题型08 动能定理的准确理解与实际应用（题型专练）（天津专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

题型08 动能定理的准确理解与实际应用（题型专练） 参考答案 第一部分 考向破译 考向01 运用动能定理求变力做的功 【例1-1】【答案】C 【详解】A．要让配重小球从静止以速度v匀速转动起来，此时小球的重力势能也要增加，则悬绳对小球做的功大于，故A错误； B．当绳子与竖直方向夹角为θ时，配重小球做匀速圆周运动的向心力大小为，故B错误； C．根据 两边可消掉m，若更换质量为2m的配重小球，以相同角速度转动阻尼环，绳子与竖直方向夹角不变，故C正确； D．根据上述结论 当绳子与竖直方向夹角保持为θ时，配重小球转动频率 故D错误。故选C。 【例1-2】【答案】（1）；（2）0.1g；（3） 【详解】（1）悬停之前，由动能定理，可得 解得 （2）载有物资的热气球原来处于静止状态，则有 投出物资后，热气球竖直方向向上做匀加速直线运动，水平方向做匀速运动，热气球的加速度大小为 联立，解得 （3）投出物资后，物资下落过程中热气球和物资组成的系统在水平方向满足动量守恒，且系统初动量为零，则有 物资抛出后做平抛运动，则有， 投出物资后，热气球竖直方向向上做匀加速直线运动，水平方向做匀速运动， 则物资落地时物资与热气球的距离为 联立，解得 【变式1-1】【答案】（1）70m/s2；（2）；（3）1m 【详解】（1）由牛顿第二定律可知 由题意有 联立可得 （2）在主伞打开后，返回舱减速过程中，根据动能定理可得 解得 （3）根据题意可得 【变式1-2】【答案】BD 【详解】A．v-t图像的斜率表示加速度，由图知斜率发生了变化，所以加速度变化，并且在3s后向负方向运动，A错误； B．图像与x轴围成的面积表示位移，所以4s内的位移为 物体在前4s内的平均速度的大小为 方向向右，B正确； C．由图知，第4s时的速度为，根据动能定理，前4s内合外力对物体做功为 C错误； D．前4s内合外力对物体的冲量为 所以物体的冲量大小为1Ns，方向向左，D正确。故选BD。 考向02 牛顿定律与动能定理相结合解决问题 【例2-1】【答案】C 【详解】A．根据牛顿第二定律有 可得减速运动加速度大小 故A错误； B．根据运动学公式有 故力F的冲量为 方向与运动方向相反；故B错误； C．根据运动学公式 可得 故C正确； D．匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为 故D错误。 故选C。 【例2-2】【答案】（1）；（2） 【详解】（1）设冰壶质量为，A受到冰面的支持力为，由竖直方向受力平衡，有 设A在间受到的滑动摩擦力为，则有 设A在间的加速度大小为，由牛顿第二定律可得 联立解得 由速度与位移的关系式，有 代入数据解得 （2）设碰撞前瞬间A的速度为，由动量守恒定律可得 解得 设A在间受到的滑动摩擦力为，则有 由动能定理可得 联立解得 【变式2-1】【答案】(1)2.25s (2)0.5 【详解】（1）对A进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 令经历时间，A与传送带达到相等速度，则有 解得 此时A的位移 之后A做匀速直线运动，经历时间 包裹A在传送带上运动的时间 解得 （2）碰撞后包裹A向前滑行了0.25m静止，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有 解得 包裹B向前运动了0.9m静止，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有 A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有 解得 对B进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 【变式2-2】【答案】BC 【详解】A．推车由静止时F1、F2和重力三力平衡，F1水平向右，F2竖直方向分量与重力平衡，突然启动时即加速度水平向左，故F1减小F2不变，故A错误； B．推车由匀速突然减速时即加速度水平向右，F1增大F2不变，故B正确； CD．在OA由竖直缓慢转到水平过程中，F1、F2和重力三力平衡构成矢量三角形如图，根据，F1由先图示位置逆时针转，可知F1先增大后减小，F2一直减小，故C正确，D错误； 故选 BC。 考向03 运用动能定理分析各力做功的数量关系 【例3-1】【答案】CD 【详解】A．两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为 A错误； B．设两购物车碰撞后瞬间的速度大小为，根据动能定理有 解得 C．设第一辆车碰前的速度为，根据动量守恒定律，有 解得 根据能量守恒定律，有 C正确； D．设第一辆购物车开始运动时的速度大小为，根据动能定理有 解得 工人给第一辆购物车的水平冲量大小为 D正确。 故选CD。 【例3-2】【答案】BD 【详解】A．足球从冲顶后至飞入球门时，重力对足球做的功为 选项A错误； B．根据动能定理，运动员冲顶过程中对足球做的功为 选项B正确； CD．根据动能定理，足球飞入球门时 即动能为 选项C错误，D正确； 故选BD。 【变式3-1】【答案】(1)，方向水平向左，，方向水平向右 (2) (3) 【详解】（1）滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，滑块滑到圆弧轨道最低点B时有 根据能量守恒有 解得小车的速度 方向水平向左。 滑块的速度 方向水平向右。 （2）滑块下滑过程中对滑块进行分析，根据动能定理有 解得 （3）滑块最后恰好停在C点时，结合上述可知，此时小车也停止运动，整个过程中由能量守恒定律有 解得 【变式3-2】【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）配重做圆周运动时，半径 由牛顿第二定律可得 解得 （2）由动量定理可得 代入数据得 （3）由动能定理可得 代入数据得 考向04 动能定理综合问题 【例4-1】【答案】(1) (2)，方向竖直向下 (3) 【详解】（1）小球a下摆过程中，由机械能守恒有 解得 （2）两物体发生弹性碰撞，设向左为正方向，根据动量守恒有 根据能量守恒定律有 联立解得 小球a碰后瞬间细线对小球的拉力设为，根据牛顿第二定律 联立解得 根据牛顿第三定律，小球对细线的拉力大小，方向竖直向下。 （3）对物块b，由动能定理得 代入数据，解得最大位移 【例4-2】【答案】(1) (2)1.6s (3) 【详解】（1）依题意，无人机所受重力与升力等大反向时，具有最大速度，有 解得 （2）无人机以最大升力上升，做匀加速直线运动，可得 由牛顿第二定律Fm-mg= ma 又 联立，解得 （3）以最大功率的加速过程，有 又 联立，解得 【变式4-1】【答案】（1）；（2）m/s；（3） 【详解】（1）由题意，在C处滑块仅在重力作用下做圆周运动，设滑块的质量为m，由牛顿第二定律和向心力公式，有 解得 （2）由几何关系，BC高度差H为 滑块由B到C的运动过程中重力做功，机械能守恒，有 解得vB＝m/s （3）滑块由A到B过程，根据动能定理，有 解得 【变式4-2】【答案】（1）0.01，0.005；（2）10m；（3）0.2m/s，0.8m/s 【详解】（1）根据图像，黄壶的加速度大小可表示为 对黄壶，根据牛顿第二定律可得 解得； （2）由图像可知，内冰壶运动的位移为 设摩擦冰面的长度为，整个运动过程，由动能定理可得 解得 （3）黄壶与红壶碰撞过程中动量守恒，则有 碰后均做匀减速运动，故有； 由题意可知 解得=0.2m/s；=0.8m/s 第二部分 综合巩固 1．【答案】C 【详解】A．0~10s货物向上加速，处于超重状态，故A错误； B．0~10s内电梯的加速度为 对货物，根据牛顿第二定律可得 解得对货物的支持力恒为 故B错误； C．由于图像与坐标轴围成的面积等于位移可知，0~36s内货物上升的距离为 根据动能定理可得， 所以电梯对货物的支持力做功为 故C正确； D．36~46s货物向下加速，加速度向下，处于失重状态，故D错误。 故选C。 2．【答案】BC 【详解】A．乒乓球受到重力mg、支持力N而做加速直线运动，受力如图 由牛顿第二定律有 解得加速度大小 故A错误； B．合外力冲量大小 故B正确； C．球拍对乒乓球的弹力为 则球拍对乒乓球的弹力做的功 故C正确； D．根据动能定理，乒乓球所受合外力做的功等于该过程动能该变量，即 故D错误。 故选BC。 3．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球1在曲面AB上运动的过程中，根据动能定理得 解得 （2）规定向右为正方向，碰撞过程，设碰后速度为，动量守恒定律有 在C点，根据牛顿第二定律得 根据定能定理得 解得 （3）小球2速度最大时，小球合力为0，即 根据能量守恒得 解得 4．【答案】B 【详解】A．依题意，当小球通过最高点时，底座对地面的压力恰好为。说明此时杆的作用力为0，小球只受重力，由牛顿第二定律得 解得 从最低点到最高点的过程由动能定理得 解得 由动能定理得外界对小球做的功 故A错误； B．取初速度的方向为正方向，从最低点运动到最高点的过程由动量定理得 解得 故B正确； C．小球从最低点运动到与转轴等高的位置时，设速度为，由动能定理得 解得 设杆对小球的拉力为，由牛顿第二定律得 由牛顿第三定律可知杆对底座水平方向的拉力为，对底座受力分析由平衡条件得地面对底座的静摩擦力为。故C错误； D．小球在最低点时，设杆对小球的拉力为，由牛顿第二定律得 解得 可知杆对底座的压力大小也为，对底座受力分析由平衡条件得地面对底座的支持力 由牛顿第三定律知底座对地面的压力大小为。故D错误。 故选B。 5．【答案】C 【详解】A．由图像可知，物体在2s末改变运动方向，故A错误； B．