【解题模型】动能定理及其应用-2026高考物理（解析版）

专题17动能定理及其应用

模型总结

模型1动能定理求变力做功....................................................................1

模型2动能定理在多过程问题中的应用........................................................11

模型3功能定理在往复运动问题中的应用.....................................................26

模型4动能定理与图像结合的问题............................................................33

模型1动能定理求变力做功

1.应用动能定理的注意事项

(1)研究对象：单个物体或相对静止的几个物体构成的物体系。

(2)”•个参考系”：动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考

系。

(3)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。

(4)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。

(5)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。

2.利用动能定理求变力做的功

(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

i.(25・26高三上.河南焦作•期中)如图所示，物休质量为〃z,放在可绕竖直转轴转动的水平圆

台上，离转轴的距离为R,物体与圆台间的动摩擦因数为〃，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

重力加速度大小为g，物体可视为质点。圆台旋转的角速度由。开始缓慢增大，直至物体刚要

相对圆台滑动，下列说法正确的是（）

A.即将滑动时圆台的角速度大小为,宣

B.即将滑动时圆台的转速为

C.在此过程中静摩擦力对物体做功为；“ngR

D.在此过程中静摩擦力方向与运动方向相同

【答案】AC

【洋解】A.物体刚要相对圆台滑动时〃ng=marR，得

G=故A正确；

B.即将滑动时圆台的转速〃=/=_L=e_=_!_J丝，故B错误;

T2兀2兀7R

C.物体刚要相对圆台滑动时,线速度U=GR=,由动能定理在此过程中静

摩擦力对物体做功

W=^mv2=〃gR¥=；/jmgR

故C正确;

D.在此过程中，线速度不断增大，动能不断增大，由动能定理可知静摩擦力做正功，物体做

曲线运动，静摩擦力方向与运动方向的夹角为锐角，故D错误。

故选ACo

2.（2025.甘肃.模拟预测）如图所示，质量为"?=1kg的物体P套在固定的光滑水平杆上。不

可伸长的轻绳跨过光滑的滑轮。和O',一端与物体P相连，另一端与质量也为〃?的物体Q相

连。对P施加一水平向左的拉力尸（图中未画出）使整个系统处于静止状态，此时与P相连

的绳子与水平方向夹角为8=30，3点是。正下方的点，08距离为〃=1m。现撤去拉力尸，

让二者开始运动，重力加速度为g=10m/s2,计算结果可用根号表示，sin53=0.8。求：

⑴拉力产的大小；

⑵当P运动至轻绳与水平方向夹角为戊=53的A点时，P的速度大小;

（3）从释放至P运动至B点过程，轻绳对Q做的功。

【答案】（1）尸=56N

05V510/

（2）匕=———m/s

⑶W=-10J

【详解】（1）系统静止时，轻绳上的拉力丁=〃?g=10N

对P受力分析有F=7bos30=5>/3N

hh

（2）P运动至4点时，Q下落的高度为一二一=0.75m

sindsina

由P、Q整体机械能守恒有mg\h=+：加液

又qcos53=v2

联立解得v,=/s

（3）P运动至B点时，可知Q的速度为零。对Q由动能定理有W+mgA〃'=。

h

根据几何关系，有△〃'=——〃=

sin30

联立解得W=-10J

3.（2025・湖南•模拟预测）在学校高三年级篮球比赛中，因对方犯规小天同学获得罚球机会，

若他将篮球投出后篮球约以3m/s的速度撞击篮筐。己知篮球质量约为0.6kg,篮筐离地高度约

为3m,小天同学身高大约1.8m,不计空气阻力，则小天同学罚球时对篮球做的功最接近（）

A.3JB.10JC.20JD.30J

【答案】B

【详解】设小天同学罚球时走篮球做的功为W,对整个投篮过程根据动能定理有

1、

W—mgbh=­mv^

其中篮球上升的高度和撞击篮筐时的速度分别为M=3m—1.8m=1.2m,v=3m/s

代入数值解得W=9.9Jx10J

故选B。

4.（2（）25・云南昭通・模拟预测）如图所示，在匀强电场中有一半径为R的金属环竖直放置，电

场方向竖直向下，电场强度七二'_,环上套有一质量为〃2、电荷量为乡的小球（g>0）,小球

q

开始时静止于最低点，现使小球以初速度％=荻沿环上滑（g为重力加速度），小球运动到

环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中，求：

（1）小球在最高点的速度；

（2）小球在最低点时对金属环的压力；

（3）小球克服摩擦力所做的功。

【答案】（1）J泌

（2）14/7?^

⑶mgR

2

【洋解】（1）对小球在最高点，根据牛顿第二运动定律，有mg+Eq=m'

解得v=12gR

（2）对小球在最低点，根据牛顿第二运动定律，有6-〃吆-回=加费

解得外二14mg

1.1.

