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习题课6　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.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，重力加速度为g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短（弹簧始终在弹性限度内），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）
3.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
4.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
5.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
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.（多选）如图所示，一滑草场的某条滑道由上、下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ，质量为m（含人）的载人滑草车从坡顶由静止开始下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），则（　　）
A.动摩擦因数μ＝
B.载人滑草车最大速度为
C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
8.如图所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点平滑连接，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）弹簧弹力对物块做的功；
（2）物块从B到C克服阻力所做的功；
（3）物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能。
9.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.
10.（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
11.如图所示，光滑斜面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x。
习题课6　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.A　由动能定理得－W－μmg（s＋x）＝0－m，W＝m－μmg（s＋x），A正确，B、C、D错误。
3.C　对物块从刚抛出到落地的过程，由动能定理可得：
mgh－Wf克＝mv2－m
解得：Wf克＝mgh＋m－mv2。
4.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。
5.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，故WAB＝mgR－μmgR＝（1－μ）mgR。
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.AB　根据动能定理有2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，可得动摩擦因数μ＝，故A正确，C错误；载人滑草车在上、下两段的加速度分别为a1＝g（sin 45°－μcos 45°）＝g，a2＝g（sin 37°－μcos 37°）＝－g，则载人滑草车在上、下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，因此在上段滑道底端时达到最大速度v，由动能定理得：mgh－μmgcos 45°·＝mv2，得v＝，故B正确，D错误。
8.（1）3mgR　（2）mgR　（3）mgR
解析：（1）物块从开始运动到B点，由动能定理得
W＝m
在B点由牛顿第二定律得
7mg－mg＝m
由动能定理得W弹＝m
联立解得W弹＝3mgR。
（2）物块从B到C由动能定理得
－2mgR＋W'＝m－m
物块在C点时有mg＝m
联立解得W'＝－mgR，即物块从B到C克服阻力做功为mgR。　
（3）物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得
2mgR＝Ek－m，
解得Ek＝mgR。
9.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。
10.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，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。
11.（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－m
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＝m－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－μmgs＝0
代入数据解得s＝5.1 m
由于s＝4lBC＋0.7 m
所以物体最终停止的位置到C点的距离为x＝0.4 m。
2 / 3习题课6　动能定理的应用
核心 素养 目标 1.会用动能定理解决变力做功问题。 2.掌握动能定理与图像相结合问题的分析方法。 3.会利用动能定理分析多过程问题。
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.如图所示，质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物块与转台转轴相距R，物块随转台由静止开始转动并计时，在t1时刻转速达到n，物块即将开始滑动。保持转速n不变，继续转动到t2时刻。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）
A.在0～t1时间内，摩擦力做功为零
B.在t1～t2时间内，摩擦力做功不为零
C.在0～t1时间内，摩擦力做功为2μmgR
D.在0～t1时间内，摩擦力做功为
2.如图所示，有一半径为r＝0.5 m的粗糙半圆轨道，A与圆心O等高，有一质量为m＝0.2 kg的物块（可视为质点），从A点静止滑下，滑至最低点B时的速度为v＝1 m/s，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是（　　）
A.物块过B点时，对轨道的压力大小是0.4 N
B.物块过B点时，对轨道的压力大小是2.0 N
C.物块由A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.9 J
D.物块由A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.1 J
要点二　动能定理与图像相结合的问题
　动能定理与图像相结合问题的分析方法
