動能定理及其應用

考點一動能定理的理解和基本應用

1.動能

⑴定義：物體由于運動而具有的能量叫作動能.

(2)公式：Ev=^mv2,單位：焦耳(J).lJ=1N?m=1kg-rrP/sz.

(3)動能是標量、狀態(tài)量.

2.動能定理

(1)內(nèi)容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中動能的變化.

(2)表達式：W=AEk=Eg—

(3)物理意義：合力做的功是物體動能變化的量度.

技巧點撥

1.適用條件

(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動.

(2)動能定理既適用于恒力做功，也適用于變力做功.

(3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以分階段作用.

2.解題步驟

確

定運動選擇起動能明確初、

分析

研止位置分析末動能

究

動

對分階段或

力

學

象全過程列

關

和

系動能定理

研

方程求解

究

受

力

過幾個力?恒力做也是否做功？工

分

析

程還是變力？而G功還是負功?

3.注意事項

(I)動能定理中的位移和速設必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物

體為參考系.

(2)當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應用動能定理求解；也可以全過程應用均能定

理求解.

(3)動能是標量，動能定理是標量式，解題時不能分解動能.

例題精練

1.滑雪運動深受人民群眾喜愛.如圖1所示，某滑雪運動員（可視為質(zhì)點）由坡道進入豎直面

內(nèi)的圓弧形滑道A3,從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員

的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中（）

B

圖1

A.所受合外力始終為零

B.所受摩擦力大小不變

C.合外力做功一定為零

D.機械能始終保持不變

答案C

解析運動員從A點滑到3點的過程中速率不變，則運動員做勻速圓周運動，其所受合外力

指向圓心，A錯誤：如圖所示，運動員受到的沿圓弧切線方向的合力為零，即Ff=〃?gsina,

下滑過程中a減小，sina變小，故摩擦力R變小，B錯誤；由動能定理知，運動員勻速率下

滑動能不變，合外力做功為零，C正確；運動員下滑過程中動能不變，重力勢能減小，機械

能減小，D錯誤.

2.如圖2所示為一滑草場.某條滑道由上下兩段高均為近與水平面傾角分別為45。和37。

的滑道組成，載人滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)均為".質(zhì)量為機的載人滑草車從坡頂由靜

止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端（不計載人滑草車在兩

段滑道交接處的能量損失，重力加速度大小為g,sin37c=068§37。=0.8）.則（）

圖2

A.動摩擦因數(shù)4=3

B.載人滑草車最大速度為、臀

C.載人滑草車克服摩擦力做功為〃田〃

D.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為電

答案AB

解析對載人滑草車從坡頂由辭止開始滑到底端的全過程分析，由動能定理可知：〃7g々力一

/zwgcos45°?；—ftnigccs37°?；冬。=°，解得〃=當，選項A正確：對經(jīng)過上段滑道的過

程分析，根據(jù)動能定理有川g〃一〃〃?gcos4501；：5。,解得：51.選項B正確：

載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh,選項C錯誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度為a

〃啰in37。一傳?geos37。3,一…3

=-2------十q------=一薪，故大小為覆，選項D錯供.

考點二應用動能定理求變力做功

在一個有變力做功的過程中，由動能定理，W4：+VV—^/tiv?2,物體初、末速度已知，

恒力做功W但可根據(jù)功的公式求出，這樣就可以得到W堂=%㈤2?-%加J-W恒，就可以求變

力做的功了.

例題精練

3.質(zhì)量為〃?的物體以初速度如沿水平面向左開始運動，起始點A與一輕彈簧。端相距s,

如圖3所示.已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為"，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮

最為x,則從開始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(重力加速度大小

為g)()

圖3

A.產(chǎn)加一+X)

C.fimgsD./〃〃鼠s+x)

答案A

解析根據(jù)功的定義式可如物體克服摩擦力做功為Wf="〃*(s+x),由動能定理可得一W彈一

1%=0一5加，則VV畀=%?研)2—"〃7g(s+工)，故選項A正確.

考點三動能定理與圖象結(jié)合的問題

1.解決圖象問題的基本步驟

(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義.

得W合6=36J,則W令4=卬合6,D項正確.

5.質(zhì)量為2kg的物塊放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運動，物塊的動能

反與其發(fā)生的位移x之間的關系如圖5所示.已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)〃=0.2,重

力加速度g取10mH,則下列說法正確的是（）

圖5

A.x=1in時速度大小為2m/s

B.x=3m時物塊的加速度大小為2.5m/s?

C.在前4m位移過程中拉力對物塊做的功為9J

D.在前4m位移過程中物塊所經(jīng)歷的時間為2.8s

答案D

解析根據(jù)動能定理△反=尸合x可知，物體在兩段運動白分別所受合外力恒定，則物體做加

速度不同的勻加速運動；由題圖圖象可知工=1m時動能為2J,v\=A/5=也m/s,故A

錯誤.同理，當x=2m時動能為4J,V2=2m/s;當_r=4m時動能為9J,%=3m/s,則2?