（3）对小球从最低点到最高点，根据动能定理得T77g2R-%2氏一叼克万小埼

解得W/•克=mgR

5.（2025・江苏•模拟预测）轻绳一端固定，另一端系一质量为〃，的小球，球心到悬点的距离为

L,用一水平外力/将小球从最低点A处缓慢拉至8处，此时轻绳与竖直方向夹角为夕，如图

所示，已知重力加速度为8,求：

（1）A至8过程中外力做的功；

（2）撤去外力瞬间小球的加速度。

【答案】（l）mgL（l-cos，）

（2）g4n4,方向垂直轻绳向下

【洋解】（1）根据动能定理有叱.一〃2gL（l-cos6）=（）

解得WF=mgL（l-cos。）

（2）撤去外力瞬间，将重力沿绳和垂直绳分解，根据牛顿第二定律有mgsine=〃也

解得a=gsinO

方向垂直轻绳向下。

6.（2025•江苏泰州•模拟预测）如图所示，质量分别为〃，和4/〃的尖劈和匀质圆柱，一起搁置

在墙角.已知墙壁竖直，地面水平，尖劈的尖角为。=30,尖劈抵在墙角处，圆柱的半径为

R,不计所有摩擦.给尖劈施加一个约束，使系统保持静止.已知重力加速度为自

R

////////./././././.Z./.V./././/./

⑴求圆柱与尖劈间的作用力大小M

(2)撤去对尖劈的约束，求圆柱下落的加速度a大小；

(3)撤去约束后圆柱下落至地面，求此过程中圆柱对尖劈所做的功W.

【答案】(1)空〃吆

4

⑵/

⑶-*mgR

【详解】(1)圆柱静止，对圆柱受力分析，在竖直方向上有4mg=Afcos30

解得N=~~~

(2)撤去对尖劈的约束后，尖劈后退，圆柱下落，对圆柱，在竖直方向上，有

4〃2g-N'cos30°=4〃刈

对尖劈，在水平方向上，有N'cos6()。=〃也劈

画出微小时间的位移图发现，圆柱下降高度〃与尖劈后退距离工之间的关系为〃=xtan30。

x

两个物体都是做初速度为零的匀加速直线运动，所以有。二。劈tan30°

4

联立方程，解得a=-g

(3)圆柱从下落到落地下降高度/t=(V3-l)/?

圆柱下落过程中，系统机械能守恒，有4mgzz=g〃吗+34〃“，八喔柩〃30

有4/%g（6一1）R=12

2叫

得:〃喉=3（6一

4/

对尖劈•，由动能定理得，圆柱对尖劈所做的功卬=;"?嗑=4（6-1）加蟾

7.（2025•甘肃金昌•三模）一质量为〃7的小球从离地足够高的位置由静止开始释放，已知小球

下落过程中受到一个始终垂直于速度方向的外力，已知外力厂的大小与小球速率u的关系为

/=技（2＞（）且为常数），重力加速度为g,则小球下落的最大高度〃与此时小球的速率I，分别

为（）

2〃?2g2mg

A./?=——,v=----

k2k

口.2〃/g4〃2g

B.h-——,v=----

k2k

C.〃与，3

k1k

n,4〃?2g4mg

D.h~——#,v=----

k2k

【答案】A

【详解】小球运动到最低点时，受向上的外力尸和重力，〃g,其中广五，设小球运动轨迹最低

2

点的曲率半径为上由牛顿运动定律有切-m

即mv~—kRv+mgR=0

小球在最低点的速度u具有唯一解，则有（攵-4m2gR=Q

可得R="$,昨也

k2k

小球下落过程，由于尸始终与速度方向垂直，故只有重力做功，由动能定理有〃吆力二（〃二

可得『警

故选Ao

8.（2025・湖北黄冈♦二模）如图所示，质量为他的小球乙固定在长度为L的轻质细杆上端，杆

的下端通过光滑的转轴与质量为根的物块甲相连，物块甲紧靠右侧竖直固定挡板，放置在光

滑水平面上，开始时轻杆保持竖直状态，系统静止。现轻扰小球乙，使小球乙无初速度的向左

倒下，物块甲和小球乙均视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

O

______XC

A.当轻杆与竖直方向夹角为60度时，轻杆的作用力为零

B.甲刚要离开挡板时，乙的速度大小为

C.小球乙落地前瞬间，乙的速度大小为

D.小球乙从开始运动到落地过程中，轻杆对小球乙做的功为-，切gL

【答案】BCD

【详解】AB.记轻杆上作用力为零时轻杆与竖直方向的夹角为如轻杆上作用力为零时小球

乙的速度为口此后甲与挡板分离。小球乙运动至轻杆上作用力为零的过程由动能定理可知

cosa]\=—1mv2

72

此时重力沿杆的分力提供所需要的向心力mgcosa=

2

联立解得cosa=-故A错误，B正确；；

3

C.轻杆上作用力为零后，小球乙的速度继续增加，所需要的向心力增大，而其重力沿轻杆的

分力在减小，因而轻杆会向两端提供拉力，物块中开始离开墙壁，两物体在轻杆方向上有位移，

轻杆对小球乙做功。

轻杆作用力为零到小球乙落到水平面上前一瞬间，小球乙、物块甲构成的系统水平方向上动量

守恒tnvcosa=mv[v+mv2x

2

该过程系统机械能守恒-wv+Leosa=—〃?（用+哝）+-mv；r

小球乙落地前一瞬间，由小球乙、物块甲速度关联有％=匕、

联立解得：%=%=^gL,%=居且心

小球乙落地前瞬间，乙的速度大小v乙=+匕：二gL,故C正确;

