动能和动能定理【7大考点+7大题型】（解析版）-2025-2026学年高一物理下册（人教版必修第二册）

动能和动能定理【7大考点+7大题型】

》考点梳理

＞考点一：动能定理的概念

＞考点二：探究动能定理实验问题

＞考点三：动能定理求合外力做功和速度

＞考点四：动能定理求机车启动位移问题

＞考点五：动能定理求变力做功问题

＞考点六：动能定理解决多过程问题

＞考点七：动能定理解决传送带运动问题

知识点1、动能的表达式

、1

1.表达式：

2.单位：与功的单位相同，国际单位为焦耳，符号为工

3.标矢性：动能是显量，只有大小，没有方向.

技巧归纳：对动能的理解

(1)动能是标最，没有负值，与物体的速度方向无关.

(2)动能是状态量，具有瞬时性，与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应.

(3)动能具有相对性，选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系.

11

2.动能变化量△&A区=5〃叫2一勿心若人瓦＞0,则表示物体的动能增加，若人反＜0,则表示物体的动能减少.

知识点2、动能定理

1.内容：力在一个过程中对物体做的力，等于物体在这个过程中动能的变化.

11

2.表达式：―巫二押《如果物体受到几个力的共同作用，/即为合力做的功，它等于各个力做功的代数和.

3.适用范围：动能定理是物体在恒力作用下，并且做直线运动的情况下得到的，当物体受到变力作用，并且做曲线

运动时，可以采用把整个过程分成许多小段，也能得到动能定理.

技巧归纳：动能定理的理解

11

1.表达式：解=瓦2一0=一6为2----勿匕2

22

1一1

⑴品=5〃叫2表示这个过程的末动能；以］=5〃坐2表示这个过程的初动能.

(2)/表示这个过程中合力做的功，它等于各力做功的代数和.

2.物理意义：动能定理指出了合外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即若合外力做正功，物体的动

能增加，若合外力做负功，物体的动能减小，做了多少功，动能就变化多少.•

3.实质：动能定埋从能量变化的角度反映了力改变运动的状态时，在空间上的累积效果.

＞举一反三

题型一：动能定理的概念

【典例1].（25-26高一下•全国•期末）关于做功和物体动能变化的关系，正确的是（）

A.动能不变的物体一定处于平衡状态

B.物体的动能不变，所受的合外力必定为零

C.外力对物体做功的代数和等于物体的末动能与初动能之差

D.动力和阻力都对物体做功，物体的动能一定变化

【答案】C

【详解】AB.动能不变的物体不一定处于平衡状态，如物体做匀速圆周运动时动能不变，但合外力不为零，物体

处于非平衡状态，合外力不为零，故AB错误；

C.根据动能定理，外力对物体做的总功等于物体动能的变化量，故C正确；

D.动力和阻力都对物体做功时，若它们的代数和为零，则动能不变，故D错误。

故选C。

【变式1].（23-24高一下•安徽六安・期末）下列关于功、动能的说法，正确的是（）

A.合外力的功为零，合外力一定为零

R.合外力为零,合外力的功一定为零

C.物体做变速运动，动能一定变化

D.物体动能不变时，合外力必定为零

【答案】B

【详解】A.合外力的功为零，可能是合外力为零，也可能是位移为零，还可能是力和位移垂直，故A错误；

B.合外力为零，合外力的功一定为零，故B正确：

C.物体做变速运动，可能是速度方向发生变化，大小不变，动能不一定变化，故C错误；

D.物体动能不变时，合外力不做功，合外力不一定为零，故D错误。

故选Bo

【变式2].（20-21高一下•全国•课时练习）韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员.他在一次自由式滑

雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J,他克服阻力做功100.1。韩晓鹏

在此过程中（）

A.合外力对韩晓映做功2000J

2

B.合外力对韩晓鹏做功1800J

C.动能增加了I900J

D.动能增加了2000J

【答案】B

【详解】AB.合外力对韩晓鹏做功为1800J,故A错误、B正确；

CD.由动能定理可知动能增加量等于合外力的功，故动能增加了1800J,故CD错误。

故选B。

【变式3].（20-21高一下•福建莆田•课后作业）关于动能定理的表达式力=耳2-几，下列说法正确的是（）

A,公式中的力为不包含重力的其他力做的总功

B.动能定理适用于恒力做功，但不适用于变力做功

C.运动物体所受合外力不为零，则该物体一定做变速运动，其动能要变化

D.公式中的《2-耳1为动能的增量，当%>。时动能增加，当/<0时动能减少

【答案】D

【详解JA.动能定理的表达式彳=&2-耳1，爪指的是合外力所做的功，包含重力做功，故A错误；

B.动能定理适用于任何运动，既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于恒力做功，也适用于变力做功,

