同理可求得小球第2，3，…，n 次碰后上升的最大高度
则小球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为
整理可得
解得
小球在空中运动的总路程
题型05：动能定理在图像问题中的应用
一：动能定理和v-t 图像
【典型例题1】一质量为m 的驾驶员以速度v0驾车在水平路面上匀速行驶。在某一时刻发现险情后立即刹车，从
发现险情到汽车停止，汽车运动的v﹣t（速度—时间）图像如图所示。则在此过程中汽车对驾驶员所做的功为（
）
A．
mv0
2
B．−
mv0
2
C．
mv0
2（
）
D．−
mv0
2（
）
【答案】B
【详解】刹车过程中，驾驶员的初速度为v0，末速度为零，则对刹车过程由动能定理可得Wf＝0﹣
解得汽车对驾驶员所做的功为Wf＝﹣
，与所用时间无关。故B 正确；ACD 错误。
故选B。
【典型例题2】如图甲所示。竖直面内θ＝30°的倾斜轨道与相同材料足够长的水平轨道平滑连接，质量m＝0.9kg
的物块B 静止在水平轨道的最左端.t＝0 时刻，物块A 由倾斜轨道上端从静止下滑，一段时间后与B 发生碰撞，物
块A 运动的v﹣t 图像如图乙所示，已知碰后物块B 的速度为1m/s。重力加速度g 取10m/s2，不计空气阻力。
（1）求物块A 与轨道间的动摩擦因数μ1；
（2）求物块A 在前3s 内，克服摩擦力做的功；
（3）若要保证两物块再次相碰，求物块B 与轨道间的摩擦因数μ2应满足的条件。
【解答】解：（1）A 沿倾斜轨道下滑的加速度大小为 a1= 5−0
2.5 m/ s
2=2m/ s
2
根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，解得μ=
❑√3
5
（2）物块A 与物块B 碰撞后，速度反向，沿斜面向上运动的加速度大小为a2= mgsinθ+ μmgcosθ
m
，解得
a2=8m/ s
2
上滑的时间t′＝0.5s，故碰撞后反弹的速度为v′＝a2t′＝8×0.5m/s＝4m/s
在碰撞过程中，根据动量守恒定律可得：mAv0＝mAv′+mvB，解得mA＝0.1kg
故上滑和下滑通过的路程s= 1
2 ×5×2.5m+ 1
2 ×4×0.5m=7.25m
故在前3s 内克服摩擦力做功W＝μmAgcos30°×s=
❑√3
5 ×0.1×10×
❑√3
2 ×7.25 J =2.175 J
（3）物体A 再次返回到斜面底端的速度为v，xA= 1
2 ×4×0.5m＝1m，xA= v
2
2a1
，代入得：1= v
2
4
，v＝2m/s，在
沿斜面向上运动的时间为t1= v '
a2
= 4
8 s=0.5 s，
在沿斜面向下运动的时间为t2＝1s，再经过时间t 两物块相碰，则：v﹣μ1gt＝vB﹣μ2g（t+t1+t2）
vB+ v −μ1gt
2
(t +t1+t2)= v + v −μ1gt
2
t联立解得t+1.5μ1gt＝4.5，t=
4.5
1+1.5 μ1g ，代入得μ2＝0.068
所以若要保证两物块再次相碰，物块B 与轨道间的摩擦因数0＜μ2≤0.068
答：（1）求物块A 与轨道间的动摩擦因数为
❑√3
5
（2）物块A 在前3s 内，克服摩擦力做的功为2.175J
（3）若要保证两物块再次相碰，求物块B 与轨道间的摩擦因数0＜μ2≤0.068
【变式训练5-1】如图（a），从高处M 点到地面N 点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M 点由
静止释放，沿不同轨道滑到N 点，其速率v 与时间t 的关系如图（b）所示。由图可知，两物块在离开M 点后、到
达N 点前的下滑过程中（ ）
A．甲沿I 下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C．乙沿I 下滑且乙的重力功率一直不变
D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
【答案】B
【详解】AB．由图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运
动，乙沿I 下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A 错误，B 正确；
CD．乙沿I 下滑，开始时乙速度为0，到
点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式
可知重力瞬时
功率先增大后减小，CD 错误。
故选B。
【变式训练5-2】(多选)在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动。当速度达到vm后，立即关闭发动机滑行
直至停止。v－t 图像如图所示，汽车的牵引力大小为F1，摩擦力大小为F2，全过程中，牵引力做的功为W1，克服
摩擦力做的功为W2。以下关系式正确的是( )
A．F1∶F2＝1∶3
B．F1∶F2＝4∶3
C．W1∶W2＝1∶1
D．W1∶W2＝1∶3
答案 BC
解析 对全过程由动能定理可知W1－W2＝0，故W1∶W2＝1∶1，故C 正确，D 错误；W1＝F1s，W2＝F2s′，由
题图可知s∶s′＝3∶4，所以F1∶F2＝4∶3，故A 错误，B 正确。
【变式训练5-3】如图甲所示，斜面上有一个轻弹簧，一端与斜面固定，另外一端与木板固定。木板在A 点时，弹
簧处于压缩状态，释放木板，木板由静止开始沿斜面向上运动，其v﹣t 图像如图乙所示（图线为正弦曲线）。木
板在t1时刻速度达到最大为v1，t2时刻到达B 点，此时弹簧处于伸长状态。已知木板的质量为m，斜面与水平面夹
角为θ，A、B 两点相距为L，木板、物块与斜面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求t1时刻弹簧弹力的大小；
（2）若已知弹簧的劲度系数为k，木板在A、B 两点的加速度大小相等，求此加速度的大小；
（3）若某时刻有一质量也为m 的物块在C 点由静止开始沿斜面下滑，在t1时刻恰好与木板发生弹性碰撞，碰
后木板沿斜面向下运动恰好回到A 点，求B、C 两点之间的距离。
【解答】解：（1）t1 时刻，木板达到最大速度，其加速度为零，设弹簧弹力的大小为F，有
F＝mgsinθ+μmgcosθ
（2）木板在A 点时，设此时弹簧的压缩量为x1，由牛顿第二定律有
kx1﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
木板在B 点时，设此时弹簧的伸长量为x2，由牛顿第二定律有
kx2+mgsinθ+μmgcosθ＝ma
A、B 相距为L，有x1+x2＝L
联立可得a= kL
2m
（3）由v﹣t 图像1
2 mv1
' 2可知，t1 时刻，木板运动到A、B 的中点处。在0 到t1 这段时间内，假设弹簧对木板做的
功为WN，由动能定理得：
WN﹣mg L
2
sinθ﹣μmg L
2
cosθ= 1
2 mv1
2
物块在C 处开始下滑，假设B、C 两点之间的距离为x，物块下滑到A、B 的中点处的速度为v2，由动能定理得：
mg（x+ L
2 ）sinθ﹣μmg（x+ L
2 ）cosθ= 1
2 mv2
2
t1 时刻，木板与物块发生弹性碰撞，取沿斜面向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv1﹣mv2＝mv1′+mv2′
1
2
mv1
2+ 1
2 mv2
2= 1
2 mv1
' 2+ 1
2 mv2
' 2
木板从碰后开始沿斜面向下运动到A 点的过程，由动能定理得：
﹣WN+mg L
2
sinθ﹣μmg L
2
cosθ＝0−1
2 mv1
/2
联立可得x=
v1
2+2 μgLcosθ
2(gsinθ−μgcosθ) −L
2
答：（1）t1 时刻弹簧弹力的大小为mgsinθ+μmgcosθ
（2）若已知弹簧的劲度系数为k，木板在A、B 两点的加速度大小为kL
2m
（3）B、C 两点之间的距离为
v1
2+2 μgLcosθ
2(gsinθ−μgcosθ) −L
2
二：动能定理和F-x 图像
【典型例题3】一质量为m 的物体静止在光滑水平面上，某时刻起受到水平向右的大小随位移变化的力F 的作用，
F 随位移变化的规律如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．物块先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．物块的位移为x0时，物块的速度最大
C．力F 对物块做的总功为6F0x0
D．物块的最大速度为
【答案】D
【详解】AB．物体在光滑水平面上运动，受到的合外力为F，因为F 为正，所以物体一直加速运动；那么，物体的
位移为3x0时，物块的速度最大，故AB 错误；
C．物体所受合外力F 随位移的关系式可有图象得到，由图可知，合外力做功的大小为图中曲线与x 轴围成的面积，
所以力F 对物块做的总功为
，故C 错误；
D．物体的位移为3x0时，物块的速度最大，由动能定理可得
，所以最大速度为
，故D
正确。
故选D。
【变式训练5-4】（多选）如图1 所示为一种新型的电动玩具，整体质量为m，下方的圆球里有电动机、电池、红
外线发射器等，打开开关后叶片转动时会产生一个与叶片转动平面垂直的升力F，使玩具在空中飞行。将玩具从离
地面高度为
处静止释放，使玩具在竖直方向运动，推进力F 随离地面高度h 变化的关系如图2 所示，重力加速
度为g，玩具只受升力和自身重力作用。对于
过程，下列判断正确的是（ ）
A．玩具先做匀加速再做匀减速运动
B．玩具下落到距地面
高处速度最大
C．玩具下落的最大速度为
D．玩具下落的最大速度为
【答案】BC
【详解】AB．玩具在下落过程中，根据牛顿第二定律有
过程中，由图可知，F 从零增大到
，在
时为
，所以加速度开始向下并逐渐减小速度在增大，
当达到
时合力为零加速度为零此时速度达到最大值，继续运动，合力向上，做减速运动，此时加速度向上并逐
渐增大，速度在减小，A 错误，B 正确；
CD ．根据上面分析到达
时速度最大，F 做负功，大小为图形中与横轴围成的面积，所以有
对该过程根据动能定理有
解得
，C 正确，D
错误。
故选BC。
三：动能定理和E-x 图像
【典型例题4】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Ek随h 的变化如图所示。重力
加速度取10 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】对上升过程，由动能定理，
，得
，即F+mg=12 N；下
落过程，
，即
N，联立两公式，得到m=1 kg、F=2 N。
【典型例题5】如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f 恒定，
物块动能Ek与运动路程s 的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m 和所受摩擦力大小f 分
别为（ ）
A．m=0.7 kg，f=0.5 N
B．m=0.7 kg，f=1.0N
C．m=0.8kg，f=0.5 N
D．m=0.8 kg，f=1.0N
【答案】A
【分析】本题结合
图像考查动能定理。
【详解】0~10m 内物块上滑，由动能定理得
整理得
结合0~10m 内的图像得，斜率的绝对值
10~20 m 内物块下滑，由动能定理得
整理得
结合10~20 m 内的图像得，斜率
联立解得
，
故选A。
【变式训练5-5】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
与水平位移x 关系的图象是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑水平距离x 时根据动能定理有
整理可得
即在斜面上运动时动能与x 成线性关系；当小物块在水平面运动时有
即在水平面运动时动能与x 也成线性关系；综上分析可知A 正确。故选A。
【变式训练5-6】（多选）将一小球竖直向上抛出，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成
正比。已知小球的质量为m，最终小球的动能为
，重力加速度为g，若不考虑小球会落地，则小球在整个运动
过程中（ ）
A．加速度一直减小至零
B．合外力做功为15E0
C．最高点的加速度为g
D．从最高点下降至原位置所用时间小于
【答案】AC
【解析】A．小球受到的空气阻力与速率成正比，即
上升过程，由牛顿第二定律有
小球做加速度逐渐减小的减速直线运动，到最高点速度减为零，加速度减小为g；小球下降的过程，有
小球做加速度逐渐减小的加速直线运动，当加速度减为零后，小球向下做匀速直线运动，故全程加速度一直减小至
零，故A 正确；
B．根据动能定理
故B 错误；
C．最高点速度为0，根据牛顿第二定律得
，故C 正确；
D．小球上升和下降回到出发点的过程，由逆向思维有
因
，则有
，即从最高点下降至原位置所用时间大于
，故D 错误。故选AC。
【变式训练5-7】(多选)在未知方向的恒力F 作用下，一质量为1.0 kg 的物体以一定的初速度在光滑水平面上做直
线运动，物体的动能Ek随位移x 变化的关系如图所示．(g 取10 m/s2)由上述已知条件，可知( )
A．力F 的最小值为2.5 N B．力F 不可能大于10 N
C．物体运动过程中的加速度大小无法求出 D．物体在运动过程中在任意位置力F 的功率是可以求出的
【答案】AD
【解析】根据动能定理得Fxcos θ＝Ek－Ek0，则Ek＝Ek0＋Fxcos θ，结合题图有Ek＝50－2.5x (J)，得Fcos θ＝
－2.5 N，故F 有最小值2.5 N，A 正确，B 错误；加速度a＝＝－2.5 m/s2，可以求出，C 错误；力F 的功率PF＝
Fvcos θ＝－2.5v (W)，由题图可知任意位置的动能，从而可知速度，故任意位置力F 的功率可求，D 正确．
【变式训练5-8】（多选）一滑块从某固定粗糙斜面底端在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动，
某时刻撤去恒力，上升过程中滑块的动能和重力势能随位移变化的图象如图所示，图中
、
为已知量，滑块与
斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．恒力的大小为
B．斜面倾角的正切值为0.75
C．滑块下滑到斜面底端时的速度大小为
D．滑块的质量可表示为
【答案】BC
【解析】ABD．根据图像结合题意可知，滑块位移为
时的动能为
，滑块位移为
时恒力F 撤去，此时滑块
的动能为
，之后滑块在重力沿斜面向下的分力与摩擦力的作用下做减速运动，位移为
时动能减为
，
可得滑块沿斜面向上的最大位移为
，对滑块加速上滑和减速上滑过程分别有
，
根据滑块的重力势能随位移变化的图像有
联立解得
，
，
故AD 错误，B 正确；
C．滑块从最高点下滑到斜面底端的过程中，根据动能定理有
解得
故C 正确。故选BC。
【变式训练5-9】排球比赛中，某次运动员将飞来的排球从a 点水平击出，球击中b 点；另一次将飞来的排球从a
点的正下方c 点斜向上击出，也击中b 点，且b 点与c 点等高。第二次排球运动的最高点d 与a 点等高，且两轨迹
交点恰好为排球网上端点e。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．两个过程中，排球运动到b 点的速度大小可能相等
B．b 点与c 点到球网平面的水平距离之比为3：2
C．a、c 两点高度差与e、c 两点高度差之比为4：3
D．运动员两次击球对排球所做的功可能相等
【解答】解：AD、由于从c 处抛出的球能竖直到达d 点，从d 到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的
运动可知vya＝vyb，tb＝2ta，由于水平方向的位移相同，根据vx= x
t ，可知vax＞vbx，根据速度的合成可知，a 抛
出时的速度va0＝vax，到达b 点速度v❑1=
❑√vax
2 + v ya
2 ，b 抛出时的初速度和到达b 点时速度相等，vb＝vb0
=
❑√v yb
2 + vbx
2 ，故两过程中，小球的初速度大小可能相等，根据动能定理可得W= 1
2
mv 0
2，运动员两次击球对排球
所做的功可能相等，v1＞vb，即排球运动到b 点的速度大小不相等。故A 错误，D 正确；
B、比较第一次排球从a 到e 过程和第二次排球从e 到d 过程，根据可逆性，把第二次排球从e 到d 过程看成是从d
到e 过程的平抛运动，这两个过程竖直方向做自由落体运动，下落高度一样，运动时间也一样，根据：va＝2vd 可
得xae＝2xde，故有xbe
xce
= 4 xde
2 xde
= 2
1，故B 错误；
C、研究第一次排球的运动过程，由于xae
xab
= 2 xde
6 xde
= 1
3，可知：tae
tab
= xae
xab
= 1
3 ；
根据h= 1
2 gt
2可得：hae
hab
= 1
9，故：hac
hec
=
hab
hab−hae
= 9
8 ，故C 错误。
故选：D。
【变式训练5-10】（多选）2022 年北京冬奥会上中国首次使用了二氧化碳跨临界环保制冰技术，运用该技术可制
作动摩擦因数不同的冰面。将一物块以一定的初速度在运用该技术制作的水平冰面上沿直线滑行，共滑行了6m，
运动中的加速度a 与位移x 的关系如图所示，设位移1.5m 处与6m 处的动摩擦因数分别为μ1、μ2，在前3m 与后
3m 运动过程中物块动能改变的大小分别为ΔEk1、ΔEk2，则（ ）
A．μ1：μ2＝3：1
B．μ1：μ2＝4：1
C．ΔEk1：ΔEk2＝3：2
D．ΔEk1：ΔEk2＝3：1
【解答】解：AB、对物块由牛顿第二定律有
ma＝μmg
a＝μg
在位移1.5m a1＝μ1g＝3m/s2 解得：μ1＝0.3
在位移6m a2＝μ2g＝1m/s2 解得：μ2＝0.1
则μ1
μ2
= 3
1，故A 正确，B 错误；
CD、由ΔEk= 1
2
mv末
2 −1
2
mv初
2 = 1
2（v末
2 −v初
2 ）
且2ax= v末
2 −v初
2
故ax= 1
2（v末
2 −v初
2 ）
Δ Ek 1
ΔEk 2
= s1
s2
由图像可知ax 为物体在初末位置位移与加速度的乘积
即ax 为a﹣x 图像在该段位移内对应的面积
所以在前3m 位移面积S1＝3×3m2/s2＝9m2/s2
所以在后3m 位移面积S2＝（1+3）×3× 1
2
m2/s2＝6m2/s2
Δ Ek 1
ΔEk 2
= 3
2，故C 正确，D 错误；
故选：AC。
【变式训练5-11】北京2022 年冬奥会自由式滑雪女子大跳台的比赛中，18 岁的中国选手谷爱凌获得了中国女子
雪上项目第一个冬奥会冠军。滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停止区组成，如图甲所示。在某
次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳点C 以与水平方向成37°角的某一速度飞起，完成空中动作后，落在着陆
坡上，已知运动员着陆时的速度方向与竖直方向夹角也为37°，测得运动员完成空中动作的时间为2.5s。然后运动
员沿半径为R＝66m 的圆弧轨道EF 自由滑行通过最低点F，进入水平停止区后调整姿势减速滑行直到停止。在F 点
地面对运动员的支持力为其体重（含装备）的2 倍，运动员与水平停止区的动摩擦因数μ 随着滑行的位移x 变化关
系的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，sin37＝0.6，忽略运动过程中的空气阻力。求：
（1）运动员从起跳点C 飞起时的速度大小；
（2）运动员在水平停止区滑行的位移大小。
【解答】解：（1）对运动员由C 点到落地瞬间的速度进行正交分解，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变
速直线运动。
水平方向迪度vx＝vCcos37°
坚直方向速度上抛vy＝vCsin37°﹣gt
着陆时竖直方向分速度与C 点的竖直方向分速度方向相反，由于运动员着陆时的速度方向与竖直方向的夹角为也
为37°，
则有tan37°= v x
−v y
=
vC cos37°
¿−vC sin37° ，
代入数据解得vC＝15m/s
（2）将运动员与装备看成一个质点，总质量为，在F 点支持力和总重力的合力为圆周运动提供内心力，则有FN﹣
mg＝mvF
2
R
由图乙可知，μ＝0.4+ 1
200
x
运动员到达F 点后，做匀减边直统运动，设运动员在水平停止区滑行的位移大小为x，由动能定理
﹣（0.4+0.4+ 1
200 L
2
）mgL＝0−1
2
mvF2
解得L＝60m。
答：（1）运动员从起跳点C 飞起时的速度大小为15m/s；
（2）运动员在水平停止区滑行的位移大小为60m。
题型06：应用动能定理解多段过程问题
一、单选题
【典型例题1】如图所示，质量为m 的滑块以初速度
，由固定斜面底端滑上斜面，一段时间后返回，返回时的
速度大小为
，以斜面底端位置为零势能面，重力加速度为g，以下关于滑块在斜面上的运动过程说法正确的
是（ ）
A．上滑过程中动能与重力势能相等的位置位于斜面中点下方
B．下滑过程中动能与重力势能相等的位置位于斜面中点上方
C．滑块上滑的高度为
D．运动过程中滑块最大的重力势能为
【答案】C
【详解】AB．根据题意，画出滑块上滑及下滑过程中动能和重力势能随高度的变化关系图像，如图所示
则对应交点为动能和势能相等的位置，在图上直接可以看出，上滑过程中动能与势能相等的位置位于斜面中点上方，
下滑过程中动能与势能相等的位置位于斜面中点下方，故AB 错误；
C．设滑块滑动过程中摩擦力做功为W，根据动能定理，上滑过程有
下滑过程有
两式联立得
故C 正确；
D．滑块运动过程中最大重力势能为
故D 错误。故选C。
【典型例题2】如图所示，一滑块（可视为质点）在水平力F 的作用下由静止沿粗糙水平直轨道AB 开始运动，该
力的功率恒定，达到最大速度后，撤掉该力，滑块继续前进一段距离后进入竖直光滑半圆轨道BCD，并恰好通过
该轨道最高点D，然后进入光滑半圆管道DEF，最终停在粗糙水平直轨道FG 上。已知水平力的恒定功率为10W，
滑块的质量为0.2kg，滑块与轨道AB 的动摩擦因数为0.5，半圆轨道BCD 的半径R=0.5m，重力加速度g 取
10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．滑块在D 点的速度大小为
B．半圆管道DEF 的半径r 可能为0.15m
C．在轨道AB 上，滑块的最大速度为10m/s
D．在轨道AB 上，滑块减速过程的距离为2.5m
【答案】C
【详解】A．滑块恰好通过该轨道最高点D，则有
解得
故A 错误；
B．设从D 点刚好到达F 点，根据动能定理有
解得
根据题意滑块最终停在粗糙水平直轨道FG 上，所以半圆管道DEF 的半径r 应小于
，故B 错误；
C．在轨道AB 上，滑块的拉力等于摩擦力时，速度最大，有
故C 正确；
D．在轨道AB 上，滑块减速过程的距离为
，从撤去外力到D 点，根据动能定理有
解得
故D 错误；故选C。
【变式训练6-1】某同学利用如图甲所示的装置，探究物块a 上升的最大高度H 与物块b 距地面高度h 的关系，忽
略一切阻力及滑轮和细绳的质量，初始时物块a 静止在地面上，物块b 距地面的高度为h，细绳恰好绷直，现将物
块b 由静止释放，b 碰到地面后不再反弹，测出物块a 上升的最大高度为H，此后每次释放物块b 时，物块a 均静
止在地面上，物块b 着地后均不再反弹，改变细绳长度及物块b 距地面的高度h，测量多组（H，h）的数值，然后
做出H-h 图像（如图乙所示），图像的斜率为k，已知物块a、b 的质量分别为m1、m2，则以下给出的四项判断中
正确的是（ ）
①物块a，b 的质量之比
②物块a、b 的质量之比
③H-h 图像的斜率为k 取值范围是0<k<1 ④H-h 图像的斜率为k 取值范围是1<k<2
A．①③
B．②③
C．①④
D．②④
【答案】D
【详解】①②．物块
的上升过程分为两个阶段，第一阶段为在物块
释放后，在绳子拉力的作用下加速上升，与
此同时物块
加速下降，速率与物块
相同，第二个阶段为物块
落地后，物块
在自身重力的作用下减速上升直
至最高点。则第一阶段对整体由动能定理有
第二阶段对物块
由动能定理有
联立以上两式可得
结合图像可得
可知
故①错误，②正确；
③④．要将物块
拉起，则有
对物块
，则有