4m內(nèi)有2a2X2=rJ—解得2?4m內(nèi)物塊的加速度為〃2=L25m/s2,故B錯誤.對物體

運動全過程，由動能定理得：必+（一〃〃期4）=反木一0,解得必、=25J,故C錯誤.0?2m過

程，ZI=77-=2S：2?4m過程，亥=15—=0.8s,故總時間為2s+0.8s=2.8s,D正確.

2

綜合練習

一.選擇題（共10小題）

1.（湖北月考）小球沿如圖所示的光滑彎曲軌道由靜止滑下，軌道的圓環(huán)頂端有一個缺匚AB,

對稱于通過環(huán)體中心的豎直線，已知圓環(huán)的半徑為R,缺口的圓心角/AOB=2a,貝1卜列

說法正確的是（）

A.h取合適的值，小球到達A點的速度可以為零

B.如h=2R,小球滑過軌道最低點時對軌道的壓力等于小球重力的6倍

C.如a=60°,當h=2.5R時，小球可以飛過缺口無碰撞的經(jīng)過B點回到圓環(huán)

D.如果a的大小可以改變，要使小球飛過缺口無碰撞的經(jīng)過B點回到圓環(huán)，h的最小值

為2R

【分析】小球在豎直軌道內(nèi)做圓周運動，如果能夠到達A點，在A點應該有重力指向圓

心的分力提供向心力，可以計算出A點的最小速度；利用動能定理計算小球運動到最低

點時的速度，利用向心力公式計算最低點的壓力；小球離開A點后做斜拋運動，利用斜

拋運動的規(guī)律找到A點速度和釋放點高度的關系，從而計算釋放點的高度。

2

【解答】解：A、假設小球恰能到達A點，因為小球在做圓周運動，則有：gcosa=3-，

1nR

所以小球能夠到達A點的最小速度為：vRgRcos。，不可能為0,故A錯誤；

B、當h=2R時，對小球從靜止釋放到運動到最低點用動能定理：

1o

mg*2R=—mv-0

乙

在最低點時，設軌道對小球的支持力為FN,則有：

2

丫1

FN-mg=m—

由牛頓第三定律可得，小球?qū)壍赖膲毫?

FN'=FN

聯(lián)立可得：FN'=5mg

所以小球在最低點對軌道的壓力是小球重力的5倍，故B錯誤；

C、小球從A點離開軌道后做斜拋運動，根據(jù)斜拋運動的對稱性，如果能夠從B點返回軌

道，一定是無碰撞經(jīng)過B點

設小球離開A點時的速度為VA,為了能夠到達B點，需要滿足：

豎直方向上：VAsin600=gt

水平方向上：VACOS60°X2t=2Rsin60°

聯(lián)立可得：%;同

設釋放點高度為h,從釋放到小球運動到A點用動能定理得:

mg（h-R-Rcos60°）

解得：h=2.5R,故C正確；

D、設小球在A點飛出時的速度為VA,若要從B點返回，則有:

豎直方向上:VAsina=gt

水平方向上：VACOsaX2t=2Rsina

R

聯(lián)立可得：V=Jg

從小球釋放到運動到A點用動能定理口J得：mg（h-R-Rcosa

2/

解得：h=R+Rcosa芍忌

結(jié)合數(shù)學基本不等式的知識可得：h＞（l+&）R,當且僅當cosa=返時等號成立

2

所以h的最小值是（1、傷）R故D錯誤。

故選：Co

【點評】本題以豎直平面的圓周運動為模型考查了圓周運動、動能定理、斜拋運動等知識

點，綜合性較強，計算h的最小值時注意數(shù)學知識的應用。

2.（鹽城期中）如圖甲所示，小滑塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)相等，斜面底端有一小

段不計長度的光滑圓弧與水平面相連接，小滑塊從斜面頂點由靜止向下滑動，最后停在水

平面上的M點。若僅改變斜面的傾角，如圖乙、丙、丁所示，讓同樣的小滑塊從斜面頂

點由靜止釋放，能夠運動到M點的是（）

A.乙、丙B.丙、丁C.乙、丁D.乙、丙、丁

【分析】對滑塊受力分析，根據(jù)矢量的合成法則與動能定理，結(jié)合滑動摩擦力公式，及三

角知識，即可求解。

【解答】解：設斜面的傾角為小滑塊從斜面頂點白靜止向下滑動，最后停在水平面上

的M點，

對小滑塊受力分析，根據(jù)矢量的合成法則，及滑動摩擦力公式，與動能定理，則有：0-0

=|imgxcos6+|imgs=|imgd+|imgs；

依據(jù)圖乙與圖內(nèi)可知，它們的釋放高度相同，水平位移也相同，因此它們也能滑到M點；

而對于圖丁，雖然它們的高度相同，水平位移也相同，但小滑塊處于丁圖時，小滑塊滑動

摩擦力恰好等于重力沿斜面的分力，因此處于靜止狀態(tài)，故A正確，BCD錯誤；

故選：Ao

【點評】考查受力分析的應用，掌握矢量的合成法則與動能定理的內(nèi)容，注意容易錯誤選

取丁圖。

3.（衡水模擬）如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，其中光滑的水平軌道AB與

半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道BC在B點相切，CD為粗糙的水平軌道。質(zhì)量為m的

