重难点08动能定理求解变力做功和多过程问题(解析版)-2021学霸向前冲高考物理二轮重难点必刷

重难点08动能定理求解变力做功和多过程问题
1．有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡。

某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h 1高处的A 点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A 点水平距离为s 的水平雪道上。

接着改用另一条雪道，还从与A 点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h 2高处的E 点停下。

若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则（ ）
A ．动摩擦因数为tan θ
B ．动摩擦因数为
C ．倾角α一定大于θ
D ．倾角α可以大于θ
【答案】B 【详解】
AB ．在AB 段由静止下滑，说明
μmg cos θ＜mg sin θ
则
第一次停在BC 上的某点，由动能定理得
1
1cos 0sin h mgh mg mgs μθ
μθ
--=' 整理，可得
故A 错误，B 正确；
CD.第二次滑上BE 在E 点停下，则
μmg cos α≥mg sin α
故有
tan tan θμα>≥
则
α<θ
故C 、D 错误。

故选B 。

2．如图所示，水平地面上有一固定直角三角形斜面，两个质量不同的小物块从斜面顶端两侧自由释放后均能沿斜面下滑，且分别停在A 点、D 点。

两个小物块与斜面和水平面的摩擦因数都相同，假设在斜面与水平面连接处无机械能损失，已知AB =PC =2m ，∠PBC =30°,那CD 多长（ ） A ．2m B ．3m
C ．4m
D ．5m
【答案】C 【详解】
对任意一个滑块由动能定理
'''cos mgh mg l mgl mg BP mgl mgx μθμμμμ=⋅+=⋅+=
其中x 是P 在水平面上的投影点P ’与物块在水平面上的停止位置的距离，设AB =PC =a 则由几何关系可知
sin 60
cos60tan 30
a a
a CD +=+
解得
故选C 。

3．在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物．如图甲所示，与水平面成θ角倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m ＝1 kg 的货物放在传送带上的A 处，经过1.2 s 到达传送带的B 端．用速度传感器测得货物与传送带的速度v 随时间t 变化图象如图乙所示，已知重力加速度g ＝10 m/s 2，由v －t 图可知( )
A ．A 、
B 两点的距离为2.4 m
B ．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
C ．货物从A 运动到B 过程中，传送带对货物做功大小为12.8 J
D ．货物从A 运动到B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为11.2 J 【答案】B 【详解】
A ．A 、
B 两点的距离等于全程物块的位移，根据运动学相关规律可得，速度时间图像与横轴所围面积
表示物体位移，可得
所以A 错误
B ．根据牛顿运动定律可得
，
代入数据计算可得，传送带的倾角为37°，货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，B 正确 C ．根据能量守恒定律可得，传送带对物块做的功
21sin 11.2J 2
W
mv mgL θ
所以C 错误
D ．货物从A 运动到B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为
所以D 错误
4．如图所示。

某人通过光滑滑轮将质量为m 的物体，沿光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，则在此过程中（ ）
A ．物体所受的合力做功为mgh ＋mv 2
B ．物体所受的合力做功为mv 2
C ．人对物体做的功为mgh
D ．人对物体做的功大于mgh 【答案】BD 【详解】
对物体应用动能定理可得
W 合=W 人－mgh =
故
W 人=mgh ＋
故选BD 。

5．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一个大小不变、方向始终与运动方向相反的外力f 的作用。

距地面高度h 在以内时，物体上升、下落过程中动能随h 的变化如图所示，重力加速度取。

则（ ）
A ．该物体的质量是
B ．该物体的质量是
C ．运动过程中所受的外力f 是
D ．运动过程中所受的外力f 是
【答案】BC 【详解】
根据动能定理可得：F 合∠h =∠E k ，解得E k -h 图象的斜率大小 k =F 合；上升过程中有：
117236
N 6N 6
k E mg f h ∆-+=
==∆ 下落过程中：
联立解得：
F =1N ，m =0.5kg
故选BC 。

