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第27 讲 动能定理及其应用（专项训练）
⏳题型01 动能定理
的应用
1．【答案】C
2．【答案】C
3．【答案】(1)40m/ s
2
(2)8×10
7 J
(3)600 ❑√17 N
【解析】（1）根据图像斜率可得a= Δv
Δt = 80
2 m/ s
2
解得a= 40m/ s
2
（2）弹射过程末速度v =80m/ s
由动能定理得弹射过程合力对飞机做的功为
解得W =8×10
7 J
（3）对飞行员受力分析，可得竖直方向
水平方向F x=ma
所以飞行员在弹射过程受到座椅的作用力大小F =
❑√F x
2+ F y
2
解得F =600 ❑√17 N
4．【答案】(1)a．v0
❑√
3d
2 g
；b．mg+ 4 m v0
2
d
(2)1
2 mv
2−1
2 mv0
2−3
4 mgd
【解析】（1）a．小球做平抛运动，则水平方向x = v0t
竖直方向d −0.25d = 1
2 gt
2
解得运动的水平位移大小x = v0
❑√
3d
2g ；
b．小球在圆周的最低点时T −mg=m
v0
2
0.25d
绳能承受的最大拉力大小F =mg+ 4 m v0
2
d
。
（2）若有风吹过时，小球落地时的速度为v，则由动能定理mg×(d −0.25d)+W = 1
2 mv
2−1
2 mv0
2
解得W = 1
2 m v
2−1
2 m v0
2−3
4 mgd
C
5．【答案】【答案】(1)8m/ s，0.6 s
(2)2800 J，−100 J
【解析】（1）运动员在A 点v P= v Acos37°
解得v P=8m/ s
运动员在A 点的竖直方向速度v Asin37° =gt
解得t =0.6 s
（2）运动员在B 点，根据牛顿第二定律有F N −mg=m vB
2
R
根据牛顿第三定律有F N = F N ' =3.8mg
运动员在B 点的动能EkB= 1
2 mvB
2
解得EkB=2800 J
运动员从A 运动到B 的过程中，根据动能定理有mgR(1−cos37°)+W = 1
2 mvB
2 −1
2 mv A
2
得W =−100 J
⏳题型02 动
能定理
问题
与图像结合
6．【答案】AD
7．【答案】C
8．【答案】D
9．【答案】C
10．【答案】D
⏳题型03 动能定理在多过程问题中的应用
11．【答案】BD
12．【答案】解：(1)小滑块恰好通过最高点C，则可得mg=m vC
2
R
，
从C到B过程小滑块由动能定理可得mg×2 R = 1
2 m vB
2 −1
2 m vC
2 ，
在B点，由牛顿第二定律得F N −mg=m vB
2
R
，
解得F N =60 N，
根据牛顿第三定律，滑块经过B点时对圆轨道的压力大小为60 N ;
(2)对滑块从A到B，由动能定理得−W 克F f = 1
2 m vB
2 −1
2 m v A
2 ，
解得W 克F f =8 J。
13．【答案】BC
14．【答案】C
15 ．【答案】【答案】(1)滑块从A点释放到E点，根据动能定理可得
mg( Lsin α −R−Rcosα )−μmgLcosα = 1
2 mv E
2 −0，
解得滑块经过E点的速度大小为v E= ❑√gR，
滑块经过E点后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，可得2 R = 1
2 gt
2，
x = v Et，
联立解得小球水平位移x =2 R。
(2)经过足够长时间后，滑块在B处速度为0，
从B到C过程：mgR(1−cosα )= 1
2 mvC
2 −0，
解得：vC = ❑√gR，
在C点有：F N −mg=m vC
2
R
，
解得：F N =2mg。
(3)从E到B过程根据动能定理有：mgR(1+cosα )−μmgscosα =0，
解得：s=3 ❑√3 R。
D
重难·创新演练
1．【答案】B
2．【答案】C
3．【答案】C
4．【答案】B
5．【答案】B
真题·实战演练
1．【答案】A
2．【答案】B
3．【答案】A
4．【答案】C
5．【答案】BD
6【答案】A
7【答案】AB
8【答案】(1)5m/s
(2)8m/s，60°
【解析】（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理mgx sinθ−μmgcosθ⋅x = 1
2 m v0
2−0
代入数据解得雪块到A 点速度大小为v0=5 m/s
（2）雪块离开屋顶后，做斜向下抛运动，由动能定理mgh= 1
2 m v1
2−1
2 m v0
2
代入数据解得雪块到地面速度大小v1=8 m/s
速度与水平方向夹角α，满足cosα = v0cosθ
v1
= 5×0.8
8
= 1
2
解得α =60°
A