根据图像的斜率表示加速度，可知第2s和第3s加速度大小相等、方向相同，故B错误； C．由图像可知，前2s内物体的速度变化量为0，则物体的动量变化量为0，根据动量定理可知，合力冲量为0，故C正确； D．由图像可知，第3s物体向负方向做加速直线运动，则物体的动能增加，根据动能定理可知，合力对物体做正功，故D错误。 故选C。 6．【答案】（1）0.4；（2）1.125J；（3）3号球能够进门得分 【详解】（1）根据动能定理 解得 （2）设球1碰后速度为，根据动能定理 解得 设球3碰后速度为，根据动量守恒定律 解得 根据动能定理知 代入数据解得 （3）设3号球碰后运动的距离为，根据动能定理 解得 故3号球能够进门得分。 7．【答案】（1）；（2）， 【详解】（1）设碰撞后甲、乙两车的速度大小分别为、，两车与路面的动摩擦因数为，根据动能定理可得 可得碰撞后瞬时，甲、乙两车的速度大小之比为 （2）设碰撞前瞬间甲车的速度为，碰撞前对甲车，由动能定理得 碰撞时由动量守恒可得 结合（1）问方程，解得， 8．【答案】（1）；（2） 【详解】（1）滑块A自P点滑至平台过程中，由动能定理有 解得，滑块A刚到平台上的速度大小为 （2）弹簧恢复原长时B与A分离，设分离时A的速度为，B的速度为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 解得， B恰好未从小车C上滑落，即B到小车C右端时二者速度相同，由动量守恒定律有 解得，B到小车C右端时二者相同的速度为 由能量守恒定律有 又 可得，小车C的长度为 9．【答案】(1) (2) (3)1.05s 【详解】（1）碰撞后滑块做平抛运动 解得 （2）碰撞后赛车恰好通过最高点的速度大小为v，与滑块碰撞后的速度大小为，由牛顿第二定律 赛车从碰撞后到最高点，据机械能守恒定律 赛车与滑块碰撞过程动量守恒 解得 （3）赛车碰撞前的运动过程，据动能定理 解得t＝1.05s 10．【答案】（1）10m/s2；（2）20m；（3）8×105 W 【详解】（1）设座舱离地高度为h时启动制动系统，此时速度大小为v，制动过程的加速度的大小为a。启动制动系统，对钩码由牛顿第二定律得 a=10m/s2 （2）自由下落阶段 启动制动系统后 得h=20m；v=20m/s （3）设制动时间为t，在制动阶段： 由动能定理 由运动学公式 制动系统输出的平均功率 得P=8×105 W 11．【答案】（1）；（2） 【详解】（1）在D点，根据牛顿第二定律可得 又 解得 从C点到D点过程，根据动能定理可得 解得 碰撞过程根据动量守恒可得 解得 两物块碰撞前后损失的机械能为 （2）物块M从A到C过程，由动能定理得 解得 12．【答案】AD 【详解】A．玩具车的最大速度 则阻力 选项A正确； B．玩具车的加速度为 由图像可知 解得m=20kg 选项B错误； C．根据 可知玩具赛车的速度大小为10 m/s时的加速度大小为，选项C错误； D．从起点到终点由动能定理 解得x=500m 选项D正确。 故选AD。 13．【答案】（1）；（2） 【详解】（1）对滑板爱好者及滑板甲，从A到B的过程中，由动能定理得 解得 系统动量守恒定律得 两滑板均恰能到达D点被工作人员接收，则 对滑板乙，从D点运动到C点的过程中，由动能定理得 解 （2）在C点，由牛顿第二定律得 解得 由牛顿第三定律得，滑板乙对C点的压力大小 14．【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）根据平衡条件可得 解得 （2）设大木块与木块碰撞前的速度为，根据动能定理得 解得 设大木块与木块碰撞后的速度为，根据动量守恒定律可得 解得 设木块与木块碰撞前的速度为，根据动能定理得 解得 设三个木块一起匀速运动的速度为，根据动量守恒定律可得 解得 根据能量守恒得在两次碰撞中损失的总机械能为 解得 （3）大木块与木块发生碰撞 即 设大木块与木块碰撞前的速度为，根据动能定理得 解得 设大木块与木块碰撞后的速度为，根据动量守恒定律可得 解得 若要、两木块间不发生碰撞，则 解得 若要求大木块与木块发生碰撞，但、两木块间不发生碰撞，则沿轨道方向的恒力就要满足 15．【答案】（1）2950N；（2）3.2m；（3）1300J 【详解】（1）B、C间的距离x=14.5m，从B点匀减速运动到C点，所用的时间t=1.0s，平均速度 在C点，由牛顿第二定律得F-mg=m     解得F=2950N 根据牛顿第三定律，滑雪者在C点对圆弧轨道的压力大小与支持力大小相等，故F'=F=2950N （2）从D点跃起时的速度vD=8m/s，滑雪者从D点跃起后在空中上升的最大高度h==3.2m （3）滑雪者从C点到D点运动的过程中由动能定理得=-mgR-Wf 解得Wf=1300J 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型08 动能定理的准确理解与实际应用目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 总方法透视 典例引领 变式演练 考向01 运用动能定理求变力做的功 考向02 牛顿定律与动能定理相结合解决问题 考向03 运用动能定理分析各力做功的数量关系 考向04 动能定理综合问题 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 动能定理是天津高考物理力学能量的核心工具，近5年（2021-2025）稳定高频，集中在选择中档题（4-6分）+力学综合大题（6-12分），常与传送带、板块、圆周、弹簧、电场/电磁感应结合，以下为结构化考情分析。核心逻辑：合外力做功=动能变化（W合=ΔEk=½mv末²−½mv初²），适用单物体/质点，多过程问题优先用，规避复杂受力与加速度分析。 模型占比：传送带/板块约40%、圆周/斜面约30%、弹簧/变力（F-x图像）约20%、电磁感应综合约10%。传送带/板块（摩擦生热+多过程）、圆周/斜面（重力/弹力做功）、弹簧/F-x图像（变力做功）；核心是多过程分段、变力做功用图像/能量转化。 1.　动能　 （1）定义：物体由于运动而具有的能。（2）公式：Ek＝mv2。 (3)标矢性：动能是标量，只有正值，动能与速度方向无关。 (4)状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。(5)相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性。 (6)动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv－mv。动能的变化是过程量。 2.动能定理　 (1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。 (2)表达式W＝ΔEk; W＝Ek2－Ek1; W＝mv－mv。 3．物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。 4．适用范围广泛 (1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。 (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。 5.　动能定理的理解和应用 (1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。 因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。 数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。 单位关系：国际单位制中功和能的单位都是焦耳。 (2)动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是静电力、磁场力或其他力；既可以是恒力，也可以是变力。 (3)动能定理中涉及的物理量有F、l、α、m、v、W、Ek，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。 6.应用动能定理的注意事项 (1)应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”。“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。 (2)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (3)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。 (4)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。 (5)当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：①重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力与路程的乘积。 (6)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。 7. 应用动能定理解决问题的流程 考向01 运用动能定理求变力做的功 【例1-1】（2025·天津南开·二模）如图甲所示为智能健身圈，其原理是利用摇动腰部轨道上的阻尼环带起腰带外部轨道上的小球，起到健身的效果，其原理简化为如图乙所示。设配重小球的质量为m，体积忽略不计，小球悬绳(忽略质量)长度为L，腰带轨道近似看成是正圆，且半径为R。若配重小球绕腰带的中心轴做水平匀速圆周运动，小球的线速度大小为v，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程腰部保持稳定，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．