資源簡介

第2講　動能和動能定理
1.〔多選〕如圖所示的是做勻變速直線運動的質點在0～6 s內的位移—時間圖像，則（　　）
A.0～3 s，合外力對質點做正功
B.3～6 s，合外力對質點做負功
C.1～5 s，合外力對質點不做功
D.前5 s內，合外力對質點做負功
2.（2025·江蘇常州期末）在籃球比賽中，某位同學獲得罰球機會，如圖所示，他站在罰球線處用力將籃球投出，籃球以約為1 m/s的速度撞擊籃筐。已知籃球質量約為0.6 kg，籃筐離地高度約為3 m，忽略籃球受到的空氣阻力，則該同學罰球時對籃球做的功為（　　）
A.1 J　　　B.7.5 J　　　C.50 J　　　D.100 J
3.〔多選〕質量為1.0 kg的物體，以某初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其動能隨位移變化的情況如圖所示（取g＝10 m/s2），則下列判斷正確的是（　　）
A.物體與水平面間的動摩擦因數為0.30
B.物體與水平面間的動摩擦因數為0.25
C.物體滑行的總時間是2.0 s
D.物體滑行的總時間是4.0 s
4.如圖所示，光滑固定斜面的頂端固定一彈簧，一質量為m的小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面。設小球在斜面最低點A的速度為v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，重力加速度為g，則小球從A到C的過程中彈簧彈力做的功為（　　）
A.mgh－mv2 B.mv2－mgh
C.－mgh D.－
5.如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質量為m的小球A，若將小球A從彈簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為質量為3m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，則小球B下降高度h時的速度為（重力加速度為g，不計空氣阻力）（　　）
A.　　B.　　C.　　D.
6.（2025·江蘇連云港期末）如圖所示，將質量為m的小球從高為h處以初速度v0水平拋出，落地時速度大小為v，方向與水平面成θ角，空氣阻力不能忽略，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A.重力對小球做的功為m（v2－）
B.落地時小球重力的功率為mgv
C.合外力對小球做的功為mv2
D.空氣阻力對小球做的功為m（v2－）－mgh
7.（2025·浙江嘉興期末）如圖所示，質量為m的物塊放在水平轉臺上，物塊與轉軸相距R，物塊隨轉臺由靜止開始轉動。當角速度增至ω時，轉臺開始做勻速轉動，整個過程物塊與轉臺總是保持相對靜止，則（　　）
A.在角速度增至ω過程中，物塊所受的摩擦力方向總是指向轉軸
B.轉臺勻速轉動時，物塊所受的摩擦力大小為mωR
C.在角速度增至ω過程中，摩擦力對物塊做的功是mω2R2
D.在角速度增至ω過程中，摩擦力對物塊做的功是0
8.（2025·北京西城二模）如圖所示，長為L的桿一端固定在過O點的水平轉軸上，另一端固定質量為m的小球。桿在電動機的驅動下在豎直平面內旋轉，帶動小球以角速度ω做勻速圓周運動，其中A點為最高點，C點為最低點，B、D兩點與O點等高。已知重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A.小球在B、D兩點受到桿的作用力大于mg
B.小球在A、C兩點受到桿的作用力大小的差值為6mg
C.小球在B、D兩點受到桿的作用力大小等于mω2L
D.小球從A點到B點的過程，桿對小球做的功等于mgL
9.如圖所示，一半圓弧形細桿ABC豎直固定在水平地面上，AC為其水平直徑，圓弧半徑BO＝3.6 m。質量為m＝4.0 kg的小圓環（可視為質點，小環直徑略大于桿的粗細）套在細桿上，在大小為50 N、方向始終沿圓的切線方向的拉力F作用下，從A點由靜止開始運動，到達B點時對細桿的壓力恰好為0。已知π取3.14，重力加速度g取10 m/s2，在這一過程中摩擦力做功為（　　）
A.66.6 J　B.－66.6 J　C.210.6 J　D.－210.6 J
10.（2025·廣西來賓期末）南深高鐵南玉段正線全長193.31公里，是廣西自主投資的首條時速350公里的高鐵，開通運營時南寧至玉林的鐵路運輸時間縮短至40分鐘左右，假設動車啟動后沿平直軌道行駛，發動機功率恒定，行車過程中受到的阻力恒為F阻、已知動車質量為m，最高行駛速度為vm，下列說法正確的是（　　）
A.動車啟動過程中所受合外力不變
B.動車發動機功率為F阻·vm
C.從啟動到達到最大速度過程中，動車平均速度為
D.從啟動到達到最大速度過程中，動車牽引力做功為m
11.（2023·湖北高考14題）如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道在同一豎直平面內，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內側，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，并恰好能到達軌道的最高點D。小物塊與桌面之間的動摩擦因數為，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質點。求：
（1）小物塊到達D點的速度大小；
（2）B和D兩點間的高度差；
（3）小物塊在A點的初速度大小。
12.如圖甲所示，在水平面上固定一傾角θ＝37°、底端帶有擋板的足夠長的斜面體，斜面體底端靜止一質量m＝1 kg的物塊（可視為質點），從某時刻起，物塊受到一個沿斜面向上的拉力F作用，拉力F隨物塊從初始位置第一次沿斜面向上的位移x變化的關系如圖乙所示，隨后不再施加外力作用，物塊與固定擋板碰撞前后速率不變，不計空氣阻力，已知物塊與斜面之間的動摩擦因數μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）物塊在上滑過程中的最大速度的大小；（計算結果可保留根式）
（2）物塊沿斜面上滑的最大位移的大小和物塊在斜面上運動的總路程。
第2講　動能和動能定理
1.CD　因為題圖x-t圖像切線的斜率表示速度，可知0～3 s，質點的速度減小，動能減小，根據動能定理得合外力對質點做負功，A錯誤；3～6 s，質點的速度增加，動能增大，根據動能定理得合外力對質點做正功，B錯誤；由圖像對稱性可知，第1 s末和第5 s末的速度大小相同，則1～5 s，動能不變，則根據動能定理得合外力對質點不做功，C正確；前5 s內，質點速度減小，則動能減小，根據動能定理得合外力對質點做負功，D正確。
