期末专项训练：动能定理及其应用（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）

动能定理及其应用（7大题型）

题型01：动能定理的初步应用

1.（25-26高一上•江苏无锡・期末）如图所示，固定在地面上的光滑斜面，其顶端固定一弹簧，一质量为小

的小球向右滑行，并冲上斜面。设小球在斜面最低点力的速度为打压缩弹簧至。点时弹簧最弱，C点距地

面高度为近重力加速度为g，则小球从4到C的过程中弹簧弹力做的功为（）

A.nigh--mv2B.-wv2-mghC.-nighD.一1+—〃?v2

【答案】A

【详解】小球4到C由动能定理有-〃磔+%=0-

解得%

故选A。

1/34

2.（25-26高三上•云南普洱•期末）如图所示，滑块从倾角为30°的固定斜面底端沿斜面上滑，当滑块回到

底端时，速度大小是初速度大小的一半，则滑块与斜面间的动摩擦因数是（）

A.立B."C."D.3

6345

【答案】D

【详解】设滑块沿斜面上滑的最大距离为%则对滑块沿斜面上滑过程进行受力分析，列动能定理方程有

-fngxsin30-jumgcos30•x=0-；mv~

同理对滑块沿斜面下滑过程进行受力分析，列动能定理方程有〃:gxsin30-/〃〃gcos30•》=-〃？--0

Z\/

联立解得滑块与斜面间的动摩擦因数为〃=亭

故选Do

3.（24-25高一上•福建典门•开学考试）（多选）如图所示，水平地面上有一质量为1kg的物块，某时刻物

块在水平力尸=7.5N的作用下由静止开始运动，运动10m后撤去水平力，物体再滑行20m后停下，物块运

动过程受到的滑动摩擦力大小不变，则从物体开始运动到最终停止的过程中（）

A.水平力对物体做的总功为零B.水平力对物体；故的总功为75J

C.最大速度大小为10m/sD.最大速度大小为5#m/s

【答案】BC

【详解】AB.根据％=小可知，水平力对物体做的总功为％=7.5NX10m=75J,A错误，B正确;

CD.整个过程中由动能定理£、-/。+》2）=0

解得户2.5N

从开始运动到撤去外力由动能定理丛-自

解得最大速度大小为v=10m/s,C正确，D错误。

故选BCo

2/34

4.游乐场中的过山车是一项富有刺激性的娱乐设施，一种弹射式过山车，其部分过程可抽象成如图所示模

型：光滑水平轨道与固定在竖直面内的粗糙半圆形导轨6c在4点平滑相接，导轨半径为上一个质量

为用的物体将弹簧压缩至力点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过4

点进入导轨瞬间导轨对它的支持力为其重力的7倍，之后向上运动恰能到达最高点C。已知重力加速度g。

⑴物块在3点时的速度大小；

⑵物块从B至C克服阻力做的功：

⑶物块离开C点后落回水平面时的动能。

【答案】（1）倔^

（2）Q.5mgR

（3）2.5mgR

2

【详解】（1）设物块在8点时的速度大小为%,物块在8点，根据牛顿第二定律有N-/町=〃?%

R

由题意可知它经过B点进入导轨瞬间导轨对它的支持力N=7/〃g

联立解得以=屈

（2）设物块从8至C克服阻力做的功为卯■克「由于物块恰能到达最高点C,则在。点有〃?g="［生

R

解得％=

从4至ljB,由动能定理有；加［一;机3=-nigx2R-

联立解得外：f=05?@?

（3）设物块离开C点后落回水平面时的动能为耳，根据动能定理有线-；〃龙=，〃gx2R

联立解得耳=2.5mgR

题型02：应用动能定理处理机车的启动问题

5.（25-26高一上•浙江宁波•期末）登月是中华民族的浪漫梦想，某次科研活动“月球车〃在水平地面上由静

3/34

止开始运动，运动的全过程的修图像如图所示，已知0~〃段为过原点的倾斜直线；〃~10s内“月球车”牵引

力的功率保持与〃时刻相同不变，且功率P=900W；7~10s段为平行于横轴的直线：在10s末关闭动力，让“月

球车”自由滑行，整个过程中"月球车"受到的阻力大小不变。下列说法正确的是（）

B.月球车受到的阻力为150N

C.月球车在0~〃段位移为2.5mD.月球车在l「7s内运动的路程为24.75m

【答案】B

【详解】AB.在10s末撤去牵引力后,“月球车”只在阻力/作用下做匀减速运动，由图像可知，加速度大小

Av_.

