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微专题8 动能定理在多过程中的应用 跟踪练习
基础过关
一．选择题：
1．如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC 两段，且1.5AB＝
BC。小物块P(可视为质点)与AB、BC 两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、
μ2。已知P 由静止开始从A 点释放，恰好能滑动到C 点停下，那么θ、μ1、μ2三
者间应满足的关系是( )
A．tan θ＝ B．tan θ＝
C．tan θ＝2μ1－μ2 D．tan θ＝2μ2－μ1
2．木块在水平恒力F 的作用下，沿水平路面由静止出
发前进了L，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了3L 才停下来，设木块运
动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小Ff和木块所获得的最大动能Ek分别
为( )
A．Ff＝ Ek＝ B．Ff＝ Ek＝FL
C．Ff＝ Ek＝ D．Ff＝ Ek＝
3．如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是
一段与BC 相切的圆弧，BC 是水平的，其长度d＝0.50 m。盆边缘的高度h＝
0.30 m。在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未
画出)。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数μ＝
0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的位置到B 的距离为( )
A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m D．0
4．图中ABCD 是一条长轨道，其中
AB 段是倾角为θ 的斜面，CD 段是水平
的，长为s，BC 段是与AB 段和CD 段都
相切的一小段圆弧，其长度可以忽略不
计。一质量为m 的小滑块在A 点由静止释放，沿轨道滑下，最后停在D 点，A
点和D 点的位置如图所示。现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D 点
回到A 点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块
做的功等于( )
A．mgh B．2mgh
C．μmg(s＋) D．μmg(s＋h cos θ)
二．计算题：
5．如图所示，AB 为平直导轨，长为L，物块与导轨间的动摩擦因数为μ，
BC 为光滑曲面，A 与地面间的高度差为h1，B、C 间高度差为h2。一个质量为
m 的物块在水平恒力作用下，从A 点由静止开始向右运动，到达B 点时撤去恒
力，物块经过C 点后在空中运动一段时间落地，已知重力加速度为g。
(1)若物块落地时动能为E1，求其经过B 点时的动能EkB；
(2)若要物块落地时动能小于E1，求恒力F 必须满足的条件。
6.如图所示，水平轨道BC 的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于B 点，右
端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C 点平滑连接(即物体经过C 点时速度的大
小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2 kg 的滑块从圆弧轨道的顶端A
点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D
点，已知光滑圆轨道的半径R＝0.45 m，水平轨道BC 长为0.4 m，滑块与其间
的动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD 长为0.6 m，g 取10 m/s2。
(1)求整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；
(2)滑块最终停在距B 点多远的位置？
能力提升
一．选择题：
7．(2024·广东深圳模拟)如图所示，一篮球从距地面高H
处由静止下落，与地面作用后再竖直向上弹回，篮球每次与地面作用都会有动
能损失，损失的动能为篮球每次与地面接触前动能的10%。不计空气阻力，篮
球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为( )
A．9H B．15H
C．19H D．21H
8．(2024·安徽安庆模拟)小球由地面竖直向上抛出，上升的最大高度为H，
设所受阻力大小恒定，选地面为参考平面，在上升至离地h 高处，小球的动能
是重力势能的2 倍，到达最高点后再下落至离地高h 处，小球的重力势能是动
能的2 倍，则h 等于( )
A． B． C． D．
9．(2025·黑龙江模拟预测)如图所示，半径为1 m 的四分之三光滑圆轨道竖
直固定在水平地面上，B 点为轨道最低点，A 点与圆心O 等高。质量为1 kg 的