故B错误；

C.运动物体所受合外力不为零，则该物体一定做变速运动，若合外力方向始终与运动方向垂直，合外力不做功,

动能不变，故c错误：

D.公式中的线2一耳1为动能的增量，当%>0时，即耳2-0>0,动能增加，当K<0时，即-耳心0,动能

减少，故D正确。

故选D,

题型二：探究动能定理实验问题

【典例2].（25-26高一下•全国♦课后作业）质量为加的跳水运动员，从离水面高为力的跳台上以速度W跳起，最后

以速度叫进入水中，若不计空气阻力，则运动员起跳时所做的功等于（）

2

A.gV；+nighB.g片-rnghC.；加丫；一力D.；；rnv1

【答案】C

【详解】运动员起跳时所做的功全部转化为起跳时的动能，因此起跳功力2

从起跳到入水过程中，不计空气阻力，只有重力做功。由动能定理可得〃磔

3

联立解得％=g,nv]=；fnvz-mgh

故选C。

【变式11（25-26高一上•湖北武汉•阶段练习）如图所示，高力=1.25m的平台上，覆盖一层薄冰。现有一质量为60kg

的滑雪爱好者，以一定的初速度丫向平台边缘滑去，着地时的速度方向与水平地面的夹角为45。，空气阻力不计，

重力加速度g=10m/,/,则下列说法错误的是（）

A.滑雪者离开平台边缘时的动能为750J

B.滑雪者着地时的动能为1500J

C.滑雪者在空中运动的过程中，重力做功的平均功率为1500W

D.着地时，滑雪者重力做功的瞬时功率为300W

【答案】D

【详解】A.平抛运动的时间，/=

着地时速度的方向与水平地面的夹角为45。，可得％=匕,=卬=g栏=廊=5m/s

滑雪者离开平台边缘时的动能为线=5'"。=750J,故A正确不符合题意；

B.滑雪者着地时的动能为线=；〃Q：+y,2）=1500J,故B正确不符合题意;

C.滑雪者在空中运动的过程中，重力做功的平均功率为P=2M=1500W,故C正确不符合题意:

D.着地时，滑雪者重力做功的瞬时功率为尸=，这匕=30（）0\\/,故D错误符合题意。

故选D,

【变式2].（24-25高一下•北京・期末）一个人将一质量为，〃的物体举高〃并使物体获得速度也则（）

A.合力对物体做功为mgh+-mvB.人对物体做功为mgh+-mv

C.人对物体做功为nighD.人对物体做功为

【答案】B

4

【详解】A.根据动能定理.，合力做功等于物体动能的变化量，即比介故A错误;

BCD.设人对物体做功为小，列动能定理有％

可求得人对物体做功为％=〃3?+；附声，故B正确，CD错误。

故选B。

【变式3].（24・25高一下•山东枣庄•期末）如图所示，质量为机的圆柱形匀质木块漂浮在水面匕浸入水中的深度

为人用竖直向上的拉力将木块缓慢提升至其底面距水面高度为力处，忽略水面高度变化，重力加速度为g。在木

块上移的过程中，下列说法正确的是（）

A.重力对木块做功为2〃?g/iB.浮力对木块做功为〃?g〃

3

C.拉力对木块做功为D.拉力与重力对木块做功之和为0

【答案】C

【详解】A.在木块上移的过程中，重力对木块做功为%=-2mg〃，故A错误；

B.由平衡条件可知，开始时浮力与木块重力等大，在木块上移的过程中，浮力线性减小，则浮力对木块做功

『小竽x八等，故B错误；

C.根据动能定理有%F+%+%力=。

联立解得拉力对木块做功为％=5〃劭，故c正确：

D.根据C选项分析，可知拉力与重力对木块做功之和为匕+%=-小学力=-竽，故D错误。

故选C。

题型三：动能定理求合外力做功和速度

【典例3].（25-26高一下•全国•单元测试）某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水

平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为I图像，如图所示（除2〜10s

时间段内的图像为曲线外，其余时间段图像均为直线）。已知小车运动的过程中，2〜14s时间段内小车的功率保持不

变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行。小车的质量为2kg,可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变，

5

小车在2〜10s内的位移大小为（

-v/(ms')

