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第2讲　动能和动能定理
1.〔多选〕如图所示的是做匀变速直线运动的质点在0～6 s内的位移—时间图像，则（　　）
A.0～3 s，合外力对质点做正功
B.3～6 s，合外力对质点做负功
C.1～5 s，合外力对质点不做功
D.前5 s内，合外力对质点做负功
2.（2025·江苏常州期末）在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，如图所示，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功为（　　）
A.1 J　　　B.7.5 J　　　C.50 J　　　D.100 J
3.〔多选〕质量为1.0 kg的物体，以某初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示（取g＝10 m/s2），则下列判断正确的是（　　）
A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.30
B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.25
C.物体滑行的总时间是2.0 s
D.物体滑行的总时间是4.0 s
4.如图所示，光滑固定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，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做的功为（　　）
A.mgh－mv2 B.mv2－mgh
C.－mgh D.－
5.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降高度h时的速度为（重力加速度为g，不计空气阻力）（　　）
A.　　B.　　C.　　D.
6.（2025·江苏连云港期末）如图所示，将质量为m的小球从高为h处以初速度v0水平抛出，落地时速度大小为v，方向与水平面成θ角，空气阻力不能忽略，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A.重力对小球做的功为m（v2－）
B.落地时小球重力的功率为mgv
C.合外力对小球做的功为mv2
D.空气阻力对小球做的功为m（v2－）－mgh
7.（2025·浙江嘉兴期末）如图所示，质量为m的物块放在水平转台上，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动。当角速度增至ω时，转台开始做匀速转动，整个过程物块与转台总是保持相对静止，则（　　）
A.在角速度增至ω过程中，物块所受的摩擦力方向总是指向转轴
B.转台匀速转动时，物块所受的摩擦力大小为mωR
C.在角速度增至ω过程中，摩擦力对物块做的功是mω2R2
D.在角速度增至ω过程中，摩擦力对物块做的功是0
8.（2025·北京西城二模）如图所示，长为L的杆一端固定在过O点的水平转轴上，另一端固定质量为m的小球。杆在电动机的驱动下在竖直平面内旋转，带动小球以角速度ω做匀速圆周运动，其中A点为最高点，C点为最低点，B、D两点与O点等高。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A.小球在B、D两点受到杆的作用力大于mg
B.小球在A、C两点受到杆的作用力大小的差值为6mg
C.小球在B、D两点受到杆的作用力大小等于mω2L
D.小球从A点到B点的过程，杆对小球做的功等于mgL
9.如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直径，圆弧半径BO＝3.6 m。质量为m＝4.0 kg的小圆环（可视为质点，小环直径略大于杆的粗细）套在细杆上，在大小为50 N、方向始终沿圆的切线方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰好为0。已知π取3.14，重力加速度g取10 m/s2，在这一过程中摩擦力做功为（　　）
A.66.6 J　B.－66.6 J　C.210.6 J　D.－210.6 J
10.（2025·广西来宾期末）南深高铁南玉段正线全长193.31公里，是广西自主投资的首条时速350公里的高铁，开通运营时南宁至玉林的铁路运输时间缩短至40分钟左右，假设动车启动后沿平直轨道行驶，发动机功率恒定，行车过程中受到的阻力恒为F阻、已知动车质量为m，最高行驶速度为vm，下列说法正确的是（　　）
A.动车启动过程中所受合外力不变
B.动车发动机功率为F阻·vm
C.从启动到达到最大速度过程中，动车平均速度为
D.从启动到达到最大速度过程中，动车牵引力做功为m
11.（2023·湖北高考14题）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两点间的高度差；
（3）小物块在A点的初速度大小。
12.如图甲所示，在水平面上固定一倾角θ＝37°、底端带有挡板的足够长的斜面体，斜面体底端静止一质量m＝1 kg的物块（可视为质点），从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用，物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）物块在上滑过程中的最大速度的大小；（计算结果可保留根式）
（2）物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总路程。
第2讲　动能和动能定理
1.CD　因为题图x-t图像切线的斜率表示速度，可知0～3 s，质点的速度减小，动能减小，根据动能定理得合外力对质点做负功，A错误；3～6 s，质点的速度增加，动能增大，根据动能定理得合外力对质点做正功，B错误；由图像对称性可知，第1 s末和第5 s末的速度大小相同，则1～5 s，动能不变，则根据动能定理得合外力对质点不做功，C正确；前5 s内，质点速度减小，则动能减小，根据动能定理得合外力对质点做负功，D正确。
2.B　假设该同学的身高为h1＝1.8 m，则根据动能定理得W－mg（h－h1）＝mv2，代入数据解得W＝7.5 J，故选B。
3.BD　设物体所受的摩擦力大小为Ff，根据动能定理得－Ffx＝Ek2－Ek1，解得Ff＝2.5 N，则物体与水平面间的动摩擦因数μ＝＝0.25，A错误，B正确；根据动能表达式Ek1＝m，解得v0＝10 m/s，Ff保持不变，则物体做匀减速直线运动，根据x＝t，解得t＝4.0 s，C错误，D正确。
4.A　小球从A到C过程中，由动能定理可得WG＋WF＝0－mv2，WG＝－mgh，解得WF＝mgh－mv2，故选A。
5.B　设小球A下降高度h过程中，小球克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降高度h过程中，由动能定理有3mgh－W1＝·3mv2－0，解得v＝，故B正确。