2.B　假設該同學的身高為h1＝1.8 m，則根據動能定理得W－mg（h－h1）＝mv2，代入數據解得W＝7.5 J，故選B。
3.BD　設物體所受的摩擦力大小為Ff，根據動能定理得－Ffx＝Ek2－Ek1，解得Ff＝2.5 N，則物體與水平面間的動摩擦因數μ＝＝0.25，A錯誤，B正確；根據動能表達式Ek1＝m，解得v0＝10 m/s，Ff保持不變，則物體做勻減速直線運動，根據x＝t，解得t＝4.0 s，C錯誤，D正確。
4.A　小球從A到C過程中，由動能定理可得WG＋WF＝0－mv2，WG＝－mgh，解得WF＝mgh－mv2，故選A。
5.B　設小球A下降高度h過程中，小球克服彈簧彈力做功為W1，根據動能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降高度h過程中，由動能定理有3mgh－W1＝·3mv2－0，解得v＝，故B正確。
6.D　根據動能定理有W合＝mv2－m，其中重力做功為WG＝mgh，設空氣阻力做功為Wf，則W合＝WG＋Wf，解得Wf＝W合－WG＝mv2－m－mgh，故A、C錯誤，D正確；落地時小球重力的功率為P＝mgvy＝mgvsin θ，故B錯誤。
7.C　在角速度增至ω過程中，即物塊加速轉動，則物塊所受的摩擦力方向與速度夾角為銳角，不總是指向轉軸，選項A錯誤；轉臺勻速轉動時，物塊所受的摩擦力充當向心力，則摩擦力大小為Ff＝mω2R，選項B錯誤；根據動能定理，在角速度增至ω過程中，摩擦力對物塊做的功是W＝ΔEk＝mv2＝mω2R2，選項C正確，D錯誤。
8.A　當小球在B、D兩點時，桿對小球作用力豎直方向的分力應等于重力，水平方向分力提供向心力，故桿對小球的作用力為F＝＞mg，故A正確，C錯誤；若小球在最高點，桿對小球的作用力為支持力，則在A點，有mg－FN1＝mω2L，在C點，有FN2－mg＝mω2L，所以FN2－FN1＝2mω2L，若小球在最高點，桿對小球的作用力為拉力，則在A點，有mg＋FN1＝mω2L，在C點，有FN2－mg＝mω2L，所以FN2－FN1＝2mg，故B錯誤；小球從A點到B點的過程，根據動能定理，可得W＋mgL＝0，解得桿對小球做的功等于W＝－mgL，故D錯誤。
9.B　小圓環到達B點時對細桿的壓力恰好為0，則mg＝m，拉力F沿圓的切線方向，圓環由A到B的過程中，根據動能定理有F·－mgr＋Wf＝mv2，代入數據得這一過程中摩擦力做功為Wf＝－66.6 J，故選B。
10.B　根據P＝Fv，可知動車恒定功率啟動過程中，所受合外力逐漸變小，故A錯誤；動車勻速運動時，牽引力與阻力平衡，具有最大速度，有F＝F阻，聯立解得P＝F阻·vm，故B正確；由F－F阻＝ma，可知從啟動到達到最大速度過程中，動車做加速度減小的加速運動，v-t圖像如圖所示，由圖可知，與勻加速直線運動相比，其位移較大，根據＝，可知動車平均速度＞，故C錯誤；根據動能定理可知W－Wf＝m，則從啟動到達到最大速度過程中，動車牽引力做功大于m，故D錯誤。
11.（1）　（2）0　（3）
解析：（1）小物塊恰好運動到光滑圓弧軌道的最高點時，有mg＝m ，
解得小物塊到達D點的速度大小vD＝。
（2）小物塊由C到D的過程，由動能定理有
－mgR（1＋cos 60°）＝m－m，
小物塊由B到C做平拋運動，由速度的分解可知，
vB＝vCcos 60°，
設B和D兩點的高度差為h，小物塊由B到D的過程，由動能定理有
mgh＝m－m，
代入數據解得h＝0。
（3）小物塊由A到B的過程，由動能定理有－μmg·π·2R＝m－m，
解得小物塊在A點的初速度大小vA＝。
12.（1） m/s　（2）2 m　5 m
解析：（1）物塊上滑過程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先做加速運動后做減速運動，則有FN＝mgcos 37°，Ff＝μFN
F－Ff－mgsin 37°＝ma
當加速度為零時，速度最大，此時
F＝Ff＋mgsin 37°＝10 N
由題圖乙可得出F＝20－10x
則F＝10 N時，可得x＝1 m
由動能定理可得WF＋Wf＋WG＝m－0
即×1 J－0.5×1×10×0.8×1 J－1×10×0.6×1 J＝m－0，可得vm＝ m/s。
（2）由動能定理可得WF'＋Wf'＋WG'＝0
又WF'＝×2 J＝20 J
則xm＝＝2 m
撤去F后，因為mgsin 37°＞μmgcos 37°，所以物塊最后停在斜面體的底端，則有
WF'－μmgscos 37°＝0
解得s＝5 m。
4 / 4第2講　動能和動能定理
動能
1.定義：物體由于　　　　而具有的能量叫動能。
2.公式：Ek＝　　　　　　　　。
3.單位：　　　　，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
4.物理意義：動能是狀態量，是　　　　（選填“矢量”或“標量”）。
動能定理
1.內容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中　　　　　　。
2.表達式：W＝m－m或W＝Ek2－Ek1。
3.物理意義：　　　　　做的功是物體動能變化的量度。
4.適用條件
（1）動能定理既適用于直線運動，也適用于　　　　　　。
（2）既適用于恒力做功，也適用于　　　　　　　　　　。
（3）力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以　　　　　作用。
1.動能是機械能的一種表現形式，凡是運動的物體都具有動能。（　　）
2.一定質量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化。（　　）
3.動能不變的物體，一定處于平衡狀態。（　　）
4.物體在合外力作用下做變速運動，動能一定變化。（　　）
5.物體的動能不變，所受的合外力必定為零。（　　）
1.（人教版必修第二冊·第八章第3節“練習與應用”T1改編）改變汽車的質量和速度，都可能使汽車的動能發生改變，下列幾種情形中，汽車的動能不變的是（　　）
A.質量不變，速度增大到原來的2倍
B.速度不變，質量增大到原來的2倍
C.質量減半，速度增大到原來的2倍
D.速度減半，質量增大到原來的4倍
2.（2024·安徽高考2題）某同學參加戶外拓展活動，遵照安全規范，坐在滑板上，從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時速度為v。已知人與滑板的總質量為m，可視為質點。重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為（　　）
A.mgh　　　　　 B.mv2
C.mgh＋mv2 D.mgh－mv2
考點一　動能定理的理解
1.動能和動能變化的區別
（1）動能與動能的變化是兩個不同的概念，動能是狀態量，動能的變化是過程量。
