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习题课2　动能定理的应用
1.一人用力踢质量为100 g的皮球，使球由静止以20 m/s的速度飞出。假定人踢球瞬间对球的平均作用力是200 N，球在水平方向运动了20 m停止，则人对球所做的功为（　　）
A.20 J B.2 000 J
C.500 J D.4 000 J
2.在离水平地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到水平地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（　　）
A.mgh－mv2－m
B.mv2－m－mgh
C.mgh＋m－mv2
D.mgh＋mv2－m
3.如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为（　　）
A.μmgR B.mgR
C.mgR D.（1－μ）mgR
4.（多选）如图所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动。小环从最高点A滑到最低点B的过程中，小环沿圆环形轨道运动的速度大小的平方v2随下落高度h的变化图像可能是图中的（　　）
5.如图所示，固定在地面上的光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上斜面。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，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是（　　）
A.mgh－mv2　 B.mv2－mgh
C.－mgh　 D.－
6.枭龙战机是一款我国自主研发的军用飞机，在某次训练过程中，质量为m的战机以恒定的功率P启动，其速度随时间变化的图像如图所示，经过时间t0，战机达到最大速度vm时刚好起飞，关于战机起飞过程，下列说法不正确的是（　　）
A.发动机的牵引力做功为Pt0
B.战机滑行的位移等于
C.发动机的牵引力所做的功大于m
D.战机克服阻力所做的功为Pt0－m
7.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，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，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h时的速度为（　　）
A. B.
C. D.
8.（多选）如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB的水平距离为x。下列说法正确的是（　　）
A.小车克服重力所做的功是mgh
B.合力对小车做的功是mv2
C.推力对小车做的功是Fx－mgh
D.小车克服阻力做的功是mv2＋mgh－Fx
9.一质量为4 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下在粗糙的水平面上做匀速直线运动。当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。如图所示的是拉力F随位移s变化的关系图像，g取10 m/s2，则据此可以求得（　　）
A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2
B.整个过程摩擦力对物体所做的功为Wf＝－8 J
C.物体匀速运动时的速度为v＝2 m/s
D.整个过程合力对物体所做的功为W＝－4 J
10.如图所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5 m，一个质量为m＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2。求：
（1）木块沿弧形槽上升的最大高度（木块未离开弧形槽）；
（2）木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑行的最大距离。
11.如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑，一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度沿轨道开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点时速度为0。求：（g取10 m/s2）
（1）物体与BC轨道间的动摩擦因数；
（2）物体第5次经过B点时的速度大小（结果可用根式表示）；
（3）物体最后停止的位置（距B点多少米）。
习题课2　动能定理的应用
1.A　根据题意可知，球的初状态速度为零，末状态速度为20 m/s，由动能定理可知W＝mv2－0＝×0.1×202 J＝20 J，故选A。
2.C　对物块从刚抛出到落地的过程，由动能定理可得mgh－W克＝mv2－m，解得W克＝mgh＋m－mv2。故C正确。
3.D　设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，解得WAB＝mgR－μmgR＝（1－μ）mgR。故D正确。
4.AB　对小球由动能定理得mgh＝mv2－m，则v2＝2gh＋，当v0＝0时，B正确；当v0≠0时，A正确。
5.A　由A到C的过程运用动能定理可得－mgh＋W弹＝0－mv2，所以W弹＝mgh－mv2，故A正确。
6.B　发动机的牵引力做功为W＝Pt0，A正确；战机若做匀加速运动，则滑行的位移等于，现在战机做加速度减小的加速运动，可知在时间t0内的位移大于匀加速运动的位移，则大于，B错误；根据动能定理得Pt0－Wf＝m，可知发动机的牵引力所做的功Pt0大于m，战机克服阻力所做的功为Wf＝Pt0－m，C、D正确。
7.A　小球A下降h过程，设弹簧的弹力做功为W，根据动能定理，有mgh－W＝0，小球B下降h过程，根据动能定理，有3mgh－W＝×3mv2－0，联立解得v＝，故选A。