6.D　根据动能定理有W合＝mv2－m，其中重力做功为WG＝mgh，设空气阻力做功为Wf，则W合＝WG＋Wf，解得Wf＝W合－WG＝mv2－m－mgh，故A、C错误，D正确；落地时小球重力的功率为P＝mgvy＝mgvsin θ，故B错误。
7.C　在角速度增至ω过程中，即物块加速转动，则物块所受的摩擦力方向与速度夹角为锐角，不总是指向转轴，选项A错误；转台匀速转动时，物块所受的摩擦力充当向心力，则摩擦力大小为Ff＝mω2R，选项B错误；根据动能定理，在角速度增至ω过程中，摩擦力对物块做的功是W＝ΔEk＝mv2＝mω2R2，选项C正确，D错误。
8.A　当小球在B、D两点时，杆对小球作用力竖直方向的分力应等于重力，水平方向分力提供向心力，故杆对小球的作用力为F＝＞mg，故A正确，C错误；若小球在最高点，杆对小球的作用力为支持力，则在A点，有mg－FN1＝mω2L，在C点，有FN2－mg＝mω2L，所以FN2－FN1＝2mω2L，若小球在最高点，杆对小球的作用力为拉力，则在A点，有mg＋FN1＝mω2L，在C点，有FN2－mg＝mω2L，所以FN2－FN1＝2mg，故B错误；小球从A点到B点的过程，根据动能定理，可得W＋mgL＝0，解得杆对小球做的功等于W＝－mgL，故D错误。
9.B　小圆环到达B点时对细杆的压力恰好为0，则mg＝m，拉力F沿圆的切线方向，圆环由A到B的过程中，根据动能定理有F·－mgr＋Wf＝mv2，代入数据得这一过程中摩擦力做功为Wf＝－66.6 J，故选B。
10.B　根据P＝Fv，可知动车恒定功率启动过程中，所受合外力逐渐变小，故A错误；动车匀速运动时，牵引力与阻力平衡，具有最大速度，有F＝F阻，联立解得P＝F阻·vm，故B正确；由F－F阻＝ma，可知从启动到达到最大速度过程中，动车做加速度减小的加速运动，v-t图像如图所示，由图可知，与匀加速直线运动相比，其位移较大，根据＝，可知动车平均速度＞，故C错误；根据动能定理可知W－Wf＝m，则从启动到达到最大速度过程中，动车牵引力做功大于m，故D错误。
11.（1）　（2）0　（3）
解析：（1）小物块恰好运动到光滑圆弧轨道的最高点时，有mg＝m ，
解得小物块到达D点的速度大小vD＝。
（2）小物块由C到D的过程，由动能定理有
－mgR（1＋cos 60°）＝m－m，
小物块由B到C做平抛运动，由速度的分解可知，
vB＝vCcos 60°，
设B和D两点的高度差为h，小物块由B到D的过程，由动能定理有
mgh＝m－m，
代入数据解得h＝0。
（3）小物块由A到B的过程，由动能定理有－μmg·π·2R＝m－m，
解得小物块在A点的初速度大小vA＝。
12.（1） m/s　（2）2 m　5 m
解析：（1）物块上滑过程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先做加速运动后做减速运动，则有FN＝mgcos 37°，Ff＝μFN
F－Ff－mgsin 37°＝ma
当加速度为零时，速度最大，此时
F＝Ff＋mgsin 37°＝10 N
由题图乙可得出F＝20－10x
则F＝10 N时，可得x＝1 m
由动能定理可得WF＋Wf＋WG＝m－0
即×1 J－0.5×1×10×0.8×1 J－1×10×0.6×1 J＝m－0，可得vm＝ m/s。
（2）由动能定理可得WF'＋Wf'＋WG'＝0
又WF'＝×2 J＝20 J
则xm＝＝2 m
撤去F后，因为mgsin 37°＞μmgcos 37°，所以物块最后停在斜面体的底端，则有
WF'－μmgscos 37°＝0
解得s＝5 m。
4 / 4第2讲　动能和动能定理
动能
1.定义：物体由于　　　　而具有的能量叫动能。
2.公式：Ek＝　　　　　　　　。
3.单位：　　　　，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
4.物理意义：动能是状态量，是　　　　（选填“矢量”或“标量”）。
动能定理
1.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　　　　　　。
2.表达式：W＝m－m或W＝Ek2－Ek1。
3.物理意义：　　　　　做的功是物体动能变化的量度。
4.适用条件
（1）动能定理既适用于直线运动，也适用于　　　　　　。
（2）既适用于恒力做功，也适用于　　　　　　　　　　。
（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以　　　　　作用。
1.动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能。（　　）
2.一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。（　　）
3.动能不变的物体，一定处于平衡状态。（　　）
4.物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。（　　）
5.物体的动能不变，所受的合外力必定为零。（　　）
1.（人教版必修第二册·第八章第3节“练习与应用”T1改编）改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，下列几种情形中，汽车的动能不变的是（　　）
A.质量不变，速度增大到原来的2倍
B.速度不变，质量增大到原来的2倍
C.质量减半，速度增大到原来的2倍
D.速度减半，质量增大到原来的4倍
2.（2024·安徽高考2题）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力，则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（　　）
A.mgh　　　　　 B.mv2
C.mgh＋mv2 D.mgh－mv2
考点一　动能定理的理解
1.动能和动能变化的区别
（1）动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。
（2）动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk＞0表示物体的动能增加，ΔEk＜0表示物体的动能减少。
2.对动能定理表达式的理解
（1）做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”表示功是物体动能变化的量度。
①因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
②数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。
③单位关系：国际单位制中功和能的单位都是焦耳。
（2）动能定理中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是静电力、磁场力或其他力；既可以是恒力，也可以是变力。
高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能（　　）
A.与它所经历的时间成正比
B.与它的位移成正比
C.与它的速度成正比
D.与它的动量成正比
尝试解答