（2）動能沒有負值，而動能變化量有正負之分。ΔEk＞0表示物體的動能增加，ΔEk＜0表示物體的動能減少。
2.對動能定理表達式的理解
（1）做功的過程就是能量轉化的過程，動能定理表達式中的“＝”表示功是物體動能變化的量度。
①因果關系：合力做功是引起物體動能變化的原因。
②數量關系：合力做功與動能變化具有等量代換的關系。
③單位關系：國際單位制中功和能的單位都是焦耳。
（2）動能定理中所說的“力”，既可以是重力、彈力、摩擦力，也可以是靜電力、磁場力或其他力；既可以是恒力，也可以是變力。
高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段，列車的動能（　　）
A.與它所經歷的時間成正比
B.與它的位移成正比
C.與它的速度成正比
D.與它的動量成正比
嘗試解答
〔多選〕下列說法正確的有（　　）
A.若運動物體所受的合外力為零，則物體的動能一定保持不變
B.若運動物體所受的合外力不為零，則物體的動能一定發生變化
C.若運動物體的動能保持不變，則該物體所受合外力一定為零
D.若運動物體的動能發生變化，則該物體所受合外力一定不為零
嘗試解答
考點二　動能定理的應用
1.應用流程
2.注意事項
（1）動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。
（2）應用動能定理的關鍵在于準確分析研究對象的受力情況及運動情況，可以畫出運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關系。
（3）當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應用動能定理求解；也可以全過程應用動能定理。
（4）列動能定理方程時，必須明確各力做功的正、負，確實難以判斷的先假定為正功，最后根據結果加以檢驗。
〔多選〕如圖所示，光滑水平面與長2 m的粗糙水平面平滑連接，長l＝1 m的勻質木板在光滑水平面上以速度v0勻速運動，隨后進入粗糙水平面。已知木板與粗糙水平面間的動摩擦因數μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，要使整個木板全部停在粗糙水平面內，則v0的值可能為（　　）
A.1 m/s B.1.2 m/s
C.2 m/s D.2.5 m/s
嘗試解答
〔多選〕（2023·廣東高考8題）
人們用滑道從高處向低處運送貨物。如圖所示，可看作質點的貨物從圓弧滑道頂端P點靜止釋放，沿滑道運動到圓弧末端Q點時速度大小為6 m/s。已知貨物質量為20 kg，滑道高度h為4 m，且過Q點的切線水平，重力加速度取10 m/s2。關于貨物從P點運動到Q點的過程，下列說法正確的有（　　）
A.重力做的功為360 J
B.克服阻力做的功為440 J
C.經過Q點時向心加速度大小為9 m/s2
D.經過Q點時對軌道的壓力大小為380 N
嘗試解答
（2025·江蘇常州期末）如圖所示，讓擺球從C位置由靜止開始擺下，擺到最低點D處，擺線剛好被拉斷，擺球在粗糙的水平面上由D點向右做勻減速運動，到達A孔進入半徑R＝0.3 m的豎直放置的光滑圓弧軌道，當擺球進入圓軌道后立即關閉A孔。已知擺線長L＝2 m，θ＝53°，擺球質量為m＝0.5 kg，D點與A孔的水平距離s＝2 m，取g＝10 m/s2，cos 53°＝0.6。
（1）求擺球從C運動到D的過程中重力做的功。
（2）求擺線能承受的最大拉力。
（3）要使擺球能做完整的圓周運動，求擺球與平面間的動摩擦因數μ需要滿足的條件。
嘗試解答
考點三　動能定理與圖像結合的問題
1.圖像所圍“面積”和圖像斜率的含義
2.解決動能定理與圖像問題的基本步驟
一質量為4 kg的物體，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F作用做勻速直線運動。物體運動一段時間后拉力逐漸減小，當拉力減小到零時，物體剛好停止運動。如圖所示為拉力F隨位移x變化的關系圖像，重力加速度大小g取10 m/s2，則可以求得（　　）
A.物體做勻速直線運動的速度為4 m/s
B.整個過程拉力對物體所做的功為4 J
C.整個過程摩擦力對物體所做的功為－8 J
D.整個過程合外力對物體所做的功為－4 J
嘗試解答
（2024·河北期末）如圖甲所示，質量為0.1 kg的物塊初始時靜止在傾角為30°的斜面上，施加給物塊一沿斜面的恒定拉力F，使物塊開始沿斜面運動，物塊運動了2 m時撤去拉力F。物塊的動能Ek隨物塊沿斜面上滑距離x變化的部分圖像如圖乙所示，物塊與斜面間的最大靜摩擦力略大于滑動摩擦力，重力加速度大小取g＝10 m/s2。下列說法正確的是（　　）
A.物塊受到的滑動摩擦力大小為1.5 N
B.恒定拉力F的大小為2.5 N
C.物塊與斜面間的動摩擦因數為
D.物塊運動到最高點后會沿斜面下滑
嘗試解答
動能定理在往復運動中的應用
1.往復運動：即物體的運動過程具有重復性、往返性，而在這一過程中，描述運動的有關物理量多數是變化的，往復的次數有的可能是有限的，有的可能是最終達到某一穩定情境下的無限往復運動。
2.解題策略：此類問題多涉及滑動摩擦力或其他阻力做功，其做功的特點是與路徑有關，運用牛頓運動定律及運動學公式將非常繁瑣，甚至無法解出，用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化。
如圖所示，水平軌道BC的左端與固定的光滑豎直圓軌道相切于B點，右端與一傾角為30°的光滑斜面軌道在C點平滑連接（即物體經過C點時速度的大小不變），斜面頂端固定一輕質彈簧，一質量為3 kg的滑塊從圓弧軌道的頂端A點由靜止釋放，經水平軌道后滑上斜面并壓縮彈簧，第一次可將彈簧壓縮至D點。已知光滑圓軌道的半徑R＝0.45 m，水平軌道BC長為0.4 m，滑塊與BC間的動摩擦因數μ＝0.2，光滑斜面軌道上CD長為0.6 m，取g＝10 m/s2。求：
（1）滑塊第一次經過B點時對軌道的壓力大小；
（2）整個過程中彈簧具有最大的彈性勢能；
（3）滑塊最終停在何處。
嘗試解答
第2講　動能和動能定理
【立足“四層”·夯基礎】
基礎知識梳理
知識點1
1.運動　2.mv2　3.焦耳　4.標量
知識點2
1.動能的變化　3.合外力　4.（1）曲線運動　（2）變力做功　（3）分階段
易錯易混辨析
1.√　2.√　3.×　4.×　5.×
雙基落實筑牢
1.D　由Ek＝mv2知只有D項所述情形中汽車動能不變，故D正確。
2.D　人在下滑的過程中，由動能定理可得mgh－Wf＝mv2－0，可得此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為Wf＝mgh－mv2，故選D。
【著眼“四翼”·探考點】
考點一