D.小球乙从开始运动到落地过程中，设轻杆对小球乙做的功为此，对乙用动能定理:

—mv2=mgL+VV/

解得乜=一:，咫L

故D正确。

故选BCDo

9.（2025・湖北・三模）雨滴在穿过云层的过程中，由于水汽的凝聚，雨滴质量将逐渐增大。若

其中某段运动可简化为一竖直方向运动，且该过程中雨滴的初始质量为，加，初速度为小,高

度下降〃后质量变为〃？/,速度变为刃。假定雨滴的质量增加量与下落高度成正比，则该过程

中克服阻力做功为（）

A,1212C71212

A.+5〃%培

C.（叫t叫））"一;町甘+；/4D.：（町+以见北

【答案】D

【详解】根据动能定理可得%-叱/M

乙乙

而雨滴的质量增加量与下落高度成正比，即重力与下落高度成一次函数关系，故有

联立可得吗=；（班+/）g为―W班片+1阿1

故选D。

1().(2()25•湖南长沙•二模)无风的情况下，在离地面高为〃处，将质量为〃?的球以速度%水

平抛出，球在空气中运动时所受的阻力大小/=入，u是球的速度，左是已知的常数，阻力的

方向与速度方向相反，并且球在着地前已经竖直向下做匀速运动。已知重力加速度为g,则下

列说法中正确的是()

Z//ZZZ/ZZ/ZJ/Z

A.球着地前瞬间的速度大小为口二等

k

B.从球抛出到落地，球位移的水平分量无=半

[32

c.球从抛出到着地过程口克服空气阻力做的功W=mg"+上机％2_”1_

2K

D.其他条件不变，若将球从同一地点由静止释放，则两种情况下球在空中运动时间相同

【答案】ABD

【详解】A.球最终竖直向下做匀速直线运动，根据平衡条件有〃吆二川

mo

解得u=半，故A正确;

B.对水平方向，取水平向右为正方向，由动量定理得-攵历=。-m%

又、=而

解得工=半，故B正确;

k

C.设球从抛出到着地过程中克服空气阻力做的功为W,由动能定理得

mgH-W=-imv2-g

1o

解得卬=幽妙/+上加%2_一)，故C错误;