〔多选〕下列说法正确的有（　　）
A.若运动物体所受的合外力为零，则物体的动能一定保持不变
B.若运动物体所受的合外力不为零，则物体的动能一定发生变化
C.若运动物体的动能保持不变，则该物体所受合外力一定为零
D.若运动物体的动能发生变化，则该物体所受合外力一定不为零
尝试解答
考点二　动能定理的应用
1.应用流程
2.注意事项
（1）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
（2）应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
（3）当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理。
（4）列动能定理方程时，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。
〔多选〕如图所示，光滑水平面与长2 m的粗糙水平面平滑连接，长l＝1 m的匀质木板在光滑水平面上以速度v0匀速运动，随后进入粗糙水平面。已知木板与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，要使整个木板全部停在粗糙水平面内，则v0的值可能为（　　）
A.1 m/s B.1.2 m/s
C.2 m/s D.2.5 m/s
尝试解答
〔多选〕（2023·广东高考8题）
人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有（　　）
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
尝试解答
（2025·江苏常州期末）如图所示，让摆球从C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，摆球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道后立即关闭A孔。已知摆线长L＝2 m，θ＝53°，摆球质量为m＝0.5 kg，D点与A孔的水平距离s＝2 m，取g＝10 m/s2，cos 53°＝0.6。
（1）求摆球从C运动到D的过程中重力做的功。
（2）求摆线能承受的最大拉力。
（3）要使摆球能做完整的圆周运动，求摆球与平面间的动摩擦因数μ需要满足的条件。
尝试解答
考点三　动能定理与图像结合的问题
1.图像所围“面积”和图像斜率的含义
2.解决动能定理与图像问题的基本步骤
一质量为4 kg的物体，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F作用做匀速直线运动。物体运动一段时间后拉力逐渐减小，当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。如图所示为拉力F随位移x变化的关系图像，重力加速度大小g取10 m/s2，则可以求得（　　）
A.物体做匀速直线运动的速度为4 m/s
B.整个过程拉力对物体所做的功为4 J
C.整个过程摩擦力对物体所做的功为－8 J
D.整个过程合外力对物体所做的功为－4 J
尝试解答
（2024·河北期末）如图甲所示，质量为0.1 kg的物块初始时静止在倾角为30°的斜面上，施加给物块一沿斜面的恒定拉力F，使物块开始沿斜面运动，物块运动了2 m时撤去拉力F。物块的动能Ek随物块沿斜面上滑距离x变化的部分图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，重力加速度大小取g＝10 m/s2。下列说法正确的是（　　）
A.物块受到的滑动摩擦力大小为1.5 N
B.恒定拉力F的大小为2.5 N
C.物块与斜面间的动摩擦因数为
D.物块运动到最高点后会沿斜面下滑
尝试解答
动能定理在往复运动中的应用
1.往复运动：即物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的有关物理量多数是变化的，往复的次数有的可能是有限的，有的可能是最终达到某一稳定情境下的无限往复运动。
2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路径有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出，用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
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3 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BC间的动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，取g＝10 m/s2。求：
（1）滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小；
（2）整个过程中弹簧具有最大的弹性势能；
（3）滑块最终停在何处。
尝试解答
第2讲　动能和动能定理
【立足“四层”·夯基础】
基础知识梳理
知识点1
1.运动　2.mv2　3.焦耳　4.标量
知识点2
1.动能的变化　3.合外力　4.（1）曲线运动　（2）变力做功　（3）分阶段
易错易混辨析
1.√　2.√　3.×　4.×　5.×
双基落实筑牢
1.D　由Ek＝mv2知只有D项所述情形中汽车动能不变，故D正确。
2.D　人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－mv2，故选D。
【着眼“四翼”·探考点】
考点一
【例1】 B　动能Ek＝mv2，则列车的动能与速度的平方成正比，C错误；速度v＝at，可得Ek＝ma2t2，则列车的动能与经历的时间的平方成正比，A错误；根据v2＝2ax，可得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；动量p＝mv，可得Ek＝，则列车的动能与动量的平方成正比，D错误。
【例2】 AD　若运动物体所受合外力为零，合外力对物体不做功，由动能定理可知，物体动能一定不变，故A正确；若运动物体所受合外力不为零，物体运动状态一定变化，则该物体一定做变速运动，如果合外力方向与物体运动的速度方向垂直，合外力对物体不做功，物体动能不变，如匀速圆周运动，故B错误，C错误；若运动物体的动能发生变化，根据动能定理可知，合外力对物体一定做功，即合外力一定不为零，故D正确。
考点二
【例3】 AB　当长木板左端恰好到达粗糙水平面左端时，有－μmgl＝－m，解得v1＝1 m/s，当长木板右端恰好到达粗糙水平面右端时，有－μmgl－μmgl＝－m，解得v2＝ m/s，所以速度的取值范围为1 m/s≤v0≤ m/s，故选A、B。