8.AB　阻力为变力，设克服阻力做的功为Wf，由动能定理可得Fx－mgh－Wf＝mv2－0，解得Wf＝Fx－mgh－mv2，故D错误；推力对小车做的功为Fx，故C错误；由动能定理可知合力对小车做的功是mv2，故B正确；小车克服重力做的功为mgh，故A正确。
9.D　开始时，物体在水平恒定拉力的作用下在粗糙的水平面上做匀速直线运动，由平衡条件可得f＝F＝4 N，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝＝0.1，所以A错误；整个过程摩擦力对物体所做的功为Wf＝－fs＝－4×4 J＝－16 J，所以B错误；根据WF＝Fs可知，拉力F随位移s变化的图像与s轴所围的面积表示拉力所做的功，则有WF＝×4 J＝12 J，设物体匀速运动时的速度为v，由动能定理可得WF＋Wf＝0－mv2，代入数据解得v＝ m/s，所以C错误；整个过程合力对物体所做的功为W＝WF＋Wf＝12 J－16 J＝－4 J，所以D正确。
10.（1）0.15 m　（2）0.75 m
解析：（1）设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最大高度时的速度为零，从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得
FL－fL－mgh＝0
其中f＝μN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N
所以h＝＝ m＝0.15 m。
（2）设木块离开B点后，在水平桌面上滑行的最大距离为s，由动能定理得
mgh－fs＝0
所以s＝＝ m＝0.75 m。
11.（1）0.5　（2）4 m/s　（3）距B点0.4 m
解析：（1）从A到D，由动能定理得
－mg（h－H）－μmgsBC＝0－m
解得μ＝0.5。
（2）物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC＝m－m，
解得v2＝4 m/s。
（3）分析整个过程，由动能定理得
mgH－μmgs＝0－m
解得s＝21.6 m
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故最后停止的位置与B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m。
3 / 3习题课2　动能定理的应用
核心素养目标 物理观念 1.会利用动能定理求解变力做功问题。 2.会解决动能定理与图像相结合的问题。
科学思维 1.会利用动能定理解决多过程问题。 2.能用动能定理分析解释生产生活中的相关现象，解决一些相关的实际问题。
要点一　利用动能定理求变力做功
1.动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便。
2.当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk。
【典例1】　一个质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，OQ与OP的夹角为θ，如图所示，重力加速度为g，则拉力F所做的功为（　　）
A.mglcos θ B.mgl（1－cos θ）
C.Flcos θ D.Flsin θ
尝试解答
1.[典例1]中，若水平拉力为恒力F，则从平衡位置P点移动到Q点的过程中，拉力F所做的功为（　　）
A.mglcos θ B.mgl（1－cos θ）
C.Flcos θ D.Flsin θ
2.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，物体克服弹簧弹力所做的功为（　　）
A.m－μmg（s＋x）　 B.m－μmgx
C.μmgs D.μmg（s＋x）
要点二　动能定理与图像相结合的问题
1.首先看清楚图像的种类（如v-t图像、F-s图像、Ek-s图像等）。
2.挖掘图像的隐含条件，求出所需物理量，如利用v-t图像与t轴所包围面积求位移，利用F-s图像与s轴所包围面积求功，利用Ek-s图像的斜率求合力等。
3.再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。
【典例2】　（多选）运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如图所示。已知冰壶质量为19 kg，g取10 m/s2，则以下说法正确的是（　　）
A.μ＝0.05 B.μ＝0.01
C.滑行时间t＝5 s D.滑行时间t＝10 s
尝试解答
1.物体沿直线运动的v-t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，则（　　）
A.从第1 s末到第3 s末合力做功为4W
B.从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W
C.从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D.从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.5W
2.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，v-t图像如图所示，设汽车的牵引力为F，摩擦力为f，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则（　　）
A.W1∶W2＝1∶1
B.W1∶W2＝1∶3
C.F∶f＝1∶1
D.F∶f＝1∶3
要点三　动能定理在多过程问题中的应用
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。
【典例3】　如图所示，质量m＝1 kg的木块静止在高h＝1.2 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20 N，使木块产生位移l1＝3 m时撤去，木块又滑行l2＝1 m时飞出平台，求木块落地时速度的大小？（g取10 m/s2）