22k

D.根据运动的独立性,在竖直方向都是从静止开始的运动，竖直方向受到的合力均为6=伙?-切丫

加速度均为「驾二竺=g-丝

mm

故在竖直方向上的运动的情况是相同的，运动时间相等，故D正确。

故选ABDO

模型2动能定理在多过程问题中的应用

1.多过程问题的分析方法

⑴将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。

⑵对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。

⑶根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。

⑷分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。

⑸联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。

11.（2025・湖北武汉•模拟预测）如图所示，用一轻绳把质量为1kg的小球悬挂在。点，将小

球拉至距离水平传送带高〃处的A点静止释放，当小球运动到最低点B时，与静止在传送带左

端质量为1kg的物块发生弹性碰撞，物块从传送带右端。点飞出，最后落在水平地面的。点。

已知夙C的距离为1.5m,物块与传送带之间动摩擦因数为0.2,传送带上端距离地面高度为

H。物块、小球均可视为质点，重力加速度大小g取lOm/s2,不计空气阻力。

⑴传送带静止时，物块刚好能够运动到。点，求高度山

⑵当传送带以速度口沿顺时针方向转动，其他条件不变，要使落点。、C两点水平距离最远,

y至少为多大？

（3）若传送带以速度u=2痴m/s沿顺时针方向转动，其他条件不变，在物块通过传送带期间,

由动机需要多做多少功？（结果可用根式表示）

【答案】⑴/i=0.3m

⑵v=26m/s

（3）AW=（1272-12）J

【详解】（1）小球由4点运动到8点，由动能定理肛g，2=：/%u：

小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律犯匕=叫U；+租2%，

121,21,2

=+-m2v2

物块由8点恰运动到C点、,由动能定理一2gL=0-<相2彩之

2

解得彩=J^m/s,〃=0.3m

（2）要使物块落点最远，即物块飞离传送带时与之共速，由运动学公式岭2=2C〃

由牛顿第二定律〃帆2g=m2Cl

解得〃=2m/s2,v=2>/3m/s

要使落点。、C两点水平距离最远，u至少为2gm/s。

（3）因为2"m/s>2Gm，s，根据能量守恒定律，电动机多做的功应等于物块与传送带摩

22

擦产生热量与物块增加的动能之和，故AWnAEk+Q,AEk=1m2v-1m2v2,

Q=©

摩擦生热的时间,二匕殳

a

物块与传送带之间相对位移Ax=vr-L

解得AW=（12五—12）J«4.97J

12.（2025•云南昆明•模拟预测）如图所示，长/=5m的斜面A8倾角为37。，斜面顶端通过一段

光滑圆弧8c与平台CO连接，。8为圆弧8c的半径且与AB垂直，一质量为小的物块（可

视为质点）以%=10m/s的初速度从A点进入斜面，物块与斜面的摩擦因数〃=0.5,重力加速

2

度g取10m/s,sin37°=0.6,cos37°=（）.8O

cD

(1)求物块通过B点时的速度大小；

⑵要使物块到达平台上，求在A点至少需要的初速度大小。

【答案】⑴0m/s

(2)Jl15m/s

【详解】(1)物块在斜面上,根据牛顿第二定律有血gsin6+wng8s6="

从4至过程有其一片二一2〃/

联立解得以=Om/s

(2)几何关系可知平台高度，=/xtan37o="m

4

1、

若物块恰好到达平台CD上,根据动能定理行。一眩=-〃mgcosgx/-〃?g/2

解得vA=JTT^m/s

13.(2025・四川资阳.一模)如图所示，游戏装置由光滑倾斜轨道A3,半径R=28m的光滑

圆弧轨道8C,长为L=9.0m水平轨道8和高为〃二JJm光滑高台石尸构成。倾角为8的

直角斜而体紧贴着高台边缘£7＞且与高台石尸等高。现将质量〃2=0.5kg的小物块从倾斜轨

道上高度为”=46m的4处由静止释放，小物块恰好能到达高台边缘£点。若斜面体向左

移动，固定在CO间的任一位置，小物块仍从同一高度H处由静止释放，发现小物块从斜面体

顶端斜抛后也恰好落在高台边沿£点。已知小物块与水平轨道CO和与斜面体之间的动摩擦因

⑴小物块到达圆弧轨道最低点C时，小物块所受支持力外的大小；

（2）动摩擦因数〃；

（3）斜面体倾角0。

【答案】（D25N

<2）A=—

⑶9=30

【洋解】（1）小物块由A到。的过程中，根据机械能守恒定律：根吆

2

当小物块在圆弧轨道最低点。时，根据牛顿第二定律：F„-mg=m^

解得FN=25N

（2）设斜面体的斜边长为/,水平直角边长为/。，可得/°=/cos。

小物块从A滑动到E的过程中，根据动能定理：mg（H-h）mg（L-1。）-4mg8S6♦1=0

解得尸立

3

（3）设斜而体与平台相距为%,小物块到达斜面体顶点的速度为口由能量转化与守恒有：

1

—mv2=jumgx

在小物块从斜面体顶点到达E点的过程中，对于水平方向上的运动有：x=wos

一using

对于竖直方向上的运动有：1=2-----

g

解得：。=30

14.（2025•吉林•一模）如图（a）所示，某景点有一娱乐项目“玻璃滑道”，图（b）为其轨道侧

视图，质量为m=50kg的人从4处静止下滑，经BCDEF最终停在G处，已知AB、BC、CO、

DE、E/都是半径为R=10m的圆弧，其对应的圆心角均为60。，AG段水平，长为L=10m,

人滑到尸点时轨道对人的弹力心为自身重力的2倍，重力加速度g取lOm/sz,求：

图（a）图（b）

⑴在FG段人与玻璃滑道间的动摩擦因数小

（2）在玻璃滑道"段滑动过程中人克服阻力做的功。

【答案】（1）〃=0.5

⑵%=10000J

【详解】（I）人刚滑到圆弧末端尸点时，受到重力和轨道对人的支持力，由牛顿第二定律可得

F^-mg=—

K

其中FN=2mg

联立解得匕=10m/s

在FG段由动能定理得-〃mgL=0-5'"u.