（1）首先看清楚图像的种类（如v-t图像、F-x图像、Ek-x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-x图像与x轴所包围“面积”求功，利用Ek-x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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　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　利用动能定理分析多过程问题
　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，确定整个过程中合力做的功，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
木块的运动分为三个过程：①匀加速运动；②匀减速运动；③平抛运动。
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vB的大小；
（2）小球通过光滑的水平面BC滑上固定曲面，恰能到达最高点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.将质量m＝2 kg的一个小球从离地面H＝2 m 高处由静止开始释放，落入泥潭并陷入泥中h＝5 cm深处，不计空气阻力，求泥对小球的平均阻力。（g取10 m/s2）
4.某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABCD轨道，AB为长L＝6 m、倾角α＝37°的斜轨道，BC为水平轨道，CD为半径R＝15 m、圆心角β＝37°的圆弧轨道，轨道AB段粗糙，其余各段均光滑。一小孩（可视为质点）从A点以初速度v0＝2 m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为零（不计经过B点时的能量损失）。已知该小孩的质量m＝30 kg，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）该小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力；
（2）该小孩与AB段间的动摩擦因数；
（3）该小孩在轨道AB上运动的总路程s。
习题课6　动能定理的应用
【核心要点·快突破】
要点一
【典例1】　B　小球缓慢移动，始终处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mgtan α，α为轻绳与OP的夹角，随着α的增大，F也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功。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　在0～t1时间内，转速逐渐增加，故物块的线速度逐渐增加，在t1～t2时间内，最大静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得μmg＝m，解得v＝，在0～t1时间内，物块做加速圆周运动的过程，由动能定理得：Wf＝mv2＝μmgR，故A、C错误，D正确；在t1～t2时间内，物块的线速度大小不变，摩擦力只提供向心力，根据动能定理可知摩擦力做功为零，故B错误。
2.C　在B点由牛顿第二定律可知N－mg＝m，解得N＝2.4 N，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为2.4 N，故A、B均错误；物块由A到B的过程，由动能定理得mgr＋Wf＝mv2－0，解得Wf＝－0.9 J，所以克服摩擦力做功为0.9 J，故C正确，D错误。
要点二
【典例2】　BD　由动能定理得－μmgx＝0－Ek0，由图知x＝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x＝t得滑行时间t＝＝10 s，故C错误，D正确。
素养训练
　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＝Fx，W2＝fx'，根据图像可知＝＝，所以F∶Ff＝4∶1，C、D错误。
要点三
【典例3】　8 m/s
解析：解法一　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，再做平抛运动，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。
解法二　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，由动能定理得Fl－f·3l＝0，得f＝；加速过程有Fl－fl＝Ekm－0，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，合力对帆船做功等于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，合力对帆船做功等于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。
3.820 N
解析：解法一　分段应用动能定理求解
对小球在空中运动阶段应用动能定理，有
mgH＝mv2－0
对小球在泥潭中运动阶段应用动能定理，有
mgh－h＝0－mv2
由以上两式解得泥对小球的平均阻力
＝·mg＝×2×10 N＝820 N。
解法二　全程应用动能定理求解
对小球在整个运动阶段应用动能定理，有
mg（H＋h）－h＝0－0
所以泥对小球的平均阻力
＝·mg＝×2×10 N＝820 N。
4.（1）420 N，方向向下　（2）0.25　（3）21 m
解析：（1）由C到D速度减为0，由动能定理可得
－mg（R－Rcos β）＝0－m，
解得vC＝2m/s
在C点，由牛顿第二定律得N－mg＝m，
解得N＝420 N
根据牛顿第三定律，小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力为420 N，方向向下。
（2）小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得：
mgLsin α－μmgLcos α－mgR（1－cos β）＝0－m
解得μ＝0.25。
（3）在AB斜轨道上，μmgcos α＜mgsin α，小孩不能静止在斜轨道上，则小孩从A点以初速度v0滑下，最后静止在BC轨道B处，由动能定理得
mgLsin α－μmgscos α＝0－m，解得s＝21 m。
3 / 4(共60张PPT)
习题课6　动能定理的应用
核心 素养 目标 1.会用动能定理解决变力做功问题。
2.掌握动能定理与图像相结合问题的分析方法。
3.会利用动能定理分析多过程问题。
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：小球缓慢移动，始终处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝
mgtan α，α为轻绳与OP的夹角，随着α的增大，F也在增大，是一个变
化的力，不能直接用功的公式求它所做的功。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. 如图所示，质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物
块与转台转轴相距R，物块随转台由静止开始转动并计时，在t1时
刻转速达到n，物块即将开始滑动。保持转速n不变，继续转动到t2
时刻。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　）