思路点拨
木块的运动分为匀加速运动、匀减速运动和离开平台后的曲线运动。可对每个分过程应用动能定理列方程联立求解也可对整个运动过程应用动能定理列式求解。计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和。
尝试解答
1.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2l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f和木块所获得的最大动能Ekm分别为（　　）
A.f＝　Ekm＝
B.f＝　Ekm＝Fl
C.f＝　Ekm＝
D.f＝F　Ekm＝
2.如图所示，AB为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道的B点与水平地面相切，其半径为R。质量为m的小球由A点静止释放，求：
（1）小球滑到最低点B时，小球速度v的大小；
（2）小球通过光滑的水平面BC滑上固定曲面，恰到达最高点D，D到地面的高度为h（已知h＜R），则小球在曲面上克服摩擦力所做的功Wf。
1.如图所示，物体沿曲面从A点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B时，下滑的高度为5 m，速度为6 m/s，若物体的质量为1 kg，则下滑过程中物体克服阻力所做的功为（g取10 m/s2）（　　）
A.50 J B.18 J
C.32 J D.0
2.在某次帆船运动比赛中，质量为500 kg的帆船，在风力和水的阻力共同作用下做直线运动的v-t图像如图所示。下列表述正确的是（　　）
A.在0～1 s内，合力对帆船做功500 J
B.在0～2 s内，合力对帆船做功1 000 J
C.在1～2 s内，合力对帆船做功750 J
D.在0～3 s内，合力对帆船做的总功为0
3.如图所示，一薄木板斜放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接，将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处，滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同，现将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放（设滑块在木板和地面接触处平滑过渡），则滑块最终将停在（　　）
A.P处 B.P、Q之间
C.Q处 D.Q的右侧
4.（2024·山东东营期末）央视《加油向未来》栏目曾测试穿甲弹贯穿钢板的能力，测试中穿甲弹贯穿10块竖直放置的钢板后速度恰好减为零。已知测试用穿甲弹的质量m＝12 kg，穿甲弹离开炮筒时的速度v0＝1 800 m/s，方向沿水平方向，每块钢板的厚度l0＝10 cm。穿甲弹在空气中运动时速度的变化忽略不计，假设穿甲弹在钢板中运动时受到钢板的阻力恒定。求：（结果可用根式表示）
（1）穿甲弹对钢板的平均冲击力大小；
（2）穿甲弹穿透第一块钢板时速度的大小。
习题课2　动能定理的应用
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】　B　由于小球缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得－mgl（1－cos θ）＋W＝0，所以W＝mgl（1－cos θ），B正确，A、C、D错误。
素养训练
1.D　拉力为恒力，根据功的公式可得W＝Flsin θ，选项D正确。
2.A　设物体所受弹力做功为W，由动能定理得－W－μmg·（s＋x）＝0－m，则W＝m－μmg（s＋x），选项A正确。
要点二
知识精研
【典例2】　BD　对冰壶从推出到停下来，这一过程，由动能定理得－μmgs＝0－Ek0，由图知s＝5 m，Ek0＝9.5 J，代入得－μ×19×10×5＝0－9.5，解得μ＝0.01，故A错误，B正确；设冰壶的初速度为v，则有mv2＝9.5，解得v＝1 m/s，由s＝t得滑行时间t＝＝10 s，故C错误，D正确。
素养训练
1.C　由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理分别可得，第1 s内合力做功W＝m，第1 s末到第3 s末合力做功W1＝m－m＝0，A错误；第3 s末到第5 s末合力做功W2＝0－m＝－W，B错误；第5 s末到第7 s末合力做功W3＝m（－v0）2－0＝W，C正确；第3 s末到第4 s末合力做功W4＝m－m＝－0.75W，D错误。
2.A　对全过程由动能定理可知W1－W2＝0，故W1∶W2＝1∶1，A正确，B错误；根据恒力做功公式有W1＝Fs，W2＝fs'，根据图像可知＝＝，所以F∶f＝4∶1，C、D错误。
要点三
知识精研
【典例3】　8 m/s
解析：方法一　取木块为研究对象。其运动分三个过程，先匀加速运动l1，后匀减速运动l2，再做曲线运动，对每一个过程，分别列动能定理方程得
Fl1－μmgl1＝m，
－μmgl2＝m－m，
mgh＝m－m，
联立解得v3＝8 m/s。
方法二　对全过程由动能定理得
Fl1－μmg（l1＋l2）＋mgh＝mv2－0，
代入数据得v＝8 m/s。
素养训练
1.C　全过程应用动能定理得Fl－f·3l＝0，解得f＝，加速过程有Fl－fl＝Ekm－0，解得Ekm＝，C正确，A、B、D错误。
2.（1）　（2）mg（R－h）
解析：（1）小球从A滑到B的过程中，
由动能定理得mgR＝m－0
解得vB＝。
（2）从A到D的过程，由动能定理可得
mg（R－h）－Wf＝0－0，
解得小球克服摩擦力做的功Wf＝mg（R－h）。
【教学效果·勤检测】
1.C　由动能定理得mgh－Wf＝mv2，故Wf＝mgh－mv2＝1×10×5 J－×1×62 J＝32 J，C正确。