【例4】 BCD　重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程，根据动能定理可得WG－Wf＝ m，代入数据解得，克服阻力做的功为Wf＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝＝9 m/s2，C正确；经过Q点时，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为FN＝380 N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。
【例5】 （1）4 J　（2）9 N　（3）μ≤0.025
解析：（1）摆球由C运动到D过程中，重力做功
WG＝mg（L－Lcos θ）
解得WG＝4 J。
（2）当摆球由C运动到D，根据动能定理有
mg（L－Lcos θ）＝m
在D点，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝m
解得Fm＝1.8mg＝9 N。
（3）若摆球能过圆轨道的最高点，则摆球不会脱离轨道，当摆球恰好到达最高点时，在圆周的最高点，由牛顿第二定律可得mg＝m
由动能定理可得－μ0mgs－2mgR＝mv2－m
解得μ0＝0.025
综上所述，动摩擦因数μ的取值范围为μ≤0.025。
考点三
【例6】 D　F-x图线与横轴所围区域的面积表示拉力对物体所做的功，所以WF＝ J＝12 J，故B错误；0～2 m阶段，根据平衡条件可得F＝Ff＝4 N，所以整个过程中摩擦力对物体所做的功为Wf＝－Ffx＝－4×4 J＝－16 J，故C错误；整个过程中合外力对物体所做的功为W合＝WF＋Wf＝12 J＋（－16 J）＝－4 J，故D正确；根据动能定理可得W合＝0－m，解得v0＝ m/s，故A错误。
【例7】 C　物块从x＝2 m运动到x＝4 m过程中，根据动能定理有－fx－mgxsin θ＝ΔEk＝2 J－4 J，解得f＝0.5 N，故A错误；物块从x＝0运动到x＝2 m过程中，根据动能定理有Fx－fx－mgxsin θ＝ΔEk＝4 J－0，解得F＝3 N，故B错误；物块受到斜面的滑动摩擦力f＝μmgcos θ，解得μ＝，故C正确；物块运动到最高点后，重力沿斜面向下的分力Gx＝mgsin θ＝0.5 N，最大静摩擦力Ffm＝f＝0.5 N＝Gx，所以物块运动到最高点后，最大静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即物块恰好静止，故D错误。
【聚焦“素养”·提能力】
【典例】 （1）90 N　（2）2.1 J　（3）距B点0.15 m处
解析：（1）滑块从A点到B点，由动能定理可得mgR＝m
滑块在B点，由牛顿第二定律有F－mg＝m
解得F＝90 N
由牛顿第三定律可得，滑块第一次经过B点时对轨道的压力为F'＝F＝90 N。
（2）滑块从A点到D点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得mgR－μmgLBC－mgLCDsin 30°＋W＝0
其中弹性势能Ep＝－W
解得弹性势能Ep＝2.1 J。
（3）滑块最终停止在水平轨道BC间，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得－μmg·s＝0－m
解得s＝2.25 m
则滑块在BC上运动的次数为n＝＝5.625
说明滑块在BC上滑动了5次，又向左运动0.625×0.4 m＝0.25 m
故滑块最终停止在BC间距B点0.15 m处（或距C点0.25 m处）。
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第2讲　动能和动能定理
高中总复习·物理
目 录
01
立足”四层”·夯基础
02
着眼“四翼”·探考点
03
聚焦“素养”·提能力
04
培养“思维”·重落实
概念 公式 定理
立足“四层”·夯基础
动能
1. 定义：物体由于 而具有的能量叫动能。
2. 公式：Ek＝ 。
3. 单位： ，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
4. 物理意义：动能是状态量，是 （选填“矢量”或“标量”）。
运动　
mv2　
焦耳　
标量　
动能定理
1. 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
。
2. 表达式：W＝m－m或W＝Ek2－Ek1。
3. 物理意义： 做的功是物体动能变化的量度。
动能的
变化　
合外力　
（1）动能定理既适用于直线运动，也适用于 。
（2）既适用于恒力做功，也适用于 。
（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以 作
用。
曲线运动　
变力做功　
分阶段　
4. 适用条件
1. 动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能。
（　√　）
2. 一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一
定变化。 （　√　）
3. 动能不变的物体，一定处于平衡状态。 （　×　）
4. 物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化。 （　×　）
5. 物体的动能不变，所受的合外力必定为零。 （　×　）
√
√
×
×
×
1. （人教版必修第二册·第八章第3节“练习与应用”T1改编）改变汽车的
质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变，下列几种情形中，汽车的动
能不变的是（　　）
A. 质量不变，速度增大到原来的2倍
B. 速度不变，质量增大到原来的2倍
C. 质量减半，速度增大到原来的2倍
D. 速度减半，质量增大到原来的4倍
解析： 　由Ek＝mv2知只有D项所述情形中汽车动能不变，故D正确。
√
2. （2024·安徽高考2题）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在
滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人
与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力，
则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（　　）
A. mgh B. mv2
C. mgh＋mv2 D. mgh－mv2
解析： 　人在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝mv2－0，可得
此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－mv2，故选D。
√
题型 规律 方法
着眼“四翼”·探考点
考点一　动能定理的理解
1. 动能和动能变化的区别
（1）动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化
是过程量。
（2）动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk＞0表示物体的动能