联立解得〃=0.5

（2）人在AF段滑动过程中，由动能定理可得5伙孤（1-（^60。）一叱.=：〃忧一0

解得吗=10000J

15.（2025•河南信阳•一模）如图所示，水平传送带A3左端与水平面8c相连，3C左端是竖

直光滑四分之三圆弧轨道，在C点与5C相切。圆轨道半径H=0.5m,传送带AB长度

4=2m,沿逆时针方向匀速运行，运行速率为乙8C间距离4=2m,一可视为质点小物

块质量加=0.4kg,从传送带A点由静止释放，该物块与传送带间的动摩擦因数为4=0.5,

与8C面间的动摩擦因数均为〃2=。-2。重力加速度取g=10m/s2,不计空气阻力。

E

⑴若传送带的速度大小u=3m/s,判断物块能否运动到达。点；

（2）若物块到8点后，还一直受到一个3N的水平向左恒力作用，为使物块能在到达圆弧轨道最

末端前不脱离轨道，求传送带的速度至少为多大？

【答案】（1）物块不能到达。点

）3月

⑵---m/s

2

【详解】（1）根据题意，设在3点的最小速度为以，从3点到。点过程中，根据动能定理得

1,

-jumgL^-mgR=0——mv^

解得以=3及m/s,vB>3m/s,物块不能到达。点；

（2）设物体在等效最高点与圆心连线与竖直方向的夹角为。

F3

tana=——=—,a=37°

mg4

设在等效最高点最小速度为匕则有（mg=等

从B点到等效最高点，由动能定理可得

川乙一Rsina)一〃2g儿4一^g(R+Rcosa)=g/〃u；此

ms

解得vB=~~/

16.（2025・广东肇庆•一模）如图所示，在竖直平面内固定一个半径为R的四分之一光滑圆弧轨

道BC,其与足够长、粗糙的水平轨道相切于B点.质量为〃7、可视为质点的滑块，从水平轨

道上A点以初速度%=下成沿直线运动，恰好能到达C点正上方D点处，而后返回，并

最终停在水平轨道上E点（图中未画出）。此后，对滑块施加水平向右的拉力尸=〃为，滑块

沿轨道运动并从C点飞出，最终落在水平轨道上〃点（图中未画出）。已知A8=C0=R,重

力加速度为g,不计空气阻力。求：

I

-.）

AB

（1）滑块与水平轨道间的动摩擦因数和A、E间的距离；

⑵在拉力厂作用下，滑块经过段中点时，对轨道的压力大小；

⑶滑块落地点”与A点的距离。

【答案】（1）〃=0.5,目=3R

⑵（2+30mg

（3）x=（7+276）/?

1.