可得
因此有
即
故③错误，④正确。故选D。
【变式训练6-2】一质量为m 的物体自倾角为α 的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为
Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为
。已知sinα=0.6， 重力加
速度大小为g。则（ ）
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为g
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【答案】C
【详解】A．根据动能定理物体上滑过程
物体下滑过程
得
，
A 错误；
B．物体向下滑动时的加速度大小为
B 错误；
C．根据
动摩擦因数为
C 正确；
D．物体上滑过程中所受合力较大，加速度较大，根据
物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间短，D 错误。故选C。
【变式训练6-3】滑草是一项前卫运动，和滑雪一样能给运动者带来动感和刺激。特别对少雪地区的人们来说，滑
草就更新鲜了，因为它比滑雪更具有娱乐性，更能体验人与大自然的和谐。如图所示，某滑草场有两个坡度不同的
斜草面AB 和
（均可看作斜面）。质量不同的甲、乙两名游客先后乘坐同一滑草板从A 点由静止开始分别沿AB
和
滑下，最后都停在水平草面上，斜草面和水平草面平滑连接，滑草板与草面之间的动摩擦因数处处相同，下
列说法正确的是（ ）
A．甲、乙经过斜面底端时的速率相等
B．甲、乙最终停在水平草面上的同一位置
C．甲沿斜面下滑的时间比乙沿斜面下滑的时间长
D．甲沿斜面下滑过程中克服摩擦力做的功比乙的大
【答案】B
【详解】AC．设滑道的倾角为
，动摩擦因数为
，滑沙者在由斜面滑到水平面的过程中，由动能定理可得
可得
由于
与水平面的夹角小于AB 与水平面的夹角，所以甲在B 点的速率大于乙在
点的速率；设斜面长度为
，
根据运动学公式可得
可得滑沙者在斜面上下滑的时间为
由于甲到达底端的速度较大，且下滑的位移较小，则甲沿斜面下滑的时
间比乙沿斜面下滑的时间短，故AC 错误；
B．对滑沙者滑行全过程，根据动能定理可得
得
即水平位移为
可知水平位移为定值，与斜面的倾角无关，所以他们将停在离出发点水平位移相同
的位置，即甲、乙最终停在水平草面上的同一位置，故B 正确；
D．由于甲、乙的质量不同，所以无法判断甲、乙沿斜面下滑过程中克服摩擦力做功的大小关系，故D 错误。故选
B。
【变式训练6-4】如图1 所示，固定斜面的倾角
，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
处的A 点时撤去拉力F。该物体的动能
与它到斜面
底端的距离x 的部分关系图像如图2 所示。已知该物体的质量
，该物体两次经过A 点时的动能之比为
，
该物体与斜面间动摩擦因数处处相同，
，重力加速度g 取
，不计空气阻力。则拉力F 的大小为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】依题意，设物体在运动过程中受到的滑动摩擦力大小为
，物体重力沿斜面的分力大小为
当物体沿斜面向上运动到
处时，根据动能定理有
运动到
处时，根据动能定理有
当物体沿斜面向下运动到
处时，根据动能定理有
联立以上式子求得
故选D。
二、多选题
【典型例题】（多选）某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ 的关系，使某一
物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上运动，如图甲所示，调节斜面与水平面的夹角θ，实验测得x 与θ
的关系如图乙所示，取g=10m/s2。则由图可知（ ）
A．物体的初速率v0=5m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数µ=0.75
C．图乙中xmin=0.36m
D．取初始位置所在水平面为重力势能参考平面，当θ=37°，物体上滑过程中动能与重力势能相等时，物体上
滑的位移为0.1875m
【答案】BC
【详解】A．由图乙可知，当
时，物体做竖直上抛运动，摩擦力是零，由竖直上抛运动的速度位移关系公式
可得
解得
A 错误；
B．当
时，物体沿水平面做匀减速直线运动，由动能定理可得
解得
B 正确；
C．物体沿斜面向上运动时，由动能定理可得
代入数据整理可得
C 正确；
D．设动能与重力势能相等时，物体上滑的位移为
，则有
代入数据整理解得
D 错误。故选BC。
【变式训练6-5】（多选）如图所示，四分之一圆弧EC 的半径
，圆弧最低点C 的切线水平且与粗糙的水
平面CA 相连。圆弧EC 上固定一个光滑木板CD，木板CD 与水平面CA 平滑连接，质量
的小物块从水平面
上A 处以初速度
向左运动，恰好可以到达木板的顶端D 点，下滑后停在B 处，已知AB：
，重
力加速度
，则由题中信息可求出（ ）
A．滑块从木板CD 上的D 点下滑到C 点所用时间
B．木板CD 的长度
C．滑块在木板CD 下滑过程的重力的平均功率
D．整个运动过程中因摩擦产生的热量
【答案】ABD
【详解】AB．设AC=x，滑块从A 点开始运动到回到B 点停止，由动能定理
从木板顶端D 点到B 点，由动能定理
解得h=0.2m 则木板CD 的长度
木板CD 与水平面夹角为30°，则在CD 上下滑的加速度a=gsin30°=5m/s2
运动时间
选项AB 正确；
C．滑块在木板CD 下滑过程的重力的平均功率
选项C 错误；
D．整个运动过程中因摩擦产生的热量
选项D 正确。故选ABD。
【变式训练6-6】（多选）一质量为m 的物体自倾角为
的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动
能为
，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为
。已知
，
重力加速度大小为g。则（ ）
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【答案】BC
【详解】AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有
，物体从斜面底端到斜面顶
端根据动能定理有
，整理得
；
，A 错误，C 正确；B．物体向下滑
动时的根据牛顿第二定律有
，求解得出
，B 正确；D．物体向上滑动时的根据牛顿
第二定律有
，物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
，由
上式可知a 上 > a 下，由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式
，则可得出
，D 错误。
故选BC。
【变式训练6-7】水平粗糙平面上静止两个物块A、B，B 的右侧紧密连接一段光滑圆弧轨道。现给A 施一水平向右
大小为8N 的外力F，作用一段距离后撤去，又经过一段时间后A 与B 发生碰撞，A、B 碰后连接为一个整体沿圆弧
面上滑。已知碰撞过程中能量损失为2J，A、B 可视为质点，
，A、B 与水平面之间的动摩擦因数相同，
，A、B 初始的距离
，圆弧轨道的半径为40m，物块上滑的过程中未离开圆弧面，π 取3.14，g 取
10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．外力F 作用的距离为4m
B．物块沿圆弧面上滑的高度为0.1m
C．整个过程中因摩擦产生的热量为29J
D．从外力开始作用到最终物块停下，花费的总时间为9.78s
【答案】AD
【详解】A．质量相等的两物体发生完全非弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可知动能损失量为初动能的1/2，故
碰撞前A 的动能为4J，设外力F 作用的距离为
，则根据动能定理
可得外力作用距离为
故A 正确；
B．碰撞后的动能为2J，根据能量守恒有
解得
故B 错误；
C．整个过程中，外力F 做功为
碰撞能量损失为2J，故由能量守恒可知因摩擦产生的热量为30J，故
C 错误。D．碰撞前A 经历了先加速后减速的运动，加速过程中有
，
解得
减速过程有
碰撞前A 的动能为4J，可知
即碰撞前的速度为2m/s，解得
由于上升高度远小于圆弧半径，可等效看作为单摆模型，所经历时间为半个单摆的周期，有
回到水平面上后
为碰撞后的速度1m/s，所以
总时长为
故D 正确。故选AD。
【变式训练6-8】如图所示，竖直面内一倾角
的倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑
连接，质量
的小物块B 静止于水平轨道的最左端。质量
的小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下
滑，释放点到水平轨道的高度
，一段时间后A 与B 发生弹性碰撞（碰撞时间极短），重力加速度大小
，两物块与轨道间的动摩擦因数均为0.5，不计空气阻力，
，则（ ）
A．物块A 沿倾斜轨道上升的最大高度为0.12m
B．物块A 在水平轨道上运动的位移大小为0.1m
C．物块B 在水平轨道上运动的位移大小为0.4m
D．整个过程中物块A 克服摩擦力做的功为0.2J
【答案】AC
【详解】A．设碰撞前瞬间，A 的速度大小为v，由动能定理有
解得
由动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
设物块A 沿倾斜轨道上升的最大高度为h，则有
解得
故A 正确；
B．设物块A 返回水平轨道时的速度为
，物块A 在水平轨道上运动的位移为
，在斜面上由动能定理得
在水平面上
解得
故B 错误；
C．对B 物体由动能定理得
则物块B 在水平轨道上运动的位移
故C 项正确；
D．整个过程中由能量守恒得物块A 克服摩擦力做的功
D 项错误。故选AC。
【变式训练6-9】如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的
小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力。已知AP=2R，重
力加速度为g，则小球从P 到B 的运动过程中（ ）
A．重力做功2mgR
B．机械能减少mgR
C．合外力做功
D．克服摩擦力做功
【答案】CD
【详解】A．重力做功
A 错误；
B ．小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力，则有
解得
机械能减少
B 错误；
C．根据动能定理
C 正确；
D．根据动能定理
解得
所以克服摩擦力做功为
，D 正确。
故选CD。
三、解答题
【典型例题】如图甲所示，一倾角为37°，长L=3.75 m 的斜面AB 上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC 相连，斜面
与圆轨道相切于B 处，C 为圆弧轨道的最高点。t=0 时刻有一质量m=1 kg 的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的
v–t 图象如图乙所示。已知圆轨道的半径R=0.5 m。（取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：
(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)物块到达C 点时对轨道的压力FN的大小；
5-12-1
(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A 点滑上轨道，通过C 点后恰好能落在A 点。如果能，请
计算出物块从A 点滑出的初速度；如不能请说明理由。
【答案】(1)μ=0.5 (2) F'N=4 N (3)v1= ❑√
732
7 m/s
【解析】 (1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为a=10m/ s
2
根据牛顿第二定律有：gsin37°+ μgcos37° =a
解得 μ=0.5
(2)设物块到达C 点时的速度大小为vC，由动能定理得：
– mg(Lsin37°+1.8 R)−μmgLcos37° = 1
2 m vc
2−1
2 m v0
2
在最高点，根据牛顿第二定律则有：mg+ F
'
N =m v
2
R
解得：F
'
N = 4 N
由根据牛顿第三定律得：F N = F
'
N = 4 N
物体在C 点对轨道的压力大小为4 N
(3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A 点
物块从C 到A，做平抛运动，竖直方向：Lsin37°+1.8 R = 1
2 gt
2
水平方向：Lcos37°−Rsin37° = vC t
解得vC = 9 ❑√7
7
m/ s>❑√gR = ❑√5m/ s，所以能通过C 点落到A 点
物块从A 到C，由动能定律可得：– mg(Lsin37°+1.8 R)−μmgLcos37° = 1
2 mvc
2−1
2 mv1
2
解得：v1= ❑√
732
7 m/ s
【变式训练6-10】如图所示，质量m=3kg 的小物块以初速度v0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切
线方向进入圆弧轨道．圆弧轨道的半径为R=3.75m，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，
A 与圆心O 的连线与竖直方向成37°角．MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道
其他部分光滑．最右侧是一个半径为r=0.4m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD
在D 点平滑连接．已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
（1）求小物块经过B 点时对轨道的压力大小．
（2）若MN 的长度为L=6m，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小．
（3）若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L'．
【答案】（1）62N（2）60N（3）10m
【解析】（1）物块做平抛运动时，根据平抛运动的规律有：v0= v A cos37°
解得：v A =
v0
cos37° = 4
0.8 =5m/ s
小物块经过A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有：1
2 mv A
2 +mg(R−Rcos37°)= 1
2 mvB
2
小物块经过B 点时，有：F N −mg = m vB
2
R
解得：F N =mg（3−2cos37° ）+m v A
2
R =3×10×（3−2×0.8）+3× 5
2
3.75 =62 N
根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N
（2）小物块由B 点运动到C 点，根据定能定理有：−umgL−2mgr = 1
2 mvC
2 −1
2 mvB
2
在C 点，由牛顿第二定律得：F N
' +mg = m vC
2
r
代入数据解得：F N
' =60 N
根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N
（3）小物块刚好能通过C 点时，根据 mg= m v
'
C
2
r
解得：v
'
c = ❑√gr = ❑√10×0.4 =2m/ s
小物块从B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有：−μmgL' −2mgr = 1
2 mv
'2−1
2 mvB
2代入数据解得：
L' =10m
6-12-1
【易错点】不能将多个过程进行拆分。
【变式训练6-11】如图所示，光滑固定斜面AB 的倾角θ＝53°，BC 为水平面，BC 长度lBC＝1.1 m，CD 为光滑的
圆弧，半径R＝0.6 m。一个质量m＝2 kg 的物体，从斜面上A 点由静止开始下滑，物体与水平面BC 间的动摩擦
因数μ＝0.2，轨道在B、C 两点平滑连接。当物体到达D 点时，继续竖直向上运动，最高点距离D 点的高度h＝0.2
m。不计空气阻力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s2。求：
(1)物体第一次运动到C 点时的速度大小vC；
(2)A 点距离水平面的高度H；
(3)物体最终停止的位置到C 点的距离s。
答案 (1)4 m/s (2)1.02 m (3)0.4 m
解析 (1)物体由C 点运动到最高点，根据动能定理得：－mg(h＋R)＝0－mvC2
代入数据解得：vC＝4 m/s
(2)物体由A 点运动到C 点，根据动能定理得：
mgH－μmglBC＝mvC2－0
代入数据解得：H＝1.02 m
(3)从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得：
mgH－μmgs1＝0
代入数据解得s1＝5.1 m
由于s1＝4lBC＋0.7 m
所以物体最终停止的位置到C 点的距离为：s＝0.4 m。
【变式训练6-12】如图所示，竖直平面内固定着光滑半圆形轨道
，其中直径
为竖直方向，半径
，质量
的长薄板静置于倾角
的粗糙斜面
上，其最上端刚好在斜面顶端
点。一质量
为：
的滑块（可看作质点）从圆轨道
点以
的初速度进入轨道，并刚好通过最高点
点，
接着从
点水平抛出，恰好以平行于斜面的速度落到薄板最上端，并在薄板上开始向下运动，小物体落到薄板最
上端时，薄板无初速度释放并开始沿斜面向下运动，其运动至斜面底端时，立即与
处挡板碰撞，速度立即减为
0。已知斜面
长
，薄板长
，厚度忽略不计，其与斜面的动摩擦因数
，滑块与长
薄板间的动摩擦因数为
，运动过程中空气阻力均忽略不计，
，
，
，试
求：
（1）滑块在
点时的初速度；
（2）
两点间的水平距离；
（3）滑块从
点到达
点所需要的时间。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）滑块从B 点到A 点，根据动能定理
解得
（2）滑块从A 点到C 点做平抛运动，设C 点的速度竖直方向为
则
解得
在竖直方向上，自由落体，则
在水平方向上
解得
（3）滑块运动在C 点时的速度为
则滑块运动到薄板上后，对滑块，设加速度为
，根据牛顿第二定律
解得
对薄板，设加速度为
，根据牛顿第二定律
解得
设经过时间t1 小滑块与薄板达到共同速度v1，小滑块位移为x1，薄板位移为x2，则有
解得
根据运动学公式
因为
，
，所以此后滑块和薄板一起加速运动，设加速度为
，根据牛顿第二定律
解得
设滑块和薄板一起加速时间为
，则
解得
设薄板运动到D 点时，滑块的速度为
，此后小滑块继续以
的加速度加速下滑，设加速到D 点的时间为
，则
解得
则滑块从C 点到达D 点所需要的时间为
【变式训练6-13】如图甲所示，一小物块放置在水平台面上，在水平推力F 的作用下，物块从坐标原点O 由静止
开始沿x 轴运动，F 与物块的位置坐标x 的关系如图乙所示。物块在
处从平台飞出，同时撤去F，物块恰好
由P 点沿其切线方向进入竖直圆轨道，随后刚好从轨道最高点M 飞出。已知物块质量为0.5kg，物块与水平台面间
的动摩擦因数为0.7，轨道圆心为
，半径为0.5m，MN 为竖直直径，
，重力加速度g 取：
，
，不计空气阻力。求：
（1）物块飞出平台时的速度大小；
（2）物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功。
【答案】（1）
；（2）0.5J
【详解】（1）由
与物块的位置坐标
的关系图像面积分析可知当物块运动到
处时
所做的功
设物块运动到
处时的速度为，由动能定理
可得
（2）分析可知物块从平台飞出后做平抛运动，且从
点沿切线方向进入坚直圆轨道，设物块运动到
点时的速度
为
，可得物块在
点的速度
设物块恰好由轨道最高点
飞出时的速度为
，由圆周运动知识
可得
设物块在圆轨道时，克服摩擦力做的功为
，由动能定理
可得
【变式训练6-14】如图甲所示为一款“反重力”磁性轨道车玩具，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可
储存弹性势能。小宋同学将轨道简化为图乙所示模型：竖直圆周轨道与水平直轨道AM 相切（B、D 两切点略微错
开），两个半径均为r 的四分之一圆弧轨道在N 处平滑连接，它们的圆心（O2、O3位于同一高度，现将质量为
m=100g 的小车从A 点由静止释放，它恰好能通过圆周轨道的最高点C，且vC=1m/s。小车在轨道BCD 段、MNP
段所受磁吸力大小分别为其重力的0.5 倍、1.5 倍（磁吸引力始终垂直轨道面），摩擦力忽略不计；长为
=1.375m 的直轨道DM 段无磁吸力，与小车间的动摩擦因数
。小车可视为质点，且小车在到达B 点前发条
的弹性势能已完全释放。求：
（1）竖直圆周轨道的半径R；
（2）小车经过圆周轨道最低点B 时所受支持力FN的大小；
（3）同时调节r，其他条件不变，要求小车不脱离轨道，r 应满足的条件。
【答案】（1）0.2m；（2）6N；（3）r≥0.1m
【详解】（1）小车恰好通过最高点，由牛顿第二定律有
解得
（2）从B 点到C 点的过程中，只有重力做功，小车的机械能守恒，由机械能守恒定律有
解得
在B 点由牛顿第二定律有
解得
（3）要保证小车不离开轨道，则在N 点时，需满足
小车由C 点到N 点，由动能定理有
解得
假设小车能运动到P 点，小车由N 点到P 点，由动能定理有
解得
则假设不成立，小车不能到达P 点。假设小车能运动到竖直圆轨道BCD 的圆心
等高的轨道左侧的Q 点，小车由
N 点到Q 点，由动能定理有
解得
则假设不成立，小车不能到达Q 点。则可调半径r 的范围为
。
【变式训练6-15】某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的
物理模型．竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B 与传送带间距
可近似为零，但允许砂粒通过．转轮半径R＝0.4 m、转轴间距L＝2 m 的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转
轮最低点离地面的高度H＝2.2 m．现将一小物块放在距离传送带高h 处静止释放，假设小物块从直轨道B 端运动
到达传送带上C 点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝
0.5.(sin 37°＝0.6)
(1)若h＝2.4 m，求小物块到达B 端时速度的大小；
(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h 需要满足的条件；
(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D 点水平向右抛出，求小物块落地点到D 点的水平距离x 与h 的关
系式及h 需要满足的条件．
【答案】 (1)4 m/s (2)h<3.0 m (3)x＝2(m) h≥3.6 m
【解析】(1)小物块由静止释放到B 的过程中，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma
v＝2a 解得vB＝4 m/s.
(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D 点时速度为零，小物块从距传送带高度h1 处由静
止释放，则有
0＝mgh1－μmgcos θ·－μmgL
解得h1＝3.0 m
当h<h1＝3.0 m 时满足题中条件．
(3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达D 点的速度为v，则有
mv2＝mgh－μmgcos θ－μmgL
H＋2R＝gt2，x＝vt
解得x＝2(m)
为使小物块能在D 点水平向右抛出，则需满足
mg≤，解得h≥3.6 m.