增加，ΔEk＜0表示物体的动能减少。
①因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。
②数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。
③单位关系：国际单位制中功和能的单位都是焦耳。
2. 对动能定理表达式的理解
（1）做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”表示
功是物体动能变化的量度。
（2）动能定理中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以
是静电力、磁场力或其他力；既可以是恒力，也可以是变力。
高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在
启动阶段，列车的动能（　　）
A. 与它所经历的时间成正比
B. 与它的位移成正比
C. 与它的速度成正比
D. 与它的动量成正比
√
解析：动能Ek＝mv2，则列车的动能与速度的平方成正比，C错误；速度v
＝at，可得Ek＝ma2t2，则列车的动能与经历的时间的平方成正比，A错
误；根据v2＝2ax，可得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；
动量p＝mv，可得Ek＝，则列车的动能与动量的平方成正比，D错误。
〔多选〕下列说法正确的有（　　）
A. 若运动物体所受的合外力为零，则物体的动能一定保持不变
B. 若运动物体所受的合外力不为零，则物体的动能一定发生变化
C. 若运动物体的动能保持不变，则该物体所受合外力一定为零
D. 若运动物体的动能发生变化，则该物体所受合外力一定不为零
√
√
解析：若运动物体所受合外力为零，合外力对物体不做功，由动能定理可
知，物体动能一定不变，故A正确；若运动物体所受合外力不为零，物体
运动状态一定变化，则该物体一定做变速运动，如果合外力方向与物体运
动的速度方向垂直，合外力对物体不做功，物体动能不变，如匀速圆周运
动，故B错误，C错误；若运动物体的动能发生变化，根据动能定理可知，
合外力对物体一定做功，即合外力一定不为零，故D正确。
考点二　动能定理的应用
1. 应用流程
2. 注意事项
（1）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地
面或相对地面静止的物体为参考系。
（2）应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情
况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
（3）当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也
可以全过程应用动能定理。
（4）列动能定理方程时，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。
〔多选〕如图所示，光滑水平面与长2 m的粗糙水平面平滑连接，长l
＝1 m的匀质木板在光滑水平面上以速度v0匀速运动，随后进入粗糙水平
面。已知木板与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10
m/s2，要使整个木板全部停在粗糙水平面内，则v0的值可能为（　　）
A. 1 m/s B. 1.2 m/s
C. 2 m/s D. 2.5 m/s
√
√
解析：当长木板左端恰好到达粗糙水平面左端时，有－μmgl＝－m，
解得v1＝1 m/s，当长木板右端恰好到达粗糙水平面右端时，有－μmgl－
μmgl＝－m，解得v2＝ m/s，所以速度的取值范围为1 m/s≤v0≤
m/s，故选A、B。
〔多选〕（2023·广东高考8题）人们用滑道从高处向低处运送货物。
如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动
到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4
m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q
点的过程，下列说法正确的有（　　）
A. 重力做的功为360 J
B. 克服阻力做的功为440 J
C. 经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D. 经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
√
√
√
解析：重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程，根据动能定理
可得WG－Wf＝ m，代入数据解得，克服阻力做的功为Wf＝440 J，B正
确；经过Q点时向心加速度大小为a＝＝9 m/s2，C正确；经过Q点时，根
据牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为FN＝380
N，根据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。
（2025·江苏泗阳中学期末）质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始
运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示，已知物体与水平面间的
动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰
撞到弹簧被压缩至最短，弹簧弹力对物体所做的功为（　　）
A. m－μmg（s＋x） B. m－μmgx
C. μmg（s＋x）－m D. －μmg（s＋x）
√
解析： 　物体受到的滑动摩擦力大小为Ff＝μmg，对物体，由动能定理可
得W－μmg（s＋x）＝0－m，解得W＝μmg（s＋x）－m，故选C。
（2025·江苏常州期末）如图所示，让摆球从C位置由静止开始摆下，
摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，摆球在粗糙的水平面上由D点向右做匀
减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆
球进入圆轨道后立即关闭A孔。已知摆线长L＝2 m，θ＝53°，摆球质量为
m＝0.5 kg，D点与A孔的水平距离s＝2 m，取g＝10 m/s2，cos 53°＝0.6。
（1）求摆球从C运动到D的过程中重力做的功。
答案： 4 J　
解析： 摆球由C运动到D过程中，重力做功
WG＝mg（L－Lcos θ）
解得WG＝4 J。
（2）求摆线能承受的最大拉力。
答案： 9 N　
解析： 当摆球由C运动到D，根据动能定理有
mg（L－Lcos θ）＝m
在D点，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝m