A.19mB.21mC.45mD.48m

【答案】A

【详解】减速阶段，小车只受摩擦力，加速度为。=字=：m/s2=Q75m/s2

A/4

故摩擦力为/==1.5N

匀速运动阶段，牵引力等于阻力，则有〃=&=1.5x3W=4.5W

对2〜IDs的过程运用动能定理得P"fs、=?江-

代入数据得可=19m

故选A>

【变式1].（25-26高三上•安徽六安力考）质量为1000kg的汽车，沿一条平直公路由静止开始运动，汽车在运动

过程中受摩擦阻力大小恒为2000N,汽车发动机的额定输出功率为40kW,开始时以q=2m/s2的加速度做匀加速运

动（gWlOm/s?）,汽车经过10s时间达到最大速度，从汽车开始运动到再一次静止共经历了20s时间，求（）

A.汽车所能达到的最大速率为10m/s

B.汽车做匀加速运动的时间4.5$

C.汽车加速阶段位移是50m

D.该运动过程中汽车受到的牵弓力一直在减小

【答案】C

【详解】A.设发动机的牵引力为少，汽车所能达到的最大速率为％«，则汽车达到最大速率时有/-/二。，

联立解得％故A错误；

Ff2x10

B.设汽车做匀加速运动的时间为「末速度为L根据牛顿第二定律有尸-/=〃也

根据功率的速度表达式有4=Fv

根据速度公式有v=M

联立解得K=2=5S,故B错误:

6

f=2=1He

C.汽车关闭发动机后做匀减速运动，从最大速度减速到静止用时2一/-5

m

已知汽车在匀加速阶段用时4=5s,则变力口速度阶段用时/；=20s—a—A=5s

设汽车在变加速阶段位移为/,根据动能定理可得舄

解得，与4-针（％/一声）

肿付/=------------------=25m

f

所以汽车加速阶段得位移为X=；。记+£=50m,故C正确；

D.匀加速阶段牵引力恒定，变加速阶段速度增大，牵引力逐渐减小至等于阻力。因此牵引力并非“一直减小”，故

D错误，

故选Co

【变式2].（24-25高一下•湖北武汉•阶段练习）质量为，〃的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度时间图像如

图所示，从。时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为乃，则（）

A.。〜〃时间内，汽车的牵引力做功的大小等于汽车动能的增加量

/\

B.，〜“时间内，汽车的功率等于〃[工+及v2

（乙7

/\

C.汽车运动的最大速度匕=詈+1W

D.〃〜“时间内，汽车的平均速度等于21言

【答案】C

【详解】A.0〜乙时间内，汽车受到牵引力和阻力作用，根据动能定理可知，汽车牵引力做的功与阻力做的功之和

等于汽车动能的增加量，故A错误；

B.0〜〃时间内，汽车从静止开始做匀加速更线运动，根据牛顿第二定律有/-4=机。=唐?"

1\

解得牵引力？="'+吧

7

由「从。时刻起汽车的功率保持不变，所以〃〜〃时间内，汽车的功率与4时刻汽车的功率相等，即功率

P=F%=v,

故B错误；

C.汽车速度最大时加速度为0,则有£-6=0

匕

联立解得最大速度丫2=（箸+”匕

故C正确；

D.若b〜益时间内汽车做匀加速直线运动，汽车的平均速度

由于现在汽车做加速度减小的加速运动，相同时间内的位移要比匀加速运动的位移大，所以。〜“时间内，汽车的

平均速度大于号■，故D错误。

故选C。

【变式3].（24-25高一下•江苏镇江•阶段练习）质量机=2（）0kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲

表示汽车运动的速度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在

18s末汽车的速度恰好达到最大。下列说法正确的是（）

A.汽车受到的阻力1000N

B.汽车的最大牵引力为1200N

C.8s〜18s过程中汽车牵引力做功为不可求解

D.8s〜18s过程中汽车的位移大小可以求解出

【答案】D

【详解】A.18s末汽车的速度恰好达到最大，此时牵引力等于阻力，则有/

可得汽车受到的阻力为/=里=绊gN=800N,故A错误：

%1°

B.汽车做匀加速运动时，汽车的牵引力最大，根据牛顿第二定律可得户/=加。

由图甲可得。=包=号m/s?=lm/s?