A. 在0～t1时间内，摩擦力做功为零
B. 在t1～t2时间内，摩擦力做功不为零
C. 在0～t1时间内，摩擦力做功为2μmgR
解析：　在0～t1时间内，转速逐渐增加，故物块的线速度逐渐增
加，在t1～t2时间内，最大静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律
得μmg＝m，解得v＝，在0～t1时间内，物块做加速圆周运
动的过程，由动能定理得：Wf＝mv2＝μmgR，故A、C错误，D正
确；在t1～t2时间内，物块的线速度大小不变，摩擦力只提供向心
力，根据动能定理可知摩擦力做功为零，故B错误。
2. 如图所示，有一半径为r＝0.5 m的粗糙半圆轨道，A与圆心O等
高，有一质量为m＝0.2 kg的物块（可视为质点），从A点静止滑
下，滑至最低点B时的速度为v＝1 m/s，取g＝10 m/s2，下列说法正
确的是（　　）
A. 物块过B点时，对轨道的压力大小是0.4 N
B. 物块过B点时，对轨道的压力大小是2.0 N
C. 物块由A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.9 J
D. 物块由A到B的过程中，克服摩擦力做的功为0.1 J
解析：　在B点由牛顿第二定律可知N－mg＝m，解得N＝
2.4 N，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为2.4 N，
故A、B均错误；物块由A到B的过程，由动能定理得mgr＋Wf＝
mv2－0，解得Wf＝－0.9 J，所以克服摩擦力做功为0.9 J，故
C正确，D错误。
要点二　动能定理与图像相结合的问题
　动能定理与图像相结合问题的分析方法
（1）首先看清楚图像的种类（如v-t图像、F-x图像、Ek-x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-x图像与x轴所包围“面积”求
功，利用Ek-x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：由动能定理得－μmgx＝0－Ek0，由图知x＝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x＝t得滑行时间t＝
＝10 s，故C错误，D正确。
　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＝Fx，W2＝fx'，根据图像可
知＝＝，所以F∶Ff＝4∶1，C、D错误。
要点三　利用动能定理分析多过程问题
　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，
确定整个过程中合力做的功，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
木块的运动分为三个过程：①匀加速运动；②匀减速运动；③平
抛运动。
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。
答案：8 m/s
解析：解法一　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，再做平抛运动，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。
解法二　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，由动能定理得Fl－f·3l＝0，得f＝；加速过程
有Fl－fl＝Ekm－0，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vB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，恰能到达最高点
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，
解得克服摩擦力做的功Wf＝mg（R－h）。
02
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
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，合力对帆船做功等于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，
合力对帆船做功等于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. 将质量m＝2 kg的一个小球从离地面H＝2 m 高处由静止开始释放，落入泥潭并陷入泥中h＝5 cm深处，不计空气阻力，求泥对小球的平均阻力。（g取10 m/s2）
答案：820 N
解析：解法一　分段应用动能定理求解
对小球在空中运动阶段应用动能定理，有mgH＝mv2－0
对小球在泥潭中运动阶段应用动能定理，有mgh－h＝0－mv2
由以上两式解得泥对小球的平均阻力＝·mg＝×2×10 N
＝820 N。
解法二　全程应用动能定理求解
对小球在整个运动阶段应用动能定理，有
mg（H＋h）－h＝0－0
所以泥对小球的平均阻力
＝·mg＝×2×10 N＝820 N。
4. 某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABCD轨道，AB为
长L＝6 m、倾角α＝37°的斜轨道，BC为水平轨道，CD为半径R＝
15 m、圆心角β＝37°的圆弧轨道，轨道AB段粗糙，其余各段均光
滑。一小孩（可视为质点）从A点以初速度v0＝2 m/s下滑，沿轨
道运动到D点时的速度恰好为零（不计经过B点时的能量损失）。
已知该小孩的质量m＝30 kg，sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，不
计空气阻力，设最大静摩擦 力等于滑
动摩擦力，求：
（1）该小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力；
答案： 420 N，方向向下　
解析：由C到D速度减为0，由动能定理可得
－mg（R－Rcos β）＝0－m，解得vC＝2m/s
在C点，由牛顿第二定律得N－mg＝m，
解得N＝420 N
根据牛顿第三定律，小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆
弧轨道的压力为420 N，方向向下。
（2）该小孩与AB段间的动摩擦因数；
答案： 0.25　
解析： 小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得：
mgLsin α－μmgLcos α－mgR（1－cos β）＝0－m
解得μ＝0.25。
（3）该小孩在轨道AB上运动的总路程s。
答案： 21 m
解析： 在AB斜轨道上，μmgcos α＜mgsin α，小孩不能静止在
斜轨道上，则小孩从A点以初速度v0滑下，最后静止在BC轨
道B处，由动能定理得
mgLsin α－μmgscos α＝0－m，解得s＝21 m。
03
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
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。
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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，重力加速度为