【例1】 B　動能Ek＝mv2，則列車的動能與速度的平方成正比，C錯誤；速度v＝at，可得Ek＝ma2t2，則列車的動能與經歷的時間的平方成正比，A錯誤；根據v2＝2ax，可得Ek＝max，則列車的動能與位移成正比，B正確；動量p＝mv，可得Ek＝，則列車的動能與動量的平方成正比，D錯誤。
【例2】 AD　若運動物體所受合外力為零，合外力對物體不做功，由動能定理可知，物體動能一定不變，故A正確；若運動物體所受合外力不為零，物體運動狀態一定變化，則該物體一定做變速運動，如果合外力方向與物體運動的速度方向垂直，合外力對物體不做功，物體動能不變，如勻速圓周運動，故B錯誤，C錯誤；若運動物體的動能發生變化，根據動能定理可知，合外力對物體一定做功，即合外力一定不為零，故D正確。
考點二
【例3】 AB　當長木板左端恰好到達粗糙水平面左端時，有－μmgl＝－m，解得v1＝1 m/s，當長木板右端恰好到達粗糙水平面右端時，有－μmgl－μmgl＝－m，解得v2＝ m/s，所以速度的取值范圍為1 m/s≤v0≤ m/s，故選A、B。
【例4】 BCD　重力做的功為WG＝mgh＝800 J，A錯誤；下滑過程，根據動能定理可得WG－Wf＝ m，代入數據解得，克服阻力做的功為Wf＝440 J，B正確；經過Q點時向心加速度大小為a＝＝9 m/s2，C正確；經過Q點時，根據牛頓第二定律可得FN－mg＝ma，解得貨物受到的支持力大小為FN＝380 N，根據牛頓第三定律可知，貨物對軌道的壓力大小為380 N，D正確。
【例5】 （1）4 J　（2）9 N　（3）μ≤0.025
解析：（1）擺球由C運動到D過程中，重力做功
WG＝mg（L－Lcos θ）
解得WG＝4 J。
（2）當擺球由C運動到D，根據動能定理有
mg（L－Lcos θ）＝m
在D點，由牛頓第二定律可得Fm－mg＝m
解得Fm＝1.8mg＝9 N。
（3）若擺球能過圓軌道的最高點，則擺球不會脫離軌道，當擺球恰好到達最高點時，在圓周的最高點，由牛頓第二定律可得mg＝m
由動能定理可得－μ0mgs－2mgR＝mv2－m
解得μ0＝0.025
綜上所述，動摩擦因數μ的取值范圍為μ≤0.025。
考點三
【例6】 D　F-x圖線與橫軸所圍區域的面積表示拉力對物體所做的功，所以WF＝ J＝12 J，故B錯誤；0～2 m階段，根據平衡條件可得F＝Ff＝4 N，所以整個過程中摩擦力對物體所做的功為Wf＝－Ffx＝－4×4 J＝－16 J，故C錯誤；整個過程中合外力對物體所做的功為W合＝WF＋Wf＝12 J＋（－16 J）＝－4 J，故D正確；根據動能定理可得W合＝0－m，解得v0＝ m/s，故A錯誤。
【例7】 C　物塊從x＝2 m運動到x＝4 m過程中，根據動能定理有－fx－mgxsin θ＝ΔEk＝2 J－4 J，解得f＝0.5 N，故A錯誤；物塊從x＝0運動到x＝2 m過程中，根據動能定理有Fx－fx－mgxsin θ＝ΔEk＝4 J－0，解得F＝3 N，故B錯誤；物塊受到斜面的滑動摩擦力f＝μmgcos θ，解得μ＝，故C正確；物塊運動到最高點后，重力沿斜面向下的分力Gx＝mgsin θ＝0.5 N，最大靜摩擦力Ffm＝f＝0.5 N＝Gx，所以物塊運動到最高點后，最大靜摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即物塊恰好靜止，故D錯誤。
【聚焦“素養”·提能力】
【典例】 （1）90 N　（2）2.1 J　（3）距B點0.15 m處
解析：（1）滑塊從A點到B點，由動能定理可得mgR＝m
滑塊在B點，由牛頓第二定律有F－mg＝m
解得F＝90 N
由牛頓第三定律可得，滑塊第一次經過B點時對軌道的壓力為F'＝F＝90 N。
（2）滑塊從A點到D點，該過程彈簧彈力對滑塊做的功為W，由動能定理可得mgR－μmgLBC－mgLCDsin 30°＋W＝0
其中彈性勢能Ep＝－W
解得彈性勢能Ep＝2.1 J。
（3）滑塊最終停止在水平軌道BC間，從滑塊第一次經過B點到最終停下來的全過程，由動能定理可得－μmg·s＝0－m
解得s＝2.25 m
則滑塊在BC上運動的次數為n＝＝5.625
說明滑塊在BC上滑動了5次，又向左運動0.625×0.4 m＝0.25 m
故滑塊最終停止在BC間距B點0.15 m處（或距C點0.25 m處）。
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第2講　動能和動能定理
高中總復習·物理
目 錄
01
立足”四層”·夯基礎
02
著眼“四翼”·探考點
03
聚焦“素養”·提能力
04
培養“思維”·重落實
概念 公式 定理
立足“四層”·夯基礎
動能
1. 定義：物體由于 而具有的能量叫動能。
2. 公式：Ek＝ 。
3. 單位： ，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
4. 物理意義：動能是狀態量，是 （選填“矢量”或“標量”）。
運動　
mv2　
焦耳　
標量　
動能定理
1. 內容：力在一個過程中對物體做的功，等于物體在這個過程中
。
2. 表達式：W＝m－m或W＝Ek2－Ek1。
3. 物理意義： 做的功是物體動能變化的量度。
動能的
變化　
合外力　
（1）動能定理既適用于直線運動，也適用于 。
（2）既適用于恒力做功，也適用于 。
（3）力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以 作
用。
曲線運動　
變力做功　
分階段　
4. 適用條件
1. 動能是機械能的一種表現形式，凡是運動的物體都具有動能。
（　√　）
2. 一定質量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一
定變化。 （　√　）
3. 動能不變的物體，一定處于平衡狀態。 （　×　）
4. 物體在合外力作用下做變速運動，動能一定變化。 （　×　）
5. 物體的動能不變，所受的合外力必定為零。 （　×　）
√
√
×
×
×
1. （人教版必修第二冊·第八章第3節“練習與應用”T1改編）改變汽車的
質量和速度，都可能使汽車的動能發生改變，下列幾種情形中，汽車的動
能不變的是（　　）
A. 質量不變，速度增大到原來的2倍
B. 速度不變，質量增大到原來的2倍
C. 質量減半，速度增大到原來的2倍
D. 速度減半，質量增大到原來的4倍
解析： 　由Ek＝mv2知只有D項所述情形中汽車動能不變，故D正確。
√
2. （2024·安徽高考2題）某同學參加戶外拓展活動，遵照安全規范，坐在
滑板上，從高為h的粗糙斜坡頂端由靜止下滑，至底端時速度為v。已知人
與滑板的總質量為m，可視為質點。重力加速度大小為g，不計空氣阻力，
則此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為（　　）
A. mgh B. mv2
C. mgh＋mv2 D. mgh－mv2
解析： 　人在下滑的過程中，由動能定理可得mgh－Wf＝mv2－0，可得