要让配重小球从静止以速度v匀速转动起来，悬绳对小球做的功为 B．当绳子与竖直方向夹角为θ时，配重小球做匀速圆周运动的向心力大小为 C．若更换质量为2m的配重小球，以相同角速度转动阻尼环，绳子与竖直方向夹角不变 D．当绳子与竖直方向夹角保持为θ时，配重小球转动频率 【例1-2】（2024·天津和平·三模）如图所示，载有物资的热气球从地面由静止开始竖直上升，通过不断调整浮力又悬停于距水平面H高处，之后将质量为m的物资以相对地面的一定的速度水平投出，已知投出物资后热气球的总质量为M，，且投出物资后所受浮力不变，重力加速度为g，不计空气阻力和物资受到的浮力，求： （1）悬停之前浮力对气球做的功W； （2）投出物资后热气球的加速度a的大小： （3）物资落地时与热气球的距离S。 【变式1-1】（2024·天津·二模）2024年4月30日17时46分，神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在离地面约6000m的高空打开主伞（降落伞），在主伞的作用下返回舱速度从80m/s降至10m/s，此过程飞船高度下降了385m，此后可视为匀速下降。当返回舱在距离地面一定高度时启动反推发动机，速度减至0时恰落到地面上。设主伞所受的空气阻力为，其中k为定值，v为速率，其余阻力不计。已知返回舱（含航天员）总质量为3000kg，主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，重力加速度g取10m/s2，设全过程为竖直方向的运动。 （1）在主伞打开后的瞬间，求返回舱的加速度大小； （2）在主伞打开后，返回舱减速过程中，求空气阻力做的功； （3）返回舱在距地面一定高度时启动反推发动机（反推力近似为恒力，空气阻力忽略不计），经0.2s返回舱落地，求启动反推发动机时返回舱距离地面的高度。 【变式1-2】（2023·天津·模拟预测）如图所示，一质量为1kg的物体做直线运动的v-t图像，规定向右为正方向，根据图像做出的以下判断中，正确的是（　　） A．物体始终沿正方向运动做匀加速直线运动 B．物体在前4s内的平均速度的大小为0.625m/s，方向向右 C．前4s内合外力对物体做功为零 D．前4s内合外力对物体的冲量大小为1Ns，方向向左 考向02 牛顿定律与动能定理相结合解决问题 【例2-1】（2023·天津·高考真题）2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f的空气阻力，则（　　） A．列车减速过程的加速度大小 B．列车减速过程F的冲量为mv C．列车减速过程通过的位移大小为 D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为 【例2-2】（2022·天津·高考真题）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度，匀减速滑行到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行，与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为和。已知A、B质量相同，A与间冰面的动摩擦因数，重力加速度取，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A （1）在N点的速度的大小； （2）与间冰面的动摩擦因数。 【变式2-1】（2025·天津·一模）近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持的恒定速率顺时针运行，传送带的长。现将一质量为0.4kg的包裹A轻放在传送带左端，包裹A刚离开传送带时恰好与静止的包裹B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A向前滑行了0.25m静止，包裹B向前运动了0.9m静止。已知包裹A与传送带和水平面间的动摩擦因数均为0.2，重力加速度g取。 (1)求包裹A在传送带上运动的时间； (2)若包裹B的质量为0.4kg，求包裹B与水平面间的动摩擦因数。 【变式2-2】（2025·天津滨海新·三模）如图所示，送水工人用推车在水平路面运桶装水，水桶对板OA、OB的压力分别为F1、F2，运送过程中水桶与推车保持相对静止，∠AOB为锐角且保持不变。到达目的地后，另一工人将板OA由竖直转至水平即可将水桶卸下。全程车把手距地面的高度不变，忽略水桶与板间摩擦，下列说法正确的是（　　） A．推车由静止突然启动时，F1减小F2增大 B．推车由匀速突然减速时，F1增大F2不变 C．在OA由竖直缓慢转到水平过程中，F1先增大后减小 D．在OA由竖直缓慢转到水平过程中，F2先增大后减小 考向03 运用动能定理分析各力做功的数量关系 【例3-1】如图所示，某超市两辆相同的购物车质量均为m，相距L沿直线排列，静置于水平地面上。为节省收纳空间，工人猛推一下第一辆车并立即松手，第一辆车运动距离L后与第二辆车相碰并相互嵌套结为一体，两辆车一起运动了L距离后恰好（无碰撞）停靠在墙边。若购物车运动时受到的摩擦力恒为车重的k倍，重力加速度为g，则（    ） A．两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为 B．两购物车碰撞后瞬间的速度大小为 C．两购物车碰撞时的能量损失为 D．工人给第一辆购物车的水平冲量大小为 【例3-2】足球比赛中的鱼跃头球冲顶场景让人赏心悦目，运动员在一次头球冲顶时，足球的高度为，足球与头碰撞前速度大小为，碰撞后速度大小变为，足球飞入球门时的高度为，不计空气阻力，足球质量，重力加速度为，已知足球可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．足球从冲顶后至飞入球门时，重力对足球做的功为 B．运动员冲顶过程中对足球做的功为 C．足球飞入球门时的动能为 D．足球飞入球门时的动能为 【变式3-1】（2025·天津红桥·二模）如图所示，质量的小车静止在光滑水平面上，小车段是半径的光滑四分之一圆弧轨道，段是长的粗糙水平轨道，两段轨道相切于点。一质量、可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿圆弧轨道下滑，然后滑入轨道，最后恰好停在点。取重力加速度大小。求： (1)滑块滑到圆弧轨道最低点时，小车的速度v1和滑块的速度v2； (2)滑块下滑过程中，小车对滑块支持力所做的功W； (3)滑块与轨道间的滑动摩擦因数。 【变式3-2】（2025·天津滨海新·三模）智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为m，绳长为l，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.4l，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动。某时刻绳子与竖直方向夹角θ=37°。运动过程中不计空气阻力，腰带可看成不动，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。在绳子与竖直方向夹角从0°缓慢增至θ=37°的过程中，求： (1)绳子夹角θ=37°时，配重的速度大小v： (2)该过程中，配重所受合力的冲量大小I； (3)该过程中，绳子对配重所做的功W。 考向04 动能定理综合问题 【例4-1】（2025·天津红桥·一模）如图所示，小球a系在不可伸长的细线上，物块b静置于悬挂O点的正下方，将小球a从细线偏离竖直方向的位置由静止释放后，a、b两物体发生正碰，碰撞时间极短且不损失机械能．已知细线长，重力加速度，两物体都可看成质点，物块b与水平地面间的动摩擦因数，求： (1)小球a与物块b碰前瞬间的速度大小v； (2)碰后瞬间，小球a对细线的拉力F； (3)物块b的最大位移x的大小。 【例4-2】（2025·天津和平·一模）一款能垂直起降的遥控无人机质量m=200kg，发动机的功率最大值Pm =24000W， 最大竖直升力Fm = 3000N ，执行侦察任务时悬停在离地高度h1= 200m的高空。执行任务后需要尽快竖直上升到离地高度超过h2=238.4m的安全区域。忽略空气阻力，g取10m/s2。求： (1)该过程的最大上升速度大小； (2)若执行任务后，无人机立即以最大升力上升，求到达最大功率所用的时间t1； (3)在（2）的基础上，以最大功率继续上升，求到达安全区域需要的时间t2（到达安全区域之前已经达到最大速度）。 【变式4-1】（2023·天津西青·模拟预测）如图，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.5m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求： （1）滑块在C点的速度大小vC； （2）滑块在B点的速度大小vB； （3）A、B两点间的高度差h。 【变式4-2】（2024·天津·模拟预测）2022年第24届冬奥会在北京举行，如图甲所示为2月12日冰壶比赛中，中国队对战意大利队时马秀玥投掷黄壶的情景。中国队需要用黄壶去碰撞对方的红壶，若将黄壶离手瞬间记为t=0时刻，此时黄壶距离要碰撞的红壶L=39.2m，t=8s时刻黄壶进入运动员可用毛刷摩擦冰面的区域，同时运动员开始摩擦冰面，其后根据冰壶运动情况间断性摩擦冰面，图乙是黄壶碰撞红壶前运动的部分v-t图像。此次投掷的冰壶沿直线运动且可视为质点，若两冰壶与未摩擦过冰面间的动摩擦因数恒为μ1，两冰壶与摩擦过冰面间的动摩擦因数恒为μ2，取重力加速度g=10m/s2。 （1）求μ1和μ2； （2）若要黄壶以1.0m/s的速度撞击红壶，求运动员用毛刷摩擦过的冰面的长度； （3）若黄壶以1.0m/s的速度与红壶发生对心正碰，碰后均向前运动且运动员均没有摩擦冰面，碰后黄壶与红壶滑行的距离比为1∶16，冰壶质量均为19kg，求碰撞后瞬间两冰壶各自的速度。 1．（2025·天津宁河·一模）随着科技的发展，手机的功能越来越多。如图所示是小米同学随质量为100kg货物乘坐电梯时利用手机软件制作的运动v-t图像（竖直向上为正方向），g取10m/s2，下列判断正确的是（　　） A．0~10s货物处于失重状态 B．0~10s内电梯对货物的支持力恒为1100N C．0~36s内电梯对货物的支持力做功2.8×104J D．36~46s货物处于超重状态 2．（2025·天津河西·一模）托球跑是趣味运动会的一种比赛项目。比赛中，运动员手持乒乓球拍托着质量为m的球向前跑动。在比赛中途的某一段时间t内，乒乓球与球拍保持相对静止，球和球拍随运动员共同沿水平方向匀加速直线运动通过x距离，乒乓球的速度变化量为，球拍平面与水平面之间的夹角为，如图所示。不计球和球拍之间的摩擦力以及空气阻力，重力加速度为g。以下说法正确的是（　　） A．在这段时间内，乒乓球加速度的大小为 B．在这段时间内，乒乓球所受合外力冲量的大小为 C．在这段时间内，球拍对乒乓球的弹力做的功为 D．在这段时间内，乒乓球所受合外力做的功为 3．（2025·天津·一模）如图所示，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径的细管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数k=100N/m的轻弹簧，弹簧下端固定，另一端恰好与管口D端平齐。质量为的小球1从距BC的高度处静止释放，与静止在B点质量为的小球2发生碰撞，碰后小球1立即停止运动，小球2沿BC轨道进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球2速度最大时弹簧的弹性势能。两球均可以视为质点，重力加速度g取。求： (1)小球1在B点与小球2碰撞前的速度大小； (2)小球2在BC轨道上运动过程中，克服摩擦力做的功W； (3)小球2在压缩弹簧过程中的最大动能。 4．如图所示，质量为可看成质点的小球固定在一长为的轻杆上，轻杆另一端固定在底座的转轴上，底座的质量为，小球可绕转轴在竖直平面内自由转动。现在最低点给小球一个初速度，当小球通过最高点时，底座对地面的压力恰好为。在小球转动过程中，底座始终相对地面静止，不计转轴间摩擦阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（   ） A．外界对小球做的功为 B．小球从最低点运动到最高点的过程中合外力的冲量大小为 C．小球运动到与转轴等高的位置时，地面对底座的静摩擦力大小为 D．小球在最低点时，底座对地面的压力大小为 5．（2024·天津蓟州·三模）一物体在水平面上做直线运动，其速度—时间图像如图所示，根据该图像可知（　　） A．物体在1s末改变运动方向 B．第2s和第3s加速度大小相等、方向相反 C．前2s内合力冲量为0 D．第3s合力对物体做负功 6．（2024·天津滨海新·三模）如图（a）所示，门球又称槌球，比赛时以球槌击球，球过球门即可得分。如图（b）所示，某次比赛中完全相同的1号球、3号球与门洞恰好位于一条直线上，两球之间的距离，3号球与球门之间的距离。运动员用球槌水平打击1号球，使其获得向右的初速度，经过一段时间后，该球以的速度与3号球发生碰撞（碰撞时间极短），碰后1号球又向前运动了后停下来。已知两球质量均为，将两球的运动视为一条直线上的滑动，并且两球与地面间的滑动摩擦因数相同，重力加速度取。 （1）求球与地面的动摩擦因数； （2）求两球碰撞过程1球对3球做的功； （3）通过分析，判断3号球能否进门得分。    7．（2024·天津北辰·三模）2024年春节前夕，因“冻雨”导致众多车辆在某些高速路段停滞，并发生了一些交通事故。如图所示，受高速路面冰雪影响，乙车停在水平高速路面上，甲车以速度从乙车正后方同一车道匀速驶来，在距乙车处紧急刹车（牵引力瞬间变为零），但仍与乙车发生了碰撞；碰撞后，甲、乙两车各自减速运动和后停止运动。若甲、乙两车完全相同且均可视为质点，两车碰撞时间不计，碰撞前、后两车质量均保持为m不变，且始终在同一直线上，两车在冰雪路面上的所有减速运动均视为加速度相同的匀减速运动，重力加速度为g。求： （1）碰撞后瞬时，甲、乙两车的速度大小之比； （2）两车与路面的动摩擦因数及甲车碰撞前瞬间的速度大小。 8．（2024·天津河东·模拟预测）如图所示，质量m=2kg的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量M=6kg的小车C，其上表面与平台等高，小车与水平面间的摩擦不计。光滑圆弧轨道半径R=1.6m，连线PO与竖直方向夹角为60°，另一与B完全相同的滑块A从P点由静止开始沿圆弧下滑。A滑至平台上挤压弹簧，弹簧恢复原长后滑块B离开平台滑上小车C且恰好未滑落，滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ=0.75，g取10m/s2，A、B可视为质点，求： （1）滑块A刚到平台上的速度大小； （2）小车C的长度。 9．水平直轨道AC与半径R＝0.32m的光滑竖直圆轨道相切于B点，A、B间距L＝1.0m，BC段光滑，水平地面距直轨道的高度h＝0.45m，某同学操纵质量的遥控赛车，以P＝2W的额定功率从A点出发，沿平直轨道运动到B点，其间受到恒定的阻力，当赛车运动到B点，立刻关闭遥控器，赛车经过圆轨道后沿直轨道运动到C点，与质量的滑块发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后赛车恰好能通过圆轨道，滑块则落在水平地面上D点，C、D间的水平距离。赛车和滑块均可视为质点，不计空气阻力，g取。求： (1)碰撞后滑块速度的大小； (2)碰撞前瞬间赛车速度的大小； (3)此过程中该同学遥控赛车的时间t。 10．北京欢乐谷游乐场的“天地双雄”是亚洲唯一的双塔太空梭，乘客能通过它体验强烈的失重、超重感觉。该设施先把乘有十多人的座舱送到40 m高的地方，然后让座舱自由落下，当座舱落到离地面某一高度时启动制动系统，座舱做匀减速运动且到地面时刚好停止。为估算该系统的一些数据，某同学在座舱内用弹簧测力计竖直悬挂一个质量为的钩码，发现在座舱制动过程中，弹簧测力计的示数为1.00 N。取g=10m/s2，空气阻力不计。 （1）求制动系统开始启动时座舱的加速度大小； （2）求制动系统开始启动时座舱离地的高度； （3）若环形座舱与该同学及游客的总质量，求制动过程中制动系统的平均输出功率。 11．（2023·天津宁河·模拟预测）如图所示，动摩擦因数为μ的粗糙的水平轨道AC右端与一光滑竖直半圆轨道相连，半圆轨道半径为R，半圆轨道最低点为C，最高点为D。在半圆轨道最低点放置小物块N，在水平轨道左端A点放置小物块M，两物块的质量均为m，AC间距离为L。现对物块M施加水平外力使其向右运动，拉力的功率恒为P，拉力作用一段时间撤掉（此时物块还没到C点），M、N两物块碰撞后合为一个整体，沿圆弧运动到D点时对轨道的压力恰好等于整体重力。M、N都视为质点。重力加速度为g，求： （1）两物块碰撞前后损失的机械能。 （2）拉力作用的时间t。    12．（2023·天津滨海新·一模）一辆额定功率800W的玩具赛车在水平直跑道上由静止开始以恒定功率加速前进，玩具赛车瞬时加速度和瞬时速度的倒数的关系图像如图所示。假设在阻力大小不变的情况下，玩具赛车从起点到终点所用的时间为30s，玩具赛车到达终点前已达到最大速度。下列说法正确的是（    ） A．玩具赛车所受的阻力大小为40 N B．玩具赛车的质量为10 kg C．玩具赛车的速度大小为10 m/s时的加速度大小为 D．起点到终点的距离为500 m 13．滑板运动是青少年喜欢的运动之一，某滑板运动场地如图所示，水平面与斜面和圆弧平滑连接，滑板爱好者站在滑板甲上由静止从A点滑下，同时另一完全相同的滑板乙从圆弧上的D点由静止释放．两滑板在水平面上互相靠近时，滑板爱好者跳到滑板乙上，并和滑板乙保持相对静止，此后两滑板沿同一方向运动且均恰好能到达D点，被站在D点的工作人员接收．已知斜面长，倾角为，圆心O与D点的连线与竖直方向的夹角，滑板质量，滑板爱好者的质量，不计空气阻力及滑板与轨道之间的摩擦，滑板爱好者与滑板均可视为质点，取。求： （1）圆弧的半径； （2）滑板乙在下滑过程中经过圆弧最低点时，对C点压力的大小。 14．（2023·天津宁河·二模）在一水平的长直轨道上，放着两块完全相同的质量为的长方形木块，依次编号为木块和木块，如图所示。在木块左边放一质量为的大木块，大木块与木块之间的距离与、两木块间的距离相同，均为。现在所有木块都静止的情况下，将一沿轨道方向的恒力一直作用在大木块上，使其先与木块发生碰撞，碰后与木块结合为一体再与木块发生碰撞，碰后又结合为一体且恰能一起匀速运动，设每次碰撞时间极短，三个木块均可视为质点，且与轨道间的动摩擦因数相同。已知重力加速度为。 （1）求木块与水平轨道间的动摩擦因数； （2）求三个木块一起匀速运动时的速度大小和在两次碰撞中损失的总机械能； （3）若改变恒力的大小，使大木块与木块发生碰撞后结合为一体，但、两木块间不发生碰撞，则沿轨道方向的恒力要满足什么条件？ 15．（2021·天津·二模）滑雪俱乐部内的U形池轨道如图甲所示，图乙为示意图，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=4m，B、C分别为圆弧滑道的最低点，B、C间的距离x=14.5m。假设一滑雪爱好者经过水平滑道B点时水平向右的速度v0=15m/s，从B点匀减速运动到C点，所用的时间t=1.0s，从D点跃起时的速度vD=8m/s。设滑雪者（连同滑板）的质量m=50kg，忽略空气阻力的影响，已知圆弧上A、D两点的切线沿竖直方向。重力加速度大小为g。