g，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短（弹簧始终在弹性限度
内），物体克服弹簧弹力所做的功为（　　）
C. μmgs D. μmg（s＋x）
解析：　由动能定理得－W－μmg（s＋x）＝0－m，W＝
m－μmg（s＋x），A正确，B、C、D错误。
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3. 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（　　）
解析：对物块从刚抛出到落地的过程，由动能定理可得：mgh
－Wf克＝mv2－m
解得：Wf克＝mgh＋m－mv2。
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4. 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
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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。
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5. 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，故WAB＝mgR
－μmgR＝（1－μ）mgR。
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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. （多选）如图所示，一滑草场的某条滑道由上、下两段高均为h，
与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的
动摩擦因数为μ，质量为m（含人）的载人滑草车从坡顶由静止开
始下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不
计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度为g，sin 37°
＝0.6，cos 37°＝0.8），则（　　）
C. 载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
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解析： 根据动能定理有2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，可得动摩擦因数μ＝，故A正确，C错误；载人滑草车在上、下两段的加速度分别为a1＝g（sin 45°－μcos 45°）＝g，a2＝g（sin 37°－μcos 37°）＝－g，则载人滑草车在上、下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，因此在上段滑道底端时达到最大速度v，由动能定理得：mgh－μmgcos 45°·＝mv2，得v＝，故B正确，D错误。
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8. 如图所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点平滑连接，轨道位
于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，
现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一
速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的
7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，不计空气阻
力，重力加速度为g。求：
（1）弹簧弹力对物块做的功；
答案：3mgR　
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解析： 物块从开始运动到B点，由动能定理得
W＝m
在B点由牛顿第二定律得
7mg－mg＝m
由动能定理得W弹＝m
联立解得W弹＝3mgR。
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（2）物块从B到C克服阻力所做的功；
答案： mgR　
解析： 物块从B到C由动能定理得
－2mgR＋W'＝m－m
物块在C点时有mg＝m
联立解得W'＝－mgR，即物块从B到C克服阻力做功为
mgR。　
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（3）物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能。
答案：mgR
解析物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得
2mgR＝Ek－m，
解得Ek＝mgR。
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9. 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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10. （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，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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11. 如图所示，光滑斜面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）物体运动到C点时的速度大小vC；
答案：4 m/s　
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解析：物体由C点运动到最高点，根据动能定理得：
－mg（h＋R）＝0－m
代入数据解得vC＝4 m/s。
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（2）A点距离水平面的高度H；
答案： 1.02 m　
解析： 物体由A点运动到C点，根据动能定理得：
mgH－μmglBC＝m－0
代入数据解得H＝1.02 m。
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（3）物体最终停止的位置到C点的距离x。
答案： 0.4 m
解析： 从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得：
mgH－μmgs＝0
代入数据解得s＝5.1 m
由于s＝4lBC＋0.7 m
所以物体最终停止的位置到C点的距离为x＝0.4 m。
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