【变式训练6-16】如图（a），一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m 的小滑块A 和B，其电荷量分别为
和
。A 右端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长状态。整个空间存在水平向右场
强大小为E 的匀强电场。A、B 与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为
。
时，A 以初速
度
向右运动，B 处于静止状态。在
时刻，A 到达位置S，速度为
，此时弹簧未与B 相碰；在
时刻，A 的速
度达到最大，此时弹簧的弹力大小为
；在细杆与B 碰前的瞬间，A 的速度为
，此时
。
时间内A
的
图像如图（b）所示，
为图线中速度的最小值，
、
、
均为未知量。运动过程中，A、B 处在同一直线
上，A、B 的电荷量始终保持不变，它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k；B 与弹簧
接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求
时间内，合外力对A 所做的功；
（2）求
时刻A 与B 之间的距离；
（3）求
时间内，匀强电场对A 和B 做的总功；
（4）若增大A 的初速度，使其到达位置S 时的速度为
，求细杆与B 碰撞前瞬间A 的速度。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）
时间内根据动能定理可知合外力做的功为
（2）由图（b）可知
时刻A 的加速度为0，此时滑块A 所受合外力为0，设此时A 与B 之间的距离为r0，根据平
衡条件有
其中
联立可得
（3）在
时刻，A 的速度达到最大，此时A 所受合力为0，设此时A 和B 的距离为r1，则有
且有
，
联立解得
时间内，匀强电场对A 和B 做的总功
（4）过S 后，A、B 的加速度相同，则A、B 速度的变化相同。设弹簧的初始长度为
；A 在S 位置时，此时刻
A、B 的距离为
，A 速度最大时，AB 距离为
，细杆与B 碰撞时，A、B 距离为
。
A 以
过S 时，到B 与杆碰撞时，A 增加的速度为
，则B 同样增加速度为
，设B 与杠相碰时，B 向左运动
。
设
B
与弹簧相碰到
B
与杆相碰时，B
向左运动
。对
A
根据动能定理有
对B 有
当A 以
过S 时，设B 与杆碰撞时，A 速度为
，则B 速度为
，设B 与杠相碰时，B 向左运动
。设B
与弹簧相碰到B 与杆相碰时，B 向左运动
。
对A 根据动能定理有
对B
联立解得
【变式训练6-17】如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为
的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连
接，水平轨道右下方有一段弧形轨道
。质量为
的小物块A 与水平轨道间的动摩擦因数为
。以水平轨道末端
点为坐标原点建立平面直角坐标系
，
轴的正方向水平向右，
轴的正方向竖直向下，弧形轨道
端坐标为
，
端在
轴上。重力加速度为
。
（1）若A 从倾斜轨道上距
轴高度为
的位置由静止开始下滑，求
经过
点时的速度大小；
（2）若A 从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过
点落在弧形轨道
上的动能均相同，求
的曲线方程；
（3）将质量为
（
为常数且
）的小物块
置于
点，A 沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B 发生弹性碰撞
（碰撞时间极短），要使A 和B 均能落在弧形轨道上，且A 落在B 落点的右侧，求A 下滑的初始位置距
轴高度的
取值范围。
【答案】（1）
；（2）
（其中，
）；（3）
【详解】（1）物块
从光滑轨道滑至
点，根据动能定理
解得
（2）物块
从
点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为
，落在弧形轨道上的坐标为
，将平抛运动分别分
解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有
，
解得水平初速度为
物块
从
点到落点，根据动能定理可知
解得落点处动能为
因为物块
从
点到弧形轨道上动能均相同，将落点
的坐标代入，可得
化简可得
即
（其中，
）
（3）物块
在倾斜轨道上从距
轴高
处静止滑下，到达
点与
物块碰前，其速度为
，根据动能定理可知
解得
------- ①
物块
与
发生弹性碰撞，使A 和B 均能落在弧形轨道上，且A 落在B 落点的右侧，则A 与B 碰撞后需要反弹后
再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达O 点。规定水平向右为正方向，碰后AB 的速度大小分别为
和
，
在物块
与
碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则
解得
-------②
-------③
设碰后
物块反弹，再次到达
点时速度为
，根据动能定理可知
解得
-------④
据题意， A 落在B 落点的右侧，则
-------⑤
据题意，A 和B 均能落在弧形轨道上，则A 必须落在P 点的左侧，即：
-------⑥
联立以上，可得
的取值范围为
【变式训练6-18】如图所示，一半径为
的光滑圆弧轨道ABC 与倾角为
的粗糙斜面CD 相切于C 点，
A、B 分别是圆弧轨道的最高点和最低点，圆弧轨道的E 点及斜面上的D 点与圆弧轨道的圆心在同一水平面上。现
从D 点由静止释放一个质量为
的小滑块（可视为质点，未画出）。已知小滑块与斜面间的动摩擦因数为
，不计空气阻力，重力加速度g 取
。（结果均可用根式表示）
（1）求小滑块运动到轨道最低点B 处时，对轨道的压力大小；
（2）求小滑块再次返回到斜面上的最高点与D 点的距离；
（3）若要使小滑块能从A 点冲出圆弧轨道，则小滑块至少以多大的初速度从D 点开始沿斜面向下运动？
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据几何关系可得DC 的长度为
从D 点到B 点，根据动能定理有
在B 点，根据牛顿第二定律有
联立解得
由牛顿第三定律可知，在最低点B 处小滑块对轨道的压力大小为
。
（2）假设小滑块恰好能运动到圆弧上B 点左侧与D 点等高的E 点，则从B 点到E 点，根据动能定理可得
由于
故小滑块不能运动到E 点，而是沿着圆弧道轨道反向经过C 点后滑上斜面CD。设小滑块再次返回到斜面上的最高
点与D 点的距离为x，根据动能定理有
代入数据解得
（3）小滑块刚好能够运动到最高点A 时，有
解得
小滑块从D 点运动到最高点A 的过程中，根据动能定理有
代入数据解得
【变式训练6-19】如图所示轨道内，足够长的斜面与圆弧面光滑，水平地面各处粗糙程度相同，圆弧半径为R，
水平面长度
，现将一质量为m 的金属滑块从距水平面高
处的P 点沿斜面由静止释放，运动到斜面
底端无能量损失，滑块滑至圆弧最高点Q 时对轨道的压力大小恰好等于滑块重力，
，求：
（1）金属滑块与水平地面的动摩擦因数μ；
（2）欲使滑块滑至圆弧最高点平抛后不落在斜面上，释放高度的取值范围.
【答案】（1）0.25；（2）
【详解】（1）对滑块，在Q 点，重力和轨道对滑块的压力提供向心力，有
对滑块，从P 到Q，根据动能定理得
联立两式得
（2）当滑块恰好能运动到Q 点时，释放高度最小，设为
，恰到Q 时的速度设为
，对滑块，在Q 点，重力提供
向心力
从释放到Q 点，根据动能定理得
联立两式得
当滑块恰好能抛到M 点时，释放高度最大，设为
，到Q 点时的速度设为
，滑块由Q 点平抛到M 点，水平方向
竖直方向
从释放到Q 点，根据动能定理得
联立求得
故释放的高度范围为
【变式训练6-20】如图所示，足够长的光滑倾斜轨道倾角为
，圆形管道半径为R、内壁光滑，倾斜轨道与圆形
管道之间平滑连接，相切于B 点，C、D 分别为圆形管道的最低点和最高点，整个装置固定在竖直平面内。一小球
质量为m，小球直径略小于圆形管道内径，圆形管道内径远小于R，重力加速度为g，
，
。
（1）从倾斜轨道上距离C 点多高的位置A 由静止释放小球，小球滑下后，在圆形管道内运动通过D 点时，管道内
壁对小球的作用力恰好为0？
（2）若将圆形管道的上面三分之一部分（PDQ 段）取下来，并保证剩余圆弧管道的P、Q 两端等高，将小球仍然
从第（1）问中的位置A 由静止释放，通过计算说明小球还能否从Q 处进入管道继续在管道内运动？
（3）若将圆形管道的DQB 段取下来，改变小球在倾斜轨道上由静止释放的位置，小球从D 点飞出后落到倾斜轨
道时的动能也随之改变，求小球从D 点飞出后落到倾斜轨道上动能的最小值（只考虑小球落到倾斜轨道上的第一
落点）。
【答案】（1）2.5R；（2）见解析；（3）
【详解】（1）小球从A 点到D 点，设在D 点的速度大小为
，根据动能定理，有
小球运动到D 点时，管道内壁对小球的作用力恰好为0，根据牛顿第二定律，有
联立解得
（2）若将圆形管道的PDQ 段取下来，设小球从P 点开始以大小为
的速度做斜上抛运动，则
与水平方向的夹
角为
，小球从A 点运动的过程中，根据动能定理，有
设小球从P 点抛出后经过时间t，落回P 点所在的水平面，根据抛体运动规律，在水平方向的位移设为s，有
在竖直方向上，有
联立解得
根据几何关系可知
则
即小球能从Q 处进入管道继续在管道内运动。
（3）若将圆形管道的DQB 段取下来，小球从倾斜轨道的某一位置释放后，到达D 点的速度大小为
；此后，小
球做平抛运动，经过时间t，落到倾斜轨道时的动能为
，水平位移为x，竖直位移为y，有
根据几何关系可知
联立解得
当
时，小球动能有最小值，最小值为
题型07：动能定理求匀变速直线运动问题
【典型例题1】一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为
，若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为
，对于上述两个过程，用
、
分别表示拉力F1、F2所做的功，
、
分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（ ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】C
【解析】两次物体均做匀加速运动，由于时间相等，两次的末速度之比为1∶2，则由
可知两次的加速度之
比为1∶2，
，故两次的平均速度分别为
、
，两次的位移之比为1∶2，由于两次的摩擦阻力相等，故
由
可知，
；
；因为
，故
；故
，选项C 正确。
【典型例题2】如图所示，质量为m 的物体，从高为h、倾角为θ 的光滑斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，最后停
在水平面上，已知物体与水平面间的动摩擦因数为
，求：
(1)物体滑至斜面底端时的速度；
(2)物体在水平面上滑行的距离．
【思路点拨】物体在斜面上做匀加速运动，在水平面上做匀减速运动，两过程可分别应用动能定理求解。
【答案】（1）
（2）
【解析】(1)由动能定理可得
，解得
．
(2)设物体在水平面上滑行的距离为l，由动能定理得
，解得
．
此题也可对整个过程运用动能定理求解：
，整理得
．
【总结升华】该题用牛顿运动定律也能求解，但用动能定理不涉及中间过程，所以解法更为简单，特别是对
全程应用动能定理时更简单．
【变式训练7-1】如图所示，将8 个质量均为m 的小物块（可视为质点）用轻质的细杆相连静止放在水平面上，相
邻小物块间的距离为L。已知AB 段光滑，小物块与BC 段间的动摩擦因数均为μ。刚开始时1 号小物块在B 处，现
用水平拉力
作用在1 号小物块上，使8 个小物块一起向右运动，则1 号物块运动过程中能达到的最大
速度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】分析可知第5 个物块进入BC 后物块开始做减速运动，因此第5 个物块刚到达B 点时1 号物块的速度达到
最大值，此过程中根据动能定理有
得
故选C。
【变式训练7-2】一物块沿倾角为θ 的斜坡向上滑动，当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H，如图所示；
当物块的初速度为
时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为
（ ）
A．tanθ 和
B．
和
C．tanθ 和
D．
和
【答案】D
【解析】当物块上滑的初速度为v 时，根据动能定理，有
当上滑的初速度为
时，有
联立以上两式可得
，
故选D。
【变式训练7-3】第24 届冬奥会于2022 年2 月4 日在我国的北京等地举行，冰滑梯作为体验冰雪运动乐趣的设施
受到广大游客的欢迎。某冰滑梯的示意图如图所示，设在螺旋滑道上运动时机械能的损耗为20%，从最高点下滑
的初速度为0，水平滑道和倾斜滑道对同一滑板的动摩擦因数相同，对不同滑板的动摩擦因数μ 满足μ0≤μ≤1.2μ0。
在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上匀减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上。以下说法正确的是（
）
A．L1不能小于
B．L1不能大于
C．L1、L2之和不能小于
D．L1、L2之和不能大于
【答案】B
【详解】A．设倾斜滑道的倾角为θ，游客质量为m，要确保所有游客在倾斜滑道上匀减速下滑，应满足
整理得
所以
故A 错误；
B．假设游客能滑上水平滑道，则由动能定理得
解得
由于
，故要使游客能滑到水平滑道上，应满足
故B 正确；
CD．假设游客不会滑出水平滑道的左端，对于游客运动的过程，由动能定理得
即
解得
由于
，故要使游客能停在水平滑道上，需满足
故CD 错误。故选B。
【变式训练7-4】如图所示，斜面倾角为
，BC 段粗糙且足够长，其余段光滑，10 个质量均为m 的小球
（可视为质点）放在斜面上，相邻小球间用长为d 的轻质细杆连接，细杆与斜面平行，小球与BC 段间的动摩擦因
数为
。若1 号小球在B 处时，10 个小球由静止一起释放，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．在2 号小球进入BC 段之前的过程中，2 号小球运动的加速度为
B．在6 号球刚进入BC 段时，6 号球与7 号球间细杆的弹力为
C．1 号球运动过程中的最大速度为
D．10 号球不能到达B 点
【答案】C
【解析】A．在2 号小球进入BC 段之前的过程中，把10 个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有
解得2 号小球运动的加速度为
故A 错误；
B．在6 号球刚进入BC 段时，把10 个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有
解得
把7 到10 小球，共4 个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有
解得
故B 错误；
C．小球在斜面上先加速后减速，第n 个小球进入BC 段时加速度为零，此时1 号球速度最大，则有
解得
即
所以在第七个球刚进入BC 段时，1 号球速度最大，根据动能定理
解得
故C 正确；
D．若10 号球能到达B 点且速度为v1，根据动能定理，有
解得
所以10 号球能到达B 点，故D 错误。故选C。
【变式训练7-5】质量均为m=1kg 的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，二者的动能
随位移x
的变化图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲的加速度大于乙的加速度
B．甲、乙在x=6m 处相遇
C．当甲的位移刚达到9m 时，乙在甲的后面
D．当甲的位移为6m 时，乙在甲后面，且距离最远
【答案】AC
【解析】A．根据动能定理
对甲
得
对乙
图线斜率大小等于合力，甲、乙加速度大小分别为
，
则甲的加速度大于乙的加速度，A 正确；
B．对甲
甲的初速度为
二者相遇时
解得
B 错误；
C．当甲的位移为9m 时，由
时间为
此时乙的位移为
乙在甲的后面，C 正确；
D．当甲的位移为6m 时，由
此时甲的速度为
时间为
此时，乙的位移和速度分别为
，
乙在甲后面，当速度不同，距离不是最远，D 错误。
故选AC。
【变式训练7-6】如图，水平桌面上，一质量为m 的物体在水平恒力F 拉动下从静止开始运动。物体运动
秒后，
速度大小增为
，此时撤去F，物体继续滑行
秒后停止运动。则（ ）
A．在此过程中F 所做的功为
B．在此过程中F 的冲量大小等于
C．F 的大小等于滑动摩擦力大小的3 倍
D．物体与桌面间的动摩擦因数等于
【答案】BC
【解析】BC．
时间内，根据动量定理可得
时间内，根据动量定理可得
联立可得
在此过程中F 的冲量大小等于
故BC 正确；
A．
时间内，根据动能定理可得
又
联立可得在此过程中F 所做的功为
故A 错误；
D．设物体与桌面间的动摩擦因数为
，
时间内，根据动量定理可得
解得
故D 错误。故选BC。
【变式训练7-7】如图1 所示，水平面上一质量为2kg 的木箱在水平向右的力
的作用下向右移动4m 的距
离后，在另一水平力
作用下，又匀速运动4m 的距离到达斜面底端，撤去外力，木箱冲上倾角为37°的斜面，斜
面和水平面间通过光滑小圆弧轨道（未画出）连接。在木箱从静止开始运动到斜面上最高点的过程中，其动能随运
动路程变化的图像如图2 所示。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取
，
。下列说法正确的是（ ）
A．
的大小为4N
B．木箱在斜面上能到达的最大高度为1.8m
C．木箱返回水平面后向左运动的最大距离为1.8m
D．整个运动过程中，木箱克服摩擦力做的功为36J
【答案】AC
【解析】A．由题图2 可知，木箱初动能为0，则木箱在
的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，应用动能定
理有
由题图2 知
，可得
，之后木箱在
的作用下做匀速运动，所以
故A 正确；
B．木箱冲上斜面后做匀减速运动，根据动能定理有
由题图2 知
，可得
，木箱在斜面上能到达的最大高度
故B 错误；
C．因为
所以当木箱运动至斜面上的最高点后，沿斜面向下做匀加速运动，到达水平面后，在摩擦力作用下再减速直到停止。
木箱从冲上斜面到最终停下来，对这一过程应用动能定理可得
可得
故C 正确；
D．对整个运动过程，由动能定理有
所以
故D 错误。故选AC。
【变式训练7-8】滑沙是游客喜欢的一项娱乐项目，某游乐场滑道由上下两段构成，与水平面倾角分别为45°和
37°两段滑道的长度之比为
。质量为m 的载人滑沙车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最
后恰好静止于滑道的底端。上下两段滑道动摩擦因数相同。（不计滑沙车在两段滑道交接处的能量损失，
sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求
（1）滑沙车与滑道之间的动摩擦因数；
（2）滑沙车在两段滑道上运动的加速度大小之比（结果可保留根号）。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）设上下两段滑道长度分为
、s，对滑沙车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得
解得
（2）设上下两段滑道的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律
上段滑道有mgsin45°-μmgcos45°=ma1
下段滑道有
解得
【变式训练7-9】由相同材料的木板搭成的轨道如图所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF 长均为L＝1.5 m，木
板OA 和其他木板与水平地面的夹角都为β＝37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），一个可看成质点的物体在木板OA
上从图中离地高度h＝1.8 m 处由静止释放，物体与木板的动摩擦因数都为μ＝0.2，在两木板交接处都用小曲面相
连，使物体能顺利地经过，既不损失动能，也不会脱离轨道。在运动过程中，重力加速度g 取10m/s2，问：
（1）若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体能否静止在斜面上？物体从O 运动到A 所用时间是多少？
（2）物体运动的总路程是多少？
（3）物体最终停在何处？并作出解释。
【答案】（1）否，1.17s；（2）11.25m；（3）停在C 点
【详解】（1）设物体的质量为m，因为mgsinβ＞μmgcosβ
所以物体不能静止在斜面上。物体下滑的加速度为
设物体与A 点之间的距离为l，由几何关系可得l＝
＝3m
设物体从静止运动到A 所用的时间为t，由l＝
at2
得
（2）从物体开始运动到最终停下的过程中，设总路程为s，由动能定理得
mgh－μmgscos 37°＝0－0
代入数据解得s＝11.25m
（3）假设物体能依次到达B 点、D 点，由动能定理有
得
发现无解，说明物体能通过B 点，到不了D 点，最终停在C 点。
【变式训练7-10】如图，质量m＝2kg 的小球A 以v0＝3❑√2m/s 的初速度冲上倾角θ＝30°的斜面，小球A 与斜面
的动摩擦因数μ1=
❑√3
6
，斜面高度H＝0.5m，g 取10m/s2．求：
（1）小球A 到达斜面顶端M 点时的速度；
（2）当小球A 到达顶点后，假设速度大小保持不变滚到水平面MN 上，水平面MN 总长1m，N 点有竖直挡板
D，当小球经过M 点后，立即在M 点放上竖直挡板C，在MN 的中点有一个静止的光滑小球B．已知小球A 与
水平面MN 的动摩擦因数为μ2＝0.05，两小球碰撞后会交换各自的速度，并且每次小球与挡板的碰撞都只改变
小球的运动方向，而不改变速度大小，则：试通过计算分析两小球能发生几次碰撞；求出从小球A 滑上水平面
到最后停止的总时间．
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，物体上滑的加速度为：
a＝﹣（gsinθ+μ1gcosθ）＝﹣（10× 1
2 +
❑√3
6 ×10×
❑√3
2
）m/s2＝﹣7.5m/s2
根据匀变速直线运动的速度位移公式得：
s= v M
2 −v0
2
2a
，s= H
sinθ
代入数据，解得：v M = ❑√3m/ s
（2）球最终静止时减少的动能转化为内能：
μ2mgs 总= 1
2
mvM2
得：s 总＝3m
则A 球运动0.5m 时碰撞第一次（A 撞B），碰撞时A 求速度为v1，
μ2mg×0.5= 1
2
mvM2−1
2
mv12
解得：v1＝0.5❑√10m/s
第一次到第二次碰撞（B 撞A），B 运动时间：t1= 1
v1
=
❑√10
5
s
A 再运动1m 时碰撞第三次（A 撞B），碰撞时A 求速度为v2，
μ2mg×1.5= 1
2
mvM2−1
2
mv22
解得：v2＝0.5❑√6m/s
第三次到第四次碰撞（B 撞A），B 运动时间：t2= 1
v2
=
❑√6
3
s
A 再运动1m 时碰撞第五次（A 撞B），碰撞时A 求速度为v3，
μ2mg×2.5= 1
2
mvM2−1
2
mv32
解得：v3＝0.5❑√2m/s
第五次到第六次碰撞（B 撞A），B 运动时间：t3= 1
v3
= ❑√2s
即两小球共碰撞6 次；
a′＝μ2g＝0.5m/s2
A 总计运动时间：t4= v M
a =
❑√3
0.5 =2❑√3s
则小球A 滑上水平面到最后停止的总时间：t＝t1+t2+t3+t4＝（
❑√10
5
+
❑√6
3 + ❑√2+2❑√3）s
答：（1）小球A 到达斜面顶端M 点时的速度❑√3m/s；
（2）两小球能发生6 次碰撞；从小球A 滑上水平面到最后停止的总时间为（
❑√10
5
+
❑√6
3 + ❑√2+2❑√3）s．
题型08:用动能定理解决物体在传送带运动问题
【典型例题1】如图甲所示， 物块以初速度v0=6m/s 从A 点沿水平方向冲上长为2m 的传送带， 并沿水平传送带
滑到B 点后水平抛出， 落到地面上的 P 点， 平抛运动的水平距离记为x； 在v0一定的情况下，改变传送带的速
度v，得到x-v 关系图像如图乙所示（规定向右为速度的正方向）。下列说法错误的是（ ）
A．B、P 两点之间的高度差为0.8m
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．当传送带的速度为2m/s 时，物块到达 B 点的速度为4m/s
D．当传送带的速度为20m/s 时，平抛运动的水平距离为6.4m
【答案】D
【详解】AC．根据图乙可知，在传送带的速度
时，物块从传送带右端抛出时的速度大小为
，
做平抛运动的水平位移
，由此可知物块做平抛运动的时间
则可得B、P 两点之间的高度
差为
故AC 正确，不符合题意；
B．根据动能定理可得
解得物块与传送带间的动摩擦因数为
故B 正确，不符合题意；
D．若物块在传送带上始终加速，则对物块由动能定理有
解得
由此可得物块以最大速度平抛后的水平位移为
故D 错误，符合题意。故选D。
【典型例题2】（多选）某机场利用如图所示的传送带将行李箱从飞机上运送到地面，传送带以恒定速率沿逆时针
方向运行。在
时，将质量
的小行李箱轻放在传送带上A 点，
时小行李箱从B 点离开传送带，
其
图像如图乙所示，重力加速度g 取
，则（ ）
A．传送带的倾角为
B．
内的摩擦力大小为40N
C．
内合力对小行李箱做功为125J
D．
内摩擦力对小行李箱做功为-100J
【答案】BC
【详解】AB．由题图乙可知，
内摩擦力方向沿传送带向下，加速度
内摩擦力方向沿传送带向上，加速度
设传送带的倾角为
，根据牛顿第二定律有
内
内
联立解得
故A 错误，B 正确；
C．
内，根据动能定理，合力对小行李箱做功等于小行李箱动能的变化量，即
故C
正确；
D．
内小行李箱位移
摩擦力做正功
内小行李箱位移
摩擦力做负功
故
内摩擦力对小行李箱做功
故D 错误。故选BC。
【典型例题3】如图所示，水平传送带AB 与粗糙水平地面BC、光滑半圆轨道CD 平滑对接，CD 为半圆轨道的竖
直直径.已知传送带以速度v0＝2❑√gL顺时针匀速转动，传送带长度为2L，BC 长为L，质量为m 的小滑块P 从左端
放置在传送带上，P 与传送带间的动摩擦因数μ1= 5
8
，与地面间的动摩擦因数μ2= 1
8
，轨道CD 的半径R= L
4
，在C
点静止放置一个质量也为m 的小球Q，P 如果能与Q 发生碰撞，二者没有机械能损失.已知重力加速度为g，求：
（1）通过计算判断，小滑块P 刚到达C 点时的速度；
（2）如果P 能够与Q 碰撞，求碰后Q 运动到D 点时对轨道的压力大小；
（3）如果小球Q 的质量变为km（k 为正数），小球Q 通过D 点后能够落到传送带上，求k 值范围.
