习题课六 动能定理的应用
要点一 利用动能定理求变力做功
1.（2024·云南保山期中）如图所示，质量为m的小球与长度为L的细绳连接，另一端系于O点，现将小球拉至水平方向，小球由静止开始释放，已知小球到达最低点时对绳子的拉力大小为2.5mg，则小球由释放至摆到最低点的过程中克服空气阻力做功的大小为（ ）
A.mgL B.mgL
C.mgL D. mgL
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）
要点二 动能定理与图像结合的问题
3.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
4.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
要点三 利用动能定理分析多过程问题
5.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
6.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
7.（多选）（2024·贵州安顺期中）一质量为m的小球，用长为L的轻绳悬于O点，小球在水平力F作用下从平衡位置P点移动到Q点，如图所示，则力F所做的功为（ ）
A.若F为恒力，则力F做功为FLsin θ
B.若F为恒力，则力F做功为mgL（1－cos θ）
C.若小球被缓慢移动，则力F做功为FLsin θ
D.若小球被缓慢移动，则力F做功为mgL（1－cos θ）
8.（2024·山东东营期末）央视《加油向未来》栏目曾测试穿甲弹贯穿钢板的能力，测试中穿甲弹贯穿10块竖直放置的钢板后速度恰好减为零。已知测试用穿甲弹的质量m＝12 kg，穿甲弹离开炮筒时的速度v0＝1 800 m/s，方向沿水平方向，每块钢板的厚度l0＝10 cm。穿甲弹在空气中运动时速度的变化忽略不计，假设穿甲弹在钢板中运动时受到钢板的阻力恒定。求：（结果可用根式表示）
（1）穿甲弹对钢板的平均冲击力大小；
（2）穿甲弹穿透第一块钢板时速度的大小。
9.（2024·贵州安顺期末）如图，一自行车骑行者和车的总质量为m＝60 kg，从距离水平路面高为h＝1.25 m 的斜坡路上A点，由静止开始不蹬踏板让车自由运动，到达水平路面上的B 点时速度大小为v ＝ 4 m/s，之后人立即以恒定的功率蹬车，人的输出功率P＝180 W， 从B运动到C所用时间为t＝25 s， 到达C点时速度恰好达到最大。车在水平路面上行驶时受到阻力恒为总重力的0.05倍，运动过程可将人和车视为质点，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
（1） A到B过程中车克服阻力做的功；
（2）车的最大速度vm的大小；
（3）B、C之间的距离x。
10.如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长 1 m，AB和CD轨道光滑，曲、直轨道平滑连接。一质量为 1 kg 的物体，从A点以4 m/s的速度沿轨道开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点时速度为0，g取10 m/s2。求：
（1）物体与BC轨道间的动摩擦因数；
（2）物体第5次经过B点时的速度大小（结果可用根式表示）；
（3）物体最后停止的位置距B点多远。
习题课六 动能定理的应用
1.B 小球到达最低点时对绳子的拉力大小为2.5mg，由牛顿第三定律知在最低点，绳子对小球的拉力为2.5mg，则2.5mg－mg＝m，从释放至摆到最低点过程中，由动能定理得mgL－W阻＝mv2－0，解得W阻＝mgL，故选B。
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 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。
4.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。
5.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，故C正确。
6.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，D正确。
7.AD 若F为恒力，根据功的计算公式可得力F做功为WF＝FLsin θ，故A正确，B错误；若小球被缓慢移动，根据动能定理可得WF＋WG＝0，所以力F做功为WF＝－WG＝mgL（1－cos θ），故C错误，D正确。
8.（1）1.944×107 N （2）540 m/s
解析：（1）穿甲弹贯穿10块竖直放置的钢板的过程，根据动能定理得
－10fl0＝0－m
解得f＝1.944×107 N
根据牛顿第三定律可得穿甲弹对钢板的平均冲击力大小为1.944×107 N。
（2）穿甲弹贯穿第一块竖直放置的钢板的过程，根据动能定理得
－fl0＝m－m
解得v1＝540 m/s。
9.（1）270 J （2）6 m/s （3）130 m
解析：（1） A到B过程中由动能定理得车克服阻力做的功
Wf＝mgh－mv2＝60×10×1.25 J－×60×42 J＝270 J。
（2）达到最大速度时牵引力等于阻力，
根据P＝Fvm＝fvm
可得车的最大速度vm＝＝＝6 m/s。
（3）从B到C由动能定理得
Pt－fx＝m－m
解得x＝130 m。
10.（1）0.5 （2）4 m/s （3）距B点0.4 m
解析：（1）由A到D，由动能定理得
－mg（h－H）－μmgsBC＝0－m
解得μ＝0.5。
（2）物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC＝m－m，解得v2＝4 m/s。
（3）分析整个过程，由动能定理得
mgH－μmgs＝0－m
解得s＝21.6 m
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有 1.6 m，故最后停止的位置与B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m。
3 / 3习题课六 动能定理的应用
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】 如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点的正下方P点。球在水平拉力的作用下，在竖直平面内从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ。已知重力加速度为g。
（1）求在此过程中水平拉力做的功W；
（2）若小球在水平拉力F＝mg作用下，从P点运动到Q点，求小球在Q点的速度大小。
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）质量为1.0 kg的物体以某一水平初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示，g取10 m/s2，则下列判断正确的是（ ）
A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
C.物体滑行的总时间为2 s
D.物体滑行的总时间为4 s
尝试解答
3.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Ff，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∶Ff＝1∶1
D.F∶Ff＝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
4.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.如图所示，小球（可视为质点）以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为（重力加速度为g）（ ）