【详解】（1）滑块从4点运动到。点，根据动能定理，-4ngR-mgx2R=0-针叫

解得〃=0.5

滑块从。点返回到E点，根据动能定理2〃?gR-g/E二。

乂、AETRE・*AB

解得XAE=3R

（2）设在拉力/作用下，滑块经过8c段中点时，速度为心受到的支持力大小为尸N.从七

点到8C段中点的过程，根据动能定理，有

Fx（4R+Rsin45。）一x4R-mg（R-Rcos45°）=—mv2

2

得F=2（l+Q）gR

经过BC段中点时外-机gcos45。-/sin45°=—

R

得0=（2+30）〃2g

滑块对轨道的压力与轨道对滑块的支持力是一对相互作用力，所以滑块对轨道的压力大小为

（2+3夜）〃吆o

(3)设滑块从C点飞出时，速度为％Fx57?-jLimgx47?-m^R=—mv^

从C点飞出后，cix=g,ay=-g

1、

竖直方向做竖直上抛运动，落地时+

水平方向做匀加速直线运动，落地点”与A点的水平距离X=2R+'aj2

2

解得x=(7+2")R°

17.(2025・四川绵阳•一模)如图所示，竖直平面内，光滑斜面A8与水平轨道80由一小段光

滑圆弧平滑连接，80长£=4m0以水平轨道末端。为坐标原点建立平面直角坐标系'Oy戈

轴的正方向水平向右，)'轴的正方向竖直向下，坐标系内。点坐标为(1.6m,0.8m),。点

左下方的。点坐标为(%，一小物块从斜面上不同位置由静止下滑，通过坐标系中的不

同位置。小物块与水平轨道间动摩擦因数〃=0.2,重力加速度g取lOm/s?。

A

(1)若小物块刚好运动到。点就停下，求小物块在水平轨道上运动的时间九；

(2)若小物块通过C点,求小物块下滑初始位置相对水平轨道的高度九；

(3)若小物块下滑初始位置相对水平轨道高度为“2时通过。点，且通过D点的动能与通过C点

的动能相等。判断外与用的大小关系，并求与与%的关系式。

【答案】⑴2s

(2)1.6m

(3)/^<h]；20.说-32yo+5或=0

【详解】(1)由受力分析可知，小物块在水平轨道NO上心=〃加g="的

解得4=2m/s2,可知小物块在30上做匀减速直线运动且刚好到0点停下，则与=

解得2s

（2）若小物块能过C点，则小物块过。点后做平抛运动，由平抛水平方向位移芭=1.6m满

足公式内=贴

竖直方向位移X=0.8m旦满足公式％=

联立可解得匕=4m/s,即平抛运动的初速度也是到。点的速度。从初始位置到。点，由动能

12

定理可知mg"-jLim^L=-m\\-0

解得％=1.6m

（3）由图可知，由于＞0.8m，根据自由落体运动规律，可判断小物块做平抛运动时间%＞%，

由于Xo＜1.6m,由匀速运动规律，可判断小物块在O点速度y＜匕，小物块从A点到。点由

1、

动能定理）ngh-/nmgL=—mv2-0

可判断色＜九。小物块从。点到C点做平抛运动，水平方向网二卬1

1,

竖直方向y=]gG

可得T

小物块从。点到。点做平抛运动，同理可得说=磬，由于通过。点的动能和。点动能相

2%

,，121

等mgy。+-fmD="gy+-mv\

由上一间知匕=4m/s,什=0.8m,解得10%+.4=16

由吟=受,解得20其-32%+5片=。

2%

18.（2025・安徽合肥•模拟预测）如图甲，装置由弧形轨道A3、竖直圆轨道（C点位置轨道前

后梢有错开）及水平直轨道8。平滑连接而成。水平轨道8c段与滑块间的动摩擦因数〃从左

向右随距离x均匀变化，如图乙所示。除段外，其余轨道均光滑。现将质量〃?=lkg的滑

块（视为质点）从高度〃=1.4m的A点静止释放，第一次通过圆轨道后与挡板碰撞反弹，恰

好能第二次通过圆轨道最高点。己知圆轨道半径R=0.11m,8C段长%=lm,重力加速度g

取lOm/s?。求：

（1）滑块第一次运动到8点时的速度大小也;

⑵滑块第二次经过。点时的动能EkC并求出滑块与挡板碰撞损失的动能；

⑶滑块最终停在何处。

【答案】（l）2j7m/s

（2）EkC=2.75J,AFk=5.25J

（3）8点右侧0.5m处

【详解】（1）滑块从A点运动到8点，由动能定理，有=

解得vB=2\/7m/s

（2）由题意，滑块反弹后恰好能从。点通过圆轨道最高点，由动能定理，有

2

-mg♦2R=gmv'—EkC

f2

在圆轨道最高点，右mg=

联立解得EkC=2.75J

利用面积法可得滑块经过8c段，滑动摩擦力做功为哪=—gx（0.5+0.7）xl.0xl0j=-6J

与芍板碰前的动能为EA=mg〃+吗=8J

滑块与挡板碰撞损失的动能△耳=5.25J

(3)由题意，而线。=2.75J<6J

则滑块不能回到B点，设其还能向左运动位移为Lm，如图所示

则由几何关系可知，在停止位置，接触面间的动摩擦因数必=0.5+0.2L

由动能定理，有W〃=0—4c

由面积法，有W"=—：X(O.5+M)XLX1OJ

联立，解得L=0.5m或-5.5m(舍去)

则工=1.0m-0.5m=0.5m

即滑块最终停止位置为B点右侧0.5m处。

19.(2025・浙江・一模)如图所示，固定在竖直面上的两个光滑半圆形轨道I、H和长为。=—m,

16

动摩擦因数为4=0.8的水平粗糙地面放相连，尸点正上方存在一个固定的挡板，小球碰到

挡板后以原速率的正反弹。两个半圆形轨道的半径分别为飞=0.25m、R.=0.5m,轨道最

2

高点P的切线恰好水平。轨道I左侧有一个弹性水平发射装置，质量为〃?=0.1kg的小球被弹

出后恰好过P点(即不发生脱轨)。尸点右侧紧挨着两辆相互紧靠(但不粘连)、质量均为

0.2kg的摆渡车A、B,摆渡车长均为右=4m,与物块之间的动摩擦因数均为%=0.15,

与地面的摩擦可忽略，小球正视为质点，g取lOm/sz,求：

(1)小球刚到达轨道I的顶端，即将进入轨道H时，轨道I对小球的压力大小;

(2)弹射过程中发射装置对小球做的功；

(3)小球最终停在£尸上的位置；

(4)若没有弹性挡板，求摆渡车A的最终速度大小及小球在摆渡车A、B上滑行时产生的总热

量2。

【答案】(1)1N

(2)0.75J

(3)最终停在距"点"m处

64

(4)—m/s，2=

5.

【详解】(1)在p点，有=

则匕，=痴区

即将进入轨道II时，有"+mg=m—

R\

住-5吆

l"i7

由牛顿第三定律，轨道I对小球的压力大小=FN=1N

1

(2)根据能量守恒定律，从小球被弹射到达轨道顶端的过程中有卬=〃吆・24+/〃?$9

解得W=3mgR]=0.75J

(3)由题可知K〃=J5m/s,则从。点第一次到“点，由动能定理，有

1.1.