【解答】解：（1）假设小滑块P 在传送带上一直加速运动，到达B 点时的速度为vB，小滑块P 从A 到B 由动
能定理：μ1 mg×2L= 1
2 mvB
2 −0，解得：vB= ❑√
5
2 gL＜2❑√gL，假设成立。设P 能到C 点，且速度vC，从B
到C 由动能定理：−μ2mgL= 1
2 mvC
2 −1
2 mvB
2，联立解得：vC= 3
2
❑√gL
（2）P、Q 碰撞且无机械能损失，所以二者弹性碰撞，又二者质量相等，所以二者交换速度，碰后P 静止，Q
以速度：vQ＝vC= 3
2
❑√gL
对小球Q 从C 到D 的过程，由动能定理：，小球Q 在D 点时，由牛顿第二定律：mg+N＝mvQ
2
R
，R= L
4 联立解
得：N＝4mg，由牛顿第三定律得对轨道压力大小为：N′＝4mg
（3）小球Q 的质量变km，P、Q 发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，由动量守恒定律：mvC＝mv1+mv2
由机械能守恒定律：1
2 mvC
2 = 1
2 mv1
2+ 1
2 mv2
2，联立解得：v2=
3
k +1
❑√gL
对Q 球，从C 到D 的过程，由动能定理：−2mgR = 1
2 mv D
2 −1
2 mv2
2，解得：vD= ❑√
9−(k +1)
2
(k +1)
2
gL
在D 点平抛运动，恰好落在B 点，此时对应的水平速度v，则有：2R= 1
2 gt
2，L＝vt 联立解得：v= ❑√gL，与
vD 联立解得：k= 3 ❑√2
2
−1
3L＝vt，联立解得：v＝3❑√gL，与vD 联立解得：k= 3 ❑√10
10
−1，所以k 值的范围：
( 3 ❑√2
2
−1)≤k ≤( 3 ❑√10
10
−1)
答：（1）通过计算判断，小滑块P 刚到达C 点时的速度为3
2
❑√gL；
（2）如果P 能够与Q 碰撞，求碰后Q 运动到D 点时对轨道的压力大小为4mg；
（3）如果小球Q 的质量变为km（k 为正数），小球Q 通过D 点后能够落到传送带上，求k 值范围：
( 3 ❑√2
2
−1)≤k ≤( 3 ❑√10
10
−1).
【变式训练8-1】如图所示，一质量为2kg 可视为质点的小物块自斜面上A 点由静止开始下滑，斜面AB 的倾角为
37°，A、B 间距离为2m，经1s 运动到B 点后通过小段光滑的衔接弧面滑上与地面等高的传送带，传送带以6m/s
的恒定速率顺时针运行，传送带左右两端间距离为9m，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，不计空气阻力和
小物块在衔接弧面运动的时间，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，下列说法中正确的是（ ）
A．小物块在传送带上运动的时间为2s
B．小物块在传送带上因摩擦产生的热量为20J
C．小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为24J
D．若传送带以3m/s 的恒定速率逆时针运行，其他条件不变，小物块从A 点静止释放以后，在AB 上运动的总路程
为4.25m
【答案】D
【详解】A．设小物块到达B 点时的速度大小为v，由于小物块在斜面上做匀加速直线运动，所以有
解得
在传送带上，物体的加速度为
与传送带达到共速的时间为
物块的位移为
距离传送带右端还有
此后做匀速直线运动，还需要的时间为
则小物块在传带上B、C 之间的运动时间为
A 错误；
B．
时间内，小物块与传送带的相对位移大小为
小物块在传送带上因摩擦产生的热量为
B 错误；
C．小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为
故C 错误；
D．在传送带上，物体做减速运动，速度减到零所需时间为
物块在该时间段内的位移为
可知物体没有滑出传送带，速度减为零后，随传送带一起做向左做加速运动，与传送带达到共速后，速度不再增加，
以
的速度滑上斜面，速度为零后又滑下来滑到传送带上，速度减为零后，随传送带一起做向左做加速运动，
接着又滑上斜面，此后在斜面上往复运动，最后停在B 点。物块在斜面上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
联立解得
设第一次滑下AB 之后在AB 上运动的总距离为S，物块的动能全部转化为内能，根据能量守恒有
解得
则物体在
上运动的总路程为
D 正确；故选D。
【变式训练8-2】如图甲所示，一条绷紧的水平传送带AB 以恒定速率v1做匀速直线运动，传送带右端的光滑水平
台面与传送带上表面等高，二者间的空隙极小不会影响滑块的运动。滑块以速率v2向左从A 点滑上传送带，在传
送带上运动时动能随路程变化的Ek-x 图像如图乙所示，已知滑块质量m=2 kg，可视为质点，重力加速度g=10
m/s2。则下列说法中正确的是（ ）
A．传送带的运行速率为v1=1m/s
B．滑块在传送带上的运动时间为4.5s
C．若传送带的运动速率增大，则滑块在传送带上运动时间一定越来越小
D．滑块从滑上传送带到再次滑回平台的整个过程中因摩擦产生的热量为36J
【答案】BD
【详解】A．由图乙可知滑块的初动能为16J，结合动能的表达式
解得滑块的初速度大小为
滑块的速度大小减小到0 时，位移大小为
由
解得滑块在传送带上的加速度大小为
该过程所用时间为
然后滑块反向加速到与传送带共速后速度不再发生变化，结合图乙可知，传送带的运行速率满足
解得
故A 错误；
B．滑块与传送带共速所需的时间
滑块在t2=1 s 时间内运动的位移大小为
方向水平向右，则剩下的3 m 内滑块做匀速直线运动，所用时间为
滑块在传送带上运动的总时间为
故B 正确；
C．滑块做减速运动的时间恒定，当传送带的运动速率稍微增大一些时，滑块返回到平台的时间会变短，当传送带
的运动速率大于4m/s 时，滑块返回到平台的时间不变，在传送带上运动的总时间也不变，故C 错误；
D．滑块向左运动时，滑块和传送带之间的相对位移大小为
滑块向右运动时，滑块和传送带之间的相对位移大小为
由牛顿第二定律得滑块与传送带间的摩擦力大小为
则滑块从滑上传送带到再次滑回平台的整个过程中因摩擦产生的热量为
故D 正确。故选
BD。
【变式训练8-3】如图水平轨道AB 的左端有一压缩的弹簧，其储存的弹性势能
，弹簧左端固定，右端放一
个质量为
的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，传送带BC 的长为
。
为水平轨道，DE、
FG 是竖直放置的两个半径分别为
和
的半圆轨道，AB、BC、
、DE、FG 均平滑连接。已知物
块与传送带间的动摩擦因数
，其余轨道均光滑，g 取
。
（1）若传送带静止，求物块弹出后第一次到达D 点时受到轨道对它的支持力大小；
（2）若传送带沿顺时针方向匀速转动，物块恰好不脱离轨道运动至G 点，求：
①传送带的速度；
②物块从G 点水平抛出后落到半圆轨道时的动能大小。
【答案】（1）
；（2）①
；②
【详解】（1）从释放到D 点，由动能定理得
解得
在D 点有
解得
（2）①恰好过最高点F 点时，重力提供向心力，则有
解得
从C 到F 点，由动能定理得
解得
从释放到B 点有
得
物体从
加到
，摩擦力做正功，设经过的位移为
，则有
可得
所以物体在传送带上加速，到达右端时和传送带共速时，传送带速度有最小值
②从F 点到G 点，由动能定理得
解得
从G 点平抛后有
，
联立可得
则落到半圆轨道时的动能为
代入数据得
【变式训练8-4】“智勇大冲关”最后一关有如图所示的滑道，冲关者坐上坐垫（冲关过程中人和坐垫不分离）从
A 点静止开始沿倾斜直轨道
滑下，斜道倾角
；
是一长
的水平传送带，B 与C 两点平滑衔接，
A 点距传送带垂直距离为
，冲关者经C 点到D 点后水平抛出，落在水面上一点E。已知：传送带末端距水
面高度
，坐垫与
斜道间动摩擦因数为
，坐垫与传送带间动摩擦因数为
，冲关者的质
量为
，坐垫质量忽略不计，
，
，
；求：
（1）冲关者到达B 点时的速度大小
；
（2）如果传送带不动，求冲关者落到水面E 点与D 点的水平距离x；
（3）如果传送带速率为
沿逆时针方向转动，求冲关者与传送带之间因摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）4m/s；（2）0.8m；（3）400J
【详解】（1）在斜道
上运动时，对人与坐垫分析，由动能定理有
解得
（2）若传送带不动，则从C 到D 有
解得
从D 到E，竖直方向
水平方向
解得
（3）当传送带速度为
逆时针转动时，冲关者从C 到D 过程做匀减速运动，则有
其中
解得
冲关者相对于传送带位移
冲关者与传送带之间因摩擦产生的热量
解得
。
【变式训练8-5】如图所示，工厂利用倾角
的皮带传输机，将每个质量
的木箱（可视为质点）从
A 点运送到B 点，AB 段为直线且长度
，每隔
就有一个木箱以
的速度沿
方向滑上
传送带，传送带以
的速度逆时针匀速转动。已知各木箱与传送带间的动摩擦因数
，最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，g 取
求：
(1)木箱从冲上传送带到与传送带达到共同速度所用的时间。
(2)传送带上最多有几个木箱同时在向下输送。
(3)第1 个木箱从A 点运动到B 点的过程，求传送带对所有木箱做的功。
(4)传送带正常工作比空载时，电动机多消耗的电功率。
【答案】(1)2s；(2)8；(3)-1440J；(4)210W
【详解】
(1)木箱从冲上传送带到与传送带达到共同速度，由牛顿第二定律可知
代入数据解得
故木箱从冲上传送带到与传送带达到共同速度所用的时间
(2)木箱减速过程中发生的位移
木箱与传送带相对静止时，两木箱的间距为
设相对静止的木箱个数为n，则有
故木箱的总的个数为
(3)木箱冲上传送带第1s 内的位移
滑动摩擦力对未达到共速木箱做的功为
滑动摩擦力对所有达到共速木箱做功为
静摩擦力对所有达到共速木箱做的功为
故第1 个木箱从A 点运动到B 点的过程，求传送带对所有木箱做的功为
(4)传送带正常工作时，传送带所受摩擦力
电动机多消耗的功率
【变式训练8-6】如图，相距L=11.5m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，
其速度的大小v 可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg 的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s
自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。
(1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带
后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运
动的过程中，传送带对它的冲量。
【答案】(1)2.75s；(2)
，
；(3)0
，方向竖直向上
【详解】
(1)传送带的速度为
时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：
①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有
②
联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所
用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有
④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一
直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有
⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
，
⑨
(3)传送带的速度为
时，由于
，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加
速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有
⑩
⑪
联立①⑩
式并代入题给数据得
⑪
t3=1.0s ⑫
x2=5.5m ⑬
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m 时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动
的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3 有
⑭
由①
式可知
⑫⑬⑭
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，
则
⑮
减速运动时间
设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2。由动量定理有
，方向竖直向上
则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量
，方向竖直向上
题型09：利用动能定理求机车启动位移的问题
【典型例题1】一辆质量为m 的汽车在平直的路面上以恒定功率P 匀速行驶，匀速行驶的速度为
，某时刻司机
看到路旁减速标志后，没有踩刹车，而是立即松减油门，发动机功率变为原来的
，保持该功率行驶一段时间t 后，
汽车又开始匀速运动。设汽车受到的阻力恒定不变，在松减油门后的t 时间内汽车前进的距离为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】发动机的功率为P 时，汽车以速度
匀速行驶，阻力为
汽车再次匀速，此时汽车速度大小为
根据动能定理可得
解得
故选D。
【典型例题2】某兴趣小组对一辆遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，
并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为
图像，如图所示（除
时间段图像为曲线外，其余时
间段图像均为直线）。已知在小车运动的过程中，
时间段内小车的功率保持不变，在
末停止遥控而让
小车自由滑行，小车的质量为
，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。则下列选项正确的是（
）
A．小车两段匀变速直线运动的加速度大小相同
B．小车所受到的阻力为
C．小车额定功率为
D．小车在变加速运动过程中位移为
【答案】AB
【详解】A．
内汽车的加速度
在
时间段，加速度大小
故A 正确。
B．
时间段，由牛顿第二定律得
故B 正确。
C．在
小车做匀速运动，速度
，牵引力大小
与
大小相等，则小车匀速运动的功率
故C 错误；
D．
内根据动能定理有
解得
故D 错误。故选AB。
【典型例题3】由于三大常规能源的短缺，新能源汽车成为当下各国研发的主方向。理论上汽车刹车车轮抱死的情
况下，刹车距离与速度的平方成正比，与动摩擦因数成反比，当摩擦因数一定时，刹车距离取决于车速。现实生活
中，车速一样的情况下，往往车载重越重，刹车距离就越长。为探究这个问题，研究小组对某新能源汽车进行研究，
该车质量为
，额定功率为
，以额定功率在水平路面上启动，受到的阻力恒为
。保持
额定功率行驶时间
时，速度达到最大，随即刹车（防抱死制动装置ABS 启动，不考虑反应时间），测得制
动距离等于启动到最大速度距离的
倍。查得抱死时动摩擦因数为
，计算发现防抱死时刹车系统的制动力
小于车轮抱死时与地面的滑动摩擦力
。由此可知，这就是车载重越重刹车距离越长的原因。求：
（1）该车从启动到最大速度的过程中，汽车行驶的位移大小；
（2）上述刹车过程中刹车系统的制动力
。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）根据题意可知，当
时，速度最大，结合公式
，则有
代入数据得
从启动到最大速度，由动能定理得
代入数据得
（2）根据题意，由动能定理有
其中
代入数据得
【变式训练9-1】如图所示，质量为m 的摩托艇静止在水面上，
时刻，摩托艇在恒定牵引力作用下开始沿直
线运动，其加速度a 随速度v 的变化规律如图所示。已知摩托艇受到的阻力与运动速度成正比，即
（k 为常
数，大小未知）。则（ ）
A．摩托艇从开始运动到速度最大过程中，牵引力对摩托艇做的功为
B．常数k 的大小为
C．牵引力的最大功率为
D．摩托艇从开始运动到速度最大的过程所用时间为
【答案】BC
【详解】A．根据动能定理，牵引力与阻力做功之和等于摩托艇动能的变化量，阻力做负功，则牵引力对摩托艇做
的功大于
，选项A 错误；
B．根据牛顿第二定律
得
可知
得
选项B 正确；
C．由图可知，速度为零时，阻力为零，牵引力为
牵引力为恒力，则速度最大时，牵引力功率最大
选项C 正确；
D．若摩托艇从开始做匀加速运动到速度最大，有
而由题图可知摩托艇的加速度从
开始减小，因此摩托艇从开始运动到速度最大的过程所用时间不等于
，选项
D 错误。
故选BC。
【变式训练9-2】一辆额定功率800W 的玩具赛车在水平直跑道上由静止开始以恒定功率加速前进，玩具赛车瞬时
加速度和瞬时速度的倒数的关系图像如图所示。假设在阻力大小不变的情况下，玩具赛车从起点到终点所用的时间
为30s，玩具赛车到达终点前已达到最大速度。下列说法正确的是（ ）
A．玩具赛车所受的阻力大小为40 N
B．玩具赛车的质量为10 kg
C．玩具赛车的速度大小为10 m/s 时的加速度大小为
D．起点到终点的距离为500 m
【答案】AD
【详解】A．玩具车的最大速度
则阻力
选项A 正确；
B．玩具车的加速度为
由图像可知
解得m=20kg 选项B 错误；
C．根据
可知玩具赛车的速度大小为10 m/s 时的加速度大小为
，选项C 错误；
D．从起点到终点由动能定理
解得x=500m 选项D 正确。
故选AD。
【变式训练9-3】（多选）一辆质量为m 的汽车通过一段水平路面的
图如图所示。已知这段道路中有一段是
泥沙路面，
内汽车所受的阻力为f；整个行驶过程中，汽车牵引力的功率恒定。则以下关于汽车运动的相关说
法正确的是（ ）
A．汽车在泥沙路面所受的阻力为
B．设在
时刻汽车正好行驶到泥沙路面的一半，则
C．
内，汽车的速度为
时，汽车的加速度为
D．泥沙路面的长度为
【答案】AD
【详解】
A．
内汽车做匀速运动，所受的牵引力等于阻力，则有
则汽车牵引力的功率为
汽车在泥沙路面匀速行驶时，速度为
，则阻力为
故A 正确；
B．在
时刻汽车正好行驶到泥沙路面的一半，则根据
图像的“面积”关系可知
则有
故B 错误；
C．
内，汽车的速度为
时，汽车的加速度为
故C 错误；
D．泥沙路段行驶时由动能定理可得
解得
故D 正确。
故选AD。
【变式训练9-4】某同学利用如图甲所示的装置，探究滑块a 上升的最大高度，忽略一切阻力及滑轮和细绳的质量。
起初物块a 放在地面上，物块b 距地面的高度为h，细绳恰好绷直，现静止释放物块b，物块b 碰地后不再反弹，
测出物块a 上升的最大高度H，每次释放物块b 时，确保物块a 在地面上，改变细绳长度及物块b 距地面的高度
h，寻找多组（H，h），然后做出
的图像（如图乙所示），测得图像的斜率为k，已知物块a、b 的质量分别
为
、
。则（ ）
A．物块a、b 的质量之比
B．物块a、b 的质量之比
C．
图像的斜率k 的取值范围是
D．
图像的斜率k 的取值范围是
【答案】BC
【详解】AB．物块
的上升过程分为两个阶段，第一阶段为在物块
释放后，在绳子拉力的作用下加速上升，与此
同时物块
加速下降，速率与物块
相同，第二个阶段为物块
落地后，物块
在自生重力的作用下减速上升直至
最高点。则第一阶段对整体由动能定理有
第二阶段对物块
由动能定理有
联立以上两式可得
结合图像可得
可知
故A 错误，B 正确；
CD．要将物块
拉起，则有
对物块
，则有
可得
因此有
即
故C 正确，D 错误。
故选BC。
【变式训练9-5】一质量为
的电动玩具小车放在水平地面上，现在遥控小车从静止开始运动，地面对小车
的摩擦力恒定，牵引力的功率与运动时间的关系图像如图所示，已知从
开始小车以恒定的速度
做匀速运动，重力加速度
，求：
（1）地面对小车的摩擦力大小和小车的速度为
时的牵引力大小；
（2）0 到1.6s 时间内小车的平均速度（保留一位有效数字）。
【答案】（1）
、
；（2）
【详解】（1）从
开始小车以恒定的速度
做匀速运动，牵引力与地面对小车的摩擦力等大反向
牵引力的功率
结合
，综合解得
当小车的速度为
，设牵引力为
，牵引力的功率为
，则有
解得
（2）0 到
时间内，设小车的位移为
，由动能定理
小车的平均速度为
综合解得
【变式训练9-6】如图，一自行车骑行者和车的总质量为
从距离水平路面高为h=1.25m 的斜坡路上 A
点，由静止开始不蹬踏板让车自由运动，到达水平路面上的B 点时速度大小为 v = 4m/s，之后人立即以恒定的
功率蹬车，人的输出功率P=180W， 从 B 运动到 C 所用时间 t =25s， 到达 C 点时速度恰好达到最大。车在
水平路面上行驶时受到阻力恒为总重力的 0.05 倍，运动过程可将人和车视为质点，重力加速度
，求∶
（1） A 到B 过程中车克服阻力做的功；
（2）车的最大速度vm；
（3）B、C 之间的距离s。
【答案】（1）270J；（2）6m/s；（3）130m
【详解】（1） 由动能定理，A 到B 过程中车克服阻力做的功
（2）达到最大速度时牵引力等于阻力，则根据P=Fvm=fvm
则车的最大速度
（3）从B 到C 由动能定理
解得s=130m
【变式训练9-7】如图，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】（1）a1=2g，a2=3g；（2）
；（3）
【详解】
（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f，由牛顿运动定律有
Ma1=Mg+f ①
ma2= f– 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
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
v0–a1t1= –v0+a2t1 ⑤
联立③④⑤式得
⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得
⑦
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
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
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得
⑪
（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 ⑫
联立
式并代入题给数据得
⑪⑫
⑬
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
⑭
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 ⑮