小球靜止在距B點xo=2R的水平軌道上A點，現(xiàn)對小球施加水平向右的恒力F=mg（g

為重力加速度），小球向右運動，沖出C點后上升到最大高度，最后落到軌道CD上（不

再反彈）。下列說法正確的是（）

A.小球上升的最大高度距軌道CD的距離為R

B.小球在軌道CD上的落點到C點的距離為4R

C.若僅將外力F加倍，則小球上升的最大高度距軌道CD的距離為5R

D.若僅將外力F加倍，則小球落到軌道CD時速度與水平方向的夾角也加倍

【分析】根據(jù)動能定理求解C點速度，離開C點將運動分解為水平方向的勻加速直線運

動和豎直方向的豎直上拋運動，最高點豎直方向速度為零，結(jié)合勻變速直線運動規(guī)律求解。

【解答】解：AB、設到達C點速度為vc,根據(jù)動能定理知：

3FR-mgR=lmv2

解得：vc=2VgF

2

小球上升的最大高度豎直方向速度減為零，即又上升的高度為：h=」e=2R,時間為：ti

2g

=工_=2的，根據(jù)豎直方向運動的對稱性知下落到CD時間為t2=ti

水平方向一直做加速度為g的勻加速運動，水平位移x=^g（2ti）2=8R,故AB錯誤;

C、若僅將外力F加倍，根據(jù)動能定理知：3-2FR-mgR=Amv/知C點速度變?yōu)関'

____/2

c={10gR，h'=------=5R,故C正確；

2g

D、小球落到軌道CD時速度與水平方向的夾角a,則tana=}S=』L,將夕卜力F力II

vvA2aYAt1

倍，水平方向加速度加倍，正切值變?yōu)樵瓉淼墓蔇錯誤。

2

故選：Co

【點評】此題考查動能定理和運動合成與分解和勻變速直線運動規(guī)律，綜合性較強，難度

偏大。

4.（瓊海校級期中）如圖所示，在傾角是30°的光滑斜面上，有一長為1的輕桿，桿的?端

固定著一個小球，質(zhì)量為m。另一端繞垂直于斜面的光滑軸做圓周運動，運動到最高點速

度是FL（）

A.在最高點時，桿對球的作用力為0

B.在最高點時，桿對球的作用力沿桿向上

C.在最高點時，桿對球的作用力沿桿向下，大小是mg

D.在最低點時;桿對球的作用力沿桿向上，大小是;mg

2

【分析】將重力按照作用效果沿平行斜面和垂直斜面方向正交分解,

小球轉(zhuǎn)動過程中，只有重力做功，機械能守恒；

根據(jù)合力提供向心力列式求解；

【解答】解：ABC、將重力按照作用效果沿平行斜面和垂直斜面方向正交分解，在最高點,

重力的下滑分量和桿彈力的合力提供向心力，假設彈力為拉力，有

2

F+mgsin300=m-^—=mg,

代入數(shù)據(jù)計算可得：

F—理，

2

說明桿對球的作用力沿桿向下，大小為三旦，故ABC錯誤；

2

D、設在最低點時速度為根據(jù)動能定理可得：

4-mv2+mS*21sin3O°=］皿，2

設桿對球的作用力為F,則：

/2

F'-mgsin30°=m-^--

代入數(shù)據(jù)計算可得：尸=工肥

2

說明在最低點時，桿對球的作用力沿桿向上，大小是工肥，故D正確。

2

故選：D。

【點評】本題關鍵先將重力按照作用效果正交分解，由于合力提供向心力，然后根據(jù)牛頓

第二定律和功能定理列式求解。

5.（徐州期中）如圖所示，粗糙的固定水平桿上有A、B、C三點，輕質(zhì)彈簧一端固定在B

點正下方的0點，另一端與套在桿A點、質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，此時彈簧處于拉伸狀態(tài)。

圓環(huán)從A處由靜止釋放，向右運動經(jīng)過B點時速度為V、加速度為零，到達C點時速度

為零，下列說法正確的是（）

A.從A到C過程中,圓環(huán)在B點速度最大

B.從A到C過程中，圓環(huán)的加速度先減小后增大

C.從A到B過程中，彈簧對圓環(huán)做的功一定大于2mv2

2

D.從B到C過程中，圓環(huán)克服摩擦力做功等于』mv?