〃尔.24-从〃2gzi=—tnv^——mVp

可得咋=26m/s

碰后速度大小为vF1=—vF=y/i~5in/s

1、

可得耳〃7脸=0.75J

2月加g£1=0.5J

则57m>Z/Qngk,即小球与挡板有第二次碰撞

则第二次碰前，有一必〃2gLix2=：机％7一：机哈

第二次碰后速度大小为匕2=*外1=^m/s

1

可知/加吭9<2〃附以，则小球与挡板不会有第三次碰撞

1o

由动能定理，有一〃i"2gx=0---mI斤2

解得x=—mv。

64

即最终停在距尸点”m处。

64

1,1,

(4)由动能定理加,2与一〃"火乙一］"?万

可得匕=2旧m/s

小球在A上滑行时，推动A、B一起运动，设物块到达A末端时A、B的速度为匕，由动量

守恒和能量守恒，有十2A/VA

=-mv}--mv；---2Mv^

乙乙乙

可得匕=6,m/s

*m/s

此后物块在B上滑行时，推动B继续加速，设物块与B共速时的速度为％,物块与B的相对

位移为△£，由动量守恒和能量守恒，有mv}+A/VA=(〃2+M)%

〃2〃次"=+~^VA+

可得AL=Wm

9

8亚/

vR=-----m/s

B15

物块在摆渡车上滑行时产生的热量。=%噂(4+")

解得0=77」

30

20.(2025・浙江♦一模)某游戏装置的竖直截面如图所示，装置由足够长的光滑水平轨道8C,

圆心角均为8=37。、半径/?=lm的圆弧轨道C。、E凡长为乙(。可调节)以u=8m/s的

速率逆时针方向转动的传送带OE,以及长为4=0,2m的水平平台产G组成，平台右侧为竖

直挡板，物块与竖直挡板的碰撞为弹性碰撞，圆弧轨道CO、E厂与传送带。石分别相切于。、

E两点，圆弧轨道与平台bG可随右长度的变化而调整相应位置。一质量〃?=0.3kg的物

块。与轻质弹簧接触但不连接，静止于水平面上。现一质量与物块。相同的物块〃用一长度为

1=2m的轻绳悬挂于P点，从与竖直方向成a=60。的A位置以垂直轻绳方向的初速度

%=4m/s开始运动，当其运动至P点正下方8处时(物块〃恰好不与地面接触)，轻绳与P

点正下方〃=1.6m处的一钉子作用而断裂，物块方继续向右运动压缩弹簧。当物块。与弹簧分

离后立即撤去弹簧，物块。滑上圆弧轨道C4已知物块。与传送带OE及平台FG间的动摩

擦因数均为4=0.5,其他摩擦和阻力均不计，各物块均可视为质点，弹簧处于弹性范围内，

sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度大小g取10m/s?。求：

(1)轻绳即将断裂时的张力大小；

⑵弹簧被压缩过程中的最大弹性势能；

(3)若物块。在运动过程中不脱离轨道，且不再与物块〃碰撞，求传送带的长度力的取值范围。

【答案】(1)%=3ON

⑵2.7J

(3)1.2m<Lj<1.4m

【详解】（1）设物块。摆至最低点的速度为W,根据动能定理有-cosa）=；"w：

解得匕=6m/s

对b受力分析有耳一=mV.

l-h

得耳=30N

（2）a.b共速时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒机

则解得u=3m/s

1919

由能量守恒Epm=-/??vl--2mv^=2.7J

（3）当弹簧原长时物块4、〃分离，速度分别为U2、V.?,根据动量守恒，机械能守恒

im\=mv+=—)nv^+—mv2

223

解得物块。、人速度交换，则匕=匕

2

分两种情况讨论①物块a恰好能不脱离EF,则在E点mgCQsO=m~~

则vE=23m/s

从C到£由动能定理一mgR(l-cos6)-/%gsin夕.纭一〃比geos夕纥=-mv[--mv,2

2

则LE-1.2m

此时物块。恰好能不脱离即时能滑上bG平台，且停在平台上，则在平台上滑行的路程为达

由动能定理-，ngR(1-cos0)-"tngx=0--mv1

则x=0.4m=2L,

恰好与竖直挡板碰撞后停在F点,因此能滑上平台FG不会从石b返回

②物块〃恰好能首次运动至尸点停在平台上，物块。从C运动至尸点由动能定理

-2nigR(1-cos一〃?gsin01LF-〃〃7g0os夕%>.=--

则Lr=1.4m

综述得物块〃在运动过程中不脱离轨道，传送带的长度。的取值范围为1.2m<L,<1.4m

模型3动能定理在往复运动问题中的应用

1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，描述运动的物理量多

数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定的。

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程有关，运

用牛顿运动定律及运动学公式将非常烦琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、

末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。

21.(2025♦辽宁盘锦•三模)如图，倾角8=37。的斜面与圆心为0、半径R=1.5m的光滑圆

弧轨道相切于3点，且固定于竖直平面内。质量团=0.5kg的滑块从斜面上的A点由静止释放,

经B点后沿圆弧轨道运动，通过轨道最低点C时对轨道的压力大小为17N。已知。为轨道的

末端，0。水平，OB垂直于A8,A、8之间的长度£=3m,g取lOm/s。，sin37°=0.6,

cos37°=0.8o求：

(1)滑块与斜面之间的动摩擦因数〃；

(2)滑块释放之后在斜面上运动的总路程5。

【答案】(1)0025

(2)18m

【详解】(1)由牛顿第三定律可知在C点轨道对滑块的支持力尸二17N

在。点，根据牛顿第二定律可知尸-机身=皆

滑块由4点运动到。点，由动能定理有mg£sine—〃〃gcos8Z+mg(R—RcosO)=5〃2d

解得〃=0.125

(2)滑块最终在轨道内做往复运动，最高能到达B点，设8点为零势能点，根据能量守恒定

律有mgLsinO=4mgeos£?