联立
式，
⑪⑬⑭⑮
L 应满足条件为
⑯
题型10： 动能定理求曲线运动问题
【典型例题1】如图所示，一质量为
的质点在半径为
的半球形容器中（容器固定）由静止开始自边缘上的A 点
滑下，到达最低点
时，它对容器的正压力为
。重力加速度为
，则质点自A 滑到
的过程中，摩擦力所做的
功为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】设在B 点的速度为，由牛顿第二定律，有
则质点在B 点的动能为
质点从A 滑到B 的过程中，由动能定理得
解得
故选C。
【典型例题2】如图，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( )
5-2-1
A． a＝2(mgR−W )
mR
B． a＝2mgR−W
mR
C． N＝3mgR -2W
R
D． N＝2(mgR−W )
R
【答案】AC
【解析】质点P 下滑的过程，由动能定理得mgR−W = 1
2 m v
2，可得v = ❑√
2(mgR−W )
mR
；在最低点，质点P 的
向心加速度a= v
2
R = 2(mgR−W )
mR
；根据牛顿第二定律得N −mg=m v
2
R
,解得N = 3mgR−2W
R
；故A、B、C 正
确，D 错误．故选ABC．
【典型例题3】（多选）如图所示，一根长为3L 的光滑轻杆一端用铰链固定于地面上的O 点，另一端固定一质量
为m 的小球A，轻杆紧贴着边长为L、质量为m 的光滑小立方体方块B，开始时轻杆处于竖直状态，受到轻微扰动
后，轻杆开始顺时针转动，推动方块B 沿地面向右滑至图示虚线位置（此时杆与地面的夹角
）时，设小球A
的速度和方块B 的速度分别为vA、vB，已知重力加速度为g，则（ ）
A．
B．
C．此时小球A 的速度大小为
D．轻杆从开始转动到此时对方块B 所做的功为
【答案】AD
【解析】AB．A 和B 速度关系满足
得出
A 正确，B 错误；
CD．对于A、B 组成的系统，机械能守恒，但是小球A 机械能不守恒；对系统由机械能守恒得
联立上式解得
，
对B 分析，由动能定理得，轻杆从开始转动到此时对方块B 所做的功为
C 错误，D 正确。故选
AD。
【典型例题4】如图所示是一款固定在竖直平面内的游戏装置。半径R1＝0.25m 的半圆型细管轨道AB 与半径R2＝
0.15m 的半圆形内轨道BC 在B 点平滑连接，圆心分别为O1和O2，直径AB 和BC 处于竖直方向。倾角α＝37°的足
够长直轨道CD 与轨道BC 在C 点用一小段圆弧轨道平滑连接，C 点位于水平地面。在水平地面上可左右移动的P
点能够斜向上发射质量m＝0.15kg 的小滑块（可视为质点），而且要求小滑块恰好以水平速度从A 点进入细管轨
道。已知轨道AB 和轨道BC 均光滑，小滑块与轨道CD 间的动摩擦因数μ＝0.25，忽略空气阻力，不计细管管口直
径，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若小滑块刚进入A 点时与细管内壁无挤压求小滑块第一次运动到内轨道BC 的B 点时受到轨道弹力的大小；
（2）若小滑块从A 点进入细管后最终还能从A 点飞出，求发射点P 到C 点的距离需要满足的条件；
（3）通过计算说明小滑块从A 点进入细管后能通过B 点的最多次数。
【解答】解：（1）设小滑块在A 点与细管内壁恰好无挤压时的速度为v1，根据向心力公式有：mg= m v1
2
R1
设小滑块在B 点的速度为v2，从A 点到B 点的过程中，根据动能定理有：mg•2R= 1
2 mv2
2−1
2 mv1
2
设小滑块运动到BC 轨道的B 点时受到轨道的弹力大小为F，根据向心力公式有：mg+F= m v2
2
R2
联立解得：F＝11N 方向竖直向上
（2）若小滑块从斜面返回到A 点时速度为零，设小滑块在斜面上滑行距离为L1，根据动能定理：
mg（L1•sinα﹣2R1﹣2R2）﹣μmgcosα•L1＝0﹣0
解得：L1＝2m
设小滑块从A 点进入时速度为v3，返回到A 点时速度为零，根据能量关系：1
2 mv3
2=2μmgcosα•L1
解得：v3＝4m/s
从P 到A 的过程中，设小滑块运动时间为t，水平距离为x0，根据平抛运动的规律有：2R1+2R2= 1
2 gt
2、x0＝v3t
解得：x0＝16m
故抛出点O 到C 点的距离应满足：x＞1.6m
（3）设小滑块恰好能经过B 点的速度为v4，根据向心力公式有：mg= mv4
2
R2
设小滑块C 点最小速度为v5，好能经过B 点，从C 到B 过程中，根据动能定理：﹣mg•2R2= 1
2 m v4
2−1
2 m v5
2
解得：v5= ❑√7.5m/ s
由于当vA＞4m/s 时，小滑块将从A 点飞出细管，经过B 点仅有2 次。
当小滑块进入A 点速度vA＝4m/s 时，设小滑块在C 点的最大速度为v6，从A 到C 的过程中，根据动能定理：
mg（2R1+2R2）= 1
2 m v6
2−1
2 m v A
2
解得：v6= ❑√32m/ s
设小滑块在C 点时速度为vC1，沿斜面向上滑行为L，从C 到斜面最高点，根据动能定理：﹣mg•Lsinα﹣
μmgcosα•L＝0−1
2 m vC 1
2
设小滑块从斜面最高点返回到C 点时速度为vC2，从斜面最高点到C 点，根据动能定理：mg•Lsinα﹣μmgcosα•L
= 1
2 m vC 2
2 =0
解得：vC2=
❑√2
2
vC1
小滑块能经过B 点的条件为：vC≥v5，即：(
❑√2
2 )
nv6
❑≥v5故n 的最大值为2
即小滑块要经过B 点，其在斜面上最多往返2 次，所以，小滑块最多经过B 点5 次。
答：（1）若小滑块刚进入A 点时与细管内壁无挤压，则小滑块第一次运动到内轨道BC 的B 点时受到轨道弹力
的大小为11N；
（2）若小滑块从A 点进入细管后最终还能从A 点飞出，则发射点P 到C 点的距离需要满足的条件x＞16m；
（3）通过计算说明小滑块从A 点进入细管后能通过B 点的最多次数为5。
【变式训练10-1】如图所示，将一用细线悬在O 点的小球（可视为质点）拉到A 点后释放，小球在竖直平面内的
A、C 之间来回摆动；在O 点接有一力传感器（未画出），当小球在A 点时细线对小球的拉力大小为F1，当小球在
B 点时细线对小球的拉力大小为F2，已知B 点为运动过程中的最低点，小球质量为m，不计空气阻力，则当地重力
加速度g 的大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】当小球在最高点A 时速度为0，沿细线方向有
则可得
当小球到达最低点B 时，由动能定理有
由牛顿第二定律有
联立两式解得
【变式训练10-2】如图，2022 年北京冬奥会上自由式滑雪U 型池半圆半径为
，质量为
的运动员从距池边高为
处自由下落，由左侧上边缘
点进入池中，到达最低点
的速度大小为，从右侧
点飞出后上升的最大高度为
，重力加速度为
，下列说法正确的是（ ）
A．此过程中，运动员克服摩擦力和空气阻力的功为
B．运动员第一次滑到
点时，对轨道的压力大小为
C．运动员第一次滑到
点时，重力的瞬时功率为
D．若
，则运动员又恰好能从右侧返回轨道左侧边缘
点
【答案】AB
【解析】A．此过程中，由动能定理
运动员克服摩擦力和空气阻力的功为
A 正确；
B．运动员第一次滑到
点时，由牛顿第二定律
由牛顿第三定律，对轨道的压力大小为
B 正确；
C．运动员第一次滑到
点时，重力的瞬时功率为
C 错误；
D．若
，设运动员又恰好能从右侧返回轨道左侧边缘
点，则
可得全程克服摩擦力和空气阻力的功为
而实际由于存在摩擦力和空气阻力，返回过程中，同位置速度将变小，摩擦力变小，所以
即运动员回到A 点速度不为零，D 错误。故选AB。
【变式训练10-3】如图所示，质量为M 的内壁光滑的半圆槽置于粗糙水平面上，质量为m 的小球从半圆槽轨道的
左端与圆心等高处静止释放，小球运动过程中半圆槽始终保持静止状态。AB 是平行水平地面的圆弧直径，小球与
圆心O 连线跟OA 间的夹角为
，重力加速度为g，小球向下运动时，在
的范围内，下列说法中正确的
是（ ）
A．当
时，半圆槽受到的摩擦力最大
B．当
时，半圆槽受到的摩擦力最大
C．当
时，半圆槽对地面的压力N 小于
D．当
时，半圆槽对地面的压力N 等于
【答案】BD
【详解】AB．小球在某位置的速度，有
对小球受力分析有
解得小球所受支持力为
根据牛顿第三定律可知，小球对半圆槽的压力
因为半圆槽始终静止，所以半圆槽所受合力为零，即水平方向
所以当
时，半圆槽受到的摩擦力最大，故A 错误，B 正确；
CD．对半圆槽受力分析，设地面对半圆槽的支持力为
竖直方向有
整理有
当
时，有
根据牛顿第三定律有
故C 错误，D 正确。故选BD。
【变式训练10-4】如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其
中倾斜直轨AB 与水平直轨CD 长均为
，圆弧形轨道APD 和BQC 均光滑，BQC 的半径为
，APD 的半
径为
，AB、CD 与两圆弧形轨道相切，O2A、O1B 与竖直方向的夹角均为
。现有一质量为
的
小球穿在滑轨上，以
的初动能从B 点开始沿AB 向上运动，小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为
，设小
球经过轨道连接处均无能量损失。（
，
，
），求：
（1）要使小球完成一周运动回到B 点，初动能
至少多大？
（2）若以题（1）中求得的最小初动能
从B 点向上运动，求小球第二次到达D 点时的动能；
（3）若以题（1）中求得的最小初动能
从B 点向上运动，求小球在CD 段上运动的总路程。
【答案】（1）30J；（2）12.6J；（3）9.78m
【详解】（1）若要使小球能够通过圆弧APD 的最高点，因为小球是穿在杆上，所以到达最高点时速度可以为0。
由能量守恒得
代入数据解得
假若仅使小球恰好到达B 点，即到达B 点时速度恰好为0，则由能量守恒
代入数据解得
故要使小球完成一周运动能再次回到B 点，至少需要30J 的初动能。
（2）当小球在B 点以
向上运动，再次回到B 点时，小球的动能
，由动能定理
所以
假设小球经过B 点后，还能沿AB 上升x，由动能定理
解得
在AB 杆上，由于
所以小球将再次下滑，在AB 杆上因摩擦产生的热量为
当小球第二次回到D 点时，由能量守恒得
所以
故小球第二次到达D 点时的动能为12.6J。
（3）小球到达D 点后，将沿光滑的圆弧面APB 上升，但到不了最高点，将再次滑回D 点，且
假若要使小球还能够返回B 点，则要求在D 点时具有的动能为
所以小球将无法再次回B 点，而只能在光滑圆弧APD 和BQC 及DC 间作来回往复的运动，最终小球将停在DC 上，
此时小滑在DC 上滑过的总路程为
，由
得
所以
故小球在CD 段上运动的总路程为9.78m。
【变式训练10-5】如图1 是组合玩具实物图，该玩具主要配件有小车、弹射器、三连环、滑跃板及部分直线轨道
等。如图2 为该玩具的轨道结构示意图，其中三连环是三个半径不同圆轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ组成，且轨道连接但不重叠。
其圆心分别为O1、O2、O3，半径分别为R1＝20cm、R2＝15cm、R3＝10cm，OA、AC 为光滑水平轨道，滑跃板CD
为足够长的粗糙倾斜轨道，轨道与水平面夹角θ 可调（0≤θ＜90o）。某次游戏中弹射器将小车自O 点以一定初速
度弹出，小车先后通过圆轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ后冲上滑跃板。小车可视为质点，其质量m＝0.1kg，与滑跃板CD 间动
摩擦因数μ=
❑√3
3
，其它阻力均不计，轨道各部分平滑连接，g 取10m/s2。
（1）求小车通过圆轨道Ⅰ最高点B 的最小速度vB；
（2）改变弹射器对小车的冲量，小车均能通过三连环，求小车通过圆轨道Ⅲ最低点A 时受到轨道的支持力与弹
射器对小车冲量的关系；
（3）若小车恰好能够通过三连环，为确保小车整个运动过程均不脱离轨道，分析滑跃板CD 与水平面间夹角θ
的取值范围。（可用三角函数表示）
【解答】解：（1）若能通过圆轨道O1 最高点，
需满足：mg=m vB
2
R1
解得：vB= ❑√g R1= ❑√2m/ s
（2）若能通过圆轨道O1 最高点，则必能通过三连环。
根据机械能守恒可知小车运动至A 点与被弹出时初速度相同，故有：v A = vO= I
m
小车运动至圆轨道O3 最低点A 时，根据牛顿第二定律有：F N −mg =m v A
2
R3
解得：F N =100 I
2+1( N )
由（1）可得为确保小车通过三连环不脱离轨道，需满足：vB≥❑√2m/ s
根据动能定理有：−2mg R1= 1
2 mvB
2 −1
2 mvO
2
解得：vO≥❑√10m/ s，I ≥
❑√10
10 N ⋅s
故：轨道对小车作用力与弹射器对小车冲量的关系为：F N =100 I
2+1( N )( I ≥
❑√10
10 N ⋅s)
（3）由（1）可得小车恰好通过三连环则有：vB= ❑√2m/ s
①当0≤θ≤30°时，满足mgsinθ≤μmgcosθ，小车冲上滑越板轨道CD 后不再下滑，符合题目要求；
②假设小车自B 点冲上滑越板轨道CD 最大距离为L，根据动能定理有：
2mg R1−mgLsinθ−μmgLcosθ =0−1
2 m vB
2
解得：L=
0.5
sinθ+ μcosθ
在滑越板轨道CD 上往返克服摩擦力做功：W f =2 μmgLcosθ =
1
❑√3tanθ+1
可知θ 增大，Wf 减小
若要不脱离轨道，返回三连环时不能超过圆轨道O3 圆心等高位置，根据动能定理有：
mg(2 R1−R3)−W f =0−1
2 mvB
2
解得：tanθ1=
❑√3
2
故当30°＜θ≤arctan
❑√3
2
时，小车往返运动最终静止于C 点
综上所述当0≤θ≤arctan
❑√3
2
时小车不脱离轨道。
答：（1）小车通过圆轨道Ⅰ最高点B 的最小速度为❑√2m/ s
（2）小车通过圆轨道Ⅲ最低点A 时受到轨道的支持力与弹射器对小车冲量的关系为：
F N =100 I
2+1( N )( I ≥
❑√10
10 N ⋅s)
（3）当0≤θ≤arctan
❑√3
2
时小车不脱离轨道。
【变式训练10-6】如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，
挡板的两端A、B 在桌面边缘，B 与半径为R 的固定光滑圆弧轨道
在同一竖直平面内，过C 点的轨道半径与竖
直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A 点切入挡板内侧，从B 点飞出桌面后，在C 点沿圆弧切线方向
进入轨道
内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为
，重力加速度大小为
g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
（1）小物块到达D 点的速度大小；
（2）B 和D 两点的高度差；
（3）小物块在A 点的初速度大小。
【答案】（1）
；（2）0；（3）
【详解】（1）由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D 点有
解得
（2）由题知，小物块从C 点沿圆弧切线方向进入轨道
内侧，则在C 点有
小物块从C 到D 的过程中，根据动能定理有
则小物块从B 到D 的过程中，根据动能定理有
联立解得
，HBD = 0
（3）小物块从A 到B 的过程中，根据动能定理有
，S = π∙2R，解得
【变式训练10-7】如图所示，在水平匆速 运动的传送带的左端（P 点），轻放—质量为m=1kg 的物块，物块随
传送带运动到A 点后抛出，物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑。B、D 为圆弧的两端
点，其连线水平。己知圆弧半径R=1.0m，圆弧对应的圆心角θ =106
0， 轨道最低点为C，A 点距水平面的高度
h=0.80m.（g 取l0m/s2, sin53°=0.8, cos53°=0.6)求:
（1）物块离开A 点时水平初速度的大小；
（2）物块经过C 点时对轨道压力的大小；
【答案】(1)3m/s (2)43N (3)15J
【解析】（1）物块运动至B 点时，合速度v 的方向与水平速度v0的方向成53°，
有tan53° =gt
v0
，又h= 1
2 gt
2，
联立解得v0=3m/ s；
（2）物块由B 运动至C 的过程中用动能定理可得mgR(1−cos53°)= 1
2 mvC
2 −1
2 mvB
2，
vB=5m/ s，
在C 点有：F −mg=m vC
2
R
联立解得F=43N；
【变式训练10-8】儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的手眼合一能力。某弹珠游戏可简化成
如图所示的竖直平面内ABCDEFG 透明玻璃轨道，其中C 为BCD 轨道的最低点，E 为DEF 管道的最高点，FG 为
动摩擦因数μ＝0.8 的粗糙直轨道，在轨道首端A 和末端G 处均有一反弹膜，弹珠与其碰撞无能量损失。其余管
道和轨道均光滑。各部分轨道在连接处均相切。一质量m＝100g，直径略小于管道内径的弹珠从A 点静止滑下，
沿轨道ABCDEFG 运动并弹回，已知H=0.8m，R=2m，L=0.5m，圆弧轨道BCD 和管道EFG 的圆心角为120°，g
＝10m/s2，求：
(1)弹珠第一次运动到C 点时对轨道的压力；
(2)若给小球提供适当的初速度，可以让小球在通过E 点时对管道内外壁刚好没有压力，求初速度的大小；
(3)若游戏设置9 次通过E 点便获得最高分，求要获得最高分，小球在A 点初速度的范围。
【答案】(1)2.8N，竖直向下；(2)6m/s；(3)
【详解】
(1) A 到C：由动能定理
C 点有
解得
由牛顿第三定律可得，弹珠对轨道的压力大小为2.8N，方向竖直向下；
(2)弹珠刚好在E 点对轨道无压力时
摊主从A 到E，由动能定理可得
解得
(3)当弹珠刚好第八次恰能回到E 点时，
解得
当弹珠刚好第十次回到E 点时
解得
所以要想获得最高分，初速度的范围
。
【变式训练10-9】如图所示，竖直平面内有一光滑圆弧轨道，其半径为R＝0.5 m，平台与轨道的最高点等高。一
质量m＝0.8 kg 的小球(可视为质点)从平台边缘的A 处以v0＝3 m/s 的水平速度射出，恰能沿圆弧轨道上P 点的切
线方向进入轨道内侧，轨道半径OP 与竖直方向的夹角为53°，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度g＝
10 m/s2。
(1)求小球到达P 点时的速度大小vP；
(2)求小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小以及对轨道的压力；
(3)小球沿轨道通过圆弧的最高点Q 时对轨道的内壁还是外壁有弹力，并求出弹力的大小。
答案 (1)5 m/s (2) m/s 54.4 N，方向竖直向下 (3)外壁 6.4 N
解析 (1)平抛运动的水平速度不变，始终为v0，小球恰能沿圆弧轨道上P 点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径
OP 与竖直方向的夹角为53°，说明速度与水平方向夹角为53°，将P 点速度分解，如图所示，
vP＝＝ m/s＝5 m/s；
(2)从抛出到到达圆弧轨道最低点，根据动能定理有mg·2R＝mv12－mv02
解得v1＝ m/s
在最低点根据牛顿第二定律和向心力公式有FN－mg＝m
解得FN＝54.4 N
根据牛顿第三定律有F 压＝FN＝54.4 N，方向竖直向下；
(3)平台与轨道的最高点等高，根据动能定理可知vQ＝v0＝3 m/s
设小球受到向下的弹力F1，根据牛顿第二定律和向心力公式有F1＋mg＝m
解得F1＝6.4 N>0
根据牛顿第三定律知，小球对外壁有弹力，大小为6.4 N。
题型11：探究功与物体速度变化的实验
【典型例题1】某学习小组用图甲所示的实验装置探究匀变速直线运动的物体所受合力与速度的关系。他们在气垫
导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感
器下方悬挂钩码，每次滑块都从A 处由静止释放。
（1）某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则
。
（2）该实验 （选填“需要”或“不需要”）满足滑块和遮光条的总质量远大于钩码和力传感器的总质量。
（3）实验时保持滑块和遮光条的总质量不变，测量A、B 间的距离
并保持不变，改变钩码和力传感器的总质量，
释放滑块使之沿气垫导轨运动，记录传感器的示数
和遮光条通过光电门的时间。则滑块通过光电门时的速度大
小为
（用所测物理量字母表示），某同学作出了
图像，发现图像是过原点的直线，斜率为
，
则滑块和遮光条的总质量为 （用
及所测物理量字母表示）。
【答案】 6.00 不需要
2kL
【详解】（1）[1]由题图可读得
（2）[2]该实验中，滑块所受拉力可通过力传感器直接测量，故不需要满足滑块和遮光条的总质量远大于钩码和力
传感器的总质量。
（3）[3]该实验中，是用平均速度代替瞬时速度，则滑块通过光电门的速度大小为
[4]对滑块的运动，根据动能定理有
变式可得
则
的图像斜率
由此可知滑块和遮光条的总质量
【典型例题2】某同学按照甲图组装的实验探究合外力所做的功与小车动能变化量之间的关系。
先将带有刻度的长木板左端用木块将其适当垫高，将细线的一端固定在长木板左端的挡板上，另一端系在固定在小
车上的力传感器，记下力传感器的示数
，然后剪短细线，用频率为
的频闪相机拍摄，拍摄的照片
如图乙。实验测得小车的质量
。下表为该频闪照片对应的数据。
位置
O
A
B
C
D
E
F
时间
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
位置坐标
0.08
0.32
0.72
1.28
1.99
2.87
3.91
瞬时速度
-
3.20
6.35
7.95
9.60
-
（1）在实验的过程中 （选填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力。
（2）小车在B 点时的瞬时速度
。
（3）小车从A 到E 的过程中合外力所做的功
J，小车动能的变化量
J。（保留三位有效数
字）
（4）在实验误差允许的范围内，合外力所做的功等于动能的变化量。
（5）由于最大静摩擦力大于滑动摩擦力，在该实验中合外力所做功的测量值 （“大于”、“小于”或“等
于”）真实值。
【答案】 不需要 4.80 0.00408 0.00410 小于
【详解】（1）[1]该实验原理是：垫高木板让小车能够在木板上加速运动，然后将小车通过力传感器连接在木板垫
高的一端，此时小车处于平衡状态，且最大静摩擦沿着斜面向上，力传感器的拉力也沿着斜面向上，当将小车释放
后，滑动摩擦力沿着斜面向上，认为滑动摩擦力等于最大静摩擦，由此可认为小车所受合外力即为力传感器的拉力，
因此该实验不需要平衡摩擦力。
（2）[2]根据实验装置及实验原理可知，小车做的是匀变速直线运动，而匀变速直线运动某段位移的平均速度等于
其所用时间中间时刻的瞬时速度，根据题已知频闪照相机的频率为10Hz，则其周期为0.1s，可得