解得Fm＝1.8mg＝9 N。
（3）要使摆球能做完整的圆周运动，求摆球与平面间的动摩擦因数μ需要
满足的条件。
答案： μ≤0.025
解析： 若摆球能过圆轨道的最高点，则摆球不会脱离轨道，当摆球
恰好到达最高点时，在圆周的最高点，由牛顿第二定律可得mg＝m
由动能定理可得－μ0mgs－2mgR＝mv2－m
解得μ0＝0.025
综上所述，动摩擦因数μ的取值范围为μ≤0.025。
考点三　动能定理与图像结合的问题
1. 图像所围“面积”和图像斜率的含义
2. 解决动能定理与图像问题的基本步骤
一质量为4 kg的物体，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F作用做
匀速直线运动。物体运动一段时间后拉力逐渐减小，当拉力减小到零时，
物体刚好停止运动。如图所示为拉力F随位移x变化的关系图像，重力加速
度大小g取10 m/s2，则可以求得（　　）
A. 物体做匀速直线运动的速度为4 m/s
B. 整个过程拉力对物体所做的功为4 J
C. 整个过程摩擦力对物体所做的功为－8 J
D. 整个过程合外力对物体所做的功为－4 J
√
解析：F-x图线与横轴所围区域的面积表示拉力对物体所做的功，所以WF
＝ J＝12 J，故B错误；0～2 m阶段，根据平衡条件可得F＝Ff＝4
N，所以整个过程中摩擦力对物体所做的功为Wf＝－Ffx＝－4×4 J＝－16
J，故C错误；整个过程中合外力对物体所做的功为W合＝WF＋Wf＝12 J＋
（－16 J）＝－4 J，故D正确；根据动能定理可得W合＝0－m，解得v0
＝ m/s，故A错误。
（2024·河北期末）如图甲所示，质量为0.1 kg的物块初始时静止在倾
角为30°的斜面上，施加给物块一沿斜面的恒定拉力F，使物块开始沿斜
面运动，物块运动了2 m时撤去拉力F。物块的动能Ek随物块沿斜面上滑距
离x变化的部分图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力略大于滑动
摩擦力，重力加速度大小取g＝10 m/s2。下列说法正确的是（　　）
A. 物块受到的滑动摩擦力大小为1.5 N
B. 恒定拉力F的大小为2.5 N
C. 物块与斜面间的动摩擦因数为
D. 物块运动到最高点后会沿斜面下滑
√
解析：物块从x＝2 m运动到x＝4 m过程中，根据动能定理有－fx－mgxsin θ
＝ΔEk＝2 J－4 J，解得f＝0.5 N，故A错误；物块从x＝0运动到x＝2 m过程
中，根据动能定理有Fx－fx－mgxsin θ＝ΔEk＝4 J－0，解得F＝3 N，故B错
误；物块受到斜面的滑动摩擦力f＝μmgcos θ，解得μ＝，故C正确；物块
运动到最高点后，重力沿斜面向下的分力Gx＝mgsin θ＝0.5 N，最大静摩
擦力Ffm＝f＝0.5 N＝Gx，所以物块运动到最高点后，最大静摩擦力等于重
力沿斜面向下的分力，即物块恰好静止，故D错误。
　如图甲所示，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的关系如图乙所示。重
力加速度大小g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＝1.0 N
C. m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D. m＝0.8 kg，f＝1.0 N
√
解析： 　0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－
Ek0，整理得Ek＝Ek0－（mgsin 30°＋f）s，结合0～10 m内的题图图像得，
斜率的绝对值｜k｜＝mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能
定理得（mgsin 30°－f）（s－s1）＝Ek，整理得Ek＝（mgsin 30°－f）s－
（mgsin 30°－f）s1，结合10～20 m内的题图图像得，斜率k'＝mgsin 30°
－f＝3 N。联立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，A正确，B、C、D错误。
现实 科技 应用
聚焦“素养”·提能力
动能定理在往复运动中的应用
1. 往复运动：即物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，
描述运动的有关物理量多数是变化的，往复的次数有的可能是有限的，有
的可能是最终达到某一稳定情境下的无限往复运动。
2. 解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点
是与路径有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解
出，用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
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3 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BC间的动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长
为0.6 m，取g＝10 m/s2。求：
（1）滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小；
答案： 90 N　
解析： 滑块从A点到B点，由动能定理可得mgR＝m
滑块在B点，由牛顿第二定律有F－mg＝m
解得F＝90 N
由牛顿第三定律可得，滑块第一次经过B点时对轨道的压力为F'＝F＝
90 N。
（2）整个过程中弹簧具有最大的弹性势能；
答案： 2.1 J　
解析： 滑块从A点到D点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动
能定理可得mgR－μmgLBC－mgLCDsin 30°＋W＝0
其中弹性势能Ep＝－W
解得弹性势能Ep＝2.1 J。
（3）滑块最终停在何处。
答案： 距B点0.15 m处
解析： 滑块最终停止在水平轨道BC间，从滑块第一次经过B点到最终
停下来的全过程，由动能定理可得－μmg·s＝0－m
解得s＝2.25 m
则滑块在BC上运动的次数为n＝＝5.625
说明滑块在BC上滑动了5次，又向左运动0.625×0.4 m＝0.25 m
故滑块最终停止在BC间距B点0.15 m处（或距C点0.25 m处）。
培养“思维”·重落实
夯基 提能 升华
1. 〔多选〕如图所示的是做匀变速直线运动的质点在0～6 s内的位移—时
间图像，则（　　）
A. 0～3 s，合外力对质点做正功
B. 3～6 s，合外力对质点做负功
C. 1～5 s，合外力对质点不做功
D. 前5 s内，合外力对质点做负功
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解析： 　因为题图x-t图像切线的斜率表示速度，可知0～3 s，质点