2

【分析】圓環(huán)經(jīng)過B點時加速度為零，所受的滑動摩擦力為零，說明彈簧對圓環(huán)向上的彈

力等于重力，即彈簧處于壓縮狀態(tài)；

在AB之間存在著彈簧為原長的位置。BC之間不一定存在彈簧為原長的位置；

根據(jù)功能關系確定，彈簧彈力和摩擦力做功情況。

【解答】解：AB、圓環(huán)由A點釋放，此時彈簧處于拉伸狀態(tài)，則圓環(huán)加速運動，設AB

之間的D位置為彈簧的原長，則A到D的過程中，彈簧彈力減小，圓環(huán)的加速度逐漸減

小，D到B的過程中，彈簧處于壓縮狀態(tài)，則彈簧彈力增大，圓環(huán)的加速度先增大后減小，

B點時，圓環(huán)合力為零，豎直向上的彈力等于重力，從B到C的過程中，圓環(huán)可能做減

速運動，無論是否存在彈簧原長的位置，圓環(huán)的加速度始終增大，也可能先做加速后做減

速運動，加速度先減小后增大，故B點的速度不一定最大，從A到C過程中，圓環(huán)的加

速度不是先減小后增大，故AB錯誤；

C、從A到B過程中，彈簧對圓環(huán)做的功、摩擦力做負功，根據(jù)功能關系可知，彈簧對圓

環(huán)做功一定大于1mV?,故C正確；

2

D、從B到C過程中，彈簧彈力做功，圓環(huán)克服摩擦力做功，根據(jù)功能關系可知，圓環(huán)克

服摩擦力做功不等于故D錯誤。

2

故選：Co

【點評】本題考查了動能定理、功能關系、牛頓第二定律的綜合知識，解題的關鍵是圓環(huán)

運動狀態(tài)的分析，對于彈簧的形變量，我們只能確定在B點時彈簧壓縮，其他位置我們需

要進行假設討論。

6.（江陰市期中）物體沿曲面從A點無初速度滑卜.，滑至曲面的最低點B時，卜滑的高度為

5m,速度為6m/s,若物體的質(zhì)量為1kg。則下滑過程中物體克服阻力所做的功為，g取

10m/s2,（）

L

A.32JB.18JC.50JD.OJ

【分析】物體對A到B的過程，運用動能定理列式，求出在下滑過程中物體克服阻力所

做的功。

【解答】解：物體從A到B過程，由動能定理得：

mgh-Wf=AmvB2-0

2

解得：Wf=mgh--lmvB=10X5-2X36=32J。

22

故選：Ao

【點評】動能定理既適用于直線運動，又適用于曲線運動，既適用于恒力做功，也適用于

變力做功，這就是動能定理解題的優(yōu)越性。

7.（崇川區(qū)校級學業(yè)考試）物塊先沿軌道1從A點由靜U下滑至底端B點，后沿軌道2從A

點由靜止下滑經(jīng)C點至底端B點，AC=CB,如圖所示。物塊與兩名L道的動摩擦因數(shù)相同，

不考慮物塊在C點處撞擊的能量損失，則在物塊整個下滑過程中（）

A.沿領道1下滑時的位移較小

B.沿軌道2下滑時損失的機械能較少

C.物塊受到的摩擦力相同

D,物塊滑至B點時速度大小相等

【分析】（1）位移是從初位置指向末位置的有向線段:

（2）損失的機械能等于克服摩擦力所做的功;

（3）根據(jù)滑動摩擦力的公式即可求解：

（4）根據(jù)動能定理即可求解。

【解答】解：A.位移是從初位置指向末位置的有向線段，故位移相同，故A錯誤；

B.設AC與水平面的夾角為a,CB與水平面的夾角為0,AB與水平面的夾角為仇如

圖所不E

沿軌道2運動，摩擦力做的功：Wf2=jimgcosa?xAC+gmgcosp,XCB=pmg?XEF+|img?KEB=

|lingeXFB

沿軌道1運動，摩擦力做的功為：Wfi=|imgcos6*XAE=|img*xFB=Wf2

所以兩種情況下?lián)p失的機械能相同；故B錯誤：

C.f=umgcose,在軌道1、2上傾角不同，所以摩擦力不同，故C錯誤：

D.由動能定理工^2二ww得：物塊滑至B點時速度大小相同，故D正確。

21n"G"J

故選：D。

【點評】該題要求同學汩能根據(jù)題目正確求出各個階段摩擦力所做的功，并結(jié)合動能定理

求解，難度適中。

8.（江陰市期中）在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小滑塊停放在質(zhì)量為M、長度為L的靜

止的長木板的最右端，滑塊和木板之間的動摩擦因數(shù)為山現(xiàn)用一個大小為F的恒力作用

在M上，當小滑塊滑到木板的最左端時，滑塊和木板的速度大小分別為vi、V2,滑塊和

木板相對于地面的位移大小分別為si、S2,下列關系式錯誤的是（）

C.nmgL=—1mvr、

2

1210

D.FS2-|imgs2+nmgsi=—Mv2'+—mvr

22

【分析】對滑塊、木板分別受力分析，并分別運用動能定理或功能關系列式分析即可。

【解答】解：AB、對滑塊進行受力分析，滑塊受到重力、支持力和摩擦力,

根據(jù)動能定理有：

pmgs1=—mvJ,故A工確；

2

對木板，由動能定理得

Fsz-nmgs2=-^-Mv22,故B正確。

CD、由上兩式相加可得：FS2-pmgs2+pmgsi=-Mv22+invi2,XS2-si=L,則得：Fs2

22

-pmgL=-lMv22+—mvi2,故C錯誤，D正確；

22

本題選錯誤的，

故選：Co

【點評】本題關鍵是靈活地選擇研究對象進行受力分析，再根據(jù)動能定理列式后分析求解。

要注意對單個物體運用動能定理位移是對地的位移。

9.(湖南期末)如圖所示，質(zhì)量為m的小猴子在蕩秋千，大猴子用水平力F緩慢將秋千拉到

圖示位置后由靜止釋放，此時藤條與豎直方向夾角為。，小猴子到藤條懸點的長度為L,

忽略藤條的質(zhì)量。在此過程中正確的是()

A.緩慢上拉過程中拉力F做的功WF=FLsin6

B.緩慢上拉過程中小猴子重力勢能增加mgLcosG

C.小猴子再次回到最低點時重力的功率為零

D.由靜止釋放到最低點小猴子重力的功率逐漸增大

【分析】緩慢上升過程，小猴受到重力、藤條的拉力T以及水平力F,處于平衡狀態(tài)，根

據(jù)平衡條件可知拉力為變力，故只能用動能定理求解拉力的功；功率用P=Fvcosa判斷，

其中a為重力方向與速度方向的夾角。

【解答】解：A、緩慢上拉過程中，小猴處于平衡狀態(tài)，故拉力是變力，根據(jù)動能定理，

有：W-mgL(1-cos9)=0,故W=mgL(1-cos9),故A錯誤；

B、緩慢上拉過程中小獄子重力勢能增加等于克服重力做功，故為mgL(1-cosB),故B

錯誤；

C、小猴子再次回到最低點時重力方向與速度方向垂直，故重力的瞬時功率為零，故C正

確：

D、剛剛釋放時，速度為零，故重力的功率為零，最低點重力與速度垂直，功率也為零，

故由靜止釋放到最低點小猴子重力的功率先增加后減小，故D錯誤；

故選：C.

【點評】本題考查了平衡條件、動能定理的綜合運用，知道從A到B的過程中，不能通

過功的公式求解拉力做功的大小，需通過動能定理進行求解，難度適中。

10.（晉江市期末）如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R：be是半徑

為R的四分之一的圓弧，與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球。始終受到與重力大小相

等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動，重力加速度大小為小球從a點

開始運動到它運動軌濟最高點的位移大小為（）

NXWWWXXXXN\s

ah

A.3RB.3&RC.5RD.V34R

【分析】根據(jù)動能定理求得小球到達軌道最高點C時的速度，小球離開C點后在豎直方

向做豎直上拋運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，求得小球離開C點到達最

高點時的水平方向位移和豎直方向位移，再根據(jù)幾何關系求得小球的總位移即可。

【解答】解：小球從A點運動到C點過程中由動能定理有：

2

F（2R+R）-mgR=-lmv

2

代入F=mg后解得小球到達C點時的速度v=2VgR

小球從C點運動到最高點D,設小球升高h,則：

在豎直方向有：-mgh=0-工mv?

2

代入v解得h=2R

水平方向有：

mm

2

JVfWx=l.atJLxgX4—=2E*即最高點D在C點上方2R,在C點右方2R處，則D

22g

點距A點水平方向距底x'=2R+R+2R=5R,豎直高度h'=R+h=3R,所以整個過程中

小球的位移S={x，―2+卜/~~（5R）2+（3R產(chǎn)=[34已故ABC錯誤，D正確。

故選：D。

【點評】本題關鍵是能確認小球到達C點時具有豎直和上的速度，離開C到達最高點分

解成水平方向的初速度為零的勻加速直線運動和豎直方向的豎直上拋運動，關鍵是對于運

動合成與分解的靈活運用。

二.多選題（共10小題）

11.（南昌一模）如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定有半徑為R的光滑圓弧軌道ABC,其圓心為

O.B在。的正上方，A、C關干OB對稱,ZAOB=ao一質(zhì)量為m、可看成質(zhì)點的物塊

在A處以初速度vo沿著軌道切線方向向上運動，已知重力加速度為g,下列說法正確的

有（）

B

A.若a=37°,則物塊沿著軌道運動至B時的最大動能為工■mgR

2

B.若a=37°,則物塊沿著軌道運動至B時的最大動能為工mgR

5

C.若a=60°,則只要vo取一合適的值，物塊就能沿軌道到達C處

D.若a—60°,則無論vo取何值，物塊均不能沿軌道到達C處

【分析】3）要使物塊沿著軌道運動至B時的最大，需要物塊在A點有最大速度，即在

A點恰好不脫離軌道（對軌道壓力恰為0）,有向心力公式求出A點速度，在用動能定理

求B點動能，且需要判斷以此動能到達B點是否脫離軌道；

（2）先判斷出從A點以最大速度開始運動能否到達B點，然后再判斷能否從B到達C

點o

【解答】解：AB、若物塊在B點令最大動能，則物塊在A點時畬最大速度，此時由重力

指向圓心的分力提供物體做圓周運動的向心力，即

2

cV0

mgcosO.=m-=-

K

物塊從A點到B點，由動能定理得：

[2

-mgR(l-cosQ-)=EkB--lavg,

代人數(shù)據(jù)解得EkB=*gR

物塊在B點有最大速度時，當支持力恰好為0時，由

2

_.Bmax

mg=m---'

K

VBmax=VgR

動能為黑牛式氣出，故人錯誤，B正確；

CD、當物塊在A點的支持力恰好為()時，有：

2

cV0

mgcosO.=irrr-

K

假設物塊恰好到達B點，則由動能定理得

12

-mgR(l-cosO.)=EkB--IUVQ

代入數(shù)據(jù)解得：=%R<0

KD7D4

即VB無解，則無論vo取何值，都不能到達B點，即物塊均不能沿軌道到達C處，故C

錯誤，D正確。

故選：BDo

【點評】本題考查了豎宜.面內(nèi)的圓周運動與動能定理的綜合運用，解題的關鍵在于知道物

體恰能?沿軌道運動時最大速度，此時物體恰好對軌道無壓力。

12.(楚雄市校級月考)質(zhì)量為1kg的物體在水平粗糙的地面上，在一水平外力F作用下運

動，如圖甲所示，外力F做功和物體克服摩擦力做功與物體位移的關系如圖乙所示，重力

加速度g為lOnVs2.下列分析正確的是()

30

甲

A.s=9m時，物體速度為3m/s

B.物體運動的位移為13.5m

C.前3m運動過程中物體的加速度為3m/s2

D.物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2

【分析】物體所受摩擦力大小為恒力，故乙圖中的下面一條直線為摩擦力做功的圖象，結(jié)

合斜率求出摩擦力大小和外力F大小。

【解答】解：A、根據(jù)W-s圖象的斜率表示力，由圖乙可求物體受到的摩擦力大小為f

=2N,設s=9m時物體的速度為v,

根據(jù)動能定理：W-fs=』mv2,代入數(shù)據(jù)可求v=3&m/s,故A錯誤；

2

B、設物體運動的總位移為x,由乙圖知，拉力的總功為27J,根據(jù)W=fx,解得：x=13.5

m,故B正確；

C、前3m拉力F=5N,根據(jù)牛頓第二定律：F-f=ma,代入得加速度：a=3m/s?,故C

正確；

D、摩擦力f=pmg,解得摩擦因數(shù)：口=0.2,故D正確。

故選：BCD。

【點評】考查動能定理與牛頓第二定律的應用，本題屬于速度圖象類的題目，主要是要理

解斜率的含義，同時運用動能定理過程中，注意力做功的正負。

13.（宿遷期末）如圖甲所示，滑塊沿傾角為a的光滑同定斜面運動，某段時間內(nèi)，與斜面

平行的恒力作用在滑塊上，滑塊的機械能E隨時間t變化的圖線如圖乙所示，其中0?5

t2時刻以后的圖線均平行于t軸,ti-t2的圖線是一條傾斜線段，則下列說法正確的是（）

A.1=0時刻，滑塊運動方向一定沿斜面向上

B.U時刻，滑塊運動方向一定沿斜面向下

C.ti?12時間內(nèi)，滑塊的動能減小

D.12?t3時間內(nèi)，滑塊的加速度為gsina

【分析】根據(jù)機械能守恒的條件結(jié)合E-t圖象進行分析；在恒力F作用的過程中，機械

能隨時間均勻減小，分析E-t圖象的斜率，由斜率的意義得出物體的運動性質(zhì)，分析動

能和勢能的變化情況；機械能守恒的兩個時間段內(nèi)，滑塊只受到重力和支持力，根據(jù)牛頓

第二定律求解滑塊的加速度。

【解答】解：A、根據(jù)E-t圖象知，在0?L時間內(nèi)，機械能不隨時間變化，滑塊沿光

滑斜面運動，受到重力和支持力作用，支持力不做功，只有重力做功，機械能守恒，滑塊

的運動方向無法判斷，故A錯誤。

BC、在M?tc內(nèi)，取極短的時間△，，根據(jù)功能關系W=AE,則E-t圖象的斜率

因為為恒力，斜率恒定，所以滑塊做勻速運動，動能不變，由于機

△L=IA1=FV,F

△tAt

械能減小，所以重力勢能減小.所以在t/寸刻，滑塊的運動方向一定沿斜面向下，故B

正確，C錯誤。

D、在tc?tr時間內(nèi)，滑塊的機械能不隨時間變化，滑塊只受到重力和斜面的支持力，

根據(jù)牛頓第二定律有mgsina=ma,得a=gsina,故D正確。

故選：BD“

【點評】本題考查機械能守恒的條件、牛頓第二定律以及功能關系等知識點，難點是分析

t,?tc時間內(nèi)的運動情況，靈活挖掘E-t圖象的斜率，由斜率的物理意義進行分析，難

度較大。

14.（江蘇月考）如圖所示，足夠長的傳送帶與水平方向的傾角。=30°,質(zhì)量ma=lkg的物

塊a通過平行于傳送帶的輕繩跨過光滑輕質(zhì)定滑輪與物塊b相連，b的質(zhì)量為mb,物塊a

與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)四=返.開始時，a、b及傳送帶均靜止，且物塊a不受傳送

3

帶摩擦力作用，現(xiàn)讓傳送帶以v=lm/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，則物塊a由靜止到與傳送

帶相對靜止的過程中（b未與滑輪相碰），下列說法正確的是（）

A.物塊b的質(zhì)曷mb=0.5kg

B.物塊a沿傳送帶向卜勻加速運動的加速度a=5m/s2

C.物塊a重力勢能的減少量與物塊b重力勢能的增加量相等

D.摩擦力對物塊a做的功等于物塊a動能的增加量

【分析】通過開始時，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用，根據(jù)共點力平衡

得出a、b的質(zhì)量關系。關鍵牛頓第二定律求出加速度；根據(jù)b下降的高度得出a上升的

高度，從而求出a重力勢能的增加量，根據(jù)能量守恒定律判斷摩擦力功與a、b動能以及

機械能的關系。

【解答】解：A、開始時，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用，有：magsin。

=mbg,則：nib=niasinO=0.5kgo故A正確：

B、a向下運動時,設加速度為aa,則有:|imagcosG+niagsin0-T=maaa

對b,b的加速度的大小與a是相等的，則有:T-mbg=mhaa

聯(lián)立可得：&Am/s2?故B錯誤；

a3

C、b上升h,則a下降hsinG,則a重力勢能的減少量為magXhsin8=mbgh.故C正確。

D、根據(jù)功能關系，系統(tǒng)機械能增加等于除重力以外的力做功，所以摩擦力對a做的功等

于a、b機械能的增量，a重力勢能的減少量與物塊b重力勢能的增加量相等，則摩擦力做

功等于a與b動能的增加量，大于a的動能增加。故D錯誤；

故選：AC。

【點評】本題是力與能的綜合題，關鍵對初始位置和末位置正確地受力分析，以及合理選

擇研究的過程和研究的對象，運用能量守恒進行分析。

15.（湖南模擬）如圖所示，左右兩側(cè)水平面等高，A、B為光滑定滑輪，C為光滑動滑輪。

足夠長的輕繩跨過滑輪，右端與小車相連，左端固定在墻壁上，質(zhì)量為m的物塊懸掛在

動滑輪上。從某時刻開始小車向右移動，使物塊以速度vo勻速上升，小車在移動過程中

所受阻力恒定不變。在物塊上升的過程中（未到AB所在的水平面），下列說法正確的是

A.輕繩對小車的拉力增大

B.小車向右做加速運動

C.小車阻力的功率可能不變

D.小車牽引力做的功小于物塊重力勢能的增加量與小車克服阻力做功之和

【分析】對動滑輪和物塊分析，根據(jù)共點力平衡，結(jié)合繩子與豎直方向夾角的變化得出拉

力的變化。對動滑輪的速度進行分解，結(jié)合平行四邊形定則得出沿繩子方向的分速度變化,

從而得出小車速度的變化。根據(jù)小車速度的變化判斷小車阻力功率的變化。根據(jù)能量守恒

分析小車牽引力做功與物塊重力勢能增加量與小車克服阻力做功之和的關系。

【解答】解：A、對動滑輪和物塊分析，受重力和兩人拉力作用，在向上勻速運動的過程

中，繩子拉力與豎直方向的夾角變大，根據(jù)2TcosB=（m+m動）g知，拉力增大，故A正

確。

B、將動滑輪的速度分解為沿兩個繩子方向，如圖，動滑輪向上勻速運動的速度不變，繩

子與豎直方向的夾角變大，可知沿繩子方向的速度變小，即小車的速度變小，小車向右做

減速運動，故B錯誤。

C、小車阻力大小恒定，速度減小，則小車阻力的功率減小，故C錯誤。

D、根據(jù)能量守恒得，小車牽引力做功等于小車克服Hl力做功、物塊重力勢能和小車動能

變化量之和，由于小車動能變化量為負值，可知小車亙引力做的功小于物塊重力勢能的增

加量與小車克服阻力做功之和，故D正確。

故選：AD0

【點評】本題考查了功率、共點力平衡、速度分解和能量守恒的綜合運用，難點在于對動

滑輪速度的分解，知道小車的速度等于沿繩子方向的速度。

16.（簡陽市期末）質(zhì)量為1kg的物體靜止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下

運動，如圖甲所示，外力F和物體克服摩擦力Fr做的功W與物體位移x的關系如圖乙所

示，重力加速度g取10m/s2.下列說法正確的是（）

369101215X/m

甲乙

A.物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為。.5

B.物體在前3m運動過程中的加速度為3m/s?

C.物體運動的最大位移為13m

D.x=9in時，物體的速度為3班m/s

【分析】物體所受的滑動摩擦力大小為恒力，可以知道乙圖中的下面一條直線為物體克服

摩擦力Ff做功的圖象，結(jié)合斜率求出摩擦力大小和外力F大小。由牛頓第二定律求加速

度。根據(jù)動能定理求物體的速度。

【解答】解：A、物體所受的滑動摩擦力大小為恒力，可知乙圖中的下面一條直線為物體

克服摩擦力Ff做功的圖象

由WFf=pmgx

代入得：20=^X1X10X10,解得：n=0.2,故A錯誤；

B、摩擦力大小為Ff=nmg=0.2X10=2N,在前3m的運動過程中，F(xiàn)=V=2^N=5N

x3

根據(jù)牛頓第二定律：F-Ff=ma,解得：a=3m/s2,故B正確；

C、根據(jù)WFf=|imgx=27J,得物體運動的位移為x==—m=13.5m,故C錯誤；

Wmg2

D、x=9m時，根據(jù)動能定理：W-WFf=—mv2；代入數(shù)據(jù)得27-9X2=—X1Xv2

22

得：物體速度v=3&n/s,故D正確。

故選：BD.

【點評】對于圖象類的題目，主要是要理解斜率的含義，橫縱坐標的含義，然后再結(jié)合動

能定理求解。

17.（江津區(qū)模擬）如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的內(nèi)壁光滑的絕緣管做成的圓環(huán)半徑為R,管

的內(nèi)徑遠小于R.ab為該環(huán)的水平直徑，ab及其以下區(qū)域處于水平向左的勻強電場中。

現(xiàn)將質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶正電小球從管中a點由靜止開始釋放，已知小球釋放后，

第一次和第二次經(jīng)過最高點c時對管壁的壓力的大小之比為1：2.則下列說法正確的是

()

A.小球釋放后，勻強電場的電場強度E=?限

16q

B.小球釋放后，第n次經(jīng)過最低點d時對管壁的壓力N'n=18吧§-15啰.

8

C.小球釋放后，第一次到達b點時對管壁的壓力為()

D.小球釋放后，第n次到達最高點c時對管壁的壓力Nn=9n1n21ng

4

【分析】根據(jù)動能定理列得小球第一次和第二次經(jīng)過最高點速度的表達式，再結(jié)合牛頓第

二定律求出場強；根據(jù)動能定理求出小球第n次經(jīng)過最低點的速度，由向心力公式求出壓

力；由動能定理求出第一次到b點速度，再根據(jù)牛頓定律求出壓力；由動能定理求出小球

第n次經(jīng)過最裔點c的速度，再由牛頓第二定律求出壓力。

【解答】解：A、小球第一次經(jīng)過c點時，由動能定理Eq?2R-mgR,mv2，由牛頓第二

2

定律呢_「中=10^；小球第二次經(jīng)過c點時，由動能定理：2Eq-2R-mg?R=5mv2s.

R2cz

2

由牛頓第二定律：咤+FN2二釐，其中FNI：FN2=1：2,聯(lián)立解得￡=篝，故A正

確；

B、小球釋放后，第n次經(jīng)過最低點d時，由動能定理：Eq?(2n-l)R-gR」mv；，由

2

2

牛頓第二定律N'-此=善，解得N，=18nmg+15mg,故B錯誤；

nRn8

C、小球釋放后第一次到達b點時，由動能定理有：Eq*2R=-mVbf由牛頓第二定律：

2

2

Nbl-Eq=m-得，解得：Nbi=詈mg，故C錯誤；

D、小球釋放后，第n次到達最高點c時，由動能定理：Eq?2nR-mgR」mV2，由牛頓

2s

2_

第二定律：mg+Ncn=in^*解得小球?qū)鼙诘膲毫π目?駟町產(chǎn)墾，故D正確：

故選:ADo

【點評】此題是帶電粒子在復合場中運動的問題，關鍵是能