此過程中人與滑板克服摩擦力做的功為Wf＝mgh－mv2，故選D。
√
題型 規律 方法
著眼“四翼”·探考點
考點一　動能定理的理解
1. 動能和動能變化的區別
（1）動能與動能的變化是兩個不同的概念，動能是狀態量，動能的變化
是過程量。
（2）動能沒有負值，而動能變化量有正負之分。ΔEk＞0表示物體的動能
增加，ΔEk＜0表示物體的動能減少。
①因果關系：合力做功是引起物體動能變化的原因。
②數量關系：合力做功與動能變化具有等量代換的關系。
③單位關系：國際單位制中功和能的單位都是焦耳。
2. 對動能定理表達式的理解
（1）做功的過程就是能量轉化的過程，動能定理表達式中的“＝”表示
功是物體動能變化的量度。
（2）動能定理中所說的“力”，既可以是重力、彈力、摩擦力，也可以
是靜電力、磁場力或其他力；既可以是恒力，也可以是變力。
高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在
啟動階段，列車的動能（　　）
A. 與它所經歷的時間成正比
B. 與它的位移成正比
C. 與它的速度成正比
D. 與它的動量成正比
√
解析：動能Ek＝mv2，則列車的動能與速度的平方成正比，C錯誤；速度v
＝at，可得Ek＝ma2t2，則列車的動能與經歷的時間的平方成正比，A錯
誤；根據v2＝2ax，可得Ek＝max，則列車的動能與位移成正比，B正確；
動量p＝mv，可得Ek＝，則列車的動能與動量的平方成正比，D錯誤。
〔多選〕下列說法正確的有（　　）
A. 若運動物體所受的合外力為零，則物體的動能一定保持不變
B. 若運動物體所受的合外力不為零，則物體的動能一定發生變化
C. 若運動物體的動能保持不變，則該物體所受合外力一定為零
D. 若運動物體的動能發生變化，則該物體所受合外力一定不為零
√
√
解析：若運動物體所受合外力為零，合外力對物體不做功，由動能定理可
知，物體動能一定不變，故A正確；若運動物體所受合外力不為零，物體
運動狀態一定變化，則該物體一定做變速運動，如果合外力方向與物體運
動的速度方向垂直，合外力對物體不做功，物體動能不變，如勻速圓周運
動，故B錯誤，C錯誤；若運動物體的動能發生變化，根據動能定理可知，
合外力對物體一定做功，即合外力一定不為零，故D正確。
考點二　動能定理的應用
1. 應用流程
2. 注意事項
（1）動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地
面或相對地面靜止的物體為參考系。
（2）應用動能定理的關鍵在于準確分析研究對象的受力情況及運動情
況，可以畫出運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關系。
（3）當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應用動能定理求解；也
可以全過程應用動能定理。
（4）列動能定理方程時，必須明確各力做功的正、負，確實難以判斷的
先假定為正功，最后根據結果加以檢驗。
〔多選〕如圖所示，光滑水平面與長2 m的粗糙水平面平滑連接，長l
＝1 m的勻質木板在光滑水平面上以速度v0勻速運動，隨后進入粗糙水平
面。已知木板與粗糙水平面間的動摩擦因數μ＝0.1，重力加速度g取10
m/s2，要使整個木板全部停在粗糙水平面內，則v0的值可能為（　　）
A. 1 m/s B. 1.2 m/s
C. 2 m/s D. 2.5 m/s
√
√
解析：當長木板左端恰好到達粗糙水平面左端時，有－μmgl＝－m，
解得v1＝1 m/s，當長木板右端恰好到達粗糙水平面右端時，有－μmgl－
μmgl＝－m，解得v2＝ m/s，所以速度的取值范圍為1 m/s≤v0≤
m/s，故選A、B。
〔多選〕（2023·廣東高考8題）人們用滑道從高處向低處運送貨物。
如圖所示，可看作質點的貨物從圓弧滑道頂端P點靜止釋放，沿滑道運動
到圓弧末端Q點時速度大小為6 m/s。已知貨物質量為20 kg，滑道高度h為4
m，且過Q點的切線水平，重力加速度取10 m/s2。關于貨物從P點運動到Q
點的過程，下列說法正確的有（　　）
A. 重力做的功為360 J
B. 克服阻力做的功為440 J
C. 經過Q點時向心加速度大小為9 m/s2
D. 經過Q點時對軌道的壓力大小為380 N
√
√
√
解析：重力做的功為WG＝mgh＝800 J，A錯誤；下滑過程，根據動能定理
可得WG－Wf＝ m，代入數據解得，克服阻力做的功為Wf＝440 J，B正
確；經過Q點時向心加速度大小為a＝＝9 m/s2，C正確；經過Q點時，根
據牛頓第二定律可得FN－mg＝ma，解得貨物受到的支持力大小為FN＝380
N，根據牛頓第三定律可知，貨物對軌道的壓力大小為380 N，D正確。
（2025·江蘇泗陽中學期末）質量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開始
運動，起始點A與一輕彈簧O端相距s，如圖所示，已知物體與水平面間的
動摩擦因數為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開始碰
撞到彈簧被壓縮至最短，彈簧彈力對物體所做的功為（　　）
A. m－μmg（s＋x） B. m－μmgx
C. μmg（s＋x）－m D. －μmg（s＋x）
√
解析： 　物體受到的滑動摩擦力大小為Ff＝μmg，對物體，由動能定理可
得W－μmg（s＋x）＝0－m，解得W＝μmg（s＋x）－m，故選C。
（2025·江蘇常州期末）如圖所示，讓擺球從C位置由靜止開始擺下，
擺到最低點D處，擺線剛好被拉斷，擺球在粗糙的水平面上由D點向右做勻
減速運動，到達A孔進入半徑R＝0.3 m的豎直放置的光滑圓弧軌道，當擺
球進入圓軌道后立即關閉A孔。已知擺線長L＝2 m，θ＝53°，擺球質量為
m＝0.5 kg，D點與A孔的水平距離s＝2 m，取g＝10 m/s2，cos 53°＝0.6。
（1）求擺球從C運動到D的過程中重力做的功。
答案： 4 J　
解析： 擺球由C運動到D過程中，重力做功
WG＝mg（L－Lcos θ）
解得WG＝4 J。
（2）求擺線能承受的最大拉力。
答案： 9 N　
解析： 當擺球由C運動到D，根據動能定理有
mg（L－Lcos θ）＝m
在D點，由牛頓第二定律可得Fm－mg＝m
解得Fm＝1.8mg＝9 N。
（3）要使擺球能做完整的圓周運動，求擺球與平面間的動摩擦因數μ需要
滿足的條件。
答案： μ≤0.025
解析： 若擺球能過圓軌道的最高點，則擺球不會脫離軌道，當擺球
恰好到達最高點時，在圓周的最高點，由牛頓第二定律可得mg＝m
由動能定理可得－μ0mgs－2mgR＝mv2－m
解得μ0＝0.025
綜上所述，動摩擦因數μ的取值范圍為μ≤0.025。
考點三　動能定理與圖像結合的問題
1. 圖像所圍“面積”和圖像斜率的含義