a=—=2m/s

A/

由牛顿第二定律得，其阻力六〃出

7〜10s内“月球车”匀速运动，设牵引力为E则问

则P=Fv产介2,v2=6m/s

解得六150N,/〃=75kg,故A错:吴，B1E确;

C.设K=3m/s,根据尸=/盯

可得牵引力为尸=300N

根据牛顿第二定律有尸一/=叫

可得q=2m/s

根据v,=

可得乙=1.5s

根据速度时间图像的面积表示位移，可得月球车在段位移为玉=与乙=2.25m,故C错误:

D.设w=3m/s,v2=6m/s,根据动能定理有百-人=g/汶-g叫？

7s-1.5s=5.5s

解得X2=26.25m,故D错误。

4/34

故选Bo

6.（24・25而一下•福建福州•期末）（多选）一辆质量为加=L2xl（）3kg的小汽车在平直的公路上从静止开

始运动，牵引力/随时间，变化关系图线如图所示，4s时汽车功率达到最大值，此后保持此功率继续行驶,

12s后做匀速运动。小汽车的最大功率恒定，受到的阻力大小恒定，则（）

A.小汽车前4s内位移为80mB.小汽车最大速度为50m/s

C.小汽车最大功率为4xl（）5wD.4~12s内小汽车的内位移为85m

【答案】BD

【详解】A.小汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力/=4X1（）3N

小汽车前4s内，根据牛顿第二定律产一/=〃也

其中方=10X1（）3N

解得a=5m/s2

小汽车前4s内位移x==40m

故A错误；

BC.4s末小汽车的速度v=q/=20m/s

小汽车最大功率7>=FV=2X105W

P

小汽车最大速度为％=7=50n^,故B正确，C错误：

D.4~12s内根据动能定理“'一.*=3〃?4一1"！

解得4~12s内小汽车的内位移x=85m,故D正确。

故选BD.

7.（24-25高一下•四川绵阳•期末）（多选）一辆汽车在平直公路上由静止启动，汽车输出功率。与汽车速

度u的关系图像如图所示，当汽车速度达到％后，汽车的功率保持恒定，汽车能达到的最大速度为2%,若

运动过程中汽车所受阻力恒为/，汽车的质量为加，下列说法正确的是（)

5/34

A.汽车先做匀加速运动，后做匀速运动

B.汽车速度为65%时，加速度大小为工

m

C.汽车从静止到速度%通过的位移为等

D.若汽车速度达到2%所用时间为,,则经过的位移为2%/-苧

【答案】BD

【详解】A.汽车先做匀加速运动，后做加速度减小的变加速运动，最后匀速，A错误；

B.最大速度2%时，产=/-2%

05尸

汽车速度为65%时，牵引力/二11=2/

加速度大小为。=43=/

mm

B正确；

C.汽车从静止到速度%,由动能定理片-自=｝欣

F=2f

解得再=磬

c错误；

D.汽车速度达到2%时，牵引力F=/,由尸=网

可得P=7-2%

汽车先做匀加速直线运动，后做变加速直线运动，最终匀速。设匀加速阶段末速度为%,此阶段牵引力为

片，由〃二Z%

且尸=2.饱

则6=2/

匀加速阶段，根据牛顿第二定律=

b/34

可得。=z

m

匀加速阶段时间4=%=今

af

位移$=ga彳=学"

f)jy

变加速阶段，时间

J

根据动能定理九二色=口?(2%)24

将P=2加。代入，化简可得七=2"-篝

总位移x=x1+x2=+2vQt-3&

D正确。

故选BDo

8.(24-25高一下•辽宁•期末)2025年5月，我国新能源汽车隹量突破90万辆，再创新高。在加速性能测

试中，某款质量为〃?的新能源汽车从平直路面上由静止启动后做匀加速运动，速度大小为丫时该车达到额

定功率P，保持该功率继续行驶位移一％后，达到最大速度3v,若该车行驶时受到的阻力恒定，求:

⑴该车行驶时受到的阻力片的大小；

(2)该车做匀加速直线运动的位移x的大小；

⑶该车保持额定功率继续行驶位移与所经历的时间功。

【答案】(1)耳=£

3v

(2)3皿

4P

⑶，产等+萨

P3v

【详解】(1)汽车速度最大时，汽车匀速行驶，则有八=心

根据题意则有6=与=(

(2)汽车匀加速运动时，速度达到丫时汽车的牵引力产=£

V

根据牛顿第二定律可得尸一耳=，〃。

其中尸N

7/34

解得汽车匀加速运动时的加速度a=L

3wv

根据匀变速直线运动规律可得，该车做匀加速直线运动的位移％=2=加匚

2a4尸

（3）根据动能定理可得R。—=gm（3v）2病

p

结合上述结论耳二丁

3y

解得"="+?

P3y

题型03:应用动能定理求解变力做功

9.（24-25高一下•云南楚雄・期末）一小球从如图所示的弧形轨道上的力点，由静止开始滑下，由于轨道不

光滑，它仅能滑到4点。由4点返回后，仅能滑到C点，已知/、4高度差为力”B、C高度差为力2,则下

C.hj>h2D.向、尼大小关系不确定

【答案】C

【详解】从4到8过程，根据动能定理可得〃0

从8到C过程，根据动能定理可得-%'=0

由于小球克服摩擦力做功，机械能不断减小，前后两次经过轨道同一点时速度减小，所需要的向心力减小,

则轨道对小球的支持力减小，小球所受的滑动摩擦力相应减小，而滑动摩擦力做功与路程有关，可见从力

到B小球克服摩擦力做功也一定大于从B到C克服摩擦力做功％’,则有%>h2。

故选C。

10.（24-25高一下•河南驻马店•期末）（多选）如图甲所示，一质量为〃『1kg物体（可视为质点）在拉力b

作用下从静止沿倾角6=30的固定光滑斜面向上运动，以起始点为坐标原点，以沿斜面向上为正方向建立

一维坐标系，其加速度”与位置坐标x的关系如图乙所示，g取10m/s2,则以下说法正确的是（）

8/34

A.x=2m时物体克服重力做功的功率为10W

B.x=2m时物体克服重力做功的功率为2OW

C.x=O到x=2m拉力/对物体做的功为12J

D.x=O到x=2m拉力-对物体做的功为14J

【答案】AC

【详解】AB.根据声=2公

221

可知在乙图中a-x图像与横轴围成的面积表示E,则当x=2m时有三=’x2x2m2/T

222

解得岭=2m/s

则竖直方向的分速度为。=v2sin^=lm/s

故工=2m时物体克服重力做功的功率为己=〃?gv「=10W,故A正确，B错误；

CD.根据动能定理有唯一〃?g・xsin3O

解得%=12J,故C正确，D错误。

故选ACo

11.（24-25高一下•湖北武汉•期天）（多选）如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到水平

拉力尸=2/（N）的作用,4、B间的摩擦力力和B与地面间的摩擦力力随水平拉力F变化的情况如图乙所示。

已知物块A的质量=3kg,重力加速度大小g=10m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（）

A.前2s内，B所受合外力的冲量大小/=4N.S

9/34

B.前6s内，A、B系统所受的合外力冲量大小/=16NS

C.前6s内，外力『做功W=32J

D.f=6s末，A的速度大小以=4m/s

【答案】BD

【详解】A.当0<F<4N时，根据图像可知，还未到达B与地面间的最大静摩擦力，此时A、B煤持静止，B

所受合外力的冲量大小/=0,故A错误；

B.前6s内，A、B系统所受的合外力为七=2-4（d2）（N）

Q1Q

冲量〃=—「x4=16N-s,故B正确：

C.拉力厂=12N时，对AB整体，由牛顿第二定律可得产-/；=（%+〃％”

对A有/=mAa

联立解得a=2m/s2,〃s=lkg

前6s内，根据动量定理可得/=（%+〃％"