6．在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。

如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将m =1kg 的货物放在传送带上的A 端，经过1.2s 到达传送带的B 端。

用速度传感器测得货物与传送带的速度v 随时间t 变化的图象如图乙所示。

已知重力加速度g =10m ／s 2，则可知（ ）
A ．货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
B ．A 、B 两点的距离为2.4m
C ．货物从A 运动到B 过程中，传送带对货物做功的大小为12.8J
D ．货物从A 运动到B 过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J 【答案】AD 【详解】
A ．在0~0.2s 时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有
由图乙可得
2110m/s a =
货物加速到与传送带速度相等后，在时间内，货物速度大于传送带速度，故有
由图乙可得
联立解得
cos 0.8θ=，
故A 正确；
B ．v –t 图象与t 轴所围的面积表示位移，货物的位移等于传送带的长度，由图乙可知传送带的长度为
B 错误；
C ．货物受到的摩擦力为
cos 4N f mg μθ==
0~0.2s 时间内的位移为
对货物受力分析知摩擦力沿传送带向下，摩擦力对货物做正功
同理 时间内，货物的位移为
摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为
所以整个过程，传送带对货物做功的大小为
12 J–0.8 J=11.2 J
C 错误；
D ．货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程，0~0.2s 时间内，传送带的位移为
时间内，传送带的位移为
总相对路程为
货物与传送带摩擦产生的热量为
4.8J Q f x =∆=
故D 正确。

故选AD 。

7．如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率匀速向右运动。

一质量为2kg 的滑块从传送带右端以水平向左的速率滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。

就上述过程，下列判断正确的有（ ）
A ．全过程中电动机对传送带多做功为12J
B ．全过程中电动机对传送带多做功为6J
C ．全过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为6J
D ．全过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为9J 【答案】BD 【详解】
设滑块向左运动的时间，位移大小为，则滑块的位移为
滑块向左运动过程中对传送带的位移大小
2122
111
v v v v g g
x v t μμ=== 设滑块向右匀加速运动的时间，位移大小为，则滑块的位移为
滑块向右匀加速过程中传送带的位移大小
412
1112v v g
x v t g v μμ=
== 滑块相对传送带的总路程
()2
121243
2v v s x x x x g
μ+=++-=
相
滑块与传送带间摩擦产生的热量大小
212J 1
()92
Q f s m v v =⋅=
=+相 全过程中，电动机对传送带做的功
故选BD 。

8．在一些影视剧中经常能看到一些特技表演。

如图所示，有一高台离地面的高度，一特技演员骑摩托车从坡底由静止出发，冲上高台后以某一速度水平飞出，在水平地面上的落点到高台边沿的水平距离。

已知摩托车从坡底冲上高台的过程历时，人和车的总质量2210kg m =⨯，发动机的功率恒为4kW P =，不计空气阻力，取重力加速度大小。

求： (1)摩托车水平飞出高台时的速度大小；
(2)摩托车在冲上高台的过程中克服摩擦阻力所做的功。

【答案】（1）020m /s v =；（2）4
110J f W =⨯ 【详解】
(1)摩托车飞出高台后做平抛运动，则有
解得摩托车水平飞出高台时的速度大小
020m /s v =
(2)摩托车从静止运动到高台的过程中，由功能关系可知
201
2
f Pt mgh W mv --=
解得摩托车在冲上高台的过程中克服摩擦阻力所做的功
4110J f W =⨯
9．如图所示，水平粗糙平台BC 右端连接倾角为θ=37°的斜面CD ，左端平滑连接竖直半圆细管轨道，轨道内壁光滑，AB 连线为竖直直径。