2.D　在0～1 s内，根据动能定理有W合＝ΔEk＝mv2＝×500×4 J＝1 000 J，合力对帆船做功1 000 J，故A错误；在0～2 s内，根据动能定理有W合＝ΔEk＝mv2＝×500×1 J＝250 J，合力对帆船做功250 J，故B错误；在1～2 s内，根据动能定理有W合＝ΔEk＝×500×1 J－×500×4 J＝－750 J，合力做负功，故C错误；在0～3 s内，根据动能定理有W合＝ΔEk＝0，故合力做的总功为0，故D正确。
3.C　设木板与水平地板的夹角为θ，斜面的高度为h，木板在水平地板上的投影的长度为s1，滑块在水平地板上运动的位移为s2，对全过程应用动能定理得mgh－μmg－μmgs2＝mgh－μmg（s1＋s2）＝0，解得s1＋s2＝，即s1＋s2是定值与木板长度无关，由此可知，滑块最终将停在Q处。故C正确。
4.（1）1.944×107 N　（2）540 m/s
解析：（1）穿甲弹贯穿10块竖直放置的钢板的过程，根据动能定理得
－10fl0＝0－m
解得f＝1.944×107 N
根据牛顿第三定律可得穿甲弹对钢板的平均冲击力大小为1.944×107 N。
（2）穿甲弹贯穿第一块竖直放置的钢板的过程，根据动能定理得
－fl0＝m－m
解得v1＝540 m/s。
5 / 5(共58张PPT)
习题课2　动能定理的应用
核心素 养目标 物理观念 1.会利用动能定理求解变力做功问题。
2.会解决动能定理与图像相结合的问题。
科学思维 1.会利用动能定理解决多过程问题。
2.能用动能定理分析解释生产生活中的
相关现象，解决一些相关的实际问题。
目 录
01.
核心要点·快突破
02.
教学效果·勤检测
03.
课时训练·提素能
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
01
要点一　利用动能定理求变力做功
1. 动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时
因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便。
2. 当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变
力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk。
【典例1】　一个质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在
水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，OQ与OP的夹
角为θ，如图所示，重力加速度为g，则拉力F所做的功为（　　）
A. mglcos θ B. mgl（1－cos θ）
C. Flcos θ D. Flsin θ
解析：由于小球缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得－mgl（1－cos θ）＋W＝0，所以W＝mgl（1－cos θ），B正确，A、C、D错误。
1. [典例1]中，若水平拉力为恒力F，则从平衡位置P点移动到Q点的
过程中，拉力F所做的功为（　　）
A. mglcos θ B. mgl（1－cos θ）
C. Flcos θ D. Flsin θ
解析： 　拉力为恒力，根据功的公式可得W＝Flsin θ，选项D
正确。
2. 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，物体克服弹簧弹力所做的功为（　　）
C. μmgs D. μmg（s＋x）
解析： 　设物体所受弹力做功为W，由动能定理得－W－μmg（s
＋x）＝0－m，则W＝m－μmg（s＋x），选项A正确。
要点二　动能定理与图像相结合的问题
1. 首先看清楚图像的种类（如v-t图像、F-s图像、Ek-s图像等）。
2. 挖掘图像的隐含条件，求出所需物理量，如利用v-t图像与t轴所包
围面积求位移，利用F-s图像与s轴所包围面积求功，利用Ek-s图像
的斜率求合力等。
3. 再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物
理量。
【典例2】　（多选）运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面推出，
由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如图所示。已知冰壶
质量为19 kg，g取10 m/s2，则以下说法正确的是（　　）
A. μ＝0.05 B. μ＝0.01
C. 滑行时间t＝5 s D. 滑行时间t＝10 s
解析：对冰壶从推出到停下来，这一过程，由动能定理得－μmgs＝0
－Ek0，由图知s＝5 m，Ek0＝9.5 J，代入得－μ×19×10×5＝0－
9.5，解得μ＝0.01，故A错误，B正确；设冰壶的初速度为v，则有
mv2＝9.5，解得v＝1 m/s，由s＝t得滑行时间t＝＝10 s，故C错
误，D正确。
1. 物体沿直线运动的v-t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做
功为W，则（　　）
A. 从第1 s末到第3 s末合力做功为4W
B. 从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W
C. 从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D. 从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.5W
解析： 　由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理分别可
得，第1 s内合力做功W＝m，第1 s末到第3 s末合力做功W1＝
m－m＝0，A错误；第3 s末到第5 s末合力做功W2＝0－
m＝－W，B错误；第5 s末到第7 s末合力做功W3＝m（－v0）2
－0＝W，C正确；第3 s末到第4 s末合力做功W4＝m－m
＝－0.75W，D错误。
2. 在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vmax