小球(可视为质点)在A 点正上方0.75 m 处由静止释放，下落至A 点时进入圆轨
道，重力加速度g 取10 m/s2，不计空气阻力，则( )
A．小球在B 点的动能为7.5 J
B．小球在A 点受到轨道的弹力大小为10 N
C．小球在轨道上运动的最高点距地面的高度为1.75
m
D．小球离开轨道后将落至轨道B 点
二．计算题：
10.(2023·湖北卷)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CDE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CDE
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。
11.(2025·江西模拟预测)如图所示，曲线轨道AB(足够长)、水平直轨道BC、
竖直圆环轨道CD、水平直轨道CE、竖直半圆形管道EFG 间平滑连接，其中竖
直圆环轨道CD 最低点C 处的入口、出口靠近且相互错开。将一可视为质点、
质量为m＝2 kg 的小滑块P 从曲线轨道AB 上某处由静止释放，其刚好能沿竖直
圆环轨道的内侧通过最高点D。已知水平直轨道BC 长为L1＝0.5 m，其上铺设
了特殊材料，小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ1＝0.4＋0.4x(x 表示BC 上一
点至B 点的距离)，水平直轨道CE 长为L2＝2.0 m，小滑块与轨道CE 间的动摩
擦因数为μ2＝0.1，轨道其余部分的阻力及空气阻力不计。竖直圆环轨道CD 的
半径为R＝0.4 m，竖直半圆形管道EFG 的半径R′可在0.25～0.35 m 间调节，竖
直半圆形管道的内径远小于其半径、且比小滑块尺寸略大，重力加速度g 取10
m/s2，求：(1)小滑块P 释放点的位置高度h；
(2)P 从管道G 点水平抛出后落到水平面上时，其落地点至G 点的最大水平
距离。
培优训练
一．计算题：
12．如图所示，质量m＝1 kg 的小物块从光滑斜面上的A 点由静止下滑，
进入圆心为O、半径为R＝1 m 的光滑圆弧轨道BCD(B 点和D 点等高)。圆弧B
点的切线与斜面重合，DE 为光滑曲线轨道(该轨道与物体以某一速度从E 点平
抛后的运动轨迹重合)，光滑曲线轨道DE 在D 点处的切线与OD 垂直，曲线轨
道的E 端与带有挡板的光滑水平木板平滑连接，轻质弹簧左端固定在挡板上。
已知A 点距斜面底端B 的距离l＝2 m，水平木板距离地面的高度h＝0.45 m，斜
面的倾角θ＝37°。g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求小物块运动到圆弧最低点C 时受到的支持力FN的大小；
(2)要使小物块从D 点沿轨道运动到E 点的过程中对轨道刚好没有压力，求
小物块释放点距B 点的距离d(计算结果保留两位有效数字)；
(3)若斜面不光滑且小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.1，小物块仍从A 点
下滑，求整个过程中小物块沿斜面滑行的总路程s。
参考答案：
1. A 解析 P 由静止开始从A 点释放后受重力、支持力、滑动摩擦力作
用，设斜面AC 长为L，P 由静止开始从A 点释放，恰好能滑动到C 点停下，由
动能定理得mgL sin θ－μ1mg cos θ×L－μ2mg cos θ×L＝0，解得tan θ＝，
A 正确。
2.D 解析 木块运动全过程中，根据动能定理可得FL－Ff·4L＝0－0，可
得Ff＝，木块在撤去恒力时速度最大，则动能最大，根据动能定理可得FL－
FfL＝Ek－0，解得木块所获得的最大动能为Ek＝，故选D。
3. D 解析 设小物块在BC 段通过的总路程为s，由于只有BC 面上存在摩
擦力，其做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得mgh－μmgs＝
0，代入数据可解得s＝3 m。由于d＝0.50 m，所以，小物块在BC 面上经过3
次往复运动后，又回到B 点，故D 项正确。
4. B 解析 滑块由A 点运动至D 点，设克服摩擦力做功为W 克fAD，由动能
定理得mgh－W 克fAD＝0，即W 克fAD＝mgh ①，滑块从D 点回到A 点，由于是
缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为W 克fDA，由动能定理知，
滑块从D 点被推回A 点过程有WF－mgh－W 克fDA＝0 ②，由A 点运动至D 点，
克服摩擦力做的功为W 克fAD＝μmg cos θ·＋μmgs ③，从D 点到A 点的过程克
服摩擦力做的功为W 克fDA＝μmg cos θ·＋μmgs ④，由③④可知W 克fAD＝W 克
fDA⑤，联立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D 错误，B 正确。
5.答案 (1)E1－mgh1 (2) ＜F＜
解析 (1)对物块从B 点到落地的过程，由动能定理有mgh1＝E1－EkB
解得EkB＝E1－mgh1。
(2)对物块从A 点到落地的整个过程，当落地动能为E1时，对应的拉力最
大，设为Fmax，由动能定理有
FmaxL－μmgL＋mgh1＝E1
解得Fmax＝
若物块恰能到达C 点，对应的拉力最小，设为Fmin，根据动能定理有