解得1=4m/s

所以前6s内，根据动能定理可知合力做功为"=*%+叫）声=；x4x4?J=32J

因为还有摩擦力做负功，所以外力尸做功要大于32J,故C错误；

D.由C可知，在/=6s末，A的速度大小为匕=4m/s,故D正确。

故选BDo

12.（24-25高一下•甘肃白银•期末）玩具摩托车（视为质点）从。点由静止开始运动，先沿平直轨道04

运动，该过程中牵引力做的功匕-16J,然后调整功率沿竖宜半圆轨道4C8做圆周运动，如图所示。己知

半圆轨道的半径区=0.5m,4。两点间的距离为15m,玩具摩托车的总质量，"=0.2kg,玩具摩托车与水平

轨道间的摩擦力大小为其所受重力的（，在力Q?轨道上克服摩擦力做的功%=16J,玩具摩托车恰能通过

竖直半圆轨道的最高点8,取重力加速度大小g=10m/s2,不计空气阻力。

10/34

⑴求玩具摩托车通过最高点B时的速度大小匕：

⑵求玩具摩托车通过半圆轨道/点时半圆轨道对摩托车的弹力大小心和摩托车通过ACB轨道时发动机做

的功力;

⑶玩具摩托车通过最高点B后关闭油门，求落地点到A点的距离x。

【答案】（l）%=&m/s

⑵&=42N,%=8.5J

⑶x=lm

【详解】（1）在轨道最高点3,根据牛顿第二定律有〃?g=m4

R

解得VB=/so

（2）从。点到/点，根据动能定理有叫-"/"gLqugmv：

解得〃=10m/s

在4点，根据牛顿第二定律有/一阳=小?

解得心=42N

2

在半圆轨道上，根据动能定理有W-mSx2R-叫=lWy,-lWv/

解得％=8.5J°

（3）摩托车从8点水平抛出后，在竖直方向上有2R=；g/

在水平方向上有工=以上

解得x=lm

题型04：应用动能定理解决多过程问题

11/34

13.(25-26高三上•云南楚雄•期末)如图所示，光滑水平地面月8与竖直面内的光滑半圆形轨道8C。在3

点相切，半圆形轨道的半径为广，圆心为。，。、力间的距离为力。原长为2八劲度系数为A-的轻质弹簧

一端固定于。点，另•端连接一质量为〃，的物块。将物块在4点释放的同时，给物块施加•个水平向右的

恒力，物块依次经过力、“、C三点，物块到达C点前瞬间撤去恒力，物块经过。点前瞬间在靠近物块的

一端剪断弹簧，重力加速度大小为g。已知物块在3点时的速度大小为2匹，不考虑物块落地后反弹，

B.物块在。点时受到半圆形轨道的弹力大小为2(五+3)〃坦

C.物块在D点的速度大小为)2(&+4)歹

D.物块在水平地面上的落点到B点的距离为2r72(立+2)

【答案】D

【详解】A.由题意可得物块在4点时弹簧的伸长量为「，物块在4点和C点时弹簧的压缩量均为小即在

三个位置时弹簧弹性势能相等，则物块从4点运动到区点的过程中弹簧弹力做功为零，由动能定理有

厂12

FXAB=

其中打8二J(3r)2"=2后

解得F=&mg,A错误；

B.物块从3点运动到C点的过程中弹簧弹力做功为零，由动能定理有处-=(拉之2一3拉立2

物块在C点时，根据向心力公式有如=加江

r

解得国=加+2(&+3)叫，B错误；

C.物块从C点运动到D点的过程中，由机械能守恒定律有=~^mvD+W

解得%=《2(6+2)gr，C错误；

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D.物块离开。点后做平抛运动，有2〃=；g/,x=vf)t

解得x=2/-j2(&+2)，D正确。

故选D。

14.(25-26高三上•河南驻马店•期末)(多选)如图甲所示，质量”=lkg的物块在恒定拉力户的作用下由

静止开始沿水平地面做直线运动，其位置坐标与速度的平方的关系图像如图乙所示。已知拉力b=2N,方

向与水平方向的夹角为37。，经10s撤去拉力。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37o=0.6,

cos370=0.8,重力加速度大小g=10m/s2,下列分析正确的是()

A.撤去拉力前，物块运动的加速度大小为Im/s?