可视为质点的小物块a 、b 紧靠在一起静置于平台左端与半圆轨道最
低点连接处B 点，a 、b 间压缩一轻弹簧（弹簧长度计），但与弹簧不拴接，开始时弹簧被锁定。

某时刻解除锁定，两物块被瞬间弹开，并先后落在斜面底端D 点。

已知半圆轨道半径R =1.6m ，平台BC 长s =3.6m ，斜面CD 长L =3m ，物块与BC 间的动摩擦因数，物块a 略小于细管内径，忽略空气阻力，重力加速度g 取10m/s 2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。

(1)求物块b 刚离开弹簧瞬间的速率v ；
(2)设物块a 、b 的质量分别为m 1、m 2，求的值。

【答案】(1)6m/s v =；(2) 【详解】
(1)物块从点平抛运动落到点，设平抛时间为，则有
解得
，
物块弹开后从运动到，由动能定理可得
解得
6m/s v =
(2)若物块能够进过半圆管道最高点做平抛运动到点，设物块经过点速度大小为，从运动到历时为，则有
2112sin 372
R L gt +︒=
解得
，
设物块刚被弹开时的速度大小为，在从到的运动过程中，由动能定理有
22111111222
B A m gR m v m v -=
- 解得
110m/s B v =
弹簧弹开、的过程动量守恒，选水平向右为正方向，则由动量守恒定律有
1120B m v m v =-+
解得
若物块被弹簧弹开后不能到达最高点，将沿管道退回，并从点做平抛运动落到点，则此时从点飞出的速度大小为，设此时物块刚被弹簧弹开的速度大小为，则由动能定理有
解得
弹簧弹开、的过程动量守恒，选水平向右为正方向，则由动量守恒定律有
1220B m v m v =-+
解得
10．如图所示，光滑轨道AB 可视为竖直平面内半径为R 的圆周，圆心为O ，OA 水平。

一质量为的小物块（可视为质点）从A 点由静止释放，运动至B 点时与另一质量为的小物块相撞，并粘合在一起沿粗糙水平面BC 运动，已知水平面与两小物块之间的摩擦因数为μ，最终两物块停止在水平面的C 点。

重力加速度为g 。

求：
(1)物块运动至B 点时的速度大小； (2)物块运动至B 点时对圆轨道的压力大小； (3)两物块碰撞后，在水平面上运动的位移。

【答案】(1)；(2)；(3) 【详解】
(1) 物块运动至B 点时，根据动能定理得
解得
(2) 物块运动至B 点时，根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律得物块对圆轨道的压力大小为。

(3)两物体碰撞，动量守恒，有
碰后，根据动能定理得
212121
()0()2
m m gs m m v μ'-+=-+
解得
11．如图所示，不光滑．．．的实验轨道ABCD ，AB 与CD 段均为圆弧，半径R =0.5m ，BC 段水平，B 、C 为切点。

质量m =0.8kg 的滑块（可视为质点），在该轨道的A 点由静止下滑，最后静止在水平轨道上（g 取10 m/s 2）。

问：
(1)滑块能否滑上与A 点等高的D 点？（只需答“能”或“不能”） (2)以BC 面为零势能面，滑块在A 处的重力势能E P 为多少？ (3)滑块在全过程中克服摩擦力做功W f 为多少？
【答案】(1)不能；(2) E P =4J ；(3) W f =4J 【详解】
(1)由于滑块在运动过程中，要克服摩擦力做功，机械能不断减少，所以滑块不能滑上与A 点等高的D 点；
(2)以BC 面为零势能面，滑块在A 处的高度为
h =R =0.5m
在A 处的重力势能为
E P =mgh =0.8×10×0.5J=4J
(3)对整个过程，由动能定理得
mgh -W f =0
解得克服摩擦力做功
W f =mgh =4J
12．如图所示，质量为m 的小木块甲以一定的初速度从O 点沿粗糙的水平面向右运动，到P 点时与质量为2m 的静止的小木块乙相碰，与木块乙碰撞后，木块甲返回到0、P 的中点停止，已知两小木块与水平面之间的动摩擦因数均为μ，，木块甲在O 点的初动能为 5.5mgL k E μ=，重力加速度大小为g 。