（3）[3]合外力所做的功
[4]小车动能的变化量为
（5）[5]由于最大静摩擦力大于滑动摩擦力，当小车释放后，其所受合力实际将大于力传感器的拉力，即在实验计
算过程中，合外力的值偏小，因此在该实验中合外力所做功的测量值小于真实值。
【变式训练11-1】某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂
上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究合外力做功与小车动能变化的关系。此外还准备了打点
计时器及配套的电源、导线、纸带、小木块等，组装的实验装置如图1 所示。
（1）若要完成该实验，还需要的实验器材有天平、 。
（2）实验开始时，该同学先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，他这样做的目的是 。
（填序号）
A．避免小车在运动过程中发生抖动
B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰
C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动
D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力
（3）实验中所有操作均正确，得到如图2 所示的一条纸带。测得计时点
到起始点
的距离分别为
，已知当地重力加速度为
，打点计时器打点的周期为
。测得钩码的总质量为
，小车的总
质量为
，且
，从打
点到打
点的过程中，合外力对小车做的功
，小车动能变化量
。
（4）以合外力对小车做的功
为纵坐标，小车获得速度的平方
为横坐标，得到如图3 所示的关系图。该图像斜
率的物理意义是 。
【答案】 刻度尺 D
小车质量的一半
【详解】（1）[1]若要完成该实验，还需要的实验器材有天平和刻度尺，分别用来测量钩码和小车的质量以及纸带
点迹长度。
（2）[2]实验开始时，该同学先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，他这样做的目的是在平
衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力。
故选D。
（3）[3]因为M>>m，则可认为钩码的重力近似等于小车的拉力，则从打O 点到打E 点的过程中，合外力对小车
做的功
[4]小车动能变化量
（4）[4]根据动能定理有
则
图像的斜率
即该图像斜率的物理意义是小车质量的一半。
【变式训练11-2】利用如图甲所示的装置可以做多个力学实验。
（1）某同学用此装置测量小车做匀变速直线运动的加速度。用游标卡尺测量遮光条的宽度d，其示数如图乙所示，
则
mm。测出小车静止时遮光条到光电门的距离x，从光电计时器上读出遮光条通过光电
门的时间为t，则小车的加速度为 。（用测量的物理量表示）
（2）若继续用此装置做“探究功与速度变化的关系”的实验，使小车释放点到光电门的距离成倍增加进行多次实
验，每次实验时要求小车都由静止释放。
①如果实验时遮光条通过光电门的时间记为t，通过描点作出图像来反映合力做的功与t 的关系，则下图中符合实
验事实的是 。
②下列实验操作中必要的是
A．调整长木板与水平方向的夹角，在未挂重物时使小车能在长木板上匀速运动
B．必须满足重物的质量远小于小车的质量
C．保持小车（包括遮光条）和重物的质量不变
【答案】 5.50
D C
【详解】（1）[1]由图乙可知，遮光条的宽度为
[2]小车通过光电门的速度为
由运动学公式有
联立解得
（2）①[3]根据题意，由动能定理有
可知
故选D。
②[4]AB。无论重物的质量如何，轨道是否水平，每次拉力大小一定相等，不必计算拉力大小，因此不必满足重物
的质量远小于小车的质量，也不必调整轨道水平，故AB 错误；
C．由于该实验是通过成倍增加位移的方法来进行验证
的关系即可，则需要保证每次小车静止释放和保持
小车（包括遮光条）和重物的质量不变，故C 正确。
故选C。
【变式训练11-3】某探究学习小组的同学们欲探究“做功与物体动能变化的关系”，他们在实验室组装了一套如
图所示的装置。
（1）该学习小组的同学想用砂和砂桶的重力作为滑块受到的合外力。为了实现这个想法，该小组成员提出了以下
实验措施，你认为有效的有 。
A．保持砂和砂桶的质量远大于滑块质量
B．保持砂和砂桶的质量远小于滑块质量
C．保持长木板水平
D．把木板的左端垫起适当的高度以平衡摩擦力
E．调整滑轮的高度使细线与长木板平行
（2）如图为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的B、K 两点来探究恒力做功与动能改变的关系，已知打点计
时器的打点周期为T，重力加速度为g。在本实验中需要测量的物理量有：砂和砂桶的质量m1、滑块的质量m2，
AC 间的距离s1，JL 间的距离s2，BK 之间的距离s。本实验探究结果的表达式为： 。（用测量物理量相应
的字母表示）
【答案】 BDE/BED/DBE/DEB/EDB/EBD
【详解】（1）[1]AB．砂和砂桶的总质量越小，产生的加速度越小，细线拉力越接近砂和砂桶的重力，误差越小，
故A 错误，B 正确；
CD．由于滑块受到长木板的摩擦力作用，因此要把木板的左端垫起适当的高度以平衡摩擦力，故C 错误，D 正确；
E．为了使细线拉力与滑块运动方向平行，需调整滑轮的高度使细线与长木板平行，故E 正确。
故选BDE。
（2）[2]选择B、K 之间的过程研究误差较小，滑块合外力可视为砂和砂桶的重力，做功为
B、K 两处的速度分别为
动能变化为
故探究结果的表达式为
【变式训练11-4】如图甲，是“探究功与速度变化的关系”的实验装置，当质量为
的小车，在1 条橡皮筋
作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为
。
（1）关于该实验，下列说法中正确的是 （填选项序号字母）。
A．必须平衡摩擦力
B．打点计时器可以用干电池供电
C．每次实验，小车必须从同一位置由静止释放
D．可以选用规格不相同的橡皮筋
（2）当用2 条、3 条
完全相同的橡皮筋进行第2 次、第3 次……实验时，由于每次实验中橡皮筋的拉伸长度相
同，因此第2 次、第3 次……实验中，橡皮筋对小车做的功分别为 、 、……，每次实验中小车获得的
最大速度可由打点计时器所打出的纸带求出。
（3）若木板水平放置，小车在两条橡皮筋作用下运动，当小车速度刚达到最大时，关于橡皮筋所处的状态与小车
所在的位置，下列说法正确的是
A．橡皮筋处于原长状态
B．橡皮筋仍处于伸长状态
C．小车在两个铁钉的连线处
D．小车已过两个铁钉的连线
（4）图乙为某次用1 条橡皮筋实验打出的纸带，测得
、
、
、
、
相邻两点间的距离分别为
，
，
，
，则小车获得的最大速度为
。如果用2 条橡皮筋做实验，
那么，在理论上，小车获得的最大动能为
（结果保留两位有效数字）。
【答案】 AC/CA
B
【详解】（1）[1]A．为了保证小车的动能都是橡皮筋做功的结果，必须平衡摩擦力，长木板要适当的倾斜，A 正
确；
B．打点计时器使用的是低压交流电源，B 错误；
C．根据实验原理可知，每次实验，小车必须从同一位置由静止弹出，C 正确；
D．根据实验原理可知，橡皮筋必须是相同的，D 错误。
故选AC。
（2）[2][3]由于采用完全相同的橡皮筋进行实验，且每次实验中橡皮筋的拉伸长度相同，因此第2 次、第3 次、
……实验中，橡皮筋对小车做的功分别为
、
、……。
（3）[4]若木板水平放置，小车在两条橡皮筋作用下运动，当小车速度刚达到最大时，小车所受合外力为零，橡皮
筋弹力等于摩擦力，所以橡皮筋所处的是仍处于伸长状态。
故选B。
（4）[5]要测量最大速度，应该选用点迹均匀的部分。即应选用纸带的C、D、E 部分进行测量，相邻两点之间的时
间间隔为
，所以最大速度为
[6]如果用2 条橡皮筋做实验，那么在理论上，小车获得的最大动能为
一：单选题
1.一质量为2 kg 的物体静止在水平桌面上，在水平拉力F 的作用下，沿水平方向运动2 s 后撤去外力，其vt 图像
如图所示，下列说法正确的是( )
A．在0～2 s 内，合外力做的功为4 J
B．在0～2 s 内，合外力做的功为8 J
C．在0～6 s 内，摩擦力做的功为－8 J
D．在0～6 s 内，摩擦力做的功为－4 J
【答案】A
【解析】在0～2 s 可读出初末速度，由动能定理可得W 合＝mv22－0＝4 J，故A 正确，B 错误。在0～6 s 内由
全程的动能定理：WF＋Wf＝0－0，其中f＝ma2＝2× N＝1 N；对于0～2 s 牛顿第二定律F－f＝ma1，得F＝3
N，而WF＝Fx1＝3×2 J＝6 J，联立得Wf＝－6 J，故C、D 错误。
2．如图所示，将同一个球分先后两次从A 点斜向上抛出，第一次落在B 点，第二次落在C 点，A、C、B 在同一水
平线上，C 为AB 中点，两次上升的最大高度相同，已知第一次抛出的初动能是第二次抛出初动能的2 倍，则第二
次抛出时，初速度与水平方向夹角的正切值为（ ）
A．3
B．2
C．
D．
【答案】D
【详解】两次上升的高度相同，因此两次抛出时，竖直方向的分速度相同，设抛出时竖直方向的分别速度为vy，
两次抛出时水平方向的分速度分别为vx1、vx2，由于运动时间相同，因此有
vx1 = 2vx2
根据题意
解得
设第二次抛出时初速度与水平方向的夹角为θ，则
故选D。
3．图（a）为某景区的蛙口喷泉，两次喷出水的轨迹A、B 如图（b）所示，最大高度相同，轨迹A 的落地点M 恰
好在轨迹B 最高点的正下方，不计空气阻力，对轨迹A、B 说法正确的是（ ）
A．水滴在空中运动的时间不同
B．水滴的初速度大小相等
C．水滴在最高点速度之比1：2
D．水滴落地时动能之比1：4
【答案】C
【详解】A．水滴在空中斜上抛运动，其后半部分做平抛运动，根据
，最大高度相同，后半部分的时间
相同，全程的时间相同，A 错误；
C．后半部分做平抛运动，B 的水平射程是A 的2 倍，所以在最高点B 的速度是A 的2 倍，C 正确；
BD．设A 最高点的速度为vx，落地时速度的竖直分量为vy，A 落地时的速度为
A 落地时的动能为
B 最高点的速度为2vx，落地时速度的竖直分量为vy，B 落地时的速度为
B 落地时的动能为
落地时动能之比不等于1：4；又因为落地时速度的大小等于初速度大小，落地时速度大小不相等，初速度大小也
不相等，BD 错误。故选C。
4．一质量为0.4 kg 的小球以某一初速度水平向右抛出后，随即受到一大小3 N，方向水平向左的恒力，假设小球
抛出时离地足够高，忽略空气阻力，g 取10 m/s2，当小球的动能最小时，速度方向与水平方向的夹角为（ ）
A．30°
B．37°
C．45°
D．53°
【答案】B
【详解】合力方向与速度方向垂直时，小球的动能最小，由题意知重力
竖直向下，而一水平向左的恒力大小为3N，如图
所以合力方向与竖直方向夹角
则
可知当速度方向与水平夹角37°时，小球的动能最小，故B 正确，ACD 错误。
故选B。
5．如图所示，某同学从A 点以水平方向成60°角沿斜向上的方向投出一篮球，篮球正好垂直击中篮板上的B 点，
反弹后下落经过与A 等高的C 点。已知D 点为篮板底下与A 等高的点，且AC=CD，篮球质量为m，被抛出时的速
度大小为v，不计空气阻力，则下列说法不正确的是（ ）
A．篮球与篮板碰撞过程中损失的动能为
B．从A 到B 过程中（不含B 点）篮球的速率均匀变化
C．从A 到B 到C 篮球运动时间之比1：1
D．从A 到B 和从B 到C 篮球速度变化量的绝对值之比1：1
【答案】B
【详解】AC．篮球被抛出时，水平分速度为
竖直分速度为
篮球正好垂直击中篮板上的B 点，说明篮球只有水平方向的速度，此时速度为
；
击中篮板后落回到C 点，根据AC=CD，上抛和下落在竖直方向高度相同，则从A 到B 到C 篮球运动时间相等，故
从篮球反弹后速度变为
，动能变化量为
故AC 正确，不符合题意；
B．从A 到B 过程中，篮球速度均匀变化，而不是速率均匀变化，故B 错误，符合题意；
D．篮球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做加速度为g 的匀变速直线运动，从A 到B 和从B 到C 篮球速度的
变化只是竖直方向分速度的变化，且变化大小相同，所以速度变化量的绝对值之比为1：1，故D 正确，不符合题
意。
故选B。
6．随着人们生活水平的不断提高，人们的健康意识持续增强，越来越多的人参与到网球运动中来。图为某小区的
居民们在简易网球场。某次沿水平场地的轴线ABC 发球接球的示意图。某时刻，网球在A 点正上方的D 点处被水
平击出，网球擦网E 点落地反弹后被对方球员在F 点接住。已知
，
，
。
当地重力加速度取
。网球与地面碰撞反弹的过程中水平方向速度不变，竖直方向速率将减为碰撞前竖直
方向速率的
。网球质量
，不计网球大小、网球与地面作用的时间及空气阻力。对于该过程，下列说法正
确的是（ ）
A．网球被击出时的速度大小为20m/s
B．网球的落地点到C 点的距离为6m
C．对方球员在F 点接球时，网球的速度方向水平向右
D．网球落地反弹过程中损失的动能为
【答案】B
【详解】A．设从D 点到E 点的时间为t1
解得
网球被击出时的速度大小为30m/s，A 错误；
B．设网球从抛出点D 到落地点O 的运动时间为t2
解得
落地点O 到C 点的距离为6m，B 正确；
C．网球落地速度的竖直分量为
弹起的最大高度为
解得
对方球员在F 点接球时，网球的速度向右上方，C 错误；
D．网球落地反弹过程中损失的动能为
D 错误。
故选B。
7．2022 年2 月2 日，在率先开赛的北京冬奥会冰壶混合团体比赛中，中国队以7：6 击败瑞士队取得开门红。在
某次冰壶比赛中，时间
时，球员跪式推动冰壶自本垒圆心由静止向前滑行，
推至前卫线时，放开冰壶使
其自行滑行，
冰壶恰好到达营垒中心并停止运动，整个过程冰壶一直沿直线运动，其位移x 随时间t 变化的
图像如图所示，图像中的
、
两段曲线均为抛物线。已知冰壶的质量为m，对冰壶的整个运动过程，以
下说法不正确的是（ ）
A．
图像中的两段曲线在
时刻相切
B．冰壶的最大速度为
C．时间
的加速度大小是
的加速度的2 倍
D．运动员对冰壶推力所做的功等于冰壶克服摩擦力所做的功
【答案】C
【详解】A．
图像中曲线的割线的斜率表示瞬时速度，瞬时速度同一时刻相同，所以两段曲线在
时刻相
切，A 正确；
C．
，由静止开始，曲线为抛物线，设此时加速度为a1，则有
，末速度为零，逆向看作是初速为零的匀加速直线运动，设这段时间内的加速度a2，则有
解得
，
可得
C 错误；
B．冰壶在t0 时刻速度达到最大，速度
B 正确；
D．全过程根据动能定理
可得
可知运动员对冰壶推力所做的功等于冰壶克服摩擦力所做的功，
D 正确。
本题选不正确项，故选C。
8．如图所示，杂技演员在表演“水流星”，用长为1.6 m 轻绳的一端系一个盛水容器，盛水容器和水的总质量为
0.5 kg，忽略容器的体积，以轻绳的另一端为圆心，在竖直平面内做圆周运动，不计空气阻力， g 取10 m/s2。若
“水流星”通过最高点时的速度大小为4 m/s，则下列说法正确的是（ ）
A．“水流星”通过最高点时，有水从容器中流出
B．“水流星”通过最高点时，绳的拉力及容器底部受到的压力均为零
C．“水流星”通过最高点时处于完全失重状态，不受力的作用
D．“水流星”通过最高点时，绳的拉力大小为5 N
【答案】B
【详解】A．“水流星”恰好能通过最高点时
解得
可知没有水从容器中流出，故A 错误；
B．由A 项分析知“水流星”恰好能通过最高点，由重力提供向心力，绳的拉力及容器底部受到的压力均为零，故
B 正确；
C．由A 项分析知“水流星”通过最高点时加速度为重力加速度，处于完全失重状态，仅受重力作用，故C 错误；
D．“水流星”从最高点至最低点由动能定理可得
在最低点有
解得
故D 错误。
故选B。
9．随着人民生活水平的提高，越来越多的家庭有了汽车，交通安全问题显得尤为重要．如图是某型号汽车刹车时
刹车痕迹（即刹车距离）与刹车前车速的关系图象，v 为车速，s 为刹车痕迹长度．若某次测试中，汽车刹车后运
行距离为20 m 时的车速仍为45 km/h，则刹车前车的初速度为
A．60 km/h
B．75 km/h
C．2.5 km/h
D．105 km/h
【答案】B
【详解】根据动能定理得
，得到
，由图读出，
，刹车时位移是
，
根据
，得
，而
①，
由动能定理得到
②，
所以由①②对比得到
，
代入得
，
解得
，故B 正确，ACD 错误．
故本题答案是B
10．请根据以下资料判断，汽车行驶在高速公路上的安全距离最接近
高速公路最高时
速
路面
动摩擦因数
120km/h
干沥青路面
0.7
驾驶员反应时间
干碎石路面
0.6~0.7
0.3~0.6s
湿沥青路面
0.32~0.4
A．100m
B．200m
C．300m
D．400m
【答案】B
【分析】当汽车在湿沥青路面上行驶时，动摩擦因数最小，刹车时滑行的距离最大，根据运动学求出反应时间内汽
车通过的距离，由动能定理求出刹车后滑行的距离，再求解安全距离最接近的值；
【详解】汽车的最高速度为
，在反应时间内，汽车仍做匀速直线运动，通过的最大距离为：
，在汽车刹车的过程，根据动能定理得：
，解得：
，则总位移大小为
，接近200m，故B 正确，A、C、D 错误；
故选B．
【点睛】关键是一抓住在反应时间内，汽车仍保持原来的运动状态；二要会选择数据，同等条件下，动摩擦因数越
小，汽车滑行的距离越大，根据动摩擦因数最小的情况求解安全距离．
11．如图所示，水平机械臂BC 固定在竖直转轴CD 上，B 处固定一与BC 垂直的光滑水平转轴，轻杆AB 套在转轴
上。轻杆可在竖直面内转动，其下端固定质量为m 的小球，轻杆和机械臂的长度均为L，开始小球静止，缓慢增大
竖直轴转动的角速度，直至杆与竖直方向的夹角为37°，已知
，
，重力加速度为g，则（
）
A．此时小球的角速度大小为
B．此时小球的线速度大小为
C．此过程中杆对小球做的功为
D．此过程中杆对小球做的功为
【答案】C
【详解】AB．当杆与竖直方向成37°时，小球做匀速圆周运动，杆对小球的拉力沿杆方向，合力提供向心力，则有
可得
因为圆周运动半径
根据
可得
选项AB 错误；
CD．设此过程中杆对小球做功为W，由动能定理
解得
选项C 正确，D 错误。
故选C。
12．如图所示，动摩擦因数均为
的高度相同、倾角不同的固定斜面与动摩擦因数为
的水平面均通过一段长度
不计的光滑弧形轨道连接。一个小物块先后从斜面顶端沿A、B 斜面由静止开始下滑，最终小物块都停在水平面上。
要使沿斜面B 滑下的小物块停在更远处，须满足（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设滑块滑行的水平总位移为x，则对A
对B
若要x2>x1 则
故选A。
13．如图，斜面AB 与水平面平滑连接，曲面ADC 与水平面相切于C 点，曲面上D 点的切线与AB 平行，物体与各
接触面间动摩擦因数相同．物体从A 点由静止沿斜面AB 下滑，最终停在水平面上的P 点，若从同一点A 由静止沿
曲面ADC 下滑，下列说法正确的是（ ）
A．物体滑至D 点时受到的支持力与沿AB 下滑过程中受到的支持力相等
B．物体沿曲面ADC 下滑，最终将停在P 点左侧
C．物体沿曲面ADC 下滑的过程中，重力的功率一直都在增大
D．物体沿曲面ADC 下滑到B 点时的动能等于沿斜面AB 下滑到B 点时的动能
【答案】B
【详解】A．在D 点根据牛顿第二定律得
所以
物体滑至D 点时受到的支持力大于沿AB 下滑过程中受到的支持力，A 错误；
C．重力的功率为
物体沿曲面ADC 下滑的过程中，vy先增大后减小，所以重力的功率先增大后减小，C 错误；
BD．物体沿着曲面运动时的压力大，摩擦力大，克服摩擦力的功多，所以物体沿曲面ADC 下滑到B 点时的动能小
于沿斜面AB 下滑到B 点时的动能，物体沿曲面ADC 下滑，最终将停在P 点左侧，B 正确，D 错误。
故选D。
14．一辆质量为m 的汽车在平直的路面上以恒定功率P 匀速行驶，匀速行驶的速度为
，某时刻司机看到路旁减
速标志后，没有踩刹车，而是立即松减油门，发动机功率变为原来的
，保持该功率行驶一段时间t 后，汽车又开
始匀速运动。设汽车受到的阻力恒定不变，在松减油门后的t 时间内汽车前进的距离为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】发动机的功率为P 时，汽车以速度
匀速行驶，阻力为
汽车再次匀速，此时汽车速度大小为
根据动能定理可得
解得
故选D。
15．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机的功率为P，司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率
立即减小一半并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从司机减小油门开始，汽车的速度v
与时间t 的关系如图所示，则在0~t1时间内下列说法正确的是（ ）
A．汽车的牵引力不断减小
B．t=0 时，汽车的加速度大小为
C．汽车行驶的位移为
D．阻力所做的功为
【答案】C
【详解】A．减小油门后，机车的功率保持不变，当速度减小时，根据P=Fv 可知，牵引力增大，故A 错误；
B．汽车以速度v0 匀速行驶时，牵引力等于阻力，即有F=f
发动机的功率为P，由P=Fv0=fv0 得阻力
t=0 时，功率为原来的一半，速度没有变，则
根据牛顿第二定律得
故大小为
，故B 错误；
CD．根据动能定理得
解得阻力做功为
设汽车通过的位移为x，由
，解得
故C 正确，D 错误。
故选C。
16．如图所示的装置，其中
部分为以速度
顺时针匀速转动的传送带，
部分为一半径为
竖直放置的半圆形光滑轨道，直径
恰好竖直，轨道与传送带相切于B 点。先将一质量为
的可视为质点
的小滑块无初速地放在传送带的左端A 点上，设
间距离为L，滑块与传送带间的动摩擦因数为
，
，
为使滑块能过D 点，以下关于
和L 的取值可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】假设滑块恰好经过D 点，由牛顿第二定律可知
解得
从B 到D 过程中，由动能定理得
解得
与传送带速度相同，则物块在到达B 时，已经在摩擦力的作用下加速到了和传送带相同的速度。从A 到B 过程中，
由动能定理得
解得
则滑块能通过D 点时，需要满足的条件
故选D。
17．如图所示，长为
的倾斜传送带与水平面间的夹角为
，在电动机的带动下以
的速率顺时针
转动。现将一质量2kg 的小物块（可视为质点）轻放在传送带的下端B 点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数
，
，则传送带将小物块从B 点传送到A 点的过程中（ ）
A．电动机比空载时多消耗的电能为160J
B．小物块运动到A 点时，重力的瞬时功率大小为100W
C．摩擦力对小物块做的功为75J
D．小物块从B 运动到A 所用的时间为2s
【答案】A
【详解】AD．小物块放到B 点后，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，做匀加速直线运动由牛顿第二定律可得
解得
假设小物块能与传送带达到相同速度，则匀加速直线运动小物块上滑的位移为
由于
则假设成立，小物块匀加速运动的时间为
速度相同后，小物块与传送带一起匀速，小物块匀速运动的时间为
则小物块从B 运动到A 所用的时间为
小物块与传送带的相对位移为
系统因摩擦力产生的热量为
则电动机比空载时多消耗的电能为
故A 正确，D 错误；
B．小物块运动到A 点时，重力的瞬时功率大小为
故B 错误；
C．设摩擦力对小物块做的功为W，根据动能定理可知
解得
故C 错误。
故选A。
18．如图，一个质量为m 的小滑块在高度为h 的斜面顶端由静止释放；滑块与斜面间动摩擦因数恒定，以水平地
面为零势能面。则滑块滑至斜面底端时的动能Ek随斜面倾角θ 变化的关系图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由题知小滑块在高度为h 的斜面顶端由静止释放，则对于小滑块下滑的过程应用动能定理可得
（tanθ ≥ μ）
故当
时，Ek = mgh；随着θ 减小，tanθ 逐渐减小，物块滑到斜面底端的动能逐渐减小，当重力沿斜面方向
的分力小于等于最大静摩擦力时，有mgsinθ ≤ μmgcosθ 解得μ ≥ tanθ
此后继续减小θ，物块都不再下滑，则此后小滑块的动能一直为零。故选A。
19．如图甲所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从弹簧上端静止下落。若以
小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox，小球下落至最低点过程中的a-x 图像如图乙所示
（图中坐标值皆已知），不计空气阻力，重力加速度为g。则（ ）
A．劲度系数
B．弹簧最大弹力
C．小球向下运动过程中最大加速度
D．小球向下运动过程中最大速度
【答案】B
【详解】A．结合图乙可知，小球下落的加速度为零时则有
解得弹簧的劲度系数为
故A
错误；
B．小球向下运动过程中弹簧最大弹力为
故B 正确；
C．小球向下运动过程中最大加速度为
故C 错误
D．设小球向下运动过程中最大速度
，根据动能定理可知
整理可得
结合
图像可知
解得小球向下运动过程中最大速度为
故D 错误；
故选B。
20 如图所示，固定的光滑四分之一圆弧轨道与水平地面相切于B 点。现将小球1 从轨道最高点A 水平向左抛出，
经时间
落到地面，落地时速度大小为
；小球2 从A 点由静止开始沿圆弧轨道下滑，经时间
到达B 点，速度大
小为
。两小球均可视为质点，不计空气阻力。则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】AB．小球1 在竖直方向做自由落体运动
，设小球2 支持力与竖直方向夹角为
，小球2 在竖直
方向根据牛顿第二定律可知
，小球2 做加速度减小的加速运动，且
，高度相等均为R，可
知
，故AB 错误；CD．对小球1 使用动能定理可得
，解得
，对小球2 使
用动能定理可得
，解得
，可知
，故D 正确。
故选D。
21.一半径为R 的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为
、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P
处，另一端系一个小球，小球位于P 点右侧同一水平高度的Q 点时，绳刚好拉直，将小球从Q 点由静止释放，当
与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加速度为g，不计空气阻力）（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】小球下落的高度为h = πR -
R + R =
R
小球下落过程中，根据动能定理有mgh =
mv2
综上有v =
故选A。
22．如图（a）所示，一物块以一定速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f 恒定物块动能Ek
与运动路程s 的关系如图（b）所示，重力加速度大小取
，物块质量m 和所受摩擦力大小f 分别为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】0~10m 内物块上滑，由动能定理得
整理得
结合0~10m 内的图像得，斜率的绝对值
10~20 m 内物块下滑，由动能定理得
整理得
结合10~20 m 内的图像得，斜率
联立解得
故选A。
23．如图，为2022 年北京冬季奥运会自由式滑雪U 型池比赛赛道截面示意图，赛道截面为半径为R、粗糙程度处
处相同的半圆形，直径
水平。总质量为m 的滑雪运动员自A 点上方高度
处由静止开始下落，恰好从A
点切入赛道，运动员滑到赛道最低点C 时，位于C 点的压力传感器显示滑板对赛道的压力为运动员自身重力的4
倍。用W 表示运动员从A 点运动到C 点过程中克服赛道摩擦力所做的功，重力加速度为g，运动员可视为质点，
空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A．
，运动员不能到达B 点
B．
，运动员能到达B 点并冲出赛道，继续上升至某一高度
C．
，运动员恰能到达B 点
D．
，运动员能到达B 点并冲出赛道，继续上升至某一高度
【答案】D
【详解】在最低点有
得运动员在最低点的速度为
从开始运动到最低点的过程中
得
假设运动员能达到B 点。设C 到B 过程中运动员克服摩擦力做的功为
，在B 点的动能为
，则从C 到B 过程
中有
根据能量守恒，可得运动员在轨道CB 上某点的速度比AC 轨道上等高位置的速度小，相应的弹力大小也是轨道
CB 上要小，摩擦力也小，所以运动员在轨道CB 上克服摩擦力所做的功比在AC 轨道上克服摩擦力所做的功要小，
即
，结合上式，可得
即运动员能达到B 点并冲出赛道，继续上升至某一高度。
故选D。
24．质量为1kg 的物体，放置在动摩擦因数为0.2 的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做
的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，重力加速度为10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．x=3m 时速度大小为
B．x=9m 时速度大小为
C．OA 段加速度大小为3m/s2
D．AB 段加速度大小为3m/s2
【答案】C
【详解】A．对于前3m 过程，根据动能定理有
解得
故A 错误；
C．在OA 段过程，根据速度位移公式有2a1x=vA2 结合上述解得a1=3m/s2 故C 正确；
B．对于前9m 过程，根据动能定理有
解得
故B 错误；
D．根据上述可知AB 段初、末速度相等，则有
表明该过程物体所受外力的合力为0，物体做匀速直线运动，则AB 段的加速度为零，故D 错误。
故选C。
二：多选题
1.如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处由静止释放。
某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴
Ox，作出小球所受弹力F 大小随小球下落的位置坐标x 的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。
以下判断正确的是
A．当x=h+x0时，重力势能与弹性势能之和最小
B．最低点的坐标为x=h+2x0
C．小球受到的弹力最大值等于2mg
D．小球动能的最大值为
【答案】AD
【解析】由图象结合小球的运动过程为:先自由落体运动，当与弹簧相接触后，再做加速度减小的加速运动，然后
做加速度增大的减速运动，直到小球速度为零。
A．当x=h+x0 时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由于系统机械能守恒，所以重力势能
与弹性势能之和最小，A 正确；
B．在最低点小球速度为零，从刚释放小球到小球运动到最低点，小球动能变化量为零，重力做的功和弹力做的功
的绝对值相等，即到最低点图中实线与x 轴围成的面积应该与mg 那条虚线与x 轴围成的面积相同，所以最低点应
该在h+2x0 小球的后边，B 错误；
C．由B 知道最低点位置大于
，所以弹力大于2mg， C 错误；
D．当x=h+x0 时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由动能定理可得
，
故D 正确。
2.新能源汽车近几年发展非常迅速，下表是某品牌电动汽车相关参数。请根据相关参数判断以下哪些说法正确：
(假设汽车以30 m/s 匀速行驶时的阻力为车重的0.05 倍，汽车电能转化为有用功的效率为80%，重力加速度g 取
10 m/s2)
指标参
数
整车质量
0～30 m/s 加
最大速度
电池容量
制动最短距离(30
速时间
m/s～0)
数值
2 000 kg
5.0 s
60 m/s
75 kW·h
30 m
A.汽车在0～30 m/s 的加速过程中的平均加速度大小为6 m/s2
B.汽车刹车由30 m/s 减速到0 所用时间最短为1 s
C.当汽车以30 m/s 匀速行驶时，汽车克服阻力做功的功率为75 kW
D.当汽车以30 m/s 匀速行驶时，汽车的续航里程(最大行驶距离)约为216 km
【答案】 AD
【解析】 汽车在0～30 m/s 的加速过程中的平均加速度大小为a＝＝ m/s2＝6 m/s2，选项A 正确；因制动最短距
离为30 m，可知汽车刹车由30 m/s 减速到0 所用时间最短为t＝＝ s＝2 s，选项B 错误；当汽车以30 m/s 匀速行
驶时， 汽车克服阻力做功的功率为P＝fv＝kmgv＝2 000×10×0.05×30 W＝30 kW，选项C 错误；根据80%E＝
P，则当汽车以30 m/s 匀速行驶时，汽车的续航里程(最大行驶距离)约为x＝＝ m＝216 km，选项D 正确。
3.有一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面与物体间的动摩擦因数μ＝0.5，其动能Ek随
离开斜面底端的距离x 变化的图线如图所示，g 取10 m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )
A.斜面的倾角θ＝30° B.物体的质量为m＝0.5 kg
C.斜面与物体间的摩擦力大小Ff＝2 N D.物体在斜面上运动的总时间t＝2 s
【答案】 BC
【解析】 由动能定理F 合x＝ΔEk 知Ek－x 图象的斜率表示合外力，则上升阶段斜率为mgsin θ＋μmgcos θ＝ N
＝5 N，下降阶段斜率为mgsin θ－μmgcos θ＝ N＝1 N，联立得tan θ＝，即θ＝37°，m＝0.5 kg，故A 项错误，
B 项正确；物体与斜面间的摩擦力为Ff＝μmgcos θ＝2 N，故C 项正确；上升阶段由Ek－x 图象的斜率知合力为
F1＝5 N，由F1＝ma1，则a1＝10 m/s2，t1＝，Ek1＝mv＝25 J，联立得t1＝1 s，同理，下降阶段合力为F2＝1
N，由F2＝ma2，则a2＝2 m/s2，t2＝，Ek2＝mv＝5 J，联立得t2＝ s，则t＝t1＋t2＝(1＋)s，故D 项错误。
4.地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关
系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相
同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，( )
A．矿车上升所用的时间之比为4∶5 B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1 D．电机所做的功之比为4∶5
【答案】AC
【解析】根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，v0×2t0＝×v0[2t0＋t′＋(t0＋t′)]，解得t′＝t0，则对于
第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t0∶＝4∶5，A 正确；加速过程中的牵引力最大，且已
知两次加速时的加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，B 错误；由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之
比为2∶1，由功率P＝Fv，得最大功率之比为2∶1，C 正确；两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所
做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功之比为1∶1，D 错误。
5.如图所示，表面光滑的斜面固定在水平地面，顶端安装有定滑轮，小物块A、B 通过绕过定滑轮的绝缘轻绳连
接，轻绳平行于斜面，空间有平行于斜面向下的匀强电场．开始时，带正电的小物块A 在斜面底端，在外力作用
下静止，B 离地面一定高度，撤去外力，B 竖直向下运动．B 不带电，不计滑轮摩擦．则从A 和B 开始运动到B 着
地的过程中( )
A．A 的电势能增加
B．A 和B 系统的机械能守恒
C．A 和B 系统减少的重力势能等于A 增加的电势能
D．轻绳拉力对A 做的功大于A 的电势能增加量和动能增加量之和
【答案】AD
【解析】A.物体A 带正电，所以B 竖直向下的过程中A 沿斜面向上运动，电场力做负功，电势能增大，A 正确
B.因为电场力对A 做负功，电势能增加，而总能量守恒，所以机械能减小，B 错误
C.根据能量守恒定律可知，整个过程系统重力势能减小量一部分转化成了系统的动能，另一部分转化成A 增加的
电势能，C 错误
D.对A 物体应用功能关系，可知轻绳拉力对A 做的功等于A 的电势能增加量和动能增加量以及重力势能的增加量，
D 正确
6.图甲为一直角三角形劈，倾角∠abc=37°，ab 长为2L，p 为ab 的中点，小物块从a 点由静止释放沿ab 滑到b 时
速度恰好为零，小物块与ap、pb 两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2。现将劈顺时针旋转90°(如图乙所
示)，小物块从b 由静止释放，已知sin37°=0.6，c0s37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则
下列说法正确的是
A．图甲中小物块通过ap、pb 段克服摩擦力所做的功之比为l：l
B．μ1+μ2=1.5
C．图乙中小物块可能静止在b 处
D．图乙中小物块滑到a 处时的速度大小为
【答案】BD
【解析】AB 、图甲中小物块在pb 段做减速直线运动，则有
，即有
；通过ap
段克服摩擦力所做的功
，小物块通过pb 段克服摩擦力所做的功
，小物块通过ap、pb 段克服摩擦力所做的功之比为
；小物块从a
点滑到b 过程，根据动能定理可得
，化简为
，故B 正确，A 错误；
C、图乙中在b 处则有
，小物块不可能静止在b 处，故C 错误；
D、图乙中设小物块滑到a 处时的速度大小为
，根据动能定理可得
，解得
，故D 正确；
故选BD。
7．水平粗糙平面上静止两个物块A、B，B 的右侧紧密连接一段光滑圆弧轨道。现给A 施一水平向右大小为8N 的
外力F，作用一段距离后撤去，又经过一段时间后A 与B 发生碰撞，A、B 碰后连接为一个整体沿圆弧面上滑。已
知碰撞过程中能量损失为2J，A、B 可视为质点，
，A、B 与水平面之间的动摩擦因数相同，
，
A、B 初始的距离
，圆弧轨道的半径为40m，物块上滑的过程中未离开圆弧面，π 取3.14，g 取10m/s2，下
列说法正确的是（ ）
A．外力F 作用的距离为4m
B．物块沿圆弧面上滑的高度为0.1m
C．整个过程中因摩擦产生的热量为29J
D．从外力开始作用到最终物块停下，花费的总时间为9.78s
【答案】AD
【详解】A．质量相等的两物体发生完全非弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可知动能损失量为初动能的1/2，故
碰撞前A 的动能为4J，设外力F 作用的距离为
，则根据动能定理
可得外力作用距离为
故A 正确；
B．碰撞后的动能为2J，根据能量守恒有
解得
故B 错误；
C．整个过程中，外力F 做功为
碰撞能量损失为2J，故由能量守恒可知因摩擦产生的热量为30J，故C 错误。
D．碰撞前A 经历了先加速后减速的运动，加速过程中有
，
解得
减速过程有
碰撞前A 的动能为4J，可知
即碰撞前的速度为2m/s，解得
由于上升高度远小于圆弧半径，可等效看作为单摆模型，所经历时间为半个单摆的周期，有
回到水平面上后
为碰撞后的速度1m/s，所以
总时长为
故D 正确。故选AD。
8．将三个木板1、2、3 固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1 与2 底边相
同，2 和3 高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物
块与木板之间的动摩擦因数
均相同。在这三个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．沿着1 和2 下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2 和3 下滑到底端时，物块的速度相同
B．沿着1 下滑到底端时，物块的速度最大
C．物块沿着3 下滑到底端的过程中，产生的热量是最少的
D．物块沿着1 和2 下滑到底端的过程，产生的热量是一样多的
【答案】BD
【详解】AB．设任意一斜面倾角为
，斜面的长度为L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为
Lcosθ 即为斜面底边的长度，设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：
根据图中斜面高度和底边长度可知，滑到底边时速度大小关系为
即沿着1 下滑到底端时，物块的速度最大，故A 错误，B 正确。
CD．摩擦生热等于物块克服摩擦力做功，即
由图可知1 和2 底边相等且小于3 的底边，故摩擦生热关系为
即物块沿着1 和2 下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，物块沿着3 下滑到底端的过程中，产生的热量最多，
故C 错误，D 正确；
故选BD。
9．一质量为M=1.0kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过
（不计子弹穿过物块的时间），如图甲所示。地面观察者记录了物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示，
已知传送带的速度保持不变，g 取
。在这一个过程中下列判断正确的是（ ）
A．传送带的速度大小为2m/s，逆时针转动
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.2
C．传送带对物块做的功为－6J
D．传送带对物块做的功为6J
【答案】AC
【详解】A．由题图乙可判断出物块被子弹击中后先做减速运动，再做匀速运动，但方向不变，说明传送带逆时针
转动，物块最终做匀速运动的速度即为传送带的速度，大小为2m/s，故A 正确；
B．由题图乙可知物块做减速运动的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
解得
故B 错误；
CD．根据动能定理可得传送带对物块做的功
故C 正确，D 错误。故选AC。
9．一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
和
。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
保持不变。不
计空气阻力和摩擦阻力，
。在A 向上运动过程中，则（ ）
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
C．轿厢A 向上的加速度为
寸，配重B 下端的牵引绳上拉力
D．厢体A 从静止开始到上升的高度为5m 时（箱体已处于匀速状态），所用的时间
【答案】BC
【详解】A．电动机输出功率
保持不变，速度增大时，根据
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；
B．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
又
联立解得
故B 正确；
C．当A 向上的加速度为
时，设A、B 之间绳的拉力为
，重物B 下端绳的拉力大小为
；分别分析
A、B，根据牛顿第二定律得
，
联立解得
故C 正确；
D．厢体A 从静止开始到上升的高度为
时，轿厢箱体已处于匀速状态，对A、B 整体，由动能定理得
解得
故D 错误。故选BC。
10．将一小球竖直向上抛出，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。已知小球的质
量为m，最终小球的动能为
，重力加速度为g，若不考虑小球会落地，则小球在整个运动过程中（ ）
A．加速度一直减小至零
B．合外力做功为15E0
C．最高点的加速度为g
D．从最高点下降至原位置所用时间小于
【答案】AC
【详解】A．小球受到的空气阻力与速率成正比，即
上升过程，由牛顿第二定律有
小球做加速度逐渐减小的减速直线运动，到最高点速度减为零，加速度减小为g；小球下降的过程，有
小球做加速度逐渐减小的加速直线运动，当加速度减为零后，小球向下做匀速直线运动，故全程加速度一直减小至
零，故A 正确；
B．根据动能定理
故B 错误；
C．最高点速度为0，根据牛顿第二定律得
，故C 正确；
D．小球上升和下降回到出发点的过程，由逆向思维有
因
，则有
，即从最高点下降至原位置所用时间大于
，故D 错误。
故选AC。
11.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原
长。圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC=h。圆环在C 处获得一竖直向
上的速度v，恰好能回到A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环
A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做功为
C．在C 处，弹簧的弹性势能为
D．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度
【答案】BD。
【解析】下滑过程，A 到B，加速度向下，弹力向上且增大，加速度减小；B 到C，加速度向上，加速度增大，A
错误；下滑A 到C，根据动能定理，
①
上滑，C 到A，根据动能定理：
②
两式联立解得
，B 正确；以上两式联立，还可解得：
即弹性势能：
所以C 错误；下滑，A 到B，有：
上滑，B 到A，有：
比较得
，D 正确。
三、填空题
1．如图甲所示，有一物体由O 点以初速度v0沿水平面向右滑行，物体始终受到一个水平向左的恒力F，已知物体
与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g 取10 m/s2，其动能Ek随离开O 点的距离x 变化的图线如图乙所示，
则物体的质量为 kg，从O 点出发到回到O 点摩擦力做的功为 J。
【答案】 2 -20
【详解】[1]物体向右运动的过程中根据动能定理得
物体向左运动的过程中根据动能定理得
根据图像
解得
[2] 从O 点出发到回到O 点摩擦力做的功为
2．如图甲所示，倾角为
的足够长斜面固定在水平地面上，一质量为
的小物块以一定的初速度从底
端冲上斜面，
过程中物块的动能
与其沿斜面运动距离之间的关系如图乙所示，已知重力加速度
取
。则物块沿斜面上滑的最大距高为
；物块回到斜面底端时的动能
【答案】 4 16
【详解】[1]由动能定理得
解得
到最远点根据动能定理知
解得
[2]全过程由动能定理
解得回到斜面底端时的动能
3．小安同学想测量小物块与薄木板间的动摩擦因数
，手头只有两块这样的木板和一把刻度尺。他设计了如下实
验：
（1）将其中一块木板A 抬起一定角度，一端抵住墙上的O 点，另一端支在水平面P 点，另外一块木板B 放在水平
面上，B 的一端尽量在P 点与A 无缝平滑连接（小物块经过P 点时速率不变），如图所示。
（2）让小物块从木板A 顶端静止滑下，滑上到B 板一段距离后停在Q 点。测量 和 即可
得到小物块与木板间的摩擦因数
，
（用所测物理量表示）。
（3）减小A 抬起的角度，重复（1）（2）中的操作，物块将停在Q 点 （填“左侧”、“右侧”或“Q
点”）。
【答案】 OO1 的高度h O1Q 的长度l
左侧
【详解】（2）[1] OO1 的高度h
[2]O1Q 的长度l
[3] 设A 板与水平方向的夹角为
，设O1P 长度为l1、PQ 长度为l2，则
根据动能定理
整理得
（3）[4]由（2）动能定理得
减小A 抬起的角度，则h 减小，l1 增大，所以l2 减小，物块将停在Q 点左侧。
4．如图，在竖直平面内有一个半径为R 且光滑的四分之一圆弧槽轨道AB，轨道下端B 与水平面BCD 相切，BC 光
滑且长度大于R，C 点右边粗糙程度均匀且足够长。现用手捏住一根长为
的匀质细杆的上端，使杆子的下端与A
点等高，然后由静止释放杆子，让杆子保持沿轨道内下滑。不计空气阻力及杆与圆弧轨道的撞击，重力加速度为
g，杆子前端到达C 点时的速度大小为 ；若杆子前端在过C 点后，再滑行s 距离后停下，且s＞R，杆子
与粗糙平面间的动摩擦因数为 。
【答案】
【详解】[1] 杆子前端到达C 点时，根据机械能守恒
可得前端到达C 点时的速度
[2]在没有完全进入粗糙部分时，摩擦力逐渐增加，因此刚好完全进入过程中，克服摩擦力做的功
完全进入粗糙部分后，再克服摩擦力做的功
根据动能定理
整理得
5．如图所示装置由AB、BC、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD 段是光
滑的，水平轨道BC 的长度s＝5 m，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A、D 两点离轨道BC 的高度分别为h1＝4.30
m、h2＝1.35 m．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力
加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则小滑块第一次到达D 点时的速度大小为 m/s；小滑
块最终停止的位置距B 点的距离为 m。
【答案】 3m/s 1.4m
【详解】[1]从A 到D 列动能定理
解得
[2]最终停下时，重力势能全部克服摩擦力做功，有
解得
所以距离B 点的距离为
四、解答题
1．如图所示，有一小物体自平台边缘的A 点以
、仰角（速度与水平方向的夹角）为37°的初速度从平台
边缘的A 点抛出，能够恰好沿固定斜面顶端B 点下滑（A、B 点等高），斜面顶端的高度为
，斜面固定放
置在水平地面上，其底端C 点与水平地面平滑连接，小物体与斜面及水平地面的动摩擦因数相等均为μ，小物体最
终停止在水平地面上的D 点，C 点和D 点的水平距离为3m，不计空气阻力，重力加速度为
，求：
（1）小物体从A 点运动到B 点的时间为多少？
（2）小物体与斜面及水平地面的动摩擦因数μ 为多少？
【答案】（1）
；（2）0.5
【详解】（1）由
及斜抛对称性可得小物体从A 点运动到B 点的时间为
（2）由于斜抛运动的对称性可知，小物体达
点的速度沿斜面向下为
，对小物块从
到
过程由动能
定理有
解得
2．如图甲所示，一小物块放置在水平台面上，在水平推力F 的作用下，物块从坐标原点O 由静止开始沿x 轴运动，
F 与物块的位置坐标x 的关系如图乙所示。物块在
处从平台飞出，同时撤去F，物块恰好由P 点沿其切线方
向进入竖直圆轨道，随后刚好从轨道最高点M 飞出。已知物块质量为0.5kg，物块与水平台面间的动摩擦因数为
0.7，轨道圆心为
，半径为0.5m，MN 为竖直直径，
，重力加速度g 取：
，
，
不计空气阻力。求：
（1）物块飞出平台时的速度大小；
（2）物块在圆轨道上运动时克服摩擦力做的功。
【答案】（1）
；（2）0.5J
【详解】（1）由
与物块的位置坐标
的关系图像面积分析可知当物块运动到
处时
所做的功
设物块运动到
处时的速度为，由动能定理
可得
（2）分析可知物块从平台飞出后做平抛运动，且从
点沿切线方向进入坚直圆轨道，设物块运动到
点时的速度
为
，可得物块在
点的速度
设物块恰好由轨道最高点
飞出时的速度为
，由圆周运动知识
可得
设物块在圆轨道时，克服摩擦力做的功为
，由动能定理
可得
3．如图甲所示，在竖直平面内，倾角为θ 的斜面和半圆形轨道分别在B 点、C 点与光滑水平面相切。质量为m 的
小物块从斜面上A 点由静止开始下滑，恰能通过圆形轨道的最高点D，离开D 后又刚好落在B 点。已知A、B 两点
间沿斜面的距离为，小物块与斜面间的动摩擦因数随到A 点距离变化的图像如图乙所示（其中
），半
圆形轨道的半径为R，重力加速度为g，小物块通过轨道连接处的B、C 点时无机械能损失，忽略空气阻力。求：
（1）小物块第一次到达B 点时，重力的功率P；
（2）小物块沿半圆形轨道运动的过程中，摩擦力对小物块做的功W；
（3）B、C 两点间的距离s。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）对小物块从A 到B 运用动能定理，则
解得
重力的功率为
（2）小物块恰能通过圆形轨道的最高点D，则
沿半圆形轨道运动的过程中，摩擦力对小物块做的功
解得
（3）物体离开D 后又刚好落在B 点，则
解得
4．如图所示，斜坡AB 与倾角
的斜面CD 平滑连接，紧靠
的右侧，并排停放了24 辆平均宽度为
、高
度与
点等高的汽车，相邻汽车间的距离不计。表演时，摩托车从距
高为
的A 点由静止以额定功率开始运
动，
时从
点飞出，恰好能飞越所有汽车。已知摩托车的额定功率为
，运动员与摩托车的总质量为
，取
，
，不计空气阻力，求：
（1）摩托车离开
点时速度的大小；
（2）摩托车在空中最高点时距车顶的高度；
（3）从A 到
，摩托车克服摩擦阻力做的功。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设摩托车离开
点时速度的大小为，从离开
点到恰好通过第24 辆汽车的时间为
，则水平方向
竖直方向
解得
（2）摩托车在空中最高点时距车顶的高为，则
解得
（3）摩托车从A 到
克服摩擦阻力做的功为
，根据动能定理
解得
5.如图所示，用一块长L1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝1.5 m．斜面与水平桌
面的夹角θ 可在0～60°间调节后固定．将质量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μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度取g＝
10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(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μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8)
(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xm.
解析：(1)为使小物块下滑，应有mgsin θ≥μ1mgcos θ ①
θ 满足的条件tan θ≥0.05 ②
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Wf＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1cos θ)③
由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝0 ④
代入数据得μ2＝0.8 ⑤
(3)由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝mv2 ⑥
结合③式并代入数据得v＝1 m/s ⑦
由平抛运动规律得H＝gt2，x1＝vt
解得t＝0.4 s ⑧
x1＝0.4 m ⑨
xm＝x1＋L2＝1.9 m
答案：(1)arctan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m
6.某兴趣小组设计了如图所示的玩具轨道，它由细圆管弯成，固定在竖直平面内。左右两侧的斜直管道PA 与PB 的
倾角、高度、粗糙程度完全相同，管口A、B 两处均用很小的光滑小圆弧管连接(管口处切线竖直)，管口到底端的
高度H1＝0.4m，中间“8”字型光滑细管道的圆半径R＝10cm(圆半径比细管的内径大得多)，并与两斜直管道的底
端平滑连接。一质量m＝0.5kg 的小滑块从管口A 的正上方H2＝5m 处自由下落，滑块第一次到达“8”字型管道
顶端时对轨道外侧Q 点的压力大小为F＝455N。此后小滑块经“8”字型和PB 管道运动到B 处竖直向上飞出，然
后又再次落回，如此反复。小滑块视为质点，忽略小滑块进入管口时因碰撞造成的能量损失，不计空气阻力，且取
g＝10m/s2。求：
(1)滑块第一次由A 滑到P 的过程中，克服摩擦力做功；
(2)滑块第一次离开管口B 后上升的高度；
(3)滑块能冲出槽口的次数。
答案：(1)2J (2)4.2m (3)6 次
7.如图所示，从高台边A 点以某速度水平飞出的小物块(可看作质点)，恰能从固定在某位置的光滑圆弧轨道CDM 的
左端C 点沿圆弧切线方向进入轨道。圆弧轨道CDM 的半径R＝0.5 m，O 为圆弧的圆心，D 为圆弧最低点，C、M
在同一水平高度，OC 与水平面夹角为37°，斜面MN 与圆弧轨道CDM 相切于M 点，MN 与水平面夹角为53°，斜
面MN 足够长，已知小物块的质量m＝3 kg，第一次到达D 点时对轨道的压力大小为78 N，与斜面MN 之间的动
摩擦因数μ＝，小球第一次通过C 点后立刻安装一个与C 点相切且与斜面MN 关于OD 对称的固定光滑斜面，取重
力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不考虑小物块运动过程中的转动，求：
(1)小物块平抛运动到C 点时的速度大小；
(2)A 点到C 点的竖直距离；
(3)小物块在斜面MN 上滑行的总路程。
【答案】(1)2 m/s (2)0.128 m (3)1 m
【解析】(1)在D 点，支持力和重力的合力提供向心力，则有FD－mg＝m
解得v＝8(m/s)2
从C 点到D 点，由动能定理有
mgR(1－sin 37°)＝mv－mv
解得vC＝2 m/s。
(2)平抛运动到C 点的竖直分速度
vCy＝vCcos 37°
A 点到C 点的竖直距离y＝
解得y＝0.128 m。
(3)最后物块在CM 之间来回滑动，且到达M 点时速度为零，运用动能定理得
－mgR(1－sin 37°)－μmgcos 53°·s 总＝－mv
代入数据并解得s 总＝1 m。
8.如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为
圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C
点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在
C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求
(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；
(2)小球到达A 点时动量的大小；
(3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间．
【解析】(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C 点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有
＝tan α
①
F2＝(mg)2＋F ②
设小球到达C 点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝m
③
由①②③式和题给数据得
F0＝mg
④
v＝. ⑤
(2)设小球到达A 点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA 于D 点，由几何关系得
DA＝Rsin α
⑥
CD＝R(1＋cos α)
⑦
由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv
⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为
p＝mv1＝.
⑨
(3)小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为
v⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有
v⊥t＋gt2＝CD
⑩
v⊥＝vsin α
⑪
由⑤⑦⑩
式和题给数据得
⑪
t＝ .⑫
9.如图所示，从高台边A 点以某速度水平飞出的小物块(可看作质点)，恰能从固定在某位置的光滑圆弧轨道CDM 的
左端C 点沿圆弧切线方向进入轨道．圆弧轨道CDM 的半径R＝0.5 m，O 为圆弧的圆心，D 为圆弧最低点，C、M
在同一水平高度，OC 与水平面夹角为37°，斜面MN 与圆弧轨道CDM 相切于M 点，MN 与水平面夹角为53°，斜
面MN 足够长，已知小物块的质量m＝3 kg，第一次到达D 点时对轨道的压力大小为78 N，与斜面MN 之间的动
摩擦因数μ＝，小球第一次通过C 点后立刻装一与C 点相切且与斜面MN 关于OD 对称的固定光滑斜面，取重力加
速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不考虑小物块运动过程中的转动，求：
(1)小物块平拋运动到C 点时的速度大小；
(2)A 点到C 点的竖直距离；
(3)小物块在斜面MN 上滑行的总路程．
【解析】(1)在D 点，支持力和重力的合力提供向心力，则有FD－mg＝m，解得v＝8(m/s)2，
从C 点到D 点，由动能定理有
mgR(1－sin 37°)＝mv－mv，
解得vC＝2 m/s.
(2)平拋运动到C 点的竖直分速度vCy＝vCcos 37°，
A 点到C 点的竖直距离y＝，
解得y＝0.128 m.
(3)最后物体在CM 之间来回滑动，且到达M 点时速度为零，对从D 点到M 点过程运用动能定理得
－mgR(1－sin 37°)－μmgs 总cos 53°＝－mv，
代入数据并解得s 总＝1 m.
【答案】 (1)2 m/s (2)0.128 m (3)1 m
10．如图所示，弹簧锁定后所储存的弹性势能
，一个质量m＝1kg 的小物块紧靠弹簧放置。释放后，弹簧
恢复原长时小物块冲上长度l＝6m 的水平传送带。在传送带右侧等高的平台上固定一半径R＝0.5m 的圆轨道
ABCD，A、D 的位置错开，以便小物块绕行一圈后可以通过D 到达E 位置。已知小物块与传送带之间的动摩擦因
数
，其它摩擦均忽略不计，
，求：
（1）小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小；
（2）若传送带以5m/s 的速度顺时针转动，小物块通过圆轨道最高点C 时对轨道的压力大小；
（3）若传送带速度大小、方向皆可任意调节，要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD 传送带转动速度的可
能值。
【答案】（1）
；（2）；（3）若传送带顺时针转动，
或
，若传送带逆时针转动，速
度任意
【详解】（1）设小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小为
，根据题意，由能量守恒可得
记得
（2）小物块冲上传送带后做匀减速运动，设其加速度为
，根据牛顿第二定律有
解得
设物块与传送带共速时的对地位移为
，则由运动学公式可得
代入数据解得
则可知物块与传送带共速后和传送带一起做匀速运动，最终通过圆轨道最高点，设通过圆轨道最高点时的速度为
，
最高点对物块的弹力为
，则由动能定理有
在最高点由牛顿第二定律可得
联立解得
根据牛顿第三定律可知，通过最高点时，物块对最高点的压力为0。
（3）要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD，则有两种情况：
（一）当传送带顺时针转动时
①物块恰能过最高点时，在最高点对轨道无压力，根据（2）中可知，此时传送带的速度为
，即只要传送带的
速度
，滑块就不会脱离圆轨道；
②滑块在传送带上做匀减速运动，与传送带共速，当滑块恰好运动至圆轨道
圆弧处时速度减为零，此种情况下
物块也不会脱离圆轨道，根据动能定理有
解得
即只要传送带的速度满足
，滑块就不会脱离圆轨道。
（二）当传送带逆时针转动时
显然物块在传送带上做减速运动，假设物块在离开传送带时速度为
，由运动学公式可得
解得
通过计算可知，当传送带逆时针转动时，物块始终做匀减速运动，且物块离开传送带时的速度与传送带的转速无关，
可知，若传送带逆时针转动，速度任意。
综上可得：若传送带顺时针转动，
或
；若传送带逆时针转动，速度任意。
11．如图所示，内径很小的细管PMN 竖直固定，PM 段为长为L 内径粗糙的水平直细管。P 端有一竖直弹性挡板，
MN 段为内径光滑半径为R 的
圆弧细管，两段细管在M 处平滑连接。细绳一端连接质量为3m 的滑块A，另一端
跨过滑轮，穿过挡板P 的光滑小孔与质量为m、略小于细管内径的的滑块B 相连，已知滑块B 与PM 段细管间动摩
擦因数为0.5，起初两滑块在外力作用下静止，现同时释放两滑块，重力加速度为g。求：
（1）滑块B 在PM 段向左运动过程中加速度大小a；
（2）滑块B 第一次运动至M 点时速度大小vM；
（3）若滑块B 每次与挡板P 碰撞后均以原速弹回。求整个运动过程中，滑块B 在水平PM 段运动的总路程S。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意，对A、B 整体，由牛顿第二定律有
解得
（2）根据题意可知，滑块B 第一次运动至M 点时，滑块A、B 的速度大小相等，由动能定理有
解得
（3）根据题意可知，由于
则滑块B 最终停在P 处，对整个过程，由动能定理有
解得
12.半径为
的光滑圆环可绕过圆心的竖直轴
转动。质量为
的小球套在圆环上，原长为
的轻质弹簧一端
固定在小球上，另一端固定在圆环顶端
点。整个系统静止时，小球在
点处于平衡且对圆环无压力。重力加速
度为
。
（1）当圆环以角速度
转动时，小球在
点相对圆环静止，
，求弹簧弹力的大小及角速度
；（
（2）利用
图像，证明小球从
点运动到
点的过程中，弹簧弹力
所做的功为
，
其中
和
分别为小球在
和
点处弹簧的伸长量；
（3）圆环开始转动后，小球受轻微扰动离开
，当转速逐渐增大到
时，小球沿圆环缓慢上移到
点并相对圆
环静止。求此过程中圆环作用在小球上的合力做的功。
【答案】（1）
，
；（2）见解析；（3）
【详解】（1）小球在
点处于平衡且对圆环无压力，有
小球在
点相对圆环静止而做匀速圆周运动，弹簧的长度为
由胡克定律有
对小球受力分析，由牛顿第二定律有
联立解得
（2）根据胡克定律
可知，弹力与形变量成正比，如图所示
则弹力的功为图像与横轴围成的面积，有
化简可得
（3）小球沿圆环缓慢上移到
点并相对圆环静止，由动能定理有
解得
13.如图所示是一张常见的团圆餐桌。餐桌上放一半径
可绕中心轴转动的圆盘，近似认为餐桌与圆盘在同
一水平面内，忽略两者之间的间隙，如图所示。将质量为
的物体放置在圆盘边缘，该物体与圆盘的动摩
擦因数为
，与餐桌的动摩擦因数为
，设物体与圆盘及餐桌间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
。
（1）由静止开始缓慢增大圆盘的角速度，求物体从圆盘上刚好甩出时圆盘的角速度和物体速度的大小；
（2）物体从圆盘上刚好甩出时，圆盘对物体的静摩擦力所做的功多大；
（3）为使物体不滑落到地面，餐桌半径R 的最小值。
【答案】（1）
，3m/s；（2）0.9J；（3）2.5m
【详解】（1）由题意可得，当小物体受到最大静摩擦力时，小物体将滑落，此时物体的速度达到最大，由牛顿第
二定律
又
联立得
物体的速度为
，得
（2）设圆盘对物体的静摩擦力所做的功为W，由动能定理
代入得
（3）由题意可得，当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零，对应的餐桌半径取最小值。设物体在餐桌上滑动的位
移为s，由动能定理
得
因为物体从圆盘边缘滑出时沿圆盘的切线方向，结合几何知识可得餐桌半径的最小值为
代入得
14.一篮球质量为
，一运动员使其从距地面高度为
处由静止自由落下，反弹高度为
。若使篮球从距地面
高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高
度也为
。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为
；该篮球每次与地面碰撞前后的动能
的比值不变。重力加速度大小取
，不计空气阻力。求：
（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；
（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
第二次从1.5m 的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得
第二次从1.5m 的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系
代入数据可得
（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得
在拍球时间内运动的位移为
做得功为
联立可得
（
舍去）