B.物块与水平地面间的动摩擦因数为0.125

C.撤去拉力时，物块的动能为12.5J

D.物块最终停在x=10m处

【答案】BC

【详解】A.物块由静止开始运动，由/=2a(x-x(J,可得彳=；5+/

2a

2

结合题图乙可知，«=0.5m/s,x0=-4m,A错误;

B.由牛顿运动定律有Fcos370-//(/Hg-/rsin370)=wa

解得〃=0.125,B正确；

C.由%="/=5m/s,可知撤去拉力时物块的动能Ek=：m”o2=12.5J,C正确:

D.撤去拉力时，物块所在位置X]=；a『+x(,=21m

撤去拉力后，由动能定理有=耳

解得x2=10m,x=玉+/=3Im

印物块最终停在x=31m处，D错，吴。

13/34

故选BCo

15.滑板运动是极限运动的鼻.祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图所示是滑板运动的轨道,

AC和QE是两段光滑圆弧形轨道，8c段的圆心为。点，圆心角为60。，半径。。与水平轨道C力垂直，水

平轨道。。段粗糙且长8m,一运动员从轨道上的4点以3m/s的速度水平滑出，在8点刚好沿轨道的切线方

向滑入圆弧形轨道〃C,经轨道后冲上轨道，到达E点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑

板的总质量为60kg,B、E两点与水平面CO的竖直高度分别为〃和〃，且％=2m,77=2.8m,

g=1Om/s2o

⑴求运动员从A运动到达B点时的速度大小。和在空中飞行的时间3：

⑵求轨道。。段的动摩擦因数、离开圆弧轨道末端时，滑板对轨道的压力：

⑶通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到8点？如果能，请求出回到8点时的速度大小；如果不

能，则最后停在何处？

【答案】（l）6m/s：-——s

1（）

⑵0.125；1740N,方向竖直向下

⑶不能，停在距离。点左侧6.4m处

【详解】（1）由题意根据几何关系可知%=—^

cos60°

代入初速度%=3m/s解得%=6m/s

在B点竖直方向的速度%,=vBsin600=3J]m/s

从A点到B点竖直方向自由落体，则行“=g几

解得%=述$

""10

（2）由8点到E点，由动能定理可得〃?g6-4"陪％0•-mgH=0--mv1

2

代入数据可得4=0.125

由B点到C点，由动能定理可得nigh=g力屋-；mvg

14/34

2

在C点由牛顿第二定律知FNC-mg=m^-

R

由几何知识可得R-h=Rcos60°

联立解得&C=I740N

根据牛顿第三定律可得滑板对轨道的压力4==「40N,方向竖直向下

（3）运动员能到达左侧的最大高度为"，从B点到第一次返回左侧最高处，根据动能定理有

,nv

mgh-nigh'-•2xCD=。一;］：

解得h'=1.8m<2m

所以第一次返回时，运动员不能回到4点，设运动员从4点运动到停止，在CO段的总路程为s,由动能定

理可得mgh-f.inigs=°一;,UVB

代入数据解得s=30.4m

因为$=3飞+6.4m,所以运动员最后停在距离。点左侧6.4m处

16.（25-26高一上•浙江台州•期末）如图甲，倾角为6=37。的斜面。力中段8C为阻尼区域，一轻质弹簧

下端固定在斜面底端力点，上端位于。点。以。为坐标原点，沿斜面向下建立Ox轴，质量m=1kg的滑块

从。点沿斜面静止下滑，滑块与。。段的动摩擦因数为〃，在阻尼区域AC所受附加阻力与速度成正比，比

例系数为。。滑块从。到。的过程中，其机械能E随x变化的关系如图乙。已知CN段光滑，弹簧始终处

于弹性限度内，劲度系数A=8N/m,弹性势能表达式耳=*&2（-为形变量），sin37o=0.6,

cos37°=0.8o

⑴滑块从。到8的过程中，机械能的减少量等于（选填"合力做功”或〃克服摩擦力做功”）；

⑵求动摩擦因数〃和滑块运动到8处时的动能：

⑶求比例系数。和滑块运动到。处时的机械能；

15/34

⑷求弹簧的最大弹性势能。

【答案】⑴克服摩擦力做功（2）0.25,4J⑶亚，22J（4）16J

【详解】（1）滑块从。到8的过程中，机械能的减少量等于克服摩擦力做功。

（2）滑块从。到8的过程中，根据能量守恒定律有-然08cos。

解得〃=0.25

根据动能定理有mgxnRs\n0-^mgxnRcos0=Evrt

解得/=4J

（3）滑块在8c段运动时机械能E随x线性变化，所以附加阻力为恒力，因此滑块做匀速运动，则有

L12

纭8=5哂,机gsinO=/jmgcosO+avB

解彳Ja=>/2

滑块在段做匀速运动，因此机械能的减少量等于重力势能的减少量，则£c-K8=r"gX8cSinO

解得&=22J

（4）根据能最守恒定律有EkC+MgAxsinO=；必/

其中%二后代

解得Zkr=2m

根据题意有耳冲

解得耳弹=16J

题型05：应用动能定理处理传送带问题

17.（25-26高一上•浙江宁波•期末）（多选）如图甲，质量0.5kg的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传送