后，立即关闭发动机直至静止，v-t图像如图所示，设汽车的牵引
力为F，摩擦力为f，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为
W2，则（　　）
A. W1∶W2＝1∶1 B. W1∶W2＝1∶3
C. F∶f＝1∶1 D. F∶f＝1∶3
解析： 　对全过程由动能定理可知W1－W2＝0，故W1∶W2＝
1∶1，A正确，B错误；根据恒力做功公式有W1＝Fs，W2＝fs'，根
据图像可知＝＝，所以F∶f＝4∶1，C、D错误。
要点三　动能定理在多过程问题中的应用
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。
【典例3】　如图所示，质量m＝1 kg的木块静止在高h＝1.2 m的平台
上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20 N，使木
块产生位移l1＝3 m时撤去，木块又滑行l2＝1 m时飞出平台，求木块落
地时速度的大小？（g取10 m/s2）
木块的运动分为匀加速运动、匀减速运动和离开平台后的曲线运动。
可对每个分过程应用动能定理列方程联立求解也可对整个运动过程应
用动能定理列式求解。计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力
做功的代数和。
思路点拨
解析：方法一　取木块为研究对象。其运动分三个过程，先匀加速运
动l1，后匀减速运动l2，再做曲线运动，对每一个过程，分别列动能定
理方程得
Fl1－μmgl1＝m，－μmgl2＝m－m，mgh＝m－
m，
联立解得v3＝8 m/s。
答案：8 m/s
方法二　对全过程由动能定理得
Fl1－μmg（l1＋l2）＋mgh＝mv2－0，
代入数据得v＝8 m/s。
1. 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2l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f和木块所获得的最大动能Ekm
分别为（　　）
解析： 　全过程应用动能定理得Fl－f·3l＝0，解得f＝，加速过
程有Fl－fl＝Ekm－0，解得Ekm＝，C正确，A、B、D错误。
2. 如图所示，AB为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道的B点与水平地面相切，其半径为R。质量为m的小球由A点静止释放，求：
（1）小球滑到最低点B时，小球速度v的大小；
答案： 　
解析： 小球从A滑到B的过程中，
由动能定理得mgR＝m－0
解得vB＝。
（2）小球通过光滑的水平面BC滑上固定曲面，恰到达最高点D，
D到地面的高度为h（已知h＜R），则小球在曲面上克服摩擦
力所做的功Wf。
答案： mg（R－h）
解析：从A到D的过程，由动能定理可得
mg（R－h）－Wf＝0－0，
解得小球克服摩擦力做的功Wf＝mg（R－h）。
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
02
1. 如图所示，物体沿曲面从A点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B
时，下滑的高度为5 m，速度为6 m/s，若物体的质量为1 kg，则下
滑过程中物体克服阻力所做的功为（g取10 m/s2）（　　）
A. 50 J B. 18 J
C. 32 J D. 0
解析： 　由动能定理得mgh－Wf＝mv2，故Wf＝
mgh－mv2＝1×10×5 J－×1×62 J＝32 J，C正确。
2. 在某次帆船运动比赛中，质量为500 kg的帆船，在风力和水的阻力
共同作用下做直线运动的v-t图像如图所示。下列表述正确的是
（　　）
A. 在0～1 s内，合力对帆船做功500 J
B. 在0～2 s内，合力对帆船做功1 000 J
C. 在1～2 s内，合力对帆船做功750 J
D. 在0～3 s内，合力对帆船做的总功为0
解析： 　在0～1 s内，根据动能定理有W合＝ΔEk＝mv2＝
×500×4 J＝1 000 J，合力对帆船做功1 000 J，故A错误；在0～2
s内，根据动能定理有W合＝ΔEk＝mv2＝×500×1 J＝250 J，合力
对帆船做功250 J，故B错误；在1～2 s内，根据动能定理有W合＝
ΔEk＝×500×1 J－×500×4 J＝－750 J，合力做负功，故C错
误；在0～3 s内，根据动能定理有W合＝ΔEk＝0，故合力做的总功
为0，故D正确。
3. 如图所示，一薄木板斜放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端
与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接，将一可看
成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木板下滑，接着在地板
上滑动，最终停在Q处，滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相
同，现将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，
再次将滑块自木板顶端无初速度释放（设滑块在木板和地面接触处
平滑过渡），则滑块最终将停在（　　）
A. P处 B. P、Q之间
C. Q处 D. Q的右侧
解析： 　设木板与水平地板的夹角为θ，斜面的高度为h，木板在
水平地板上的投影的长度为s1，滑块在水平地板上运动的位移为
s2，对全过程应用动能定理得mgh－μmg－μmgs2＝mgh－μmg
（s1＋s2）＝0，解得s1＋s2＝，即s1＋s2是定值与木板长度无关，
由此可知，滑块最终将停在Q处。故C正确。
4. （2024·山东东营期末）央视《加油向未来》栏目曾测试穿甲弹贯
穿钢板的能力，测试中穿甲弹贯穿10块竖直放置的钢板后速度恰好
减为零。已知测试用穿甲弹的质量m＝12 kg，穿甲弹离开炮筒时的