求： （1）滑雪者在C点对圆弧轨道的压力大小； （2）滑雪者从D点跃起后在空中上升的最大高度； （3）滑雪者从C点到D点运动的过程中克服摩擦阻力所做的功。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型08 动能定理的准确理解与实际应用 ( 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 总 方法透视 典例引领 变式演练 考向01 运用动能定理求变力做的功 考向02 牛顿定律与动能定理相结合解决问题 考向03 运用动能定理分析各力做功的数量关系 考向04 动能定理 综合 问题 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 ) 动能定理是天津高考物理力学能量的核心工具，近5年（2021-2025）稳定高频，集中在选择中档题（4-6分）+力学综合大题（6-12分），常与传送带、板块、圆周、弹簧、电场/电磁感应结合，以下为结构化考情分析。核心逻辑：合外力做功=动能变化（W合=ΔEk=½mv末²−½mv初²），适用单物体/质点，多过程问题优先用，规避复杂受力与加速度分析。 模型占比：传送带/板块约40%、圆周/斜面约30%、弹簧/变力（F-x图像）约20%、电磁感应综合约10%。传送带/板块（摩擦生热+多过程）、圆周/斜面（重力/弹力做功）、弹簧/F-x图像（变力做功）；核心是多过程分段、变力做功用图像/能量转化。 1.　动能　 （1）定义：物体由于运动而具有的能。（2）公式：Ek＝mv2。 (3)标矢性：动能是标量，只有正值，动能与速度方向无关。 (4)状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度。(5)相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性。 (6)动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔEk＝mv－mv。动能的变化是过程量。 2.动能定理　 (1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。 (2)表达式W＝ΔEk; W＝Ek2－Ek1; W＝mv－mv。 3．物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。 4．适用范围广泛 (1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。 (3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。 5.　动能定理的理解和应用 (1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。 因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。 数量关系：合力做功与动能变化具有等量代换的关系。 单位关系：国际单位制中功和能的单位都是焦耳。 (2)动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是静电力、磁场力或其他力；既可以是恒力，也可以是变力。 (3)动能定理中涉及的物理量有F、l、α、m、v、W、Ek，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理。 6.应用动能定理的注意事项 (1)应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”。“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。 (2)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。 (3)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。 (4)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。 (5)当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：①重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力与路程的乘积。 (6)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。 7. 应用动能定理解决问题的流程 考向01 运用动能定理求变力做的功 【例1-1】（2025·天津南开·二模）如图甲所示为智能健身圈，其原理是利用摇动腰部轨道上的阻尼环带起腰带外部轨道上的小球，起到健身的效果，其原理简化为如图乙所示。设配重小球的质量为m，体积忽略不计，小球悬绳(忽略质量)长度为L，腰带轨道近似看成是正圆，且半径为R。若配重小球绕腰带的中心轴做水平匀速圆周运动，小球的线速度大小为v，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程腰部保持稳定，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．要让配重小球从静止以速度v匀速转动起来，悬绳对小球做的功为 B．当绳子与竖直方向夹角为θ时，配重小球做匀速圆周运动的向心力大小为 C．若更换质量为2m的配重小球，以相同角速度转动阻尼环，绳子与竖直方向夹角不变 D．当绳子与竖直方向夹角保持为θ时，配重小球转动频率 【答案】C 【详解】A．要让配重小球从静止以速度v匀速转动起来，此时小球的重力势能也要增加，则悬绳对小球做的功大于，故A错误； B．当绳子与竖直方向夹角为θ时，配重小球做匀速圆周运动的向心力大小为，故B错误； C．根据 两边可消掉m，若更换质量为2m的配重小球，以相同角速度转动阻尼环，绳子与竖直方向夹角不变，故C正确； D．根据上述结论 当绳子与竖直方向夹角保持为θ时，配重小球转动频率 故D错误。故选C。 【例1-2】（2024·天津和平·三模）如图所示，载有物资的热气球从地面由静止开始竖直上升，通过不断调整浮力又悬停于距水平面H高处，之后将质量为m的物资以相对地面的一定的速度水平投出，已知投出物资后热气球的总质量为M，，且投出物资后所受浮力不变，重力加速度为g，不计空气阻力和物资受到的浮力，求： （1）悬停之前浮力对气球做的功W； （2）投出物资后热气球的加速度a的大小： （3）物资落地时与热气球的距离S。 【答案】（1）；（2）0.1g；（3） 【详解】（1）悬停之前，由动能定理，可得 解得 （2）载有物资的热气球原来处于静止状态，则有 投出物资后，热气球竖直方向向上做匀加速直线运动，水平方向做匀速运动，热气球的加速度大小为 联立，解得 （3）投出物资后，物资下落过程中热气球和物资组成的系统在水平方向满足动量守恒，且系统初动量为零，则有 物资抛出后做平抛运动，则有， 投出物资后，热气球竖直方向向上做匀加速直线运动，水平方向做匀速运动， 则物资落地时物资与热气球的距离为 联立，解得 【变式1-1】（2024·天津·二模）2024年4月30日17时46分，神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在离地面约6000m的高空打开主伞（降落伞），在主伞的作用下返回舱速度从80m/s降至10m/s，此过程飞船高度下降了385m，此后可视为匀速下降。当返回舱在距离地面一定高度时启动反推发动机，速度减至0时恰落到地面上。设主伞所受的空气阻力为，其中k为定值，v为速率，其余阻力不计。已知返回舱（含航天员）总质量为3000kg，主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，重力加速度g取10m/s2，设全过程为竖直方向的运动。 （1）在主伞打开后的瞬间，求返回舱的加速度大小； （2）在主伞打开后，返回舱减速过程中，求空气阻力做的功； （3）返回舱在距地面一定高度时启动反推发动机（反推力近似为恒力，空气阻力忽略不计），经0.2s返回舱落地，求启动反推发动机时返回舱距离地面的高度。 【答案】（1）70m/s2；（2）；（3）1m 【详解】（1）由牛顿第二定律可知 由题意有 联立可得 （2）在主伞打开后，返回舱减速过程中，根据动能定理可得 解得 （3）根据题意可得 【变式1-2】（2023·天津·模拟预测）如图所示，一质量为1kg的物体做直线运动的v-t图像，规定向右为正方向，根据图像做出的以下判断中，正确的是（　　） A．物体始终沿正方向运动做匀加速直线运动 B．物体在前4s内的平均速度的大小为0.625m/s，方向向右 C．前4s内合外力对物体做功为零 D．前4s内合外力对物体的冲量大小为1Ns，方向向左 【答案】BD 【详解】A．v-t图像的斜率表示加速度，由图知斜率发生了变化，所以加速度变化，并且在3s后向负方向运动，A错误； B．图像与x轴围成的面积表示位移，所以4s内的位移为 物体在前4s内的平均速度的大小为 方向向右，B正确； C．由图知，第4s时的速度为，根据动能定理，前4s内合外力对物体做功为 C错误； D．前4s内合外力对物体的冲量为 所以物体的冲量大小为1Ns，方向向左，D正确。故选BD。 考向02 牛顿定律与动能定理相结合解决问题 【例2-1】（2023·天津·高考真题）2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f的空气阻力，则（　　） A．列车减速过程的加速度大小 B．列车减速过程F的冲量为mv C．列车减速过程通过的位移大小为 D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为 【答案】C 【详解】A．