带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的。至3s段为抛物线，3s至4.5s段为直线，下列正确的是

()

（_・）____________n（：）

甲

A.传送带沿顺时针方向转动

16/34

B.传送带速度大小为4m/s

C.物块刚滑上传送带时的速度大小为4m/s

D.整个过程中摩擦力对物块圻做功的平均功率大小约为0.34W

【答案】AC

【详解1AB.根据xT图像的斜率表示速度，可知前2s物体向左匀减速运动，第3s内向右匀加速运动；3〜4.5s

内小物块向右匀速运动，说明小物块与传送带保持相对静止，所以传送带沿顺时针方向转动，传送带速度

Ar3

大小为艮==^^m/s=2mis,故A正确，B错误；

A/4.5-3

C.由X—图像可知，前2s物体向左匀减速运动，在/=2s时，速度减为0,则有马=54

2x2x4

可得物块刚滑上传送带时的速度大小为％=-；2=F—m/s=4m/s,故C正确；

D.在0~4.5s内，对物块根据动能定理得匕一%M

解得摩擦力对物块所做的功为匕=-3J

则整个过程中摩擦力对物块所做功的平均功率大小为P==H().67W,故D错误。

t4.5

故选AC。

18.(24-25高一下•四川眉山•期末)如图所示，光滑水平导轨力8左端有一压缩的轻弹簧，轻弹簧左端固定,

右端前放一个质量为〃?=1kg的物块(可视为质点)，物块与轻弹簧不粘连，〃点与水平传送带的左端刚好

平齐接触，传送带8c的长为&=15m,沿顺时针方向以恒定速率v=l()m/s运动。长为4=8nvK平轨道

CQ与传送带的右端刚好平齐接触，CQ右端与半径为A=8m竖直光滑圆周轨道相连。物块可以从。点进入

该轨道，沿轨道内侧运动，运动一周后从G点滑出该轨道进入G”水平轨道。已知物块与传送带间的动摩

擦因数必=0.5,与水平轨道C。、GH的动摩擦因数4=0.1,取g=10m/s2。求：

⑴若释放弹簧，物块滑上传送带时刚好能做匀速运动，弹簧储存的弹性势能与；

⑵若释放弹簧，物块滑上传送带时的速度为％=2m/s,物块通过传送带的过程中产生的热能0；

⑶若释放弹簧，物块向右运动进入圆轨道后恰好不脱离圆轨道，物块最终停在距离。点多远的位置。

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【答案】（1）50J

（2）32J

（3）200m或6m

【详解】（1）物块滑上传送带时刚好能做匀速运动，则物块在4点的速度H=v=10m/s

根据机械能守恒定律有纭=/"=5OJ

（2）若物块滑上传送带时的速度为%=2m/s,则物块滑上传送带受到摩擦力作用，由牛顿第二定律

-/zwg=ma

设物块经4时间与传送带共速，由运动学公式有】』?=研

此过程的位移再=空％

解得4=l.6s,X]=9.6m<l>m

之后物块向右做匀速直线运动，物块匀加速直线运动过程，传送带的位移W=%=l6m

则物块通过传送带的过程中产生的热能Q=%〃心=必〃2g（工2-再）=32J

2

（3）物块恰好不脱离圆轨道有两种情况，第•种情景物块能做完整的圆周运动，在F点有mg=,也

R

物块由F到G的过程由动能定理有2mgR=

在水平轨道G”上由动能定理得一“2,咫/=0-gm名

联立解得占=200m

第二种情景物块到达E点的速度刚好为零，即有曝=。

物块由E到C的过程由动能定理有机g火-〃加原2=5阳记

解得/=12m/s

物块滑上传送带后减速过程有-〃

解得减速的位移Z=14.4m<£]=15m,

即物块没滑出传送带，物块随后向右加速到与传送带共速后做匀速直线运动，随后物块在传送带与圆轨道

之间做往返运动，滑上传送带和滑离传送带的速率不变，动能全部用来在C7）段克服摩擦力做功，由动能定

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=0-mv2

理得-jLi2mgx5T

解得=50m

由于X5=64+与

则物块停下的位置距D点间距为，-4=6m

19.（24-25高一下•青海西宁•期木）光滑圆弧轨道月A固定于地面上，半径火=2m,所对■圆心角为53、其

末端与逆时针转动的水平传送带相切于8点，如图所示，传送带长为/,速度恒为v=2m/s,一质量为

，〃=1kg的滑块从最高点/由静止开始滑下并滑上水平传送带，在传送带上运动一段时间后返回4点，滑块

与传送带之间的动摩擦因数〃=02,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin53°=0.8,cos5建=0.6,重力加速

度g取lOm/sZ.

⑴求滑块运动到B点时对圆弧轨道的压力大小；

⑵求传送带长度/的最小值：

⑶从滑块滑上传送带到返回B点的过程中，滑块与传送带之间因摩擦产生的热量：

⑷从滑块滑上传送带到返回8点的过程中，相比电动机带动传动带空转，滑块滑.上传送带后，电动机多消

耗的电能。

【答案】⑴18N

（2）4m

（3）18J

⑷⑵

【详解】（1）由4到8,由动能定理得〃3（"cos53o）=；wj

解得Vs=4m/s

在8点，由牛顿第二定律得&-〃区=竺《

R

解得小=18N

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由牛顿第三定律可知，滑块运动到B点时对圆弧轨道的压力大小为18N.

（2）滑块先向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有W阳

解得a=2m/s'