速度v0＝1 800 m/s，方向沿水平方向，每块钢板的厚度l0＝10 cm。
穿甲弹在空气中运动时速度的变化忽略不计，假设穿甲弹在钢板中
运动时受到钢板的阻力恒定。求：（结果可用根式表示）
（1）穿甲弹对钢板的平均冲击力大小；
答案： 1.944×107 N　
解析： 穿甲弹贯穿10块竖直放置的钢板的过程，根据动
能定理得
－10fl0＝0－m
解得f＝1.944×107 N
根据牛顿第三定律可得穿甲弹对钢板的平均冲击力大小为
1.944×107 N。
（2）穿甲弹穿透第一块钢板时速度的大小。
答案： 540 m/s
解析：穿甲弹贯穿第一块竖直放置的钢板的过程，根据动能定
理得
－fl0＝m－m
解得v1＝540 m/s。
03
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
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1. 一人用力踢质量为100 g的皮球，使球由静止以20 m/s的速度飞出。
假定人踢球瞬间对球的平均作用力是200 N，球在水平方向运动了
20 m停止，则人对球所做的功为（　　）
A. 20 J B. 2 000 J
C. 500 J D. 4 000 J
解析： 　根据题意可知，球的初状态速度为零，末状态速度为20
m/s，由动能定理可知W＝mv2－0＝×0.1×202 J＝20 J，故选A。
2. 在离水平地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度
为v0，当它落到水平地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此
过程中物块克服空气阻力所做的功等于（　　）
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解析： 　对物块从刚抛出到落地的过程，由动能定理可得mgh－
W克＝mv2－m，解得W克＝mgh＋m－mv2。故C正确。
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3. 如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半
径为R，BC的长度也是R。一质量为m的物体，与两个轨道间的动
摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处
停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦
力所做的功为（　　）
C. mgR D. （1－μ）mgR
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解析： 　设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A
到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，解得WAB＝
mgR－μmgR＝（1－μ）mgR。故D正确。
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4. （多选）如图所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周
运动。小环从最高点A滑到最低点B的过程中，小环沿图环形轨道
运动的速度大小的平方v2随下落高度h的变化图像可能是图中的（　）
解析： 　对小球由动能定理得mgh＝mv2－m，则v2＝2gh＋
，当v0＝0时，B正确；当v0≠0时，A正确。
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5. 如图所示，固定在地面上的光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向
右滑行，并冲上斜面。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，则从A到C的过程中弹
簧弹力做功是（　　）
C. －mgh
解析： 　由A到C的过程运用动能定理可得－mgh＋W弹＝0－
mv2，所以W弹＝mgh－mv2，故A正确。
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6. 枭龙战机是一款我国自主研发的军用飞机，在某次训练过程中，质
量为m的战机以恒定的功率P启动，其速度随时间变化的图像如图
所示，经过时间t0，战机达到最大速度vm时刚好起飞，关于战机起
飞过程，下列说法不正确的是（　　）
A. 发动机的牵引力做功为Pt0
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解析： 　发动机的牵引力做功为W＝Pt0，A正确；战机若做匀加
速运动，则滑行的位移等于，现在战机做加速度减小的加速运
动，可知在时间t0内的位移大于匀加速运动的位移，则大于，B
错误；根据动能定理得Pt0－Wf＝m，可知发动机的牵引力所
做的功Pt0大于m，战机克服阻力所做的功为Wf＝Pt0－
m，C、D正确。
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7. 如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，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，重
力加速度为g，不计空气阻力，则小球B下降h时的速度为（　　）
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解析： 　小球A下降h过程，设弹簧的弹力做功为W，根据动能定
理，有mgh－W＝0，小球B下降h过程，根据动能定理，有3mgh－
W＝×3mv2－0，联立解得v＝，故选A。