A. B.
C. D.
3.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，下列说法错误的是（ ）
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
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。
习题课六 动能定理的应用
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】 （1）mgl（1－cos θ）
（2）
解析：（1）小球从P到Q的过程中，由动能定理得W－mgl（1－cos θ）＝0，解得W＝mgl（1－cos θ）。
（2）小球从P到Q的过程中，由动能定理得Flsin θ－mgl（1－cos θ）＝m－0，解得vQ＝。
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FN－mg＝m，解得FN＝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
知识精研
【典例2】 AC 根据动能定理得－μmgx＝ΔEk，解得μ＝0.2，A正确，B错误；物体的初速度v0＝＝4 m/s，所以物体滑行的总时间为t＝＝2 s，C正确，D错误。
素养训练
3.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＝Ffx'，根据图像可知＝＝，所以F∶Ff＝4∶1，C、D错误。
要点三
知识精研
【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
4.（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.B 小球由A运动到B的过程中，由动能定理可得－mgh－Wf＝0－m①，小球由B运动到A的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝m②，联立①②可得v1＝，故选B。
3.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。
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FN－mg＝m，
解得FN＝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。
4 / 4(共59张PPT)
习题课六 动能定理的应用
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】 如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点
的正下方P点。球在水平拉力的作用下，在竖直平面内从P点缓慢地移
动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ。已知重力加速度为g。
（1）求在此过程中水平拉力做的功W；
答案：mgl（1－cos θ）
解析：小球从P到Q的过程中，由动能定理得W－mgl（1－cos θ）＝0，解得W＝mgl（1－cos θ）。
（2）若小球在水平拉力F＝mg作用下，从P点运动到Q点，求小球在Q
点的速度大小。
答案：
解析：小球从P到Q的过程中，由动能定理得Flsin θ－mgl（1
－cos θ）＝m－0，解得vQ＝。
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
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FN－mg＝m，解得FN＝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
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）质量为1.0 kg的物体以某一水平初速度在水平面
上滑行，由于摩擦力的作用，其动能随位移变化的情况如图所示，g
取10 m/s2，则下列判断正确的是（ ）
A. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
B. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.3
C. 物体滑行的总时间为2 s
D. 物体滑行的总时间为4 s
解析：根据动能定理得－μmgx＝ΔEk，解得μ＝0.2，A正确，B错误；
物体的初速度v0＝＝4 m/s，所以物体滑行的总时间为t＝＝2
s，C正确，D错误。
3. 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Ff，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∶Ff＝1∶1 D. F∶Ff＝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＝Ffx'，
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。
4. 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
强化技能 查缺补漏
02
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. 如图所示，小球（可视为质点）以初速度v0从A点沿不光滑的轨道