根据牛顿第二定律有 可得减速运动加速度大小 故A错误； B．根据运动学公式有 故力F的冲量为 方向与运动方向相反；故B错误； C．根据运动学公式 可得 故C正确； D．匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为 故D错误。 故选C。 【例2-2】（2022·天津·高考真题）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度，匀减速滑行到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行，与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为和。已知A、B质量相同，A与间冰面的动摩擦因数，重力加速度取，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A （1）在N点的速度的大小； （2）与间冰面的动摩擦因数。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）设冰壶质量为，A受到冰面的支持力为，由竖直方向受力平衡，有 设A在间受到的滑动摩擦力为，则有 设A在间的加速度大小为，由牛顿第二定律可得 联立解得 由速度与位移的关系式，有 代入数据解得 （2）设碰撞前瞬间A的速度为，由动量守恒定律可得 解得 设A在间受到的滑动摩擦力为，则有 由动能定理可得 联立解得 【变式2-1】（2025·天津·一模）近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持的恒定速率顺时针运行，传送带的长。现将一质量为0.4kg的包裹A轻放在传送带左端，包裹A刚离开传送带时恰好与静止的包裹B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A向前滑行了0.25m静止，包裹B向前运动了0.9m静止。已知包裹A与传送带和水平面间的动摩擦因数均为0.2，重力加速度g取。 (1)求包裹A在传送带上运动的时间； (2)若包裹B的质量为0.4kg，求包裹B与水平面间的动摩擦因数。 【答案】(1)2.25s (2)0.5 【详解】（1）对A进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 令经历时间，A与传送带达到相等速度，则有 解得 此时A的位移 之后A做匀速直线运动，经历时间 包裹A在传送带上运动的时间 解得 （2）碰撞后包裹A向前滑行了0.25m静止，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有 解得 包裹B向前运动了0.9m静止，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有 A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有 解得 对B进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 【变式2-2】（2025·天津滨海新·三模）如图所示，送水工人用推车在水平路面运桶装水，水桶对板OA、OB的压力分别为F1、F2，运送过程中水桶与推车保持相对静止，∠AOB为锐角且保持不变。到达目的地后，另一工人将板OA由竖直转至水平即可将水桶卸下。全程车把手距地面的高度不变，忽略水桶与板间摩擦，下列说法正确的是（　　） A．推车由静止突然启动时，F1减小F2增大 B．推车由匀速突然减速时，F1增大F2不变 C．在OA由竖直缓慢转到水平过程中，F1先增大后减小 D．在OA由竖直缓慢转到水平过程中，F2先增大后减小 【答案】BC 【详解】A．推车由静止时F1、F2和重力三力平衡，F1水平向右，F2竖直方向分量与重力平衡，突然启动时即加速度水平向左，故F1减小F2不变，故A错误； B．推车由匀速突然减速时即加速度水平向右，F1增大F2不变，故B正确； CD．在OA由竖直缓慢转到水平过程中，F1、F2和重力三力平衡构成矢量三角形如图，根据，F1由先图示位置逆时针转，可知F1先增大后减小，F2一直减小，故C正确，D错误； 故选 BC。 考向03 运用动能定理分析各力做功的数量关系 【例3-1】如图所示，某超市两辆相同的购物车质量均为m，相距L沿直线排列，静置于水平地面上。为节省收纳空间，工人猛推一下第一辆车并立即松手，第一辆车运动距离L后与第二辆车相碰并相互嵌套结为一体，两辆车一起运动了L距离后恰好（无碰撞）停靠在墙边。若购物车运动时受到的摩擦力恒为车重的k倍，重力加速度为g，则（    ） A．两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为 B．两购物车碰撞后瞬间的速度大小为 C．两购物车碰撞时的能量损失为 D．工人给第一辆购物车的水平冲量大小为 【答案】CD 【详解】A．两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为 A错误； B．设两购物车碰撞后瞬间的速度大小为，根据动能定理有 解得 C．设第一辆车碰前的速度为，根据动量守恒定律，有 解得 根据能量守恒定律，有 C正确； D．设第一辆购物车开始运动时的速度大小为，根据动能定理有 解得 工人给第一辆购物车的水平冲量大小为 D正确。 故选CD。 【例3-2】足球比赛中的鱼跃头球冲顶场景让人赏心悦目，运动员在一次头球冲顶时，足球的高度为，足球与头碰撞前速度大小为，碰撞后速度大小变为，足球飞入球门时的高度为，不计空气阻力，足球质量，重力加速度为，已知足球可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．足球从冲顶后至飞入球门时，重力对足球做的功为 B．运动员冲顶过程中对足球做的功为 C．足球飞入球门时的动能为 D．足球飞入球门时的动能为 【答案】BD 【详解】A．足球从冲顶后至飞入球门时，重力对足球做的功为 选项A错误； B．根据动能定理，运动员冲顶过程中对足球做的功为 选项B正确； CD．根据动能定理，足球飞入球门时 即动能为 选项C错误，D正确； 故选BD。 【变式3-1】（2025·天津红桥·二模）如图所示，质量的小车静止在光滑水平面上，小车段是半径的光滑四分之一圆弧轨道，段是长的粗糙水平轨道，两段轨道相切于点。一质量、可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿圆弧轨道下滑，然后滑入轨道，最后恰好停在点。取重力加速度大小。求： (1)滑块滑到圆弧轨道最低点时，小车的速度v1和滑块的速度v2； (2)滑块下滑过程中，小车对滑块支持力所做的功W； (3)滑块与轨道间的滑动摩擦因数。 【答案】(1)，方向水平向左，，方向水平向右 (2) (3) 【详解】（1）滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，滑块滑到圆弧轨道最低点B时有 根据能量守恒有 解得小车的速度 方向水平向左。 滑块的速度 方向水平向右。 （2）滑块下滑过程中对滑块进行分析，根据动能定理有 解得 （3）滑块最后恰好停在C点时，结合上述可知，此时小车也停止运动，整个过程中由能量守恒定律有 解得 【变式3-2】（2025·天津滨海新·三模）智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为m，绳长为l，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.4l，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动。某时刻绳子与竖直方向夹角θ=37°。运动过程中不计空气阻力，腰带可看成不动，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。在绳子与竖直方向夹角从0°缓慢增至θ=37°的过程中，求： (1)绳子夹角θ=37°时，配重的速度大小v： (2)该过程中，配重所受合力的冲量大小I； (3)该过程中，绳子对配重所做的功W。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）配重做圆周运动时，半径 由牛顿第二定律可得 解得 （2）由动量定理可得 代入数据得 （3）由动能定理可得 代入数据得 考向04 动能定理综合问题 【例4-1】（2025·天津红桥·一模）如图所示，小球a系在不可伸长的细线上，物块b静置于悬挂O点的正下方，将小球a从细线偏离竖直方向的位置由静止释放后，a、b两物体发生正碰，碰撞时间极短且不损失机械能．已知细线长，重力加速度，两物体都可看成质点，物块b与水平地面间的动摩擦因数，求： (1)小球a与物块b碰前瞬间的速度大小v； (2)碰后瞬间，小球a对细线的拉力F； (3)物块b的最大位移x的大小。 【答案】(1) (2)，方向竖直向下 (3) 【详解】（1）小球a下摆过程中，由机械能守恒有 解得 （2）两物体发生弹性碰撞，设向左为正方向，根据动量守恒有 根据能量守恒定律有 联立解得 小球a碰后瞬间细线对小球的拉力设为，根据牛顿第二定律 联立解得 根据牛顿第三定律，小球对细线的拉力大小，方向竖直向下。 （3）对物块b，由动能定理得 代入数据，解得最大位移 【例4-2】（2025·天津和平·一模）一款能垂直起降的遥控无人机质量m=200kg，发动机的功率最大值Pm =24000W， 最大竖直升力Fm = 3000N ，执行侦察任务时悬停在离地高度h1= 200m的高空。执行任务后需要尽快竖直上升到离地高度超过h2=238.4m的安全区域。忽略空气阻力，g取10m/s2。