求： (1)木块甲从O 点运动到P 点与木块乙碰撞前的时间（可用根式表示）； (2)木块乙停止的位置距离P 点的距离。

【答案】(1)；(2)2L 【详解】
(1)设木块甲从O 点运动到P 点与木块乙碰撞前的时间为t ，甲从O 点出发时初速度v 0，到达P 点时速度为v ，与乙碰撞后速度为v 1，乙的速度为v 2，甲从O 点到P 点。

根据动能定理，得
2201122
mgL mv mv μ-=
- 设初速度方向为正方向，根据动量定理，得
0mgt mv mv μ-=-
依题意，得
2
01 5.52
mv mgL μ= 解得
(2)设木块乙停止的位置距离P 点的距离为x ，甲与乙碰撞时，由动量守恒定律，得
122mv mv mv =-+
对甲，碰撞后到停止，根据动能定理有
211
022
L mg
mv μ-=- 对乙，碰撞后到停止，根据动能定理有
2
212022
mgx mv μ-=-⨯
联立，解得
13．质量为的某型号舰载机在航母的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为，所需的起飞速度为，跑道长。

舰载机受到的阻力为重力的0.2倍，求：
(1)舰载机所需的起飞动能； (2)发动机产生的最大推力F ；
(3)航母弹射装置至少应对舰载机做的功W 。

【答案】(1) 75.410J ⨯；(2) 52.110J ⨯；(3) 73.910J ⨯ 【详解】 (1)起飞所需动能
321
301060J 2
=
⨯⨯⨯ 75.410J =⨯
(2)根据牛顿第二定律，发动机产生的最大推力为F
0.2f mg =
52.110J F =⨯
(3)根据动能定理
k W Fl fl E +-=
航母弹射装置至少应对舰载机做功
14．如图甲所示，半径0.45m R =的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B 为轨道的最低点，B 点右侧的光滑水平面上紧挨B 点有一静止的小平板车，平板车质量，长度，小车的上表面与B 点等高，距地面高度0.2m h =。

质量的物块（可视为质点）从圆弧最高点A 由静止释放。

取。

试求： (1)物块滑到轨道上的B 点时对轨道的压力大小；
(2)若锁定平板车并在其上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；
(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数，物块仍从圆弧最高点A 由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离。

【答案】(1)30N ，方向竖直向下；(2)1m /s v =；(3)0.4m 【详解】
(1)物块从圆弧轨道顶端滑到B 点的过程中，机械能守恒，则有
解得
在B 点由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律得物块滑到轨道上B 点时对轨道的压力大小
N N 30N F F '==
方向竖直向下
(2)物块在平板车上滑行时摩擦力做功
12f 4J 2
mg mg
W l μμ+=-
⋅=-
物块由静止释放到滑离平板车过程中由动能定理得
解得
1m/s v =
(3)当平板车不固定时，对物块有
212m/s mg
a g m
μμ=
==
对平板车有
220.5m/s mg
a M
μ=
=
经过时间物块滑离平板车，则有
221112111
22
B v t a t a t l --=
解得
（另一解舍掉）
物块滑离平板车时的速度
此时平板车的速度
21 0.2m/s v a t ==车
物块滑离平板车后做平抛运动的时间
物块落地时距平板车右端的水平距离
()2 0.4m s v v t =-=物车
15．单板滑雪U 形池如图所示，由两个完全相同的圆弧滑道AB 、CD 和水平滑道BC 构成，圆弧滑道的半径R ＝3.2m ，B 、C 分别为圆弧滑道的最低点，B 、C 间的距离s ＝7.5m ，假设某次比赛中运动员经过水平滑道B 点时水平向右的速度v B ＝16m/s ，运动员从B 点运动到C 点做匀变速直线运动所用的时间t ＝0.5s ，从D 点跃起时的速度v D ＝6.0m/s 。

设运动员连同滑板的质量m ＝50kg ，忽略空气阻力的影响，重力加速度g 取10m/s 2。

求：
(1)运动员在B 点对圆弧轨道的压力； (2)运动员从D 点跃起后在空中运动的时间；
(3)运动员从C 点运动到D 点的过程中需要克服摩擦阻力所做的功。

【答案】（1）4500N ；（2）1.2s ；（3）2400J 【详解】 (1)由
N －mg ＝
可得
N ＝4500N
由牛顿第三定律知，压力为4500N;
(2)运动员从D 点跃起后在空中做竖直上抛运动，设运动员上升的时间为t 1，根据运动学公式
运动员在空中完成动作的时间
t′＝2t1＝＝1.2s
(3)运动员从B点到C点，做匀变速直线运动，运动过程的平均速度
BC＝＝
解得运动员到达C点时的速度
v C＝－v B＝14.0m/s
运动员从C点到D点的过程中，克服摩擦力和重力做功，根据动能定理
－W f－mgR＝mv D2－mv C2
得运动员克服摩擦力做功
W f＝mv C2－mv D2－mgR
代入数值解得
W f＝2400J
16．如图所示，粗糙斜面AB的倾角α=37°，与光滑的水平面BC圆滑对接，C处固定一个水平轻弹簧，质量为m=1.0kg的物体（可视为质点）自A点由静止释放，经t=0.5s到达斜面底端B点时的速度大小v=2.0m/s，取sin37°=0.6，cos37°=0.8.重力加速度g=10m/s2。

(1)求A点距水平面的高度h。

(2)求物体与斜面之间的动摩擦因数μ。

(3)物体与弹簧第一次作用过程中，求弹簧对物体的冲量I和此间弹簧具有的最大弹性势能E p。

【答案】(1) 0.3m；(2) 0.25；(3) 4.0N•s，方向水平向左， 2J。

【详解】
(1)由匀变速直线运动的规律得
代入数据解得
h=0.3m
(2)由A到B的过程由动能定理得
mgh﹣μmg cosα•﹣0
代入数据解得
(3)以向右为正方向，物体与弹簧第一次作用过程中，由动量定理得
I =（﹣mv B ）﹣mv B =﹣2mv B =﹣4.0N•s
负号表示方向与正方向相反，即水平向左
当物体向右压缩弹簧形变量最大，即物体的速度减到零时，弹簧具有弹性势能最大，根据机械能守恒定律得
E P ==2J
17．如图所示，质量为m =1kg 的小球从平台上水平抛出后，落在一倾角θ=53°的光滑斜面顶端，并恰好无碰撞的沿光滑斜面滑下。

斜面顶端与平台的高度差h =0.8m ，斜面的高度H =7.2m 。

取g=10m/s 2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求
(1)斜面顶端与平台边缘的水平距离x ； (2)小球滑到斜面底端时速度v 的大小。

【答案】(1)1.2m ；(2)13m/s 【详解】
(1)小球落到斜面上并沿斜面下滑，则有
又在竖直方向有
水平方向
联立解得
t=0.4s x =1.2m
(2)设物体到达斜面底端的的速度为，则从抛出点到斜面底端，由动能定理得：
221011()22
mg h H mv mv +=
-
解得
18．如图甲所示，一辆小汽车以5m/s 的速度从水平路段的A 点，以P 1=6kW 恒定功率沿平直公路AB 段行驶，在斜坡底B 处瞬时换挡，以P 2=112kW 的恒定功率沿倾角为30°的BC 段斜坡上行，用12s 通过整个ABC 路段，其图像如图乙所示，在乙图像上t =12s 处水平虚线与曲线相切，假设小汽车在AB 段和BC 段受到的阻力（含地面摩擦力和空气阻力等）大小相等，换挡时小汽车的速率不变。

求： (1)小汽车的质量m ；
(2)小汽车在4~12s 时间段运动的路程。

【答案】(1)2×103kg ；(2)73.3m 【详解】
(1)水平AB 段匀速直线运动，则有
P 1=fv 1
得
31
16000N 1.210N 5
P f v =
==⨯ 在斜坡BC 段12s 末时刻，加速度为零，即
2
2(sin30)P mg f v ︒=+ 得
(2)在BC 段，即在4~12s 时间内，由动能定理知
代入数据解得
L =73.3m
19．图甲为儿童玩具小火车轨道，由竖直圆轨道（在最低点分别与水平轨道和相连）、竖直圆弧轨道和、倾斜半圆轨道、水平四分之一圆轨道和、水平轨道、、、平滑相切连接而成，图乙为轨道侧视示意图。

已知竖直圆轨道和的半径均为0.4m R =，最高点离水平轨道的高度0.4m h =。

小火车可视为质点且质量0.2kg m =，在点以额定功率由静止启动，沿着IJKAB 轨道到达点关闭电动机，恰好能通过竖直圆轨道的最高点，不计摩擦阻力和空气阻力， 取。

求：
(1)小火车通过点时的速度大小； (2)小火车从点运动到点的时间；
(3)小火车运动到最高点时所受的合力大小。

【答案】(1)；(2)；(3) 【详解】
(1)恰能通过竖直圆轨道最高点，应满足
解得
(2)，由动能定理
2
1202
C Pt mg R mv -=
- 解得
(3)，由动能定理
点，由牛顿第二定律
解得
20．有一水平足够长的传送带，以v 0=5m/s 的速度沿顺时针方向匀速运转，传送带右端平滑连接了一个倾角为37°的粗糙斜面，物体与斜面、物体与传送带之间的动摩擦因数均为0.5；现将一质量m =1kg 的物体轻放在距离传送带最右端L =7.5m 处，已知34
sin37cos3755
==
，，求： (1)该物块从轻放到第一次到达传送带最右端经过的时间； (2)该物块从轻放到第一次到达传送带最右端全程产生的热量； (3)物体最终在斜面上走过的总路程；
(4)当物块第一次从粗糙斜面落回传送带后，若增大传送带的速度v 0，当物块在传送带上走过第n 个来回时，求该来回过程中传送带因此多消耗的电能与传送带速度v 0的关系。

【答案】(1)2s ；(2)12.5J ；(3) ；(4) 【详解】
(1)物块轻放上传送带以后做匀加速直线运动，物块加到与传送带共速所走过 的位移为
2010 2.5m 7.5m 2v x g
μ-==<
匀加速阶段时间为
物块与传送带共速后，保持匀速运动
解得
因此运动的总时间
(2)物体与传送带的相对位移
因此产生的热量
(3)小物块以v 0第一次冲上斜面后再次回到最底端时速度v 1的大小小于v 0，在足够长传送带上运动一个来回后速度与v 1等大反向，冲上斜面，第二次落回水平传送带时速度v 2的大小小于v 1，如此往复，最终物块将静止在斜面最底端。

将物块以速度v 0第一次冲上斜面时作为初状态，将最终静止在斜面底端作为末状态，对全程列动能定理，可得
2010cos372
mv mg s μ-=-⋅
解得
(4)物块第一次以初速度v 0冲上斜面后上升的最大高度 物块第一次回到斜面底端时速度为v 1，则
2o o 012(sin37cos37)v g g x μ=+∠
2o o 112(sin37cos37)v g g x μ=-∠
由∠∠得
同理，物块第二次回到斜面底端时速度大小
因此，物块第n 次回到斜面底端时速度大小
05n n n v v =⨯=⋅∠ 每次物块落回传送带上后，经过时间t 速度减为0，又经过同样的时间t 以相同速度大小回到传送带最右端
∠ ∠ ∠
对传送带列动能定理
0f W W =+电传
∠
由∠∠∠∠∠得
01010n n n E v v ∆=⋅=电传。