的速度减小，动能减小，根据动能定理得合外力对质点做负功，A错
误；3～6 s，质点的速度增加，动能增大，根据动能定理得合外力对质
点做正功，B错误；由图像对称性可知，第1 s末和第5 s末的速度大小
相同，则1～5 s，动能不变，则根据动能定理得合外力对质点不做功，
C正确；前5 s内，质点速度减小，则动能减小，根据动能定理得合外
力对质点做负功，D正确。
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2. （2025·江苏常州期末）在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，如图
所示，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1 m/s的速度撞击篮
筐。已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空
气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功为（　　）
A. 1 J B. 7.5 J
C. 50 J D. 100 J
解析： 　假设该同学的身高为h1＝1.8 m，则根据动能定理得W－mg（h
－h1）＝mv2，代入数据解得W＝7.5 J，故选B。
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3. 〔多选〕质量为1.0 kg的物体，以某初速度在水平面上滑行，由于摩擦
阻力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示（取g＝10 m/s2），则下
列判断正确的是（　　）
A. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.30
B. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.25
C. 物体滑行的总时间是2.0 s
D. 物体滑行的总时间是4.0 s
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解析： 　设物体所受的摩擦力大小为Ff，根据动能定理得－Ffx＝Ek2－
Ek1，解得Ff＝2.5 N，则物体与水平面间的动摩擦因数μ＝＝0.25，A错
误，B正确；根据动能表达式Ek1＝m，解得v0＝10 m/s，Ff保持不变，
则物体做匀减速直线运动，根据x＝t，解得t＝4.0 s，C错误，D正确。
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4. 如图所示，光滑固定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，则小球从A
到C的过程中弹簧弹力做的功为（　　）
A. mgh－mv2 B. mv2－mgh
C. －mgh D. －
解析： 　小球从A到C过程中，由动能定理可得WG＋WF＝0－mv2，WG＝
－mgh，解得WF＝mgh－mv2，故选A。
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5. 如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹
簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为
质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降高度h时
的速度为（重力加速度为g，不计空气阻力）（　　）
A. B.
C. D.
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解析： 　设小球A下降高度h过程中，小球克服弹簧弹力做功为W1，根据
动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降高度h过程中，由动能定理有3mgh
－W1＝·3mv2－0，解得v＝，故B正确。
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6. （2025·江苏连云港期末）如图所示，将质量为m的小球从高为h处以初
速度v0水平抛出，落地时速度大小为v，方向与水平面成θ角，空气阻力不
能忽略，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A. 重力对小球做的功为m（v2－）
B. 落地时小球重力的功率为mgv
C. 合外力对小球做的功为mv2
D. 空气阻力对小球做的功为m（v2－）－mgh
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解析： 　根据动能定理有W合＝mv2－m，其中重力做功为WG＝
mgh，设空气阻力做功为Wf，则W合＝WG＋Wf，解得Wf＝W合－WG＝mv2－
m－mgh，故A、C错误，D正确；落地时小球重力的功率为P＝mgvy＝
mgvsin θ，故B错误。
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7. （2025·浙江嘉兴期末）如图所示，质量为m的物块放在
水平转台上，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转
动。当角速度增至ω时，转台开始做匀速转动，整个过程物
块与转台总是保持相对静止，则（　　）
A. 在角速度增至ω过程中，物块所受的摩擦力方向总是指向转轴
B. 转台匀速转动时，物块所受的摩擦力大小为mωR
C. 在角速度增至ω过程中，摩擦力对物块做的功是mω2R2
D. 在角速度增至ω过程中，摩擦力对物块做的功是0
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解析： 　在角速度增至ω过程中，即物块加速转动，则物块所受的摩擦力
方向与速度夹角为锐角，不总是指向转轴，选项A错误；转台匀速转动
时，物块所受的摩擦力充当向心力，则摩擦力大小为Ff＝mω2R，选项B错
误；根据动能定理，在角速度增至ω过程中，摩擦力对物块做的功是W＝
ΔEk＝mv2＝mω2R2，选项C正确，D错误。
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8. （2025·北京西城二模）如图所示，长为L的杆一端固定在过O点的水平
转轴上，另一端固定质量为m的小球。杆在电动机的驱动下在竖直平面内
旋转，带动小球以角速度ω做匀速圆周运动，其中A点为最高点，C点为最
低点，B、D两点与O点等高。已知重力加速度为g，下列说法正确的是
（　　）
A. 小球在B、D两点受到杆的作用力大于mg
B. 小球在A、C两点受到杆的作用力大小的差值为6mg
C. 小球在B、D两点受到杆的作用力大小等于mω2L