求： (1)该过程的最大上升速度大小； (2)若执行任务后，无人机立即以最大升力上升，求到达最大功率所用的时间t1； (3)在（2）的基础上，以最大功率继续上升，求到达安全区域需要的时间t2（到达安全区域之前已经达到最大速度）。 【答案】(1) (2)1.6s (3) 【详解】（1）依题意，无人机所受重力与升力等大反向时，具有最大速度，有 解得 （2）无人机以最大升力上升，做匀加速直线运动，可得 由牛顿第二定律Fm-mg= ma 又 联立，解得 （3）以最大功率的加速过程，有 又 联立，解得 【变式4-1】（2023·天津西青·模拟预测）如图，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R＝0.5m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25。（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求： （1）滑块在C点的速度大小vC； （2）滑块在B点的速度大小vB； （3）A、B两点间的高度差h。 【答案】（1）；（2）m/s；（3） 【详解】（1）由题意，在C处滑块仅在重力作用下做圆周运动，设滑块的质量为m，由牛顿第二定律和向心力公式，有 解得 （2）由几何关系，BC高度差H为 滑块由B到C的运动过程中重力做功，机械能守恒，有 解得vB＝m/s （3）滑块由A到B过程，根据动能定理，有 解得 【变式4-2】（2024·天津·模拟预测）2022年第24届冬奥会在北京举行，如图甲所示为2月12日冰壶比赛中，中国队对战意大利队时马秀玥投掷黄壶的情景。中国队需要用黄壶去碰撞对方的红壶，若将黄壶离手瞬间记为t=0时刻，此时黄壶距离要碰撞的红壶L=39.2m，t=8s时刻黄壶进入运动员可用毛刷摩擦冰面的区域，同时运动员开始摩擦冰面，其后根据冰壶运动情况间断性摩擦冰面，图乙是黄壶碰撞红壶前运动的部分v-t图像。此次投掷的冰壶沿直线运动且可视为质点，若两冰壶与未摩擦过冰面间的动摩擦因数恒为μ1，两冰壶与摩擦过冰面间的动摩擦因数恒为μ2，取重力加速度g=10m/s2。 （1）求μ1和μ2； （2）若要黄壶以1.0m/s的速度撞击红壶，求运动员用毛刷摩擦过的冰面的长度； （3）若黄壶以1.0m/s的速度与红壶发生对心正碰，碰后均向前运动且运动员均没有摩擦冰面，碰后黄壶与红壶滑行的距离比为1∶16，冰壶质量均为19kg，求碰撞后瞬间两冰壶各自的速度。 【答案】（1）0.01，0.005；（2）10m；（3）0.2m/s，0.8m/s 【详解】（1）根据图像，黄壶的加速度大小可表示为 对黄壶，根据牛顿第二定律可得 解得； （2）由图像可知，内冰壶运动的位移为 设摩擦冰面的长度为，整个运动过程，由动能定理可得 解得 （3）黄壶与红壶碰撞过程中动量守恒，则有 碰后均做匀减速运动，故有； 由题意可知 解得=0.2m/s；=0.8m/s 1．（2025·天津宁河·一模）随着科技的发展，手机的功能越来越多。如图所示是小米同学随质量为100kg货物乘坐电梯时利用手机软件制作的运动v-t图像（竖直向上为正方向），g取10m/s2，下列判断正确的是（　　） A．0~10s货物处于失重状态 B．0~10s内电梯对货物的支持力恒为1100N C．0~36s内电梯对货物的支持力做功2.8×104J D．36~46s货物处于超重状态 【答案】C 【详解】A．0~10s货物向上加速，处于超重状态，故A错误； B．0~10s内电梯的加速度为 对货物，根据牛顿第二定律可得 解得对货物的支持力恒为 故B错误； C．由于图像与坐标轴围成的面积等于位移可知，0~36s内货物上升的距离为 根据动能定理可得， 所以电梯对货物的支持力做功为 故C正确； D．36~46s货物向下加速，加速度向下，处于失重状态，故D错误。 故选C。 2．（2025·天津河西·一模）托球跑是趣味运动会的一种比赛项目。比赛中，运动员手持乒乓球拍托着质量为m的球向前跑动。在比赛中途的某一段时间t内，乒乓球与球拍保持相对静止，球和球拍随运动员共同沿水平方向匀加速直线运动通过x距离，乒乓球的速度变化量为，球拍平面与水平面之间的夹角为，如图所示。不计球和球拍之间的摩擦力以及空气阻力，重力加速度为g。以下说法正确的是（　　） A．在这段时间内，乒乓球加速度的大小为 B．在这段时间内，乒乓球所受合外力冲量的大小为 C．在这段时间内，球拍对乒乓球的弹力做的功为 D．在这段时间内，乒乓球所受合外力做的功为 【答案】BC 【详解】A．乒乓球受到重力mg、支持力N而做加速直线运动，受力如图 由牛顿第二定律有 解得加速度大小 故A错误； B．合外力冲量大小 故B正确； C．球拍对乒乓球的弹力为 则球拍对乒乓球的弹力做的功 故C正确； D．根据动能定理，乒乓球所受合外力做的功等于该过程动能该变量，即 故D错误。 故选BC。 3．（2025·天津·一模）如图所示，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径的细管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数k=100N/m的轻弹簧，弹簧下端固定，另一端恰好与管口D端平齐。质量为的小球1从距BC的高度处静止释放，与静止在B点质量为的小球2发生碰撞，碰后小球1立即停止运动，小球2沿BC轨道进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球2速度最大时弹簧的弹性势能。两球均可以视为质点，重力加速度g取。求： (1)小球1在B点与小球2碰撞前的速度大小； (2)小球2在BC轨道上运动过程中，克服摩擦力做的功W； (3)小球2在压缩弹簧过程中的最大动能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球1在曲面AB上运动的过程中，根据动能定理得 解得 （2）规定向右为正方向，碰撞过程，设碰后速度为，动量守恒定律有 在C点，根据牛顿第二定律得 根据定能定理得 解得 （3）小球2速度最大时，小球合力为0，即 根据能量守恒得 解得 4．如图所示，质量为可看成质点的小球固定在一长为的轻杆上，轻杆另一端固定在底座的转轴上，底座的质量为，小球可绕转轴在竖直平面内自由转动。现在最低点给小球一个初速度，当小球通过最高点时，底座对地面的压力恰好为。在小球转动过程中，底座始终相对地面静止，不计转轴间摩擦阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（   ） A．外界对小球做的功为 B．小球从最低点运动到最高点的过程中合外力的冲量大小为 C．小球运动到与转轴等高的位置时，地面对底座的静摩擦力大小为 D．小球在最低点时，底座对地面的压力大小为 【答案】B 【详解】A．依题意，当小球通过最高点时，底座对地面的压力恰好为。说明此时杆的作用力为0，小球只受重力，由牛顿第二定律得 解得 从最低点到最高点的过程由动能定理得 解得 由动能定理得外界对小球做的功 故A错误； B．取初速度的方向为正方向，从最低点运动到最高点的过程由动量定理得 解得 故B正确； C．小球从最低点运动到与转轴等高的位置时，设速度为，由动能定理得 解得 设杆对小球的拉力为，由牛顿第二定律得 由牛顿第三定律可知杆对底座水平方向的拉力为，对底座受力分析由平衡条件得地面对底座的静摩擦力为。故C错误； D．小球在最低点时，设杆对小球的拉力为，由牛顿第二定律得 解得 可知杆对底座的压力大小也为，对底座受力分析由平衡条件得地面对底座的支持力 由牛顿第三定律知底座对地面的压力大小为。故D错误。 故选B。 5．（2024·天津蓟州·三模）一物体在水平面上做直线运动，其速度—时间图像如图所示，根据该图像可知（　　） A．物体在1s末改变运动方向 B．第2s和第3s加速度大小相等、方向相反 C．前2s内合力冲量为0 D．第3s合力对物体做负功 【答案】C 【详解】A．由图像可知，物体在2s末改变运动方向，故A错误； B．根据图像的斜率表示加速度，可知第2s和第3s加速度大小相等、方向相同，故B错误； C．由图像可知，前2s内物体的速度变化量为0，则物体的动量变化量为0，根据动量定理可知，合力冲量为0，故C正确； D．由图像可知，第3s物体向负方向做加速直线运动，则物体的动能增加，根据动能定理可知，合力对物体做正功，故D错误。 故选C。 6．（2024·天津滨海新·三模）如图（a）所示，门球又称槌球，比赛时以球槌击球，球过球门即可得分。如图（b）所示，某次比赛中完全相同的1号球、3号球与门洞恰好位于一条直线上，两球之间的距离，3号球与球门之间的距离。运动员用球槌水平打击1号球，使其获得向右的初速度，经过一段时间后，该球以的速度与3号球发生碰撞（碰撞时间极短），碰后1号球又向前运动了后停下来。已知两球质量均为，将两球的运动视为一条直线上的滑动，并且两球与地面间的滑动摩擦因数相同，重力加速度取。 （1）求球与地面的动摩擦因数； （2）求两球碰撞过程1球对3球做的功； （3）通过分析，判断3号球能否进门得分。    【答案】（1）0.4；（2）1.125J；（3）3号球能够进门得分 【详解】（1）根据动能定理 解得 （2）设球1碰后速度为，根据动能定理 解得 设球3碰后速度为，根据动量守恒定律 解得 根据动能定理知 代入数据解得 （3）设3号球碰后运动的距离为，根据动能定理 解得 故3号球能够进门得分。 7．（2024·天津北辰·三模）2024年春节前夕，因“冻雨”导致众多车辆在某些高速路段停滞，并发生了一些交通事故。如图所示，受高速路面冰雪影响，乙车停在水平高速路面上，甲车以速度从乙车正后方同一车道匀速驶来，在距乙车处紧急刹车（牵引力瞬间变为零），但仍与乙车发生了碰撞；碰撞后，甲、乙两车各自减速运动和后停止运动。若甲、乙两车完全相同且均可视为质点，两车碰撞时间不计，碰撞前、后两车质量均保持为m不变，且始终在同一直线上，两车在冰雪路面上的所有减速运动均视为加速度相同的匀减速运动，重力加速度为g。