Ar8

8

联立解得q=1000N,故B错误;

C.8〜18s过程中汽车牵引力做的功为FF=%=8xl（）3xi0J=8xl04j,故c错误；

D.汽车在8〜18s内做变加速运动，设该过程中的位移大小为0根据动能定理可得

解得x=95.5m,故D正确。

故选D,

题型四：动能定理求机车启动位移问题

【典例4].（25-26高一下•全国•课后作业）如图所示，为:圆弧软道，4。为水平直轨道，在8点两轨道相切,

圆弧的半径为AC的长度也是夫。一质量为〃?的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为〃，当它由轨道顶端/

A.蟹B.等C.〃侬D.。-〃)〃颜

【答案】D

【详解】设物体在48段克服摩擦力所做的功为％,8,故物体从4运动到。的全过程，由动能定理得

mgR-WAB-pmgR=O

解得W/8=nigR-/.imgR=（\-jj）mgR

故选D,

【变式11（25-26高一下•全国•课后作业）一质量为用的小球，用长为/的轻绳悬挂于。点，小球在水平力厂作用

下，从平衡位置。点缓慢地移动到。点，如图所示，则力”所做的功为（）

A.mglcos0B.Flsin0

C.一cos。)D.Flcos0

【答案】C

9

【详解】由于小球的运动过程是缓慢移动，则小球在任一时刻都可看成是平衡状态，即小球的动能不变，小球上升

过程只有重力用g和厂这两个力做功，根据动能定理有匕-〃?g/(i-cose)=o

解得%=wg/（l-cos。）

故选C。

【变式2].(24-25高一下•北京东城•期木)如图所示，一个质量为加的小球，用绳长为/的轻绳悬挂于。点，初始

时刻小球静止于。点。第一次小球在水平拉力巳的作用下，从P点缓慢移动到。点，此时轻绳与竖直方向夹角为

30。，随即撤去尸/；第二次小球在大小为2的水平恒力的作用下，从P点开始运动到达。点，随即撤去出。不计

空气阻力，重力加速度为g。分析上述两次运动过程,下列说法正确的是(）

〃〃//

A.Q的大小始终为〃?man30。B.B做的功等于〃?g/cos30。

C.代做的功等于2/sin30。D.两个过程小球回到最低点P时绳中拉力一定相等

【答案】C

【详解】A.小球处于动态平衡状态，则《二〃g匕n6,绳子与竖直方向的夹角。在增大的过程中，片在增大，故A

错误；

B.小球从P点缓慢移动到。点，则由动能定理，有％-〃@(l-cos30)=0

解得B做的功等于小=mg/(l-cos30'),故B错误;

C.巳做的功%=6/sin30°,故C正确；

D.两个过程小球从最低点尸点回到P时，由动能定理，有%三g，，K-0

在P点,有K-mg=m—

而两种情况，拉力做功不同，则回到P点时的速度不同，绳中拉力不相等，故D错误。

故选C。

【变式3].(24-25高一下•安徽淮北•期末)有一种地下铁路，车站的路轨建得高些，车辆进站时要上坡，出站时要

下坡，如图所示。己知坡高为爪车辆的质量为〃?，重力加速度为g,车辆与路轨间的摩擦力为万，进站车辆到达

10

坡下4处时的速度为％,此时切断电动机的电源，车辆冲上坡顶到达站台8处的速度恰好为0。车辆从月运动到4

的过程中克服摩擦力做的功是（）

////Z77/////////77Z//

1，,

A.B.-mghC.mghD.

【答案】B

【详解】车辆从/运动到8的过程中，由动能定理得-〃3-阴=0-1〃叶

解得克服摩擦力做的功为％所-

故选B.

题型五：动能定理求变力做功问题

【典例5].（2026高一下•山东临沂•专题练习）某学习小组做探究“合力的功和物体速度变化关系”的实验，图中小

车是在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行，这时，橡皮筋对小车做的功记为田。当用2条、3条……完全相同的

橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，使每次实验中橡反筋伸长的长度都保持一致。每次实验中小车获