当速度减为。时，位移为邑=9=4m

2a

随后滑块向左做匀加速直线运动，故传送带长度/至少为4m。

（3）滑块先向右做匀减速直线运动，直到速度为零，则运动的时间为。=*=2s

a

此过程中传送带的位移为4=叫=4m

故滑块相对传送带的位移为&=$2+4=8m

随后滑块反向做匀加速直线运动，从对称性角度考虑，因7=4m/s>v=2m/s,故滑块返回左端时的速度

为v=2m/s

返回过程滑块加速运动的时间为八=-=ls

a

此过程滑块的位移为=或=lm

la

此过程传送带的位移为s'2=%=2m

故滑块相对传送带的位移为“=%二的

故摩擦产生热量为。=+A/）=18J

（4）整个过程只有摩擦力做功，则由动能定理可知，摩擦力对物块做功为％=；〃7，一；〃?以2

解得叫=-6J

由功能关系可知，滑块动能的减少量与电动机多消耗的能量之和等于因摩擦产生的热量，则电动机多消耗

的能量为E=0+%=12J

20.（24-25高一下,贵州六盘水•期末）如图所示，在同一竖直面内光滑曲面与长x=2.7m的轨道48平滑连

接，尸是质量，〃=lkg可视为质点的滑块，从曲面上高人=L8m处无初速度下滑。滑块与间的滑动摩擦因

数从二058c之间是传动方向及长度L未知的传送带，传动速度大小v=5m/s,滑块与传送带之间的滑动

摩擦因数必=0/5,是半径/?=0.2m的半圆形光滑轨道，O为最高点，位于。的正上方。取重力加速度

g=10m/s2,4B、。在同一水平线上，忽略空气阻力。求：

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⑴滑块运动到力和4的速度大小匕、匕；

⑵过。点时滑块对轨道的压力大小为多少时，滑块恰好能通过半圆轨道的最高点。；

⑶传送带长度心满足什么条件时，滑块能进入无轨道且在团之间运动过程中不脱离轨道。

【答案】⑴巳=6m/s,以=3m/s

（2）60N

（3）见解析

【详解】（1）滑块从曲面上下滑到力点，根据动能定理

代入数据得匕=6m/s

从N到8,根据动能定理-=

代入数据得匕=3m/s

2

（2）滑块恰好能通过。点，在D点有mg=m£

解得vD=V2m/s

从C到D,根据动能定理=丽-;/鹿

解得vc-V10m/s

在C点，根据牛顿第二定律4-加g=

解得&=60N

根据牛顿第三定律，滑块对轨道压力&=60N

（3）滑块不脱离也轨道有两种临界情况：

情况一：恰好通过。点

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滑块过D点临界条件："区=啜

解得vD=V2m/s

从C到D,根据动能定理-6gNAnJ”必一;〃忧

解得vc=

滑块在传送带上加速，传送带顺时针转，传送带速度y=5m/s〉匕=3m/s

加速度a=幽=l-5m/s2

由哈一4

得还吃二

2a3

情况二：不超过半圆轨道圆心等高处

滑块到达圆心等高处临界：O-g〃延2=-〃?gR

解得％2=2m/s

滑块在传送带上减速,传送带逆时针时,加速度a=〃2g=L5血s?

由VB~vci=2aL2

得小与勺

滑块恰好运动到C处，*-4=皿

解得4=3m

为保证滑块能进入CD轨道，£<3m

综二，传送带长度（传送带顺时针）或3m（传送带逆时针）时，滑块能进入CD轨道且不

脱离轨道。

题型06：用光电门验证动能定理

21.（25-26高一下•山东德州•期口）用如图所示的实验装置来验证动能定理。在一端带滑轮的长木板上周

定一个光电门，光电门在滑轮附近，与光电门相连的数字亳秒计（未画出）可以显示出小车上的遮光片经

过光电门的时间。在远离滑轮的另一端附近固定•标杆A,小车初始位置如图丙所示。小车可用跨过滑轮的