解得s=18m

22.(2025•河南•二模)如图所示，质量加=0.5kg的滑块P从水平轨道末端A点以％=2m/s

的速度滑出时，恰能沿竖直面内的光滑轨道48运动，且全程对轨道无压力，到达8点时的速

度大小y=4m/s、方向沿半经R=1.2m的光滑圆形轨道8C的切线方向，轨道8c与长

L=1.8m的粗糙水平轨道CD平滑连接，。为圆形轨道的最低点,CD平滑连接一倾角。=37。、

足够长的粗糙斜面。质量也为〃2=0.5kg的物块Q静止在水平轨道CD上，物块P、Q与水平

轨道及与斜面间的动摩擦因数均为〃=0.5,P与Q相碰会粘在一起，滑块P、Q均可视

为质点。现将滑块P从A点无初速度释放，sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取

10m/s2,求：

(1)轨道A3的高度差；

⑵滑块P滑到圆轨道上的C点时，对轨道的压力大小；

(3)滑块P、Q最后所停位置到。点的距离s与初始时Q到。点的距离x的关系。

【答案】(l)0.6m

(2)I5N

⑶s=(0.15x-0.24)m

【详解】(1)滑块P从水平轨道末端A点以%=2m/s滑出到B点过程，由动能定理有

1012

«=2/Z?^-2mVo

解得％=0・6m

（2）设8点速度方向与水平方向夹角为a,有%=vcosa

解得cosa=0.5

滑块P从A点到C点过程，由动能定理有mg48+/%gH（l-cosa）=1〃2u；-0

解得％=2V6m/s

2

滑块P在。点时，由向心力公式有外-根g-加

解得5=15N

由牛顿第三定律，可知滑块P滑到。点时对轨道的压力大小氏=&=15N

11

（3）设P滑行x后与Q碰撞，由动能定理有一〃，咫十二孑-0不相心0

P、Q相碰过程，由动量守恒定律有〃"P-共

联立解得j共二'6—|J，（0<x<1.8m）

若P、Q整体恰好到达。点，由动能定理有一〃x2〃?g（L-x）=0-；x2〃n&

解用x=1.6m

①当04x<1.6m时，由动能定理有一〃x2机g（L-x-s）=O—gx2〃?廉

解得s=（1.2—0.75x）m

②当1.6m<xWl.8m

由动能定理有一〃x2mg（L-x）-（2〃?gsin。+〃x2mgcos^）=0--x2mvi

从斜面返回水平轨道，由动能定理有（2〃zgsin，一,•2mgeos夕）V-〃x21ngs=0-0

联立解得5=（O.15X-0.24）m

23.（2025•云南曲靖•二模）在极限运动竞技场中，选手通过操控物块完成三个阶段的挑战，分

别是极速下滑、障碍滑行和凌空飞跃。现简化运动轨道模型如图所示，在竖直平面内，光滑斜

面下端与水平面BC平滑连接于4点，水平面4C与光滑半圆弧轨道COE相切于。点，E点、

在圆心。点正上方，。点与圆心等高。一物块（可看作质点）从斜面上A点由静止释放，物

块通过半圆弧轨道£点且沿水平方向飞出，最后落到水平面上的尸点处(图中未标出)。已知

F、C两点距离心忆=L6m,圆弧轨道半径R=0.4m，斜面上4点距离水平面5C的高度

/?=2.0m,B、C两点距离x=2.0m,重力加速度g取lOm/s?。求：

(1)物块与水平面8c间的动摩擦因数；

(2)将物块仍从斜面A点上由静止释放，调节半圆弧轨道CDE与8点距离，使得物块在半圆弧

轨道上运动时不脱离轨道，则水平面的长度£应满足的条件。

【答案】(1)4=02

(2)8m<x<10m或x'<5m

【详解】(1)物块从E点飞出到落在尸点，做平抛运动，则有2R=；g/，Lrc=vEt

联立，解得物块通过E点时的速度大小为也=4m/s

物块从A点到E点过程.，根据动能定理可得"吆。L2R)-〃mgx=:〃底一0

代入数据，解得物块与水平面8c间的动摩擦因数为4=0.2

(2)若物块刚好通过E点，则有加女=〃?£

R

解得u：