得的速度由打点计时器所打的纸带测出。

打点

（2）实验中木板略微倾斜，这样做（）

A.是为了使释放小车后，小车能匀加速下滑B.是为了增大小车下滑的加速度

C.可使得橡皮筋做的功等于合外力对小车做的功D.可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动

（3）若木板水平放置，小车在两条橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置,

下列说法正确的是（）

A.橡皮筋处于原长状态B.橡皮筋仍处于伸长状态

C.小车在两个铁钉的连线处D.小车已过两个铁钉的连线

（4）根据第4次实验的纸带（图2）求得小车获得的速度为m/s（保留三位有效数字）。

II

3.503.80I3.95I4.00I4.00I4.00

单位:cm

第4次

图2

（5）若根据多次测量数据画出的郎w图像（图3）,根据图线形状可知，对力与v的关系作出猜想肯定不正确的是

C.W^vD.jyccv

【答案】⑴刻度尺(2)CD(3)B(4)2.00(5)AB

【详解】（1）实验还需要用刻度尺测量纸带，故还需要刻度尺。

（2）实验中木板略微倾斜，这样做是为了平衡摩擦力，使得橡皮筋做的功等于合外力对小车做的功，使得橡皮筋

松弛后小车做匀速运动。

故选CDo

（3）若木板水平放置，对小车受力分析可知，小车速度最大时小车受到的合力应为零，即小车受到的橡皮筋拉力

与摩擦力相等，橡皮筋应处于伸长状态，所以B正确，ACD错误。

故选Bo

（4）各点之间的距离相等的时候小车做直线运动，由图可知，两个相邻的点之间的距离是4.00cm时做匀速直线运

动，利用公式丫=土x，可得v=0—04m/s=2.00m/s。

t0.02

（5）根据图3图像并结合数学知识可知，该图像形式和y=x"（〃=2,3,4）形式相似，故AB错误，CD正确。本题

选不正确的。

故选ABo

【变式1].（25-26高一下•福建厦门•月考）某同学利用如图甲所示的装置“验证动能定理”，并完成了如下的操作:

①按如图甲所示的装置组装实验器材，调整滑轮的高度使细线与长木板平行;

12

②取下砂桶，将长木板的右端适当垫高，纸带穿过打点计时器，开君电源释放小车，直到在纸带上打下一系列均匀

的点为止；

③挂上砂桶，并在砂桶中放入适量的沙子，用天平测出砂桶和沙的总质量为必然后将装置由静止释放，重复操作，

从其中选择一条点迹比较清晰的纸带，如图乙所示。

已知纸带中相邻两计数点间还有4个计时点未画出，计数点间的距离如图乙所示，打点计时器的打点频率/=50Hz,

重力加速度大小为g。

⑴打下计数点4时,小车的速度大小匕=m'

(2)若小车的质量为"，取打下计数点1〜5的过程研究，若打下计数点1、5时小车的速度大小分别为片和匕，则验

证系统功能定理的表达式为。(用题中所给物理量符号表示)

(3)若砂桶和桶中沙的总质量远小于小车的质量，根据得出的实验数据，描绘出了/・力图像如图丙所示，其中％=

mgh,则小车的质量M=kgo

【答案】(1)0.192

2

⑵但(〃5-4)=；(〃+〃?)4-1(M+w)v(

(3)0.4

【详解】(1)相邻两计数点间还有4个计时点未画出，则T=0.1s,则打下计数点4时，小车的速度大小

4(67.2-28.8)x10-3

v.=—=------------------------m/s=0.192m/s

42T0.2

(2)若动能定理成立，则满足仇-

(3)若砂桶和桶中沙的总质量远小于小车的质量，则小车受的牵引力等于砂桶和桶中沙的总重力，则表达式为

W=mgh=_Mv?

2

即v2=—W

M

由图像可知2三二0二5

可得M=0.4kg

13

【变式2].（24-25高一下•江苏镇江•月考）某实验小组利用倾斜导轨验证动能定理，实验装置如图1所示。水平桌

面上固定一倾斜导轨，导轨上力处放一带长方形遮光片的滑块，其左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与托盘相连,

遮光片的宽度为“，遮光片和滑块的总质量为财；导轨上8处有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时

间，。幺处到光电门8处的距离为/,将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过8处时的瞬时速度，实验时滑块

在A处由静止开始运动。

实验步骤：

（2）在托盘中添加一定质量的祛码，使滑块恰好（）运动，记录吒盘和破码的总质量小。，消除斜面摩擦力对实

验的影响。

A.匀加速向上B.匀速向上

C.匀速向下D.匀加速向下

（3）将滑块移至相同的初始位置，在托盘中再添加质量为机的跌码，由静止释放滑块，记录滑块经过光电门的时间

G重力加速度用g表示，滑块从力处到达8处时滑块和磋码托盘组成的系统动能增加量可表示为g=

（用题中所给相关物理量符号表示），合外力对系统所做的总功可表示为"=（用题中所给相关物理量

符号表示），在误差允许的范围内，若"=3，则动能定理得以验证。

（4）多次改变机，记录多次的时间/,根据实验数据作出的尸-,图像如图2所示，图中b已知，则重力加速度g=

m

（用相关物理量符号表示）。

【答案】（1）0.87/0.88/0.89

（2）B

⑶1(w+w+

0mgi

呜

【详解】（1）读数时要注意分度值是1mm,要估读到分度值的下一位。故遮光条宽度测量值为0.88cm

（2）根据题意分析知，在托盘中添加一定质量的彼码，使滑块恰好匀速向上运动，消除斜面摩擦力对实验的影响。

故选BQ

14

（3）滑块通过光电门的速度大小

故滑块从A处到达B处时滑块和砧码托盘组成的系统动能增加最可表示为+加+0

合外力对系统所做的总功可表示为匹=，叫1

2

（4）若动能定理得以验证，则根据动能定理〃3=++

则〃+（〃％十•）」■

2glim）

根据“图像,代入点（0力）,则有6=当（1+0）

解得g=《

Zb!