细线与重物相连，力传感器可显示细线拉力E的大小。已知遮光片的宽度为力正确平衡摩擦力后进行实验。

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⑴实验中，下列说法正确的（）

A.平衡摩擦力时需要将重物和力传感器通过细绳挂在小车I".

B.实验前应调节滑轮高度使细线和长木板平行

C.实验时小车质量不需要远大于重物和力传感器的总质量

D.释放小车前，小车应尽量靠近光电门

⑵测出标杆A与光电门的距离3小车及遮光片的总质量连接上重物，使小车从图内所示位置由静止

开始运动，并记下遮光片通过光电门的时间仪及力传感器显示的力的大小凡更换不同重物后重生实验,

记录卜.多组数据。小军经过光电门时的速度为

⑶根据记录的数据做出务所图像为过原点的倾斜直线'斜率为鼠以小车（含遮光片）为研究对象，若

动能定理成立，则图像的斜率上。（用L、d表示）

【答案】（1）BC

（叼

⑶夸

md

【详解】（1）A.平衡摩擦力时大需要将重物和力传感器通过细绳挂在小车上，只让小车拖着纸带在木板

上匀速运动，A错误;

B.实验前应调节滑轮高度使细线和长木板平行，这样才能认为细绳的拉力等于小车的合外力，B正确;

C.实验时因为有力传感器测量小车受的拉力，则小车质量不需要远大于重物和力传感器的总质量，C正确;

D.群放小车前，小车应尽量远离光电门，D错误。

故选BCo

⑵小车经过光电门时的速度为丫4

1d2

（3）由动能定理尸L==-nt------

2(4)2

即:二普(4)2

Fmd'

2£

则图像的斜率4=

md2

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22.（24-25高一下•河北邯郸•期末）某同学利用如图中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。

挡光条才“'乂

光电门

⑴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;

（2）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必将小车从挡板处由静止释放，由

数字计时器读出遮光时间N,再从小车上取出第二个钩码，挂到第一个钩码下端，重复上述步骤，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,仅作出击一小图像，则符合直实情

况的是;

⑶如果该同学将全部钩码挂在绳二端，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

的念7一'"图像（图丙）符合该恃况的是。

1111

tZFtAr7fZFtZF/

0y-------d-----------

AD

【答案】（1）匀速下滑

（2）B

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

（“=〃小。），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=2,动能变化量

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合外力F=〃叫g

合外力做功力=&=nni^gx

根据动能定理可知"="k

解得“xg（M+哂）传）’变形为总7=K：：；：M=（必+£。”2-

其中M+〃〃片为定值，则点-〃，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

合外力做功为匹=&=〃加

I//丫12nm.^x2PX

根据动能定理可知〃/gx=#M+,变形为石广斫加=西调记

加不断增