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8. （多选）如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡
底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB的水平
距离为x。下列说法正确的是（　　）
A. 小车克服重力所做的功是mgh
C. 推力对小车做的功是Fx－mgh
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解析： 　阻力为变力，设克服阻力做的功为Wf，由动能定理可
得Fx－mgh－Wf＝mv2－0，解得Wf＝Fx－mgh－mv2，故D错误；
推力对小车做的功为Fx，故C错误；由动能定理可知合力对小车做
的功是mv2，故B正确；小车克服重力做的功为mgh，故A正确。
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9. 一质量为4 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下在粗糙的水平面上
做匀速直线运动。当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小
到零时，物体刚好停止运动。如图所示的是拉力F随位移s变化的关
系图像，g取10 m/s2，则据此可以求得（　　）
A. 物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2
B. 整个过程摩擦力对物体所做的功为Wf＝－8 J
C. 物体匀速运动时的速度为v＝2 m/s
D. 整个过程合力对物体所做的功为W＝－4 J
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解析： 　开始时，物体在水平恒定拉力的作用下在粗糙的水平面
上做匀速直线运动，由平衡条件可得f＝F＝4 N，物体与水平面间
的动摩擦因数为μ＝＝＝0.1，所以A错误；整个过程摩擦力
对物体所做的功为Wf＝－fs＝－4×4 J＝－16 J，所以B错误；根据
WF＝Fs可知，拉力F随位移s变化的图像与s轴所围的面积表示拉力
所做的功，则有WF＝×4 J＝12 J，设物体匀速运动时的速度为
v，由动能定理可得WF＋Wf＝0－mv2，代入数据解得v＝ m/s，
所以C错误；整个过程合力对物体所做的功为W＝WF＋Wf＝12 J－
16 J＝－4 J，所以D正确。
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10. 如图所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5 m，
一个质量为m＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N的水平拉力作用下，从
桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，
木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2。求：
（1）木块沿弧形槽上升的最大高度（木块未离开弧形槽）；
答案： 0.15 m　
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解析： 设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最
大高度时的速度为零，从木块开始运动到沿弧形槽上升到最
大高度处，由动能定理得FL－fL－mgh＝0
其中f＝μN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N
所以h＝＝ m＝0.15 m。
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（2）木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑行的最大距离。
答案： 0.75 m
解析：设木块离开B点后，在水平桌面上滑行的最大距离为
s，由动能定理得
mgh－fs＝0
所以s＝＝ m＝0.75 m。
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11. 如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比
BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑，一质量为1 kg的物
体，从A点以4 m/s的速度沿轨道开始运动，经过BC后滑到高出C
点10.3 m的D点时速度为0。求：（g取10 m/s2）
（1）物体与BC轨道间的动摩擦因数；
答案： 0.5　
解析： 从A到D，由动能定理得
－mg（h－H）－μmgsBC＝0－m
解得μ＝0.5。
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（2）物体第5次经过B点时的速度大小（结果可用根式表示）；
答案： 4 m/s　
解析：物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动
能定理得
mgH－μmg·4sBC＝m－m，
解得v2＝4 m/s。
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解析：分析整个过程，由动能定理得
mgH－μmgs＝0－m
解得s＝21.6 m
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故最后
停止的位置与B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m。
（3）物体最后停止的位置（距B点多少米）。
答案： 距B点0.4 m
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