【变式3].（24-25高一下•河北邯郸・期末）某同学利用如图甲所示的实验装置来探究做功与物体动能变化的关系,

已知当地重力加速度为g。

12

山?山31恨

_Q_L

乙

（1）用游标卡尺测得遮光条（如图乙所示）的宽度，将全部钩码装载在小车上，调节导轨倾斜程度，使小车能够沿轨

道

⑵先从小车上取出一个钩码，挂到绳子下端，记录绳下端钩码的质量〃?，将小车从挡板处由静止释放，由数字计时

器读出遮光时间△/,再从小车上取出第二个钩码，挂到第一个钩码下端，重更上述步骤，直至小车里钩码都挂到绳

子下端，测得多组数据。该同学决定不计算速度，仅作出去一加图像，则符合真实情况的是;

（3）如果该同学将全部钩码挂在绳下端，仅从绳端依次取走钩码，但不转移到小车上，重做该实验，则作出的d一加

图像（图丙）符合该情况的是o

【答案】（1）匀速下滑

15

⑵B

⑶C

【详解】（1）让斜面有一定的倾角，当物体匀速下滑时，重力沿斜面的分量能与摩擦阻力平衡，故此处应填：匀速

下滑。

（2）利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，设释放位置到光电门的距离为x,每一个钩码的质量为〃的

（m=〃/沏），第一次实验时，研究钩码和小车的整体，则小车通过光电门的瞬时速度匕=；,动能变化量

合外力/=

合外力做功W=Fx=nmQgx

根据动能定理可知力=△纭

2

解得恤筋=5I（m+如）/仁z7A），变形为1标=（“2+n〃m叫（.gx=（必+2〃PX叫"2一

其中M+m〃。为定值，则意一”图像为过原点的倾斜直线。

故选B。

（3）第二次实验时，研究钩码和小车的整体，则小车通过光电门时整体的动能变化量AEk=g（M+〃〃%

合外力做功为K=Fx=nm^gx

根据动能定理可知〃叫舔=!（”+〃小。）^卜变形为卷=氤厂谣声.m

机不断增大时，〃不断增大，则点一〃图像的斜率不断减小。

故选C。

题型六：动能定理解决多过程问题

【典例6].（25-26高一下•山东东营・开学考试）图甲所示，长为41r的水平轨道48与半径为及=0.6m的竖直半圆

轨道8。在8处平滑连接，。点在B点的正上方，有一质量为"?=lkg的滑块（大小不计）受水平外力厂的作用，从

力处由静止开始向右运动，厂与滑块位移》的关系图像如图乙所示，滑块与轨道44间的动摩擦因数4=0.25,与

轨道8C间的动摩擦因数未知，g取IDm/s?。（规定水平向右为力尸的正方向）

16

，'FN

20——

10-

234~x/m

-10--------------------------------:------------1

乙

(1)求滑块到达8处时的速度大小;

(2)求滑块在水平轨道AB上运动前2ir所用的时间;

(3)若滑块到达8点时撤去外力尸，滑块沿半圆轨道内侧,上滑，到达最高点C时的速度为痴m/s,则滑块在半圆轨

道上克服摩擦力所做的功是多少。

【答案】(1)25/r0m/s

⑶5J

【详解】(1)对滑块从4到8的过程，由动能定理得用廿=

解得匕=2jIUm/s

<2)在前2m,根据牛顿第二定律有库-〃〃崂=，〃%

解得q=17.5m/s?