运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A
点的速度大小为（重力加速度为g）（ ）
A. B.
C. D.
解析： 小球由A运动到B的过程中，由动能定理可得－mgh－Wf
＝0－m①，小球由B运动到A的过程中，由动能定理可得mgh－
Wf＝m②，联立①②可得v1＝，故选B。
3. 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，下列说法错误的是（ ）
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
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。
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：
答案：420 N，方向向下
（1）该小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力；
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FN－mg＝m，
解得FN＝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
要点一 利用动能定理求变力做功
1. （2024·云南保山期中）如图所示，质量为m的小球与长度为L的细
绳连接，另一端系于O点，现将小球拉至水平方向，小球由静止开
始释放，已知小球到达最低点时对绳子的拉力大小为2.5mg，则小
球由释放至摆到最低点的过程中克服空气阻力做功的大小为（ ）
A. mgL B. mgL
C. mgL D. mgL
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解析： 小球到达最低点时对绳子的拉力大小为2.5mg，由牛顿
第三定律知在最低点，绳子对小球的拉力为2.5mg，则2.5mg－mg
＝m，从释放至摆到最低点过程中，由动能定理得mgL－W阻＝
mv2－0，解得W阻＝mgL，故选B。
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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（ ）
A. m－μmg（s＋x） B. m－μmgx
C. μmgs D. μmg（s＋x）
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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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要点二 动能定理与图像结合的问题
3. 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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4. 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
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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。
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要点三 利用动能定理分析多过程问题
5. 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
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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，故C正确。
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6. 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
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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，D正确。
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7. （多选）（2024·贵州安顺期中）一质量为m的小球，用长为L的轻
绳悬于O点，小球在水平力F作用下从平衡位置P点移动到Q点，如
图所示，则力F所做的功为（ ）
A. 若F为恒力，则力F做功为FLsin θ
B. 若F为恒力，则力F做功为mgL（1－cos θ）
C. 若小球被缓慢移动，则力F做功为FLsin θ
D. 若小球被缓慢移动，则力F做功为mgL（1－cos θ）
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解析： 若F为恒力，根据功的计算公式可得力F做功为WF＝
FLsin θ，故A正确，B错误；若小球被缓慢移动，根据动能定理可
得WF＋WG＝0，所以力F做功为WF＝－WG＝mgL（1－cos θ），故
C错误，D正确。
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8. （2024·山东东营期末）央视《加油向未来》栏目曾测试穿甲弹贯
穿钢板的能力，测试中穿甲弹贯穿10块竖直放置的钢板后速度恰好
减为零。已知测试用穿甲弹的质量m＝12 kg，穿甲弹离开炮筒时的
速度v0＝1 800 m/s，方向沿水平方向，每块钢板的厚度l0＝10 cm。
穿甲弹在空气中运动时速度的变化忽略不计，假设穿甲弹在钢板中
运动时受到钢板的阻力恒定。
求：（结果可用根式表示）
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（1）穿甲弹对钢板的平均冲击力大小；
答案： 1.944×107 N
解析： 穿甲弹贯穿10块竖直放置的钢板的过程，根据动
能定理得
－10fl0＝0－m
解得f＝1.944×107 N
根据牛顿第三定律可得穿甲弹对钢板的平均冲击力大小为
1.944×107 N。
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（2）穿甲弹穿透第一块钢板时速度的大小。
答案： 540 m/s
解析：穿甲弹贯穿第一块竖直放置的钢板的过程，根据动能定
理得
－fl0＝m－m
解得v1＝540 m/s。
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9. （2024·贵州安顺期末）如图，一自行车骑行者和车的总质量为m＝
60 kg，从距离水平路面高为h＝1.25 m 的斜坡路上A点，由静止开
始不蹬踏板让车自由运动，到达水平路面上的B 点时速度大小为v
＝ 4 m/s，之后人立即以恒定的功率蹬车，人的输出功率P＝180
W， 从B运动到C所用时间为t＝25 s， 到达C点时速度恰好达到最
大。车在水平路面上行驶时受到阻力恒为总重力的0.05倍，运动过
程可将人和车视为质点，重力加速度取g＝10 m/s2。求：
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（1） A到B过程中车克服阻力做的功；
答案：270 J
解析： A到B过程中由动能定理得车克服阻力做的功
Wf＝mgh－mv2＝60×10×1.25 J－×60×42 J＝270 J。
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（2）车的最大速度vm的大小；
答案：6 m/s
解析：达到最大速度时牵引力等于阻力，
根据P＝Fvm＝fvm
可得车的最大速度vm＝＝＝6 m/s。
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（3）B、C之间的距离x。
答案： 130 m
解析：从B到C由动能定理得
Pt－fx＝m－m
解得x＝130 m。
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10. 如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比
BC高出10 m，BC长 1 m，AB和CD轨道光滑，曲、直轨道平滑连
接。一质量为 1 kg 的物体，从A点以4 m/s的速度沿轨道开始运
动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点时速度为0，g取10
m/s2。求：
（1）物体与BC轨道间的动摩擦因数；
答案： 0.5
解析： 由A到D，由动能定理得
－mg（h－H）－μmgsBC＝0－m
解得μ＝0.5。
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（2）物体第5次经过B点时的速度大小（结果可用根式表示）；
答案： 4 m/s
解析：物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动
能定理得mgH－μmg·4sBC＝m－m，解得v2＝4
m/s。
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（3）物体最后停止的位置距B点多远。
答案： 距B点0.4 m
解析：分析整个过程，由动能定理得
mgH－μmgs＝0－m
解得s＝21.6 m
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有 1.6 m，故最后
停止的位置与B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m。
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谢谢观看!