2. 解決動能定理與圖像問題的基本步驟
一質量為4 kg的物體，在粗糙的水平面上受水平恒定的拉力F作用做
勻速直線運動。物體運動一段時間后拉力逐漸減小，當拉力減小到零時，
物體剛好停止運動。如圖所示為拉力F隨位移x變化的關系圖像，重力加速
度大小g取10 m/s2，則可以求得（　　）
A. 物體做勻速直線運動的速度為4 m/s
B. 整個過程拉力對物體所做的功為4 J
C. 整個過程摩擦力對物體所做的功為－8 J
D. 整個過程合外力對物體所做的功為－4 J
√
解析：F-x圖線與橫軸所圍區域的面積表示拉力對物體所做的功，所以WF
＝ J＝12 J，故B錯誤；0～2 m階段，根據平衡條件可得F＝Ff＝4
N，所以整個過程中摩擦力對物體所做的功為Wf＝－Ffx＝－4×4 J＝－16
J，故C錯誤；整個過程中合外力對物體所做的功為W合＝WF＋Wf＝12 J＋
（－16 J）＝－4 J，故D正確；根據動能定理可得W合＝0－m，解得v0
＝ m/s，故A錯誤。
（2024·河北期末）如圖甲所示，質量為0.1 kg的物塊初始時靜止在傾
角為30°的斜面上，施加給物塊一沿斜面的恒定拉力F，使物塊開始沿斜
面運動，物塊運動了2 m時撤去拉力F。物塊的動能Ek隨物塊沿斜面上滑距
離x變化的部分圖像如圖乙所示，物塊與斜面間的最大靜摩擦力略大于滑動
摩擦力，重力加速度大小取g＝10 m/s2。下列說法正確的是（　　）
A. 物塊受到的滑動摩擦力大小為1.5 N
B. 恒定拉力F的大小為2.5 N
C. 物塊與斜面間的動摩擦因數為
D. 物塊運動到最高點后會沿斜面下滑
√
解析：物塊從x＝2 m運動到x＝4 m過程中，根據動能定理有－fx－mgxsin θ
＝ΔEk＝2 J－4 J，解得f＝0.5 N，故A錯誤；物塊從x＝0運動到x＝2 m過程
中，根據動能定理有Fx－fx－mgxsin θ＝ΔEk＝4 J－0，解得F＝3 N，故B錯
誤；物塊受到斜面的滑動摩擦力f＝μmgcos θ，解得μ＝，故C正確；物塊
運動到最高點后，重力沿斜面向下的分力Gx＝mgsin θ＝0.5 N，最大靜摩
擦力Ffm＝f＝0.5 N＝Gx，所以物塊運動到最高點后，最大靜摩擦力等于重
力沿斜面向下的分力，即物塊恰好靜止，故D錯誤。
　如圖甲所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30°的固定斜面上滑，運動
過程中摩擦力大小f恒定，物塊動能Ek與運動路程s的關系如圖乙所示。重
力加速度大小g取10 m/s2，物塊質量m和所受摩擦力大小f分別為（　　）
A. m＝0.7 kg，f＝0.5 N
B. m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C. m＝0.8 kg，f＝0.5 N
D. m＝0.8 kg，f＝1.0 N
√
解析： 　0～10 m內物塊上滑，由動能定理得－mgsin 30°·s－fs＝Ek－
Ek0，整理得Ek＝Ek0－（mgsin 30°＋f）s，結合0～10 m內的題圖圖像得，
斜率的絕對值｜k｜＝mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m內物塊下滑，由動能
定理得（mgsin 30°－f）（s－s1）＝Ek，整理得Ek＝（mgsin 30°－f）s－
（mgsin 30°－f）s1，結合10～20 m內的題圖圖像得，斜率k'＝mgsin 30°
－f＝3 N。聯立解得f＝0.5 N、m＝0.7 kg，A正確，B、C、D錯誤。
現實 科技 應用
聚焦“素養”·提能力
動能定理在往復運動中的應用
1. 往復運動：即物體的運動過程具有重復性、往返性，而在這一過程中，
描述運動的有關物理量多數是變化的，往復的次數有的可能是有限的，有
的可能是最終達到某一穩定情境下的無限往復運動。
2. 解題策略：此類問題多涉及滑動摩擦力或其他阻力做功，其做功的特點
是與路徑有關，運用牛頓運動定律及運動學公式將非常繁瑣，甚至無法解
出，用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化。
如圖所示，水平軌道BC的左端與固定的光滑豎直圓軌道相切于B
點，右端與一傾角為30°的光滑斜面軌道在C點平滑連接（即物體經過C點
時速度的大小不變），斜面頂端固定一輕質彈簧，一質量為3 kg的滑塊從
圓弧軌道的頂端A點由靜止釋放，經水平軌道后滑上斜面并壓縮彈簧，第
一次可將彈簧壓縮至D點。已知光滑圓軌道的半徑R＝0.45 m，水平軌道
BC長為0.4 m，滑塊與BC間的動摩擦因數μ＝0.2，光滑斜面軌道上CD長
為0.6 m，取g＝10 m/s2。求：
（1）滑塊第一次經過B點時對軌道的壓力大小；
答案： 90 N　
解析： 滑塊從A點到B點，由動能定理可得mgR＝m
滑塊在B點，由牛頓第二定律有F－mg＝m
解得F＝90 N
由牛頓第三定律可得，滑塊第一次經過B點時對軌道的壓力為F'＝F＝
90 N。
（2）整個過程中彈簧具有最大的彈性勢能；
答案： 2.1 J　
解析： 滑塊從A點到D點，該過程彈簧彈力對滑塊做的功為W，由動
能定理可得mgR－μmgLBC－mgLCDsin 30°＋W＝0
其中彈性勢能Ep＝－W
解得彈性勢能Ep＝2.1 J。
（3）滑塊最終停在何處。
答案： 距B點0.15 m處
解析： 滑塊最終停止在水平軌道BC間，從滑塊第一次經過B點到最終
停下來的全過程，由動能定理可得－μmg·s＝0－m
解得s＝2.25 m
則滑塊在BC上運動的次數為n＝＝5.625
說明滑塊在BC上滑動了5次，又向左運動0.625×0.4 m＝0.25 m
故滑塊最終停止在BC間距B點0.15 m處（或距C點0.25 m處）。
培養“思維”·重落實
夯基 提能 升華
1. 〔多選〕如圖所示的是做勻變速直線運動的質點在0～6 s內的位移—時
間圖像，則（　　）
A. 0～3 s，合外力對質點做正功
B. 3～6 s，合外力對質點做負功
C. 1～5 s，合外力對質點不做功
D. 前5 s內，合外力對質點做負功
1
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11
12
√
√
解析： 　因為題圖x-t圖像切線的斜率表示速度，可知0～3 s，質點
的速度減小，動能減小，根據動能定理得合外力對質點做負功，A錯
誤；3～6 s，質點的速度增加，動能增大，根據動能定理得合外力對質
點做正功，B錯誤；由圖像對稱性可知，第1 s末和第5 s末的速度大小
相同，則1～5 s，動能不變，則根據動能定理得合外力對質點不做功，
C正確；前5 s內，質點速度減小，則動能減小，根據動能定理得合外
力對質點做負功，D正確。
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2. （2025·江蘇常州期末）在籃球比賽中，某位同學獲得罰球機會，如圖
所示，他站在罰球線處用力將籃球投出，籃球以約為1 m/s的速度撞擊籃
筐。已知籃球質量約為0.6 kg，籃筐離地高度約為3 m，忽略籃球受到的空
氣阻力，則該同學罰球時對籃球做的功為（　　）
A. 1 J B. 7.5 J
C. 50 J D. 100 J
解析： 　假設該同學的身高為h1＝1.8 m，則根據動能定理得W－mg（h
－h1）＝mv2，代入數據解得W＝7.5 J，故選B。
√
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3. 〔多選〕質量為1.0 kg的物體，以某初速度在水平面上滑行，由于摩擦
阻力的作用，其動能隨位移變化的情況如圖所示（取g＝10 m/s2），則下
列判斷正確的是（　　）
A. 物體與水平面間的動摩擦因數為0.30
B. 物體與水平面間的動摩擦因數為0.25
C. 物體滑行的總時間是2.0 s
D. 物體滑行的總時間是4.0 s
√
√
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解析： 　設物體所受的摩擦力大小為Ff，根據動能定理得－Ffx＝Ek2－
Ek1，解得Ff＝2.5 N，則物體與水平面間的動摩擦因數μ＝＝0.25，A錯
誤，B正確；根據動能表達式Ek1＝m，解得v0＝10 m/s，Ff保持不變，
則物體做勻減速直線運動，根據x＝t，解得t＝4.0 s，C錯誤，D正確。
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4. 如圖所示，光滑固定斜面的頂端固定一彈簧，一質量為m的小球向右滑
行，并沖上固定在地面上的斜面。設小球在斜面最低點A的速度為v，壓縮
彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，重力加速度為g，則小球從A
到C的過程中彈簧彈力做的功為（　　）
A. mgh－mv2 B. mv2－mgh
C. －mgh D. －
解析： 　小球從A到C過程中，由動能定理可得WG＋WF＝0－mv2，WG＝
－mgh，解得WF＝mgh－mv2，故選A。
√
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5. 如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個質量為m的小球A，若將小球A從彈
簧原長位置由靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為h。若將小球A換為
質量為3m的小球B，仍從彈簧原長位置由靜止釋放，則小球B下降高度h時
的速度為（重力加速度為g，不計空氣阻力）（　　）
A. B.
C. D.
√
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解析： 　設小球A下降高度h過程中，小球克服彈簧彈力做功為W1，根據
動能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降高度h過程中，由動能定理有3mgh
－W1＝·3mv2－0，解得v＝，故B正確。
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6. （2025·江蘇連云港期末）如圖所示，將質量為m的小球從高為h處以初
速度v0水平拋出，落地時速度大小為v，方向與水平面成θ角，空氣阻力不
能忽略，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A. 重力對小球做的功為m（v2－）
B. 落地時小球重力的功率為mgv
C. 合外力對小球做的功為mv2
D. 空氣阻力對小球做的功為m（v2－）－mgh
√
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解析： 　根據動能定理有W合＝mv2－m，其中重力做功為WG＝
mgh，設空氣阻力做功為Wf，則W合＝WG＋Wf，解得Wf＝W合－WG＝mv2－
m－mgh，故A、C錯誤，D正確；落地時小球重力的功率為P＝mgvy＝
mgvsin θ，故B錯誤。
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7. （2025·浙江嘉興期末）如圖所示，質量為m的物塊放在
水平轉臺上，物塊與轉軸相距R，物塊隨轉臺由靜止開始轉
動。當角速度增至ω時，轉臺開始做勻速轉動，整個過程物
塊與轉臺總是保持相對靜止，則（　　）
A. 在角速度增至ω過程中，物塊所受的摩擦力方向總是指向轉軸
B. 轉臺勻速轉動時，物塊所受的摩擦力大小為mωR
C. 在角速度增至ω過程中，摩擦力對物塊做的功是mω2R2
D. 在角速度增至ω過程中，摩擦力對物塊做的功是0
√
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解析： 　在角速度增至ω過程中，即物塊加速轉動，則物塊所受的摩擦力
方向與速度夾角為銳角，不總是指向轉軸，選項A錯誤；轉臺勻速轉動
時，物塊所受的摩擦力充當向心力，則摩擦力大小為Ff＝mω2R，選項B錯
誤；根據動能定理，在角速度增至ω過程中，摩擦力對物塊做的功是W＝
ΔEk＝mv2＝mω2R2，選項C正確，D錯誤。
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8. （2025·北京西城二模）如圖所示，長為L的桿一端固定在過O點的水平
轉軸上，另一端固定質量為m的小球。桿在電動機的驅動下在豎直平面內
旋轉，帶動小球以角速度ω做勻速圓周運動，其中A點為最高點，C點為最
低點，B、D兩點與O點等高。已知重力加速度為g，下列說法正確的是
（　　）
A. 小球在B、D兩點受到桿的作用力大于mg
B. 小球在A、C兩點受到桿的作用力大小的差值為6mg
C. 小球在B、D兩點受到桿的作用力大小等于mω2L
D. 小球從A點到B點的過程，桿對小球做的功等于mgL
√
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解析： 　當小球在B、D兩點時，桿對小球作用力豎直方向的分力應等于
重力，水平方向分力提供向心力，故桿對小球的作用力為F＝
＞mg，故A正確，C錯誤；若小球在最高點，桿對
小球的作用力為支持力，則在A點，有mg－FN1＝mω2L，在C點，有FN2－
mg＝mω2L，所以FN2－FN1＝2mω2L，若小球在最高點，桿對小球的作用力
為拉力，則在A點，有mg＋FN1＝mω2L，在C點，有FN2－mg＝mω2L，所以
FN2－FN1＝2mg，故B錯誤；小球從A點到B點的過程，根據動能定理，可
得W＋mgL＝0，解得桿對小球做的功等于W＝－mgL，故D錯誤。
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9. 如圖所示，一半圓弧形細桿ABC豎直固定在水平地面上，AC為其水平直
徑，圓弧半徑BO＝3.6 m。質量為m＝4.0 kg的小圓環（可視為質點，小環
直徑略大于桿的粗細）套在細桿上，在大小為50 N、方向始終沿圓的切線
方向的拉力F作用下，從A點由靜止開始運動，到達B點時對細桿的壓力恰
好為0。已知π取3.14，重力加速度g取10 m/s2，在這一過程中摩擦力做功
為（　　）
A. 66.6 J B. －66.6 J
C. 210.6 J D. －210.6 J
√
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解析： 　小圓環到達B點時對細桿的壓力恰好為0，則mg＝m，拉力F沿
圓的切線方向，圓環由A到B的過程中，根據動能定理有F·－mgr＋Wf＝
mv2，代入數據得這一過程中摩擦力做功為Wf＝－66.6 J，故選B。
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10. （2025·廣西來賓期末）南深高鐵南玉段正線全長193.31公里，是廣西
自主投資的首條時速350公里的高鐵，開通運營時南寧至玉林的鐵路運輸
時間縮短至40分鐘左右，假設動車啟動后沿平直軌道行駛，發動機功率恒
定，行車過程中受到的阻力恒為F阻、已知動車質量為m，最高行駛速度為
vm，下列說法正確的是（　　）
A. 動車啟動過程中所受合外力不變
B. 動車發動機功率為F阻·vm
C. 從啟動到達到最大速度過程中，動車平均速度為
D. 從啟動到達到最大速度過程中，動車牽引力做功為m
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解析： 　根據P＝Fv，可知動車恒定功率啟動過程中，所
受合外力逐漸變小，故A錯誤；動車勻速運動時，牽引力與
阻力平衡，具有最大速度，有F＝F阻，聯立解得P＝F
阻·vm，故B正確；由F－F阻＝ma，可知從啟動到達到最大速度過程中，動車做加速度減小的加速運動，v-t圖像如圖所示，由圖可知，與勻加速直線運動相比，其位移較大，根據＝，可知動車平均速度＞，故C錯誤；根據動能定理可知W－Wf＝m，則從啟動到達到最大速度過程中，
動車牽引力做功大于m，故D錯誤。
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11. （2023·湖北高考14題）如圖為某游戲裝置
原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋
板，其半徑為2R、內表面光滑，擋板的兩端A、
B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌
道在同一豎直平面內，過C點的軌道半徑
與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內側，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，并恰好能到達軌道的最高點D。小物塊與桌面之間的動摩擦因數為，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質點。求：
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答案： 　
（1）小物塊到達D點的速度大小；
解析： 小物塊恰好運動到光滑圓弧軌道的最高點時，有mg＝m，
解得小物塊到達D點的速度大小vD＝。
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（2）B和D兩點間的高度差；
答案： 0　
解析：小物塊由C到D的過程，由動能定理有
－mgR（1＋cos 60°）＝m－m，
小物塊由B到C做平拋運動，由速度的分解可知，
vB＝vCcos 60°，
設B和D兩點的高度差為h，小物塊由B到D的過程，由動能定理有
mgh＝m－m，
代入數據解得h＝0。
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（3）小物塊在A點的初速度大小。
答案：
解析：小物塊由A到B的過程，由動能定理有－μmg·π·2R＝m－m，
解得小物塊在A點的初速度大小vA＝。
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12. 如圖甲所示，在水平面上固定一傾角θ＝37°、底端帶有擋板的足夠長
的斜面體，斜面體底端靜止一質量m＝1 kg的物塊（可視為質點），從某
時刻起，物塊受到一個沿斜面向上的拉力F作用，拉力F隨物塊從初始位置
第一次沿斜面向上的位移x變化的關系如圖乙所示，隨后不再施加外力作
用，物塊與固定擋板碰撞前后速率不變，不計空氣阻力，已知物塊與斜面
之間的動摩擦因數μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g
取10 m/s2，求：
（1）物塊在上滑過程中的最大速度的大小；
（計算結果可保留根式）
答案： m/s　
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解析： 物塊上滑過程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先
做加速運動后做減速運動，則有FN＝mgcos 37°，Ff＝μFN
F－Ff－mgsin 37°＝ma
當加速度為零時，速度最大，此時
F＝Ff＋mgsin 37°＝10 N
由題圖乙可得出F＝20－10x
則F＝10 N時，可得x＝1 m
由動能定理可得WF＋Wf＋WG＝m－0
即×1 J－0.5×1×10×0.8×1 J－1×10×0.6×1 J＝m－0，可得
vm＝ m/s。
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（2）物塊沿斜面上滑的最大位移的大小和物塊在斜面上運動的總路程。
答案： 2 m　5 m
解析：由動能定理可得WF'＋Wf'＋WG'＝0
又WF'＝×2 J＝20 J
則xm＝＝2 m
撤去F后，因為mgsin 37°＞μmgcos 37°，所以物塊最后停在斜面體的底
端，則有
WF'－μmgscos 37°＝0
解得s＝5 m。
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THANKS
演示完畢 感謝觀看

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