且x尸;卬：

解得L2舟

(3)对滑块从8到。的过程，由动能定理得-叫=雇-；〃武

解得明=5J

【变式1】.(25-26高一下•贵州铜仁・开学考试)如图所示,竖直线AB为竖直光滑半圆弧轨道的直径,其半径R=0.4m,

4端切线水平，水平轨道8c与半径/-0.2m的光滑竖直圆弧轨道CO相接于。点，。为圆弧轨道的最低点。一质

量为〃?=lkg的小球(视为质点)从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道48,并从4点飞出，经过。点恰好

沿切线进入圆弧轨道C。，B点与C点的距离BC=1.2m,重力加速度g=lOm/s?。求：

17

A

o

(1)小球在力点对圆弧轨道的压力大小E：

(2)小球在圆弧上C点受到的支持力大小不；

(3)小球在4点的速度也。

【答案】(D12.5N

(2)131N

(3)5m/s

【详解】(1)根据题意可知，小球从彳运动到。做平抛运动，竖直方向有2/?=；m2

解得％=0.4s

水平方向上有/c=匕，

解得匕=3m/s

在4点，由牛顿第二定律有〃?g+尸二吟

解得k=12.5N

由牛顿第三定律得压力尸二9=12.5N

(2)在C处，小球的竖直速度。=g/=4m/s

则小球在C处速度v=Jv；+*=5m/s

设速度与水平夹角为仇则有cos。=%

V

2

小球在。处，由牛顿第二定律有F-mgcos<9=/w—

cr

联立解得兄=131N

(3)由4到力由动能定理-=

22

解得vB=5m/s

【变式2】.(2024高二上•新疆•学业考试)如图所示，在竖直平面内，光滑斜面下端与水平面4c平滑连接于8点,

18

水平面8C与光滑半圆弧轨道COE相切于。点，七点在圆心。点止上方，。.点与圆心等高。一物块（可看作质点）

从斜面上力点由静止释放，物块通过半圆弧轨道七点且水平飞出，最后落到水平面4C上的尸（图中未标出）点处。

已知斜面上力点距离水平面8c的高度6=2.0m,圆弧轨道半径R=0.4m,B、C两点距离及「2.0m,F、。两点距

（1）物块通过E点时的速度大小；

（2）物块与水平面8c间的动摩擦因数；

（3）将物块从斜面上由静止释放，若物块在半圆弧轨道上运动时不脱离轨道，则物块释放点距离水平面BC的高度h'

应满足的条件。

【答案】（l）4m/s

⑵0.2

（3）0.4m<h'<0.8m或〃'21.4m

【详解】（1）物块从E点飞出到落在尸点，做平抛运动，则有2〃=；城，LFC=vEt

联立解得物块通过E点时的速度大小为/=4m/s

（2）物块从4点到E点过程，根据动能定理可得叫优-2/?）-/〃咽咏比-0

代入数据解得物块与水平面BC间的动摩擦因数为4=0.2

（3）若物块刚好通过七点，则有〃jg=〃?年

解得吆=JiR=2m/s

根据动能定理可得，〃g（4-2尺）-/〃讴4c-1喳-0

解得九二1.4m

若物块刚好可以运动到与圆心等高处，根据动能定理可得用g色-⑹-必阳4c=。

解得％=0.8m

若物块刚好可以运动。点，根据动能定理可得碑立-〃〃磔穴=0

19

解得力3=0.4m

综上分析可知，要物块在半圆弧轨道上运动时不脱离轨道，则物块释放点距离水平面4。的高度应满足

0.4m</?'W0.8m或。'之1.4m

【变式3].(24-25高一下•福建莆田•月考)如图所示的装置由力仄BC、8三段轨道组成，轨道交接处均由很小

的圆弧平滑连接，其中轨道力夙C。段是光滑的，水平轨道BC的长度s=5m,轨道CO足够长，/、。两点离轨道

8C的高度分别为〃/=4.30m、鱼=L35m。现让质量为，〃的小滑块自力点由静止释放。已知小滑块与轨道8c间的

(1)小滑块第-次到达。点的速度大小？

(2)小滑块第一次到达。点的速度大小？

(3)小滑块最终停留的位置距离B点多远？

【答案】(l)6m/s

(2)3m/s

(3)1.4in

【详解】(1)小物块从4TA-C过程中，由动能定理得mg"-〃〃&=；加值

代入数据解得％=6m/s

(2)小物块从力-4—C-。过程中，由动能定理得但(匕-/72)一〃〃期=3〃%

代入数据解得%=3m/s

<3)全过程到停下来根据〃?g%=/〃"gx

解得x=8.6m

所以小滑块最终停留的位置距离B点10m-8.6m=1.4m

题型七：动能定理解决传送带运动问题

【典例7].(24-25高一下•安徽马鞍山•期中)如图所示，某装置处于竖直平面内，该装置由固定在地面上倾角6=37。

的直轨道44、内壁光滑的螺旋圆形轨道4CQE,水平直轨道EF和传送带FG组成，且各处平滑连接。螺旋圆形轨

道半径R=0.4m,与倾斜直轨道48相切于8点，与水平轨道反相切于E点。防长度A=2.4m，传送带长度4=1・6m。

20

现将质量〃?=1kg的小滑块从倾斜轨道AB上高度为h处由静止释放，滑块恰好能通过圆轨道最高点D,滑块与AB

段、E尸段的动摩擦因数必=025,与传送带间的动摩擦因数生=0.6,传送带始终以5m/s的速度逆时针匀速转动。

不计空气阻力,重力加速度g=10m/s。sin370=0.6,cos370=0.8o求：

(1)滑块在圆轨道最高点的速度大小功;

(2)滑块的释放点高度力：

(3)滑块最终停在距七多远处。

【答案】(1)以=2m/s

(2)A=1.46m

(3)0.8m

【详解】(1)滑块恰好经过圆形轨道最高点。，根据牛顿第二定律可得〃吟=/

R

解得%==2m/s

(2)设滑块静止释放点到8点的距离为心由静止释放点到。点，由动能定理得

mgLsin0-内mgLcos0-mgR(l+cos0)=—〃八咕

解得A=2.3m

根据几何关系〃=Lsin37o+R(l-cos37。)

解得h=1.46m

(3)设滑块滑到/点时的速度为3,由。到尸点，由动能定理得2叫&-必〃*4=；加4-；〃据

解得vF|=20m/s

设滑块在传送带上向右运动不时速度减为0,由动能定理得-〃=0-由

2

解得X]=：m

此后，滑块反向加速到尸点时速度为飞，由动能定理得〃叫g*=:加环

即%=匕，设滑块最终停在距七点x处，由动能定理得-卬*(4-x)=0-；m自

21

解得x=0.8m

【变式1].（23-24高二下•湖北咸宁•期末）如图所示是某快递点分拣快递装置的部分简化示意图，质量m=L5kg的

快递从倾角为0=53。的斜面顶端<点静止释放，沿斜面下滑，进入水平传送带8C传送，最后能从水平末端。

点水平抛出，落到水平地面上，斜面与传送带之间由一小段不计长度的光滑圆弧连接。已知斜面48长4=2m,水

平传送带5C长4=4m,传送带上表面距水平地面力=1.25m,快递与斜面间动摩擦因数必=；,与传动带间动摩

擦因数%=;,传送带以某一速度顺时针转动，不考虑传送带滑轮大小，不考虑快递受到的空气阻力，快递可视为

质点，g=lOm/s2o求：

（1）快递刚滑到传送带上时速度的大小；

（2）调节传送带速度使快递落地点与抛出点。点的水平距离最大，则传送带速度至少多大，并求出与抛出点的最

大水平电离心和快递落地时的速度％

【答案】（1）以=2#m/s；⑵8m/s,xnm=4m,v=V89m/s,落地时速度与水平面的夹角为tan。=£

O

【详解】（1）从4到5,根据动能定理有

mgsin。。-/^mgcos^L1=[/〃丫；

代入数据解得

\>B=25/6m/s

（2）由题意知，若物体在传送带上一直加速，落地点与抛出点。点的水平距离最大，由动能定理知

m,1212

^isL2=-mvc--mVB

解得

vc=8m/s

则传送带速度至少为8m/s。

不考虑快递在空中运动时受到的空气阻力，快递从C点飞出做平抛运动，有

%=gz

水平方向有

22

'max=%/

解得

=4in

快递落地时的速度

解得

v=^/89m/s

落地时速度与水平面的夹角为。，则

V

tan^=—

%

解得

tan。=*

8

【变式2].（23-24高一下•浙江宁波•期末）如图所示，整个装置处于竖直平面内，4c。是半径为A=1.0m的光滑圆

弧轨道，B、。两点等高。传送带与水平面成6=37。，并以%=2.0m/s逆时针匀速转动，在8点与圆弧轨道相切。

OE为光滑由线轨道（该轨道与小物体以某一速度从“平抛后的轨道重合），与8CQ相切于。，两点高度差为

^>=0.45m,是长为L=0.6m的水平地面，尸右侧光滑且有一固定弹簧可将小物块无能量损失的弹回。质量为

m=l.Okg的小物块与传送带的摩擦因数为“=；,与EF的动摩擦因数为外=（。小物块从传送带上某点静止释放

后第一次经过轨道过程中恰好对轨道无压力，gMX10m/s2o求：

（1）小物块第一次经过最低点C时对轨道的压力大小和方向；

（2）初始时释放点到4点的距离；

（3）小物块最终停止位置。

2

【答案】（1）39N,方向竖直向下；（2）3.125m；