FminL－μmgL－mgh2＝0
解得Fmin＝
则恒力F 必须满足的条件为
＜F＜。
6.答案 (1)1.4 J (2)0.15 m
解析(1) 滑块第一次到D 点弹簧具有的弹性势能最大，
从A 至D 的过程，根据动能定理可得
mg(R－LCDsin 30°)－μmgsBC＋W 弹＝0
解得W 弹＝－1.4 J
则Ep 弹＝－W 弹＝1.4 J。
(2)由于斜面光滑，滑块到达D 点后又向下运动，经过多次在圆弧轨道与斜
面之间来回运动，最终滑块停在水平轨道BC 上，设整个过程滑块在BC 上的路
程为s，整个过程根据动能定理可得mgR－μmgs＝0
解得s＝2.25 m
由6×0.4 m－2.25 m＝0.15 m，可知滑块最终停在距离B 点0.15 m 处。
7. C 解析 篮球第一次到达地面时所获得的动能为Ek1＝mgH，运动的总
路程为s1＝H，篮球第一次与地面作用后损失的动能为ΔEk1＝10%Ek1＝
0.1mgH，反弹后上升到最高点时的高度为H1＝0.9H，篮球第二次到达地面运动
的总路程为s2＝H＋2H1＝H＋2×0.9H，篮球第二次与地面作用后损失的动能为
ΔEk2＝10%Ek2＝0.1mgH1＝0.1×0.9mgH，反弹后上升到最高点时的高度为H2＝
0.9H1＝0.92H，篮球第三次到达地面时运动的总路程为s3＝H＋2H1＋2H2＝H＋
2×0.9H＋2×0.92H，篮球第n 次到达地面时运动的总路程为sn＝H＋2×0.9H＋
2×0.92H＋…＋2×0.9n-1H，根据等比数列求和公式可得sn＝H＋2×0.9H×，当
n 趋于无穷大时，有sn＝19H，C 正确。
8.D 解析 设小球受到的阻力大小恒为Ff，小球上升至最高点过程，由动
能定理得－mgH － FfH ＝ 0 － mv，小球上升至离地高度h 处时速度设为
v1, 由动能定理得－mgh－Ffh ＝ mv－mv， 又由题意可知mv＝2mgh，小球上
升至最高点后又下降至离地高度h 处时速度设为v2，此过程由动能定理得－
mgh－Ff(2H－h)＝mv－mv，又由题意可知2×mv＝mgh，以上各式联立解得h
＝，故选D。
9.D 解析 小球从释放到最低点，根据动能定理有mg(h＋R)＝EkB，解得
EkB＝17.5 J，故A 错误；小球从释放到A 点，根据动能定理有mgh＝mv，在A
点，根据牛顿第二定律有N＝m，解得N＝15 N，故B 错误；设小球上升过程
中在轨道上的最高点与圆心的连线和竖直方向的夹角为θ，则有mg cos θ＝，
从B 点到轨道上最高点，根据动能定理有－mgR(1＋cos θ)＝mv2－EkB，解得
cos θ＝，则小球在轨道上运动的最高点距地面的高度h＝R(1＋cos θ)＝1.5 m，
故C 错误；假设小球离开轨道后将落至轨道B 点，由C 项分析可知小球脱离轨
道时的速度大小为v＝ m/s，根据斜抛运动的规律可知h＝－v sin θ·t＋gt2，x
＝v cos θ·t，解得x＝ m＝R sin θ，可知小球离开轨道后将落至轨道B 点，故
D 正确。
10.答案 (1) (2) 0 (3)
解析 (1)由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，
则在D 点有m＝mg 解得vD＝。
(2) 由题意知，小物块从C 点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，
则在C 点有cos 60°＝
小物块从C 到D 的过程中，根据动能定理有
－mg(R＋R cos 60°)＝mv－mv
则小物块从B 到D 的过程中，根据动能定理有
mgHBD＝mv－mv
联立解得vB＝，HBD＝0。
(3) 小物块从A 到B 的过程中，根据动能定理有－μmgs＝mv－mv
s＝π·2R
解得vA＝。
11.答案 (1)1.25 m (2) m
解析 (1)小滑块恰好能通过最高点D，则mg＝m
解得vD＝＝2 m/s
从滑块P 的释放点到竖直圆环轨道CD 的最高点D，由动能定理有
mgh－WfBC－mg·2R＝mv
其中WfBC＝fBC·xBC＝mgxBC＝×0.5 J＝5 J
解得h＝1.25 m。
(2)滑块P 由D 点到G 点的过程，由动能定理有
mg·2R－μ2mgL2－mg·2R′＝mv－mv
滑块P 离开G 点后做平抛运动，则有2R′＝gt2 x＝vGt
可得x＝·(m)＝10(m)
当0.16－0.4R′＝0.4R′时，即R′＝0.2 m 时，
水平距离达到极大值，由于0.25 m≤R′≤0.35 m，
当R′＝0.25 m，落地点至G 点的水平距离最大，为xm＝ m。
12.答案 (1)38 N (2)2.1 m (3)15 m
解析 (1)小物块从A→C 过程，根据动能定理得
mg[l sin θ＋R(1－cos θ)]＝mv
在C 点，根据牛顿第二定律得FN－mg＝
解得FN＝38 N。
(2)要使小物块由D 点运动到E 点的过程对轨道没有压力作用，小物块由D
到E 的运动看作平抛运动逆运动，即小物块运动到E 点时的速度为平抛运动的
初速度，根据平抛运动规律，有
tan θ＝ v＝2gh
解得v0＝4 m/s，vy＝3 m/s
则vD＝＝5 m/s
小物块从释放点运动到D 点的过程，根据动能定理有
mgd sin θ＝mv
解得d＝ m≈2.1 m。
(3)整个过程中，对小物块，根据动能定理有mgl sin θ－μmgs cos θ＝0
解得s＝15 m。