D. 小球从A点到B点的过程，杆对小球做的功等于mgL
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解析： 　当小球在B、D两点时，杆对小球作用力竖直方向的分力应等于
重力，水平方向分力提供向心力，故杆对小球的作用力为F＝
＞mg，故A正确，C错误；若小球在最高点，杆对
小球的作用力为支持力，则在A点，有mg－FN1＝mω2L，在C点，有FN2－
mg＝mω2L，所以FN2－FN1＝2mω2L，若小球在最高点，杆对小球的作用力
为拉力，则在A点，有mg＋FN1＝mω2L，在C点，有FN2－mg＝mω2L，所以
FN2－FN1＝2mg，故B错误；小球从A点到B点的过程，根据动能定理，可
得W＋mgL＝0，解得杆对小球做的功等于W＝－mgL，故D错误。
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9. 如图所示，一半圆弧形细杆ABC竖直固定在水平地面上，AC为其水平直
径，圆弧半径BO＝3.6 m。质量为m＝4.0 kg的小圆环（可视为质点，小环
直径略大于杆的粗细）套在细杆上，在大小为50 N、方向始终沿圆的切线
方向的拉力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时对细杆的压力恰
好为0。已知π取3.14，重力加速度g取10 m/s2，在这一过程中摩擦力做功
为（　　）
A. 66.6 J B. －66.6 J
C. 210.6 J D. －210.6 J
√
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解析： 　小圆环到达B点时对细杆的压力恰好为0，则mg＝m，拉力F沿
圆的切线方向，圆环由A到B的过程中，根据动能定理有F·－mgr＋Wf＝
mv2，代入数据得这一过程中摩擦力做功为Wf＝－66.6 J，故选B。
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10. （2025·广西来宾期末）南深高铁南玉段正线全长193.31公里，是广西
自主投资的首条时速350公里的高铁，开通运营时南宁至玉林的铁路运输
时间缩短至40分钟左右，假设动车启动后沿平直轨道行驶，发动机功率恒
定，行车过程中受到的阻力恒为F阻、已知动车质量为m，最高行驶速度为
vm，下列说法正确的是（　　）
A. 动车启动过程中所受合外力不变
B. 动车发动机功率为F阻·vm
C. 从启动到达到最大速度过程中，动车平均速度为
D. 从启动到达到最大速度过程中，动车牵引力做功为m
√
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解析： 　根据P＝Fv，可知动车恒定功率启动过程中，所
受合外力逐渐变小，故A错误；动车匀速运动时，牵引力与
阻力平衡，具有最大速度，有F＝F阻，联立解得P＝F
阻·vm，故B正确；由F－F阻＝ma，可知从启动到达到最大速度过程中，动车做加速度减小的加速运动，v-t图像如图所示，由图可知，与匀加速直线运动相比，其位移较大，根据＝，可知动车平均速度＞，故C错误；根据动能定理可知W－Wf＝m，则从启动到达到最大速度过程中，
动车牵引力做功大于m，故D错误。
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11. （2023·湖北高考14题）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：
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答案： 　
（1）小物块到达D点的速度大小；
解析： 小物块恰好运动到光滑圆弧轨道的最高点时，有mg＝m，
解得小物块到达D点的速度大小vD＝。
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（2）B和D两点间的高度差；
答案： 0　
解析：小物块由C到D的过程，由动能定理有
－mgR（1＋cos 60°）＝m－m，
小物块由B到C做平抛运动，由速度的分解可知，
vB＝vCcos 60°，
设B和D两点的高度差为h，小物块由B到D的过程，由动能定理有
mgh＝m－m，
代入数据解得h＝0。
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（3）小物块在A点的初速度大小。
答案：
解析：小物块由A到B的过程，由动能定理有－μmg·π·2R＝m－m，
解得小物块在A点的初速度大小vA＝。
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12. 如图甲所示，在水平面上固定一倾角θ＝37°、底端带有挡板的足够长
的斜面体，斜面体底端静止一质量m＝1 kg的物块（可视为质点），从某
时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置
第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作
用，物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力，已知物块与斜面
之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g
取10 m/s2，求：
（1）物块在上滑过程中的最大速度的大小；
（计算结果可保留根式）
答案： m/s　
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解析： 物块上滑过程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先
做加速运动后做减速运动，则有FN＝mgcos 37°，Ff＝μFN
F－Ff－mgsin 37°＝ma
当加速度为零时，速度最大，此时
F＝Ff＋mgsin 37°＝10 N
由题图乙可得出F＝20－10x
则F＝10 N时，可得x＝1 m
由动能定理可得WF＋Wf＋WG＝m－0
即×1 J－0.5×1×10×0.8×1 J－1×10×0.6×1 J＝m－0，可得
vm＝ m/s。
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（2）物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总路程。
答案： 2 m　5 m
解析：由动能定理可得WF'＋Wf'＋WG'＝0
又WF'＝×2 J＝20 J
则xm＝＝2 m
撤去F后，因为mgsin 37°＞μmgcos 37°，所以物块最后停在斜面体的底
端，则有
WF'－μmgscos 37°＝0
解得s＝5 m。
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THANKS
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