求： （1）碰撞后瞬时，甲、乙两车的速度大小之比； （2）两车与路面的动摩擦因数及甲车碰撞前瞬间的速度大小。 【答案】（1）；（2）， 【详解】（1）设碰撞后甲、乙两车的速度大小分别为、，两车与路面的动摩擦因数为，根据动能定理可得 可得碰撞后瞬时，甲、乙两车的速度大小之比为 （2）设碰撞前瞬间甲车的速度为，碰撞前对甲车，由动能定理得 碰撞时由动量守恒可得 结合（1）问方程，解得， 8．（2024·天津河东·模拟预测）如图所示，质量m=2kg的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量M=6kg的小车C，其上表面与平台等高，小车与水平面间的摩擦不计。光滑圆弧轨道半径R=1.6m，连线PO与竖直方向夹角为60°，另一与B完全相同的滑块A从P点由静止开始沿圆弧下滑。A滑至平台上挤压弹簧，弹簧恢复原长后滑块B离开平台滑上小车C且恰好未滑落，滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ=0.75，g取10m/s2，A、B可视为质点，求： （1）滑块A刚到平台上的速度大小； （2）小车C的长度。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）滑块A自P点滑至平台过程中，由动能定理有 解得，滑块A刚到平台上的速度大小为 （2）弹簧恢复原长时B与A分离，设分离时A的速度为，B的速度为，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 解得， B恰好未从小车C上滑落，即B到小车C右端时二者速度相同，由动量守恒定律有 解得，B到小车C右端时二者相同的速度为 由能量守恒定律有 又 可得，小车C的长度为 9．水平直轨道AC与半径R＝0.32m的光滑竖直圆轨道相切于B点，A、B间距L＝1.0m，BC段光滑，水平地面距直轨道的高度h＝0.45m，某同学操纵质量的遥控赛车，以P＝2W的额定功率从A点出发，沿平直轨道运动到B点，其间受到恒定的阻力，当赛车运动到B点，立刻关闭遥控器，赛车经过圆轨道后沿直轨道运动到C点，与质量的滑块发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后赛车恰好能通过圆轨道，滑块则落在水平地面上D点，C、D间的水平距离。赛车和滑块均可视为质点，不计空气阻力，g取。求： (1)碰撞后滑块速度的大小； (2)碰撞前瞬间赛车速度的大小； (3)此过程中该同学遥控赛车的时间t。 【答案】(1) (2) (3)1.05s 【详解】（1）碰撞后滑块做平抛运动 解得 （2）碰撞后赛车恰好通过最高点的速度大小为v，与滑块碰撞后的速度大小为，由牛顿第二定律 赛车从碰撞后到最高点，据机械能守恒定律 赛车与滑块碰撞过程动量守恒 解得 （3）赛车碰撞前的运动过程，据动能定理 解得t＝1.05s 10．北京欢乐谷游乐场的“天地双雄”是亚洲唯一的双塔太空梭，乘客能通过它体验强烈的失重、超重感觉。该设施先把乘有十多人的座舱送到40 m高的地方，然后让座舱自由落下，当座舱落到离地面某一高度时启动制动系统，座舱做匀减速运动且到地面时刚好停止。为估算该系统的一些数据，某同学在座舱内用弹簧测力计竖直悬挂一个质量为的钩码，发现在座舱制动过程中，弹簧测力计的示数为1.00 N。取g=10m/s2，空气阻力不计。 （1）求制动系统开始启动时座舱的加速度大小； （2）求制动系统开始启动时座舱离地的高度； （3）若环形座舱与该同学及游客的总质量，求制动过程中制动系统的平均输出功率。 【答案】（1）10m/s2；（2）20m；（3）8×105 W 【详解】（1）设座舱离地高度为h时启动制动系统，此时速度大小为v，制动过程的加速度的大小为a。启动制动系统，对钩码由牛顿第二定律得 a=10m/s2 （2）自由下落阶段 启动制动系统后 得h=20m；v=20m/s （3）设制动时间为t，在制动阶段： 由动能定理 由运动学公式 制动系统输出的平均功率 得P=8×105 W 11．（2023·天津宁河·模拟预测）如图所示，动摩擦因数为μ的粗糙的水平轨道AC右端与一光滑竖直半圆轨道相连，半圆轨道半径为R，半圆轨道最低点为C，最高点为D。在半圆轨道最低点放置小物块N，在水平轨道左端A点放置小物块M，两物块的质量均为m，AC间距离为L。现对物块M施加水平外力使其向右运动，拉力的功率恒为P，拉力作用一段时间撤掉（此时物块还没到C点），M、N两物块碰撞后合为一个整体，沿圆弧运动到D点时对轨道的压力恰好等于整体重力。M、N都视为质点。重力加速度为g，求： （1）两物块碰撞前后损失的机械能。 （2）拉力作用的时间t。    【答案】（1）；（2） 【详解】（1）在D点，根据牛顿第二定律可得 又 解得 从C点到D点过程，根据动能定理可得 解得 碰撞过程根据动量守恒可得 解得 两物块碰撞前后损失的机械能为 （2）物块M从A到C过程，由动能定理得 解得 12．（2023·天津滨海新·一模）一辆额定功率800W的玩具赛车在水平直跑道上由静止开始以恒定功率加速前进，玩具赛车瞬时加速度和瞬时速度的倒数的关系图像如图所示。假设在阻力大小不变的情况下，玩具赛车从起点到终点所用的时间为30s，玩具赛车到达终点前已达到最大速度。下列说法正确的是（    ） A．玩具赛车所受的阻力大小为40 N B．玩具赛车的质量为10 kg C．玩具赛车的速度大小为10 m/s时的加速度大小为 D．起点到终点的距离为500 m 【答案】AD 【详解】A．玩具车的最大速度 则阻力 选项A正确； B．玩具车的加速度为 由图像可知 解得m=20kg 选项B错误； C．根据 可知玩具赛车的速度大小为10 m/s时的加速度大小为，选项C错误； D．从起点到终点由动能定理 解得x=500m 选项D正确。 故选AD。 13．滑板运动是青少年喜欢的运动之一，某滑板运动场地如图所示，水平面与斜面和圆弧平滑连接，滑板爱好者站在滑板甲上由静止从A点滑下，同时另一完全相同的滑板乙从圆弧上的D点由静止释放．两滑板在水平面上互相靠近时，滑板爱好者跳到滑板乙上，并和滑板乙保持相对静止，此后两滑板沿同一方向运动且均恰好能到达D点，被站在D点的工作人员接收．已知斜面长，倾角为，圆心O与D点的连线与竖直方向的夹角，滑板质量，滑板爱好者的质量，不计空气阻力及滑板与轨道之间的摩擦，滑板爱好者与滑板均可视为质点，取。求： （1）圆弧的半径； （2）滑板乙在下滑过程中经过圆弧最低点时，对C点压力的大小。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）对滑板爱好者及滑板甲，从A到B的过程中，由动能定理得 解得 系统动量守恒定律得 两滑板均恰能到达D点被工作人员接收，则 对滑板乙，从D点运动到C点的过程中，由动能定理得 解 （2）在C点，由牛顿第二定律得 解得 由牛顿第三定律得，滑板乙对C点的压力大小 14．（2023·天津宁河·二模）在一水平的长直轨道上，放着两块完全相同的质量为的长方形木块，依次编号为木块和木块，如图所示。在木块左边放一质量为的大木块，大木块与木块之间的距离与、两木块间的距离相同，均为。现在所有木块都静止的情况下，将一沿轨道方向的恒力一直作用在大木块上，使其先与木块发生碰撞，碰后与木块结合为一体再与木块发生碰撞，碰后又结合为一体且恰能一起匀速运动，设每次碰撞时间极短，三个木块均可视为质点，且与轨道间的动摩擦因数相同。已知重力加速度为。 （1）求木块与水平轨道间的动摩擦因数； （2）求三个木块一起匀速运动时的速度大小和在两次碰撞中损失的总机械能； （3）若改变恒力的大小，使大木块与木块发生碰撞后结合为一体，但、两木块间不发生碰撞，则沿轨道方向的恒力要满足什么条件？ 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）根据平衡条件可得 解得 （2）设大木块与木块碰撞前的速度为，根据动能定理得 解得 设大木块与木块碰撞后的速度为，根据动量守恒定律可得 解得 设木块与木块碰撞前的速度为，根据动能定理得 解得 设三个木块一起匀速运动的速度为，根据动量守恒定律可得 解得 根据能量守恒得在两次碰撞中损失的总机械能为 解得 （3）大木块与木块发生碰撞 即 设大木块与木块碰撞前的速度为，根据动能定理得 解得 设大木块与木块碰撞后的速度为，根据动量守恒定律可得 解得 若要、两木块间不发生碰撞，则 解得 若要求大木块与木块发生碰撞，但、两木块间不发生碰撞，则沿轨道方向的恒力就要满足 15．（2021·天津·二模）滑雪俱乐部内的U形池轨道如图甲所示，图乙为示意图，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=4m，B、C分别为圆弧滑道的最低点，B、C间的距离x=14.5m。假设一滑雪爱好者经过水平滑道B点时水平向右的速度v0=15m/s，从B点匀减速运动到C点，所用的时间t=1.0s，从D点跃起时的速度vD=8m/s。设滑雪者（连同滑板）的质量m=50kg，忽略空气阻力的影响，已知圆弧上A、D两点的切线沿竖直方向。重力加速度大小为g。求： （1）滑雪者在C点对圆弧轨道的压力大小； （2）滑雪者从D点跃起后在空中上升的最大高度； （3）滑雪者从C点到D点运动的过程中克服摩擦阻力所做的功。 【答案】（1）2950N；（2）3.2m；（3）1300J 【详解】（1）B、C间的距离x=14.5m，从B点匀减速运动到C点，所用的时间t=1.0s，平均速度 在C点，由牛顿第二定律得F-mg=m     解得F=2950N 根据牛顿第三定律，滑雪者在C点对圆弧轨道的压力大小与支持力大小相等，故F'=F=2950N （2）从D点跃起时的速度vD=8m/s，滑雪者从D点跃起后在空中上升的最大高度h==3.2m （3）滑雪者从C点到D点运动的过程中由动能定理得=-mgR-Wf 解得Wf=1300J 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $