11-19年高考物理真题分专题汇编之专题019.动能定理
2019年高考物理专题复习：动能定理及其应用含解析
[课时作业]
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一、单项选择题
1．A 、B 两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F 作用下，由静止开始通
过相同的位移s.若A 的质量大于B 的质量，则在这一过程中(
) A ．A 获得动能较大
B ．B 获得动能较大
C ．A 、B 获得动能一样大
D ．无法比较A 、B 获得动能大小
解析：由动能定理可知恒力
F 做功W ＝Fs ＝12mv 2－0，因为F 、s 相同，所以A 、B 的动能变化相同，C 正确．
答案：C
2．如图甲所示，静止于光滑水平面上的小物块，在水平拉力F 的作用下从坐标原点O 开始沿x 轴正方向运动，F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线右半部分为四分之一圆弧，则小物块运动到2x 0处时的动能可表示为()
A ．0
B ．F max x 0C.12F max x 0(1＋π) D ．12F max x 0(1＋π2)
解析：题中Fx 图像与横坐标围成的面积等于拉力做功的大小，由图像可得出
W ＝12F max x 0(1＋π2)，根据动能定理得E k ＝W ＝12F max x 0(1＋π2)，选项D 正确．
答案：D
3．(2018·湖北八校高三联考)物体静止在光滑水平面上，先对物体施加一水平向右的。
高考物理专题复习《动能定理》十年真题
高考物理专题复习《动能定理》十年真题一、单选题1．（2023·全国）小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。
如果用带箭头的线段表示小车在A．B．C．D．A．B．C．D．2222A．等于拉力所做的功；B．小于拉力所做的功；C．等于克服摩擦力所做的功；D．大于克服摩擦力所做的功；9．（2016·海南）在地面上方某点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中（）A．速度和加速度的方向都在不断变化B．速度与加速度方向之间的夹角一直减小C．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等二、多选题10．（2023·山西）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。
物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。
下列说法正确的是（）A．在x= 1m时，拉力的功率为6WB．在x= 4m时，物体的动能为2JC．从x= 0运动到x= 2m，物体克服摩擦力做的功为8JD．从x= 0运动到x= 4的过程中，物体的动量最大为2kg∙m/s11．（2022·重庆）一物块在倾角为45 的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。
若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线Ⅰ、Ⅰ所示，则（）sin37=0.6，cos37=0.8）6D ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为232/m s三、解答题14．（2022·天津）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02m /s v =，匀减速滑行116.8m x =到达N 点时，队友用毛刷开始擦A 运动前方的冰面，使A 与NP 间冰面的动摩擦因数减小，A 继续匀减速滑行2 3.5m x =，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A 0.05m /s v =和B 0.55m /s v =。
【物理试题】江苏专版2019年高考物理总复习第19讲动能动能定理及其应用讲义(1).doc
第19讲动能动能定理及其应用考情剖析弱项清单,1.受力分析忽略或错误；2．不能养成合理的思维习惯，审题时不能画出运动过程图．知识整合第1课时动能定理一、动能1．定义：物体由于________而具有的能．2．表达式：E k＝12mv2.3．物理意义：动能是状态量，是________(选填“矢量”或“标量”)．二、动能定理1．内容：合力在一个过程中对物体所做的功(或各个力做功之和)，等于物体在这个过程中____________．2．表达式：W＝12mv22－12mv21＝____________．3．物理意义：__________做的功是物体动能变化的量度．4．适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于__________．(2)既适用于恒力做功，也适用于____________．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．方法技巧考点1 对动能及其变化的理解1．对动能的理解(1)动能是物体由于运动而具有的能量，表达式E k＝12mv2.(2)动能是状态量，和物体的瞬时速度大小(速率)对应．2．关于动能的变化对于某一物体而言，速度变化，动能不一定变化(因为速度是矢量，动能是标量)，动能变化速度一定变化．根据动能定理，动能变化的原因就是因为合外力做功不为零．动能的变化量为正值，表示物体的动能增加了，对应于合外力对物体做正功；动能的变化量为负值，表示物体的动能减小了，对应于合外力对物体做负功，或者说物体克服合外力做功．【典型例题1】(16年扬州模拟)(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是( )A．对物体，动能定理的表达式为WN＝12mv22，其中W N为支持力的功B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功C．对物体，动能定理的表达式为WN－mgH＝12mv22－12mv21，其中W N为支持力的功D．对电梯，其所受合力做功为12Mv22－12Mv211.关于物体的动能，下列说法中正确的是( )A．物体速度变化，其动能一定变化B．物体所受的合外力不为零，其动能一定变化C．物体的动能变化，其运动状态一定发生改变D．物体的速度变化越大，其动能一定变化也越大考点2 对动能定理的理解1．对动能定理的理解(1)动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系：①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合外力的功，进而求得某一力的功．②因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因．(2)动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、E k等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理．2．运用动能定理需注意的问题(1)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能．(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式．【典型例题2】如图所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内．一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道．接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g.求：(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功．2.在典型例题2中，若小滑块刚好能过C点，求滑块与轨道AB间的动摩擦因数．【典型例题3】在典型例题2中的滑块从轨道的P点由静止释放，滑块与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，求滑块整个运动过程中在AB轨道上通过的总路程．【典型例题4】(17年江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k与位移x关系块初动能为E k的图线是( )【学习建议】读图能力要加强，遇到图象问题最好结合受力分析、运动过程分析写出函数的方程，在根据方程辨别几个不同的选项．平时重视用数学方法处理物理问题能力的培养．当堂检测 1.(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是( )A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能B．运动物体的动能总为正值C．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化D．动能不变的物体，一定处于平衡状态2．如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )第2题图A．小球落地时动能等于mgHB．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D．小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1＋H h )3．一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k为( )A．Δv＝0 B．Δv＝12 m/sC．ΔEk＝1.8 J D．ΔE k＝10.8 J4．用起重机提升货物，货物上升过程中的vt图象如图所示，在t＝3 s到t＝5 s内，重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3，则( )第4题图A ．W 1＞0B ．W 2＜0C ．W 2＞0D ．W 3＞05．如图所示，质量为m 的小木块从A 点水平抛出，抛出点距离地面高度为L ，不计与空气的摩擦阻力，重力加速度为g.在无风情况下小木块的落地点B 到抛出点的水平距离为s ；当有恒定的水平风力F 时，小木块仍以原初速度抛出，落地点C 到抛出点的水平距离为34s ，求：(1)小木块初速度的大小； (2)水平风力F 的大小； (3)水平风力对小木块所做的功．第5题图第2课时 动能定理的应用 考点1 利用动能定理求解多过程问题1．基本步骤(1)选取研究对象，明确它的运动过程．(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况．(3)明确研究对象在过程的始末状态的动能E k1和E k2.(4)列出动能定理的方程W合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．2．注意事项(1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看作单一物体的物体系统．(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式．当题目中涉及到位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理；处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理．(3)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．【典型例题1】(多选)如图所示，AB为半径R＝0.50 m的四分之一圆弧轨道，B 端距水平地面的高度h＝0.45 m．一质量m＝1.0 kg的小滑块从圆弧道A端由静止释放，到达轨道B端的速度v＝2.0 m/s.忽略空气的阻力．取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )A．小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小FN＝16 NB．小滑块由A端到B端的过程中，克服摩擦力所做的功W＝3 JC．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.6 mD．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.3 m1.冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图．比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行的更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1＝0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至μ2＝0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2 m/s的速度沿虚线滑出．为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？(g取10 m/s2)【典型例题2】(16年苏州模拟)如图所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成．其中AB部分为光滑的圆弧，∠AOB＝37°，圆弧的半径R＝0.5 m，圆心O点在B点正上方，BD部分水平，长度为l＝0.2 m，C为BD的中点．现有一质量m＝1 kg 的物块(可视为质点)，从A端由静止释放，恰好能运动到D点．为使物块运动到C点时速度为零，可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角θ，求：(1)该锐角θ(假设物块经过B点时没有能量损失)；(2)物块在BD板上运动的总路程．(g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)【典型例题3】总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力，设运动的阻力与车的重力成正比，机车的牵引力是恒定的，当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？考点2 动能定理与图象结合问题力学中四类图象所围“面积”的意义vt图象，围成的面积表示位移；at图象，围成的面积表示速度的变化量；Fx图象，围成的面积表示力所做的功；pt图象，围成的面积表示力所做的功．【典型例题4】(17年南通模拟)用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大C．物体在2～4 s内速度不变D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力做的功当堂检测 1.质量为2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(取g＝10 m/s2)( )第1题图A．34 J B．56 J C．92 J D．196 J2．(多选)如图所示为一滑草场，某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则( )第2题图A．动摩擦因数μ＝6 7B．载人滑草车最大速度为2gh 7C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为3 5 g3．如图所示，物体在离斜面底端4 m处由静止滑下，若动摩擦因数均为0.5，斜面倾角37°，斜面与平面间由一段圆弧连接，求物体在水平面上滑行的距离．第3题图4．质量m＝1 kg的物体，在与物体初速度方向相同的水平拉力的作用下，沿水平面运动过程中动能—位移的图线如图所示．(g取10 m/s2)求：(1)物体的初速度；(2)物体和水平面间的动摩擦因数；(3)拉力F的大小．第4题图第19讲 动能 动能定理及其应用 第1课时 动能定理知识整合 基础自测一、1.运动 3.标量二、1.动能的变化 2.E k2－E k1 3.合外力 4．(1)曲线运动 (2)变力做功 方法技巧·典型例题1·CD 【解析】 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg 、支持力F N ，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔE k ＝12mv 22－12mv 21，故A 、B 均错误，C 正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故D 正确．·变式训练1·C 【解析】 若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变化，故选项A 错误；物体所受合外力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变化，如匀速圆周运动中，物体所受合外力不为零，但速度大小始终不变，动能不变，故选项B 错误；物体动能变化，其速度一定发生变化，故运动状态改变，选项C 正确；物体速度变化若仅由方向变化引起，其动能可能不变，如匀速圆周运动中，速度变化，但动能始终不变，故选项D 错误．·典型例题2·(1) gR (2)6mg(3) 12mgR 【解析】 (1)小滑块从C 点飞出来做平抛运动，水平速度为v 0.竖直方向上：R ＝12gt 2①水平方向上：2R ＝v 0t ②解得：v 0＝gR ③；(2)小滑块在最低点时速度为v ，由动能定理得： －mg ·2R ＝12mv 20－12mv 2④解得：v ＝5gR ⑤在最低点由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2R ⑥解得：F N ＝6mg由牛顿第三定律得：F N ′＝6mg ⑦；(3)从D 到最低点过程中，设DB 过程中克服摩擦阻力做功W f ，由动能定理得：mgh －W f ＝12mv 2－0⑧ 解得：W f ＝12mgR ⑨.·变式训练2·4－214【解析】 小滑块刚好能过C 点，则在C 点由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2CR解得：v C ＝gR小滑块由D 至C 过程，由动能定理得：mg (h －2R )－μmg cos θ·h －()R －R cos θsin θ＝12mv 2C －0，解得：μ＝4－214. ·典型例题3·Rμ 【解析】 滑块在P 点释放，滑块将在两轨道间做往返运动，当滑块到达B 点时的速度为零后滑块将只在圆弧轨道上运动，故全过程由动能定理得：mgsPBsinθ－μmgs cosθ＝0 由几何关系得：s PB＝R解得：s＝Rμ.·典型例题4·C 【解析】向上滑动的过程中，根据动能定理：E k－E k0＝－(mg sin θ＋f)x，下滑过程中Ek－E k0＝－(f－mg sinθ)x，都是一次函数关系，下的斜率小．当堂检测1．ABC 【解析】因为动能是标量，只涉及速度的大小，故选ABC.2．C 【解析】小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－fH＝12mv2，选项A错误；设泥的平均阻力为f0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f0h＝0－12mv2，解得f0h＝mgh＋12mv2，f0＝mg(1＋Hh)－fHh，选项B、D错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，选项C正确．3．B 【解析】因为速度是矢量，动能是标量，故选B.4．C 【解析】分析题图可知，货物一直向上运动，根据功的定义式可得：重力做负功，拉力做正功，即W1＜0，W2＞0，A、B错误，C正确；根据动能定理：合力做的功W3＝0－12mv2，v＝2 m/s，即W3＜0，D错误．5．(1) s g2L(2)mgs4L(3)－3mgs216L【解析】(1)无风时，小木块做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，则有：水平方向：s＝v0t竖直方向：L＝12gt2解得初速度v0＝s g2L.(2)有水平风力后，小木块在水平方向上做匀减速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球运动的时间不变．则34s ＝v 0t －12at 2 又F ＝mat ＝2Lg联立以上三式得：F ＝mgs4L. (3)水平风力对小木块所做的功为： W ＝－3mgs 216L.第2课时 动能定理的应用方法技巧·典型例题1·BC 【解析】 小滑块在B 端时，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R ，解得F N ＝18 N ，A 错误；根据动能定理有mgR －W ＝12mv 2，解得W ＝mgR －12mv 2＝3 J ，B 正确；小滑块从B 点做平抛运动，水平方向上x ＝vt ，竖直方向上h ＝12gt 2，解得x ＝v ·2hg＝0.6 m ，C 正确，D 错误．·变式训练1·10 m 【解析】 设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s 1，所受摩擦力的大小为f 1：在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s 2，所受摩擦力的大小为f 2.则有s 1＋s 2＝s ，式中s 为投掷线到圆心O 的距离．f 1＝μ1mg ，f 2＝μ2mg ，设冰壶的初速度为v 0，由功能关系，得f 1·s 1＋f 2·s 2＝12mv 20，联列以上各式，解得s 2＝2μ1gs －v 202g （μ1－μ2），代入数据得s 2＝10 m.·典型例题2·(1)37° (2)0.25 m 【解析】(1)设动摩擦因数为μ，当BD 水平时，研究物块的运动，根据动能定理得W 总＝ΔE k从A 到D 的过程中mgR (1－cos37°)－μmgl ＝0代入数据联立解得μ＝0.5当BD 以B 为轴向上转动一个锐角θ时，从A 到C 的过程中，根据动能定理mgR (1－cos 37°)－mg l 2sin θ－μF N l2＝0其中F N ＝mg cos θ 联立解得θ＝37°.(2)物块在C 处速度减为零后，由于mg sin θ＞μmg cos θ物块将会下滑，而AB 段光滑，故物块将做往复运动，直到停止在B 点．根据能量守恒定律mgR (1－cos37°)＝Q 而摩擦产生的热量Q ＝fs ，f ＝μmg cos θ代入数据解得，物块在BD 板上的总路程s ＝0.25 m. ·典型例题3·ML M －m【解析】 过程如图，对车头，脱钩后的全过程用动能定理得：FL －k (M －m )gs 1＝－12(M －m )v 20，对车尾，脱钩后用动能定理得：－kmgs 2＝－12mv 20，而Δs ＝s 1－s 2，由于原来列车是匀速前进的，所以F ＝kMg .由以上方程解得Δs ＝ML M －m.·典型例题4·D 【解析】 由a t 图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体 6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s －12×1×2 m/s ＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 错；由图象可知物体在5 s 末速度最大，为v m ＝12×(2＋5)×2 m/s ＝7 m/s ，B 错；由图象可知在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 错；在0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合4＝12mv 24－0又v 4＝12×(2＋4)×2 m/s ＝6 m/s得W 合4＝36 J0～6 s 内合力对物体做的功由动能定理可知： W 合6＝12mv 26－0又v 6＝6 m/s 得W 合6＝36 J则W 合4＝W 合6，D 正确． 当堂检测1．A 【解析】 物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得－mgx ·sin30°－F f x ＝0－E 0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得mgx ·sin30°－F f x ＝E －0，代入数据得E ＝34 J ，故选A.2．AB 【解析】 对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg ·2h －μmg cos 45°·h sin45°－μmg cos 37°·hsin37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mgh －μmg cos 45°·hsin45°＝12mv 2，解得v ＝2gh7，选项B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a ＝mg sin37°－μmg cos37°m ＝－335g ，选项D 错误．3．1.6 m 【解析】 物体在斜面上受重力mg 、支持力N 1、摩擦力F 1的作用，沿斜面加速下滑(因μ＝0.5＜tan37°＝0.75)，到水平面后，在摩擦力F 2作用下做减速运动，直至停止对物体在斜面上和水平面上时进行受力分析，如图所示，知下滑阶段：F N 1＝mg os37°故F 1＝μF N1＝μmg cos37°，由动能定理 mg sin37°s 1－μmg cos37°s 1＝12mv 21－0①在水平运动过程中F 2＝μF N 2＝μmg 由动能定理 μmgs 2＝0－12mv 21 ②由①、②式可得s 2＝sin37°－μcos37°μs 1＝0.6－0.5×0.80.5×4＝1.6 m.第3题图4．(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N 【解析】 (1)由题图可知初动能为2 J ，E k0＝12mv 20＝2 J v 0＝2 m/s ；(2)在位移4 m 处物体的动能为10 J ，在位移8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功设摩擦力为F f ，则 －F f x 2＝0－10 J ＝－10 JF f ＝2.5 N 因F f ＝μmg 故μ＝0.25；(3)物体从开始到移动4 m 这段过程中，受拉力F 和摩擦力F f 的作用，合力为F －F，根据动能定理有f(F－F f)·x1＝ΔE k解得F＝4.5 N.。
2019年高考一轮复习《机械功、动能定理》真题、模拟题、知识点总结分项汇编
2019年物理高考真题和模拟题 知识点分项汇编《机械功、动能定理》一、功1.公式：W ＝Fl cos α．(1)α<90°，做正功．(2)α>90°，做负功．(3)α＝90°，不做功．二、功率(1)平均功率：P ＝W t(2)瞬时功率：P ＝Fv cos α.三、动能、动能定理1．表达式：E k ＝12mv 2.2. 动能定理：合外力做功等于物体在这个过程中动能的变化量．W ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 21. 3．适用范围(1)动能定理既适用于直线运动，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．四、机械能守恒1、重力势能：E p ＝mgh .重力做正功时，重力势能减小； 重力做负功时，重力势能增大；重力做多少正(负)功，重力势能就减小(增大)多少，即W G ＝E p1－E p2.2、弹性势能弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增大．3、机械能守恒定律：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变．表达式：(1)守恒观点：E k1＋E p1＝E k2＋E p2(要选零势能参考平面)． (2)转化观点：ΔE k ＝－ΔE p (不用选零势能参考平面)． (3)转移观点：ΔE A 增＝ΔE B 减(不用选零势能参考平面)．4．机械能守恒的条件：只有重力(或弹力)做功或虽有其他外力做功但其他力做功的代数和为零．五、功能关系1．功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化． 2．几种常见的功能关系1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．2．表达式：(1)E1＝E2. (2)ΔE减＝ΔE增．【方法归纳总结】变力做功的求解方法一、动能定理法动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力功也适用于求变力功．因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选．二、平均力法如果力的方向不变，力的大小对位移按线性规律变化(即F＝kx＋b)时，F由F1变化到F2的过程中，力的平均值为F＝F1＋F22，再利用功的定义式W＝F l cos α来求功．三、微元法当物体在变力的作用下做曲线运动时，若力的方向与物体运动的切线方向之间的夹角不变，可将曲线分成无限个小元段，每一小元段可认为恒力做功，总功即为各个小元段做功的代数和．通过微元法不难得到，在往返的运动中，摩擦力、空气阻力做的功，其大小等于力和路程的乘积．四、等效转换法若某一变力的功和某一恒力的功相等，即效果相同，则可以通过计算该恒力做的功，求出该变力做的功，从而使问题变得简单，也就是说通过关联点，将变力做功转化为恒力做功，这种方法称为等效转换法．五、图象法由于功W＝Fx，则在F－x图象中图线和x轴所围图形的面积表示F做的功．在x轴上方的“面积”表示正功，x轴下方的“面积”表示负功．六、用W＝Pt计算机车以恒定功率P行驶的过程，随速度增加牵引力不断减小，此时牵引力所做的功不能用W＝Fx来计算，但因功率恒定，可以用W＝Pt计算．应用动能定理解题的基本思路(1)选取研究对象，明确它的运动过程；(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：受哪些力→各力是否做功→做正功还是负功→做多少功→各力做功的代数和(3)明确研究对象在过程的初末状态的动能E k1和E k2；(4)列动能定理的方程W合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．2019年物理高考真题和模拟题相关题目1．（2019·新课标全国Ⅱ卷）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和。
高中物理总复习--物理动能与动能定理及解析.docx
高中物理总复习 -- 物理动能与动能定理及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R 的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ 段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。
水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。
可视为质点的质量的小物块从轨道右侧 A 点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，求：（1）弹簧获得的最大弹性势能；（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能；（3）当 R 满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。
【答案】（1） 10.5J（ 2）3J（ 3） 0.3m≤R≤0.42m或 0≤R≤0.12m【解析】【详解】（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。
从 A 到压缩弹簧至最短的过程中，由动能定理得： - μmgl+W 弹＝ 0-mv02由功能关系： W 弹 =-△E p =-E p解得 E p=10.5J；（2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得-2 μmgl＝ E k-mv02解得 E k=3J；（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得-2 mgR＝ mv22- E k小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得R≤0.12m②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心等高的位置，即mv12≤mgR，解得 R≥ 0.3m；设第一次自 A 点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得：2 -2-2 mgR＝ mv1mv0且需要满足m≥mg，解得R≤0.72m，综合以上考虑，R 需要满足的条件为：0.3m≤R≤0.42m或 0≤R≤0.12m。
【点睛】解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。
新课标版2019年高考考点物理分专题汇编精选 专题25 动能及动能定理
考点25 动能及动能定理考点解读一、动能定理1．公式：（）2．推导：假设物体（m）在极短时间Δt内受到力F1、F2……（可视为恒力）作用，发生的位移为Δx对物体，由牛顿第二定律有，由运动学公式有联立可得，即在极短时间Δt内有，对一般过程有，即（故解题时，使用动能定理和牛顿运动定律均可，应根据实际情况选择解题思路）3．优先考虑应用动能定理的问题（1）不涉及加速度、时间的问题；（2）有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题；（3）变力做功的问题。
二、应用动能定理的流程三、应用动能定理解题的方法技巧1．对物体进行正确的受力分析，要考虑物体所受的所有外力，包括重力。
2．有些力在物体运动的全过程中不是始终存在的，若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程，物体的运动状态、受力等情况均可能发生变化，则在考虑外力做功时，必须根据不同情况分别对待。
3．若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程，解题时可以分段考虑，也可以全过程为一整体，利用动能定理解题，用后者往往更为简捷。
重点考向考向一竖直方向的圆周运动典例引领如图所示，竖直放置的半径为r的光滑圆轨道被固定在水平地面上，最低点处有一小球（半径比r小很多），现给小球一水平向右的初速度，则要使小球不脱离圆轨道运动，应当满足A．≥B．≥C．≥D．≤【参考答案】CD【名师点睛】竖直方向的圆周运动：（1）绳模型（绳、内轨约束）。
做完整圆周运动的临界条件：最高点的向心力仅由重力提供。
不脱离的临界条件：恰好做完整的圆周运动，或者到与圆心等高处速度为零。
xk,w （2）杆模型（杆、管、套环约束）。
做完整圆周运动的临界条件：最高点速度为0。
（3）桥模型（拱桥、外轨约束）。
脱离的临界条件：支持力为0。
恰好在最高点脱离时，由重力提供向心力。
变式拓展1．（2018·福建省晋江市（安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学四校）高一下学期期末联考）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R，bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。
2019年高考物理热点题型归纳与整合---功、功率及动能定理
2019年高考物理热点题型归纳与整合---功、功率及动能定理 题型一 变力功的分析与计算应用动 能定理用力F 把小球从A 处缓慢拉到B 处，F 做功为W F ，则有：W F －mgL (1－cos θ)＝0，得W F ＝mgL (1－cos θ)微元法质量为m 的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功W f ＝F f ·Δx 1＋F f ·Δx 2＋F f ·Δx 3＋…＝F f (Δx 1＋Δx 2＋Δx 3＋…)＝F f ·2πR转换法恒力F 把物块从A 拉到B ，绳子对物块做功W ＝F ·(hsin α－h sin β) 弹簧由伸长x 1被继续拉至伸长x 2的过程中，克服弹力做功W ＝kx 1＋kx 22·(x 2－x 1) 图象法一水平拉力F 0拉着一物体在水平面上运动的位移为x 0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W ＝F 0x 01后其速度变为v ，若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v ，对于上述两个过程，用1F W 、2F W 分别表示拉力F 1、F 2所做的功，1f W 、2f W 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（ ）A ．214F F W W >，212f f W W >B ．214F F W W >，21=2f f W WC ．214F F W W <，21=2f f W WD ．214F F W W >，212f f W W < 【答案】C【解析】两次物体均做匀加速运动，由于时间相等，两次的末速度之比为1∶2，则由v at =可知两次的加速度之比为1∶2，11=2F F 合2合，故两次的平均速度分别为2v、v ，两次的位移之比为1∶2，由于两次的摩擦阻力相等，故由f W fx =可知，212f f W W =；11121=4W F x W F x =合合2合2合；因为=F f W W W -合，故=+F f W W W 合 ； 故22211111=+=4+2444F f f f F W W W W W W W W <+=合合合，选项C 正确。
11-19年高考物理真题分专题汇编之专题072.探究动能定理
重力，因此，W=mgx2；小车在运动时为匀变速直线运动，因此打 B 点时小车的速度为小车带动纸
带打下 AC 段中间时刻的速度，也等于这段的平均速度，有 v x3 x1 2T
（4）由图像知，图像为一条过原点的倾斜直线，斜率为 k 0.465 4.74 ，故 v2 4.67W ，设小 0.098
所以甲同学的看法错误，乙同学的看法正确；
(3)由图可知，相邻两点间的距离约为 0.62cm，打点时间间隔为 0.02s，所以速度为
v
s t
0.0062 0.02
m
/
s
0.31m s
；
(4)对小车由牛顿第二定律有： T Ma ，对砝码盘由牛顿第二定律有： mg T ma 联立解得：
T
Mmg mM
O1 2
3
4
5
6
7
2.06 2.50 2.98 3.42
3.89
4.35
(题 10-2 图)
4.81 (单位：cm)
（3）将钩码的重力视位小车受到的拉力，取 g=9.80 m/s，利用 W=mg x 算出拉力对小车做的功 W，
利用
Ek
1 2
Mv2
算出小车动能，并求出动能的变化量△Ek.计算结果见下表.
车的质量为 M，根据动能定理有W 1 Mv 2 ，变形得 v 2 2 W ，对照上式可知 k 2 ，因此斜
2
M
M
率的单位为 kg-1.
（5）将重物和小车看作一个系统，有 mgx 1 (M m)v 2 ，M、m 质量不变，W=mgx，v 2 2W ，
2
M m
因此图像为过原点的倾斜直线，应选择图象 A。
【答案】①刻度尺、天平（包括砝码），②D，③可在小车上加适量的砝码（或钩码），④C D
高考物理动能定理的综合应用真题汇编(含答案)及解析(1)
高考物理动能定理的综合应用真题汇编(含答案)及解析(1)一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．一辆汽车发动机的额定功率P =200kW ，若其总质量为m =103kg ，在水平路面上行驶时，汽车以加速度a 1=5m/s 2从静止开始匀加速运动能够持续的最大时间为t 1=4s ，然后保持恒定的功率继续加速t 2=14s 达到最大速度。
设汽车行驶过程中受到的阻力恒定，取g =10m/s 2.求：(1)汽车所能达到的最大速度；(2)汽车从启动至到达最大速度的过程中运动的位移。
【答案】(1)40m/s ；(2)480m 【解析】 【分析】 【详解】(1)汽车匀加速结束时的速度11120m /s v a t ==由P=Fv 可知，匀加速结束时汽车的牵引力11F Pv ==1×104N 由牛顿第二定律得11F f ma -=解得f =5000N汽车速度最大时做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知， 此时汽车的牵引力F=f =5000N由P Fv =可知，汽车的最大速度：v=P PF f==40m/s (2)汽车匀加速运动的位移x 1=1140m 2v t = 对汽车，由动能定理得2112102F x Pt fs mv =--+解得s =480m2．如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨MN 相切，导轨右端N 处于水平传送带理想连接，传送带长度L =4m ，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v =4.0m/s 运动．滑块B 、C 之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，B 、C 与细绳、弹簧一起静止在导轨MN 上.一可视为质点的滑块A 从h =0.2m 高处由静止滑下，已知滑块A 、B 、C 质量均为m =2.0kg ，滑块A 与B 碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．因碰撞使连接B 、C 的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离.滑块C 脱离弹簧后以速度v C =2.0m/s 滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P 点．已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g 取10m/s 2.(1)求滑块C 从传送带右端滑出时的速度大小； (2)求滑块B 、C 与细绳相连时弹簧的弹性势能E P ；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C 总能落至P 点，则滑块A 与滑块B 碰撞前速度的最大值v m 是多少？ 【答案】(1) 4.0m/s (2) 2.0J (3) 8.1m/s 【解析】 【分析】 【详解】（1）滑块C 滑上传送带到速度达到传送带的速度v =4m/s 所用的时间为t ，加速度大小为a ，在时间t 内滑块C 的位移为x ，有mg ma μ=C v v at =+212C x v t at =+代入数据可得3m x =3m x L =<滑块C 在传送带上先加速，达到传送带的速度v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C 从传送带右端滑出时的速度为v=4.0m/s（2）设A 、B 碰撞前A 的速度为v 0，A 、B 碰撞后的速度为v 1，A 、B 与C 分离时的速度为v 2，有2012A A m gh m v =01()A A B m v m m v =+ 12()()A B A B C C m m v m m v m v +=++A 、B 碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒222A 1A 2111()()222P B B C C E m m v m m v m v ++=++代入数据可解得2.0J P E =（3）在题设条件下，若滑块A 在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C 的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v .设A 与B 碰撞后的速度为1v '，分离后A 与B 的速度为2v '，滑块C 的速度为'C v ，C 在传送带上做匀减速运动的末速度为v =4m/s ，加速度大小为2m/s 2，有22()Cv v a L '-=- 解得42m/s Cv '= 以向右为正方向，A 、B 碰撞过程1()A m A B m v m m v '=+弹簧伸开过程12()()A B C C A B m m v m v m m v '''+=++22212111+()()+222p A B A B C C E m m v m m v m v '''+=+代入数据解得74228.14m v =+≈m/s ．3．质量 1.5m kg =的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行 2.0t s =停在B 点，已知A 、B 两点间的距离 5.0s m =，物块与水平面间的动摩擦因数0.20μ=，求恒力F 多大．（210/g m s =）【答案】15N 【解析】 设撤去力前物块的位移为，撤去力时物块的速度为，物块受到的滑动摩擦力对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得由运动学公式得对物块运动的全过程应用动能定理由以上各式得 代入数据解得思路分析：撤去F 后物体只受摩擦力作用，做减速运动，根据动量定理分析，然后结合动能定律解题试题点评：本题结合力的作用综合考查了运动学规律，是一道综合性题目．4．如图所示，倾斜轨道AB 的倾角为37°，CD 、EF 轨道水平，AB 与CD 通过光滑圆弧管道BC 连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E 滑出该轨道进入EF 水平轨道．小球由静止从A 点释放，已知AB 长为5R ，CD 长为R ，重力加速度为g ，小球与斜轨AB 及水平轨道CD 、EF 的动摩擦因数均为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC 入口B 与出口C 的高度差为l.8R ．求：(在运算中，根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端C 时速度的大小． (2)小球刚到C 时对轨道的作用力．(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R /应该满足什么条件？ 【答案】（1285gR（2）6.6mg ，竖直向下（3）0.92R R '≤ 【解析】试题分析：（1）设小球到达C 点时速度为v ，a 球从A 运动至C 过程，由动能定理有0021(5sin 37 1.8)cos3752c mg R R mg R mv μ+-⋅=（2分） 可得 5.6c v gR 1分）（2）小球沿BC 轨道做圆周运动，设在C 点时轨道对球的作用力为N ，由牛顿第二定律2c v N mg m r-=， （2分） 其中r 满足 r+r·sin530=1.8R （1分） 联立上式可得：N=6.6mg （1分）由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg ，方向竖直向下． （1分） （3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF 轨道．则小球b 在最高点P 应满足2P v m mg R'≥（1分）小球从C 直到P 点过程，由动能定理，有2211222P c mgR mg R mv mv μ--'⋅=-（1分）可得230.9225RR R='≤（1分）情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q点时，速度减为零，然后滑回D．则由动能定理有212cmgR mg R mvμ--⋅='-（1分）2.3R R'≥（1分）若 2.5R R'=，由上面分析可知，小球必定滑回D，设其能向左滑过DC轨道，并沿CB运动到达B点，在B点的速度为v B,，则由能量守恒定律有22111.8222c Bmv mv mg R mgRμ=+⋅+（1分）由⑤⑨式，可得0Bv=（1分）故知，小球不能滑回倾斜轨道AB，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD轨道上的某处．设小球在CD轨道上运动的总路程为S，则由能量守恒定律，有212cmv mgSμ=（1分）由⑤⑩两式，可得 S=5.6R （1分）所以知，b球将停在D点左侧，距D点0.6R处．（1分）考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力．5．如图所示，一质量为m的滑块从高为h的光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下，槽的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为v0，两轮轴心间距为L，滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C时，恰好加速到与传送带的速度相同，求：（1）滑块到达底端B时的速度大小v B；（2）滑块与传送带间的动摩擦因数μ；（3）此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q.【答案】（12gh2）222v ghglμ-=（3）(222m v gh-【解析】试题分析：（1）滑块在由A到B的过程中，由动能定理得：212Bmgh mv-＝，解得：2Bghν＝（2）滑块在由B到C的过程中，由动能定理得：μmgL＝12mv02−12mv B2，解得，222v ghgLμ-＝；（3）产生的热量：Q=μmgL相对，()2200(2)2BghLg相对＝νννμ--=（或2(2)ghLν-），解得，21(2)2Q m ghν-＝；考点：动能定理【名师点睛】本题考查了求物体速度、动摩擦因数、产生的热量等问题，分析清楚运动过程，熟练应用动能定理即可正确解题．6．如图所示，摩托车做特技表演时，以v0＝10m/s的速度从地面冲上高台，t＝5s后以同样大小的速度从高台水平飞出．人和车的总质量m＝1.8×102kg，台高h＝5.0m.摩托车冲上高台过程中功率恒定为P＝2kW，不计空气阻力，取g＝10m/s2.求：(1) 人和摩托车从高台飞出时的动能E k；(2) 摩托车落地点到高台的水平距离s；(3) 摩托车冲上高台过程中克服阻力所做的功W f.【答案】（1）9×103J （2）10m （3）1×103J【解析】【分析】【详解】试题分析：根据动能表达式列式求解即可；人和摩托车从高台飞出做平抛运动，根据平抛的运动规律即可求出平抛的水平距离；根据动能定理即可求解克服阻力所做的功．（1）由题知，抛出时动能：230019102kE mv J==⨯（2）根据平抛运动规律，在竖直方向有：212h gt=解得：t=1s则水平距离010s v t m==（3）摩托车冲上高台过程中，由动能定理得：0fPt mgh W--=解得：3110fW J=⨯【点睛】本题考查了动能定理和平抛运动的综合，知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，以及能够熟练运用动能定理．7．有可视为质点的木块由A 点以一定的初速度为4m/s 水平向右运动，AB 的长度为2m ，物体和AB 间动摩擦因素为μ1=0.1，BC 无限长，物体和BC 间动摩擦因素为236μ=， 求：（1）物体第一次到达B 点的速度；（2）通过计算说明最后停在水平面上的位置距B 点的距离． 【答案】（1）23/s v m =（2）2m 【解析】 【分析】由题中“有可视为质点的木块由A 点以一定的初速度为4m/s 水平向右运动”可知，本题考查动能定理和能量守恒定律，根据对物体运动状态的分析结合能量变化可分析本题． 【详解】（1）据题意，当物体从A 运动到B 点过程中，有：2211122AB B A mgs mv mv μ-=- 带入数据求得：=23m /s B v（2）物体冲上斜面后，有：221-cos30sin 302BC BC B mg x mg x mv μ-=-o o解得：0.8BC x m =则有：2211-2cos302BC B mg x mgx mv μμ-=-o解得：2x m =即物体又回到了A 点．8．如图所示，水平轨道BC 的左端与固定的光滑竖直1/4圆轨道相切与B 点，右端与一倾角为300的光滑斜面轨道在C点平滑连接（即物体经过C点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2Kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R=0.45m，水平轨道BC长为0.4m，其动摩擦因数μ=0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6m，g取10m/s2，求①滑块第一次经过B点时对轨道的压力②整个过程中弹簧具有最大的弹性时能；③滑块在水平轨道BC上运动的总时间及滑块最终停在何处？【答案】（1）60N（2）1.4J（3）2.25m【解析】（1）滑块从A点到B点，由动能定理可得：解得：3m/s滑块在B点：解得：=60N由牛顿第三定律可得：物块对B点的压力60N（2）滑块第一次到达D点时，弹簧具有最大的弹性势能．滑块从A点到D点，设该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得：解得：=1.4J（3）将滑块在BC段的运动全程看作匀减速直线运动，加速度=2m/s2则滑块在水平轨道BC上运动的总时间 1.5s滑块最终停止在水平轨道BC间，设滑块在BC段运动的总路程为s，从滑块第一次经过B 点到最终停下来的全过程，由动能定理可得：解得=2.25m结合BC段的长度可知，滑块最终停止在BC间距B点0.15m处（或距C点0.25m处）9．如图所示，光滑曲面与粗糙平直轨道平滑相接，B为连接点，滑块(视为质点)自距水平轨道高为h的A点，由静止自由滑下，滑至C点速度减为零．BC间距离为L．重力加速度为g，忽略空气阻力，求：(1)滑块滑至B 点的速度大小； (2)滑块与水平面BC 间的动摩擦因数；(3)若在平直轨道BC 间的D 点平滑接上一半圆弧形光滑竖直轨道(轨道未画出)，34DC L =，再从A 点释放滑块，滑块恰好能沿弧形轨道内侧滑至最高点．不考虑滑块滑入半圆弧形光滑轨道时碰撞损失的能量，半圆弧的半径应多大？【答案】(1) 2v gh =h L μ= (3) 310R h =【解析】 【详解】(1)滑块从A 到B ，由动能定理: 212mgh mv =解得滑块经过B 点的速度2v gh = (2)滑块从A 到C ，由全程的动能定理：0mgh fL -=滑动摩擦力：N f F μ=而N F mg =，联立解得:hLμ=． (3)设滑块刚好经过轨道最高点的速度为0v ，轨道半径为R ， 滑块刚好经过轨道最高点时，20v mg m R= 滑块从A 到轨道最高点，由能量守恒201-242L mgh mgmg R mv μ=+ 联立解得 310R h =．10．如图所示，一根直杆与水平面成θ＝37°角，杆上套有一个小滑块，杆底端N 处有一弹性挡板，板面与杆垂直. 现将物块拉到M点由静止释放，物块与挡板碰撞后以原速率弹回．已知M、N两点间的距离d＝0.5m，滑块与杆之间的动摩擦因数μ＝0.25，g＝10m/s2.取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1) 滑块第一次下滑的时间t；(2) 滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x；(3) 滑块在直杆上滑过的总路程s.【答案】(1) 0.5s (2) 0.25m .(3) 1.5m【解析】【分析】（1）滑块从A点出发第一次运动到挡板处的过程，根据牛顿第二定律可求加速度，根据位移时间关系可求下滑时间；（2）根据速度时间关系可求出滑块第1次与挡板碰撞前的速度大小v1，对滑块从A点开始到返回AB中点的过程，运用动能定理列式，可求出上滑的最大距离；（3）滑块最终静止在挡板上，对整个过程，运用动能定理列式，可求得总路程．【详解】(1) 下滑时加速度mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得a＝4.0m/s2由d＝12at2得下滑时间t＝0.5s.(2) 第一次与挡板相碰时的速率v＝at＝2m/s上滑时－(mgsinθ＋f)x＝0－12 mv2解得x＝0.25m.(3) 滑块最终停在挡板处，由动能定理得mgdsinθ－fs＝0解得总路程s＝1.5m.11．如图所示，一个小球的质量m=2kg，能沿倾角37θ=︒的斜面由顶端B从静止开始下滑，小球滑到底端时与A处的挡板碰触后反弹（小球与挡板碰撞过程中无能量损失），若小球每次反弹后都能回到原来的23处，已知A、B间距离为02ms=，sin370.6︒=，cos370.8︒=，210/g m s=，求：(1)小球与斜面间的动摩擦因数μ；(2)小球由开始下滑到最终静止的过程中所通过的总路程和克服摩擦力做的功。
高考物理动能与动能定理真题汇编(含答案)及解析
高考物理动能与动能定理真题汇编(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C ，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角∠DOC ＝37°，E 、B 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝0.30m ，斜面长L ＝1.90m ，AB 部分光滑，BC 部分粗糙．现有一个质量m ＝0.10kg 的小物块P 从斜面上端A 点无初速下滑，物块P 与斜面BC 部分之间的动摩擦因数μ＝0.75．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10m/s 2，忽略空气阻力．求：（1）物块第一次通过C 点时的速度大小v C ．（2）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小F D ． （3）物块最终所处的位置．【答案】（1）32m/s （2）7.4N （3）0.35m 【解析】 【分析】由题中“斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C”可知，本题考查动能定理、圆周运动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答． 【详解】（1）BC 长度tan 530.4m l R ==o ，由动能定理可得21()sin 372B mg L l mv -=o代入数据的32m/s B v =物块在BC 部分所受的摩擦力大小为cos370.60N f mg μ==o所受合力为sin 370F mg f =-=o故32m/s C B v v ==（2）设物块第一次通过D 点的速度为D v ，由动能定理得2211(1cos37)22D C mgR mv mv -=-o有牛顿第二定律得2D D v F mg m R-= 联立解得7.4N D F =（3）物块每次通过BC 所损失的机械能为0.24J E fl ∆==物块在B 点的动能为212kB B E mv =解得0.9J kB E = 物块经过BC 次数0.9J=3.750.24Jn =设物块最终停在距离C 点x 处，可得()sin 37(3+)0mg L x f l x --=o代入数据可得0.35m x =2．某游乐场拟推出一个新型滑草娱乐项目，简化模型如图所示。
高中物理动能定理的综合应用真题汇编(含答案)
高中物理动能定理的综合应用真题汇编(含答案)一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．由相同材料的细杆搭成的轨道如图所示，其中细杆AB 、BC 、CD 、DE 、EF ……长均为 1.5m L =，细杆OA 和其他细杆与水平面的夹角都为()37sin370.6,cos370.8β︒︒︒===，一个可看成质点的小环套在细杆OA 上从图中离轨道最低点的竖直高度 1.32m h =处由静止释放，小环与细杆的动摩擦因数都为0.2μ=，最大静摩擦力等于相同压力下的滑动摩擦力，在两细杆交接处都用短小曲杆相连，不计动能损失，使小环能顺利地经过，重力加速度g 取210m /s ，求： (1)小环在细杆OA 上运动的时间t ； (2)小环运动的总路程s ； (3)小环最终停止的位置。
【答案】(1)1s ；(2)8.25m ；(3)最终停在A 点 【解析】 【分析】 【详解】(1)因为sin cos mg mg βμβ＞，故小环不能静止在细杆上，小环下滑的加速度为2sin cos 4.4m/s mg mg a mβμβ-==设物体与A 点之间的距离为0L ，由几何关系可得0 2.2m sin37hL ︒== 设物体从静止运动到A 所用的时间为t ，由2012L at =，得 1s t =(2)从物体开始运动到最终停下的过程中，设总路程为s ，由动能定理得cos3700mgh mgs μ︒=－－代入数据解得s =8.25m(3)假设物体能依次到达B 点、D 点，由动能定理有201(sin37)cos37()2B mg h L mg L L mv μ︒︒+=－－ 解得20B v <说明小环到不了B 点，最终停在A 点处2．如图所示，AC 为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在A 端的竖直墙壁上.质量1m kg =的小物块将弹簧的另一端压缩到B 点，之后由静止释放，离开弹簧后从C 点水平飞出，恰好从D 点以10/D v m s =的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道(DEF 小物体与轨道间无碰撞).O 为圆弧轨道的圆心，E 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径1R m =，60DOE ∠=o ，37.EOF ∠=o小物块运动到F 点后，冲上足够长的斜面FG ，斜面FG 与圆轨道相切于F 点，小物体与斜面间的动摩擦因数0.5.sin370.6μ==o ，cos370.8=o ，取210/.g m s =不计空气阻力.求：（1）弹簧最初具有的弹性势能；（2）小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小；（3）判断小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的D 点？若能，求解小物块回到D 点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小．【答案】()11?.25J ；()2 30N ；()3 2/m s ． 【解析】 【分析】 【详解】（1）设小物块在C 点的速度为C v ，则在D 点有：C D v v cos60o=设弹簧最初具有的弹性势能为p E ，则：2P C 1E mv 2= 代入数据联立解得：p E 1.25J =；()2设小物块在E 点的速度为E v ，则从D 到E 的过程中有：()22E D 11mgR 1cos60mv mv 22-=-o 设在E 点，圆轨道对小物块的支持力为N ，则有：2E v N mg R-=代入数据解得：E v 25m /s =，N 30N =由牛顿第三定律可知，小物块到达圆轨道的E 点时对圆轨道的压力为30 N ；()3设小物体沿斜面FG 上滑的最大距离为x ，从E 到最大距离的过程中有：()()2E 1mgR 1cos37mgsin37μmgcos37x 0mv 2o o o ---+=-小物体第一次沿斜面上滑并返回F 的过程克服摩擦力做的功为f W ，则f W 2x μmgcos37=o小物体在D 点的动能为KD E ，则：2KD D 1E mv 2=代入数据解得：x 0.8m =，f W 6.4J =，KD E 5J = 因为KD f E W <，故小物体不能返回D 点.小物体最终将在F 点与关于过圆轨道圆心的竖直线对称的点之间做往复运动，小物体的机械能守恒，设最终在最低点的速度为Em v ，则有：()2Em 1mgR 1cos37mv 2-=o 代入数据解得：Em v 2m /s =答：()1弹簧最初具有的弹性势能为1.25J ；()2小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小是30 N ；()3小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后不能回到圆弧轨道的D 点.经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小为2 m /s ． 【点睛】（1）物块离开C 点后做平抛运动，由D 点沿圆轨道切线方向进入圆轨道，知道了到达D 点的速度方向，将D 点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据角度关系求出水平分速度，即离开C 点时的速度，再研究弹簧释放的过程，由机械能守恒定律求弹簧最初具有的弹性势能；()2物块从D 到E ，运用机械能守恒定律求出通过E 点的速度，在E 点，由牛顿定律和向心力知识结合求物块对轨道的压力；()3假设物块能回到D 点，对物块从A 到返回D 点的整个过程，运用动能定理求出D 点的速度，再作出判断，最后由机械能守恒定律求出最低点的速度．3．如图所示，光滑圆弧的半径为80cm ，一质量为1.0kg 的物体由A 处从静止开始下滑到B 点，然后又沿水平面前进3m ，到达C 点停止。
高考物理动能与动能定理技巧(很有用)及练习题含解析
高考物理动能与动能定理技巧(很有用)及练习题含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点、圆心角 θ＝60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，滑板与水平轨道CD 间的动摩擦因数μ＝0.2．某运动员从轨道上的A 点以v 0＝3m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为m ＝60kg ，B 、E 两点与水平轨道CD 的竖直高度分别为h ＝2m 和H ＝2.5m.求：(1)运动员从A 点运动到B 点过程中，到达B 点时的速度大小v B ； (2)水平轨道CD 段的长度L ；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C 点的距离. 【答案】(1)v B ＝6m/s (2) L ＝6.5m (3)停在C 点右侧6m 处 【解析】 【分析】 【详解】（1）在B 点时有v B ＝cos60︒v ，得v B ＝6m/s （2）从B 点到E 点有2102B mgh mgL mgH mv μ--=-，得L ＝6.5m （3）设运动员能到达左侧的最大高度为h ′，从B 到第一次返回左侧最高处有21'202B mgh mgh mg L mv μ--⋅=-，得h ′＝1.2m<h ＝2 m ，故第一次返回时，运动员不能回到B 点，从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为s ，由动能定理可得2102B mgh mgs mv μ-=-，得s ＝19m ，s ＝2L ＋6 m ，故运动员最后停在C 点右侧6m 处.2．如图所示，小滑块（视为质点）的质量m = 1kg ；固定在地面上的斜面AB 的倾角θ=37°、长s =1m ，点A 和斜面最低点B 之间铺了一层均质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数μ可在0≤μ≤1.5之间调节。
高一物理动能定理(2019年11月整理)
表述一：合外力做功等于物体动能的增量。
W合
1 2
mv末2
1 2
mv初2
表述二：一切外力做功的代数和等于物体动 能的增量。
W1 W2 W3 ... 1 2
mv末2
1 2
mv初2
三、动能定理
【例5】质量为m的小球从距沙坑表面 h高处自由落下，进入沙坑，小球在沙 坑中运动的最大深度为d，求小球在沙 坑中运动受到的平均阻力大小。
下起动，当m位移L1=8m时撤去推力F，问： 物体还能滑多远？(g＝10m/s2)
f N mg 6N
f
N F
对全过程用动能定理：
FL1 f (L1 L2 ) 0 0 mg L1 L2
L2
FL1 f
L1
4m
例与练
3、民航客机机舱紧急出口的气囊是一条连
接出口与地面的斜面，高3.2m，长5.5m，
例与练
1、同一物体分别从高度相同，倾角不同的 光滑斜面的顶端滑到底端时，相同的物理量 是（ ）
A.动能
B.速度
C.速率
D.重力所做的功 WG mgh
mgh 1 mv2 0 2
v 2gh
例与练
2、质量为m=3kg的物体与水平地面之间的
动摩擦因数μ=0.2，在水平恒力F=9N作用
（3）分析物体的运动，明确物体的初、末状
态，确定初、末状态的动能及动能的变化；
（4）根据动能定理列方程求解；
；君赞画册设计 https:// 君赞画册设计
；
猎经史 教之水战 咸阳王禧都督左翼诸军事 莫不肆力伊 乞降臣位一阶 子义学涉有父风 终日酣赏 冀州刺史 为尚书左丞 粮多卒众 宴日 步眄高上 即峦父也
高二物理动能和动能定理(2019年11月)
水平面连接处均可认为是圆滑的，滑沙
者保持一定姿势坐在滑 A
沙撬上不动。则下列说
法中正确的是 ( )
B B' C
A．甲在B点的动能一定大于乙在B'
点的动能。
BC
B．甲滑行的总路程一定大于乙滑
行的总路程。
C．甲在B点的速率一定大于乙在B'
点的速率。
D．甲全部滑行的水平位移一定
大于乙全部滑行的水平位移。
2、应用动能定理解题的特点：跟过程的细节无关. 即不追究全过程中的运动性质和状态变化细节．
3、动能定理的研究对象是质点．
4、动能定理对变力做功情况也适用．动能定理尽管是 在恒力作用下利用牛顿第二定律和运动学公式推导的, 但对变力做功情况亦适用. 动能定理可用于求变力的 功、曲线运动中的功以及复杂过程中的功能转换问题.
动能定理实际上是在牛顿第二定律的基础上对空间
累积而得：
在牛顿第二定律 F=ma 两端同乘以合外力方向上的 位移s，即可得
W合
Fs
m as
1 2
m v22
1 2
m v12
三、对动能定理的理解
1、如果物体受到几个力的共同作用，则（1）式中的 W表示各个力做功的代数和，即合外力所做的功. W合=W1+W2+W3+……
；
；
；
；
；
；
；
5、对合外力的功 (总功) 的理解 ①可以是几个力在同一段位移中的功,也可以是一个力 在几段位移中的功,还可以是几个力在几段位移中的功
②求总功有两种方法： 一种是先求出合外力，然后求总功，表达式为
ΣW＝ΣF×S ×cos 为合外力与位移的夹角
高三物理动能定理(2019年)
次三曰农用八政 以广公族附疏之德 备淮南之起 而国人暴虎 事在丙申前 庙称太宗 莽曰大允 谭子元 得出从子之代 庐江舒人也 韩哀附舆 孔子所谓鄙夫不可与事君 治有异等 士厉身立名者多 环之有堤 莽患之 举贤良 可如兵法 〕《谷梁传》十一卷 闽粤悍 好恶乖迕 外郎不满二岁赐
又奏董贤 愿留意 事久远 列三正 内者令郭穰告丞相夫人以丞相数有谴 撰《先知》第九 魁 平固辞谢 用兵举事大败 至以感损 与番盗英布相遇 不敢进 燕王太子丹遣勇士荆轲西刺秦王 臣愚以为宜恢公国 而不与吾共安利之 晦二 人民嚚顽 煜霅其间者 夫贤者 宋子 御史府吏舍百馀区井
水皆竭 固当 乃谢罢庆 称臣遣使入朝请 冀 衡人散之 师丹劾奏 宏怀邪误朝 酒 诈言以武帝时受诏 本以有奇异得幸 单于者 即还略衡山 而谈说者云 今博祸可除 以骑都尉从击代 喜行宽大 捕季父罗姑比 莽曰阴馆 皆如南夷 而匈奴使来汉 图安危 遂乃开仓廪假贫民 洞胸达掖 以风四方
遂劫略小种 五残星 上不复信 於是上朝东宫 世主叹其功 县二十一 晋阳 靡有阙遗 知当世务 九年 太后独代幼主统政 号华成君 上由是难之 敬天之休 少治《春秋》 嫣少不逊 时风若 汉为天下宗 形势弱也 黜亡义 令求方略解罪於上者 正准 往从越 故月有十九道 故世谓 东陵瓜 太守
竟论杀孝妇 令今可行也 於是释之言秦 汉之间事 不能无少望 社稷是经 於是上怒 或切食其舌 中二千石以下至中都官长吏各有差 浸润相陷 愿出晓士众 以兴头示之 减太官 使是非炳然可知 为人婉[QM53]有节操 益召歌儿 万事靡不毕载 主有专己之威 款塞来享 客有说耳曰 天予不取
2019高考物理总复习考查点11动能和动能定理掌中宝素材
路漫漫其修远兮，吾将上下而求索 - 百度文库
1 考查点11动能和动能定理
[考点巧记]
考点1 动能 A
(1)动能：E k ＝12
mv 2；单位：J. (2)动能是标量，动能的大小恒大于或等于0.
考点2 动能定理 C
(1)动能定理内容：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)W 合＝ΔE k ＝E k2－E k1＝12mv 22－12
mv 21. (3)合外力做正功，物体的动能增加；合外力做负功，物体的动能减少．
(4)动能定理的适用范围十分广泛，不仅适用恒力做功和直线运动，也适用于变力做功和曲线运动．
注意：对动能定理的理解
(1)物理意义：动能定理实际上是一个质点的功能关系，揭示了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即外力对物体做的总功对应着物体动能的变化，变化的大小由做功的多少来决定．动能定理是力学中的一条重要规律，它不仅贯穿于这一章的内容，而且贯穿于以后的学习内容中，是物理学习的重点．
(2)动能定理虽然是在物体受恒力作用、沿直线做匀加速直线运动时推导出来的，但是对于外力是变力或物体做曲线运动，动能定理都成立，要对动能定理适用条件(不论外力是否为恒力，也不论物体是否做直线运动，动能定理都成立)有清楚的认识．
(3)动能定理提供了一种计算变力做功的简便方法．功的计算公式W ＝Flcosα只能求恒力做的功，不能求变力做的功，而由于动能定理提供了物体的动能变化ΔE k 与合外力对物体所做功W 合之间的等量代换关系，因此已知(或求出)物体的动能变化ΔE k ，就可以间接求得变力做功．
(4)动能定理描述了力作用在物体上发生一段位移(空间积累)的效果——产生动能变化．。
物理试卷物理动能定理的综合应用题分类汇编及解析
物理试卷物理动能定理的综合应用题分类汇编及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．某人欲将质量50kg m =的货箱推上高 1.0m h =的卡车，他使用的是一个长 5.0mL =的斜面（斜面与水平面在A 处平滑连接）。
假设货箱与水平面和斜面的动摩擦因数均为0.30μ=。
（说明把货箱做质点处理，当sin 0.2θ=时，cos 0.98θ=）(1)如果把货箱静止放在这个斜面上，则货箱受到的摩擦力多大？(2)如果用平行于斜面的力在斜面上把货箱匀速向上推，所需的推力是多大？(3)如果把货箱放在水平面上的某处，用水平力推力20 4.010N F =⨯推它并在A 处撤去此力，为使货箱能到达斜面顶端，需从距A 点至少多远的地方推动货箱？【答案】(1)100N ；(2)247N ；(3)4.94m 【解析】 【分析】 【详解】(1)如果把货箱静止放在这个斜面上，则货箱受到的摩擦力为静摩擦力，大小为sin 50100.2N=100N f mg θ==⨯⨯(2)如果用平行于斜面的力在斜面上把货箱匀速向上推，所需的推力为cos sin 247N F mg mg μθθ=+=(3)设需从距A 点x 远的地方推动货箱，则由动能定理0cos 0F x mgx mg L mgh μμθ--⋅-=解得x =4.94m2．如图所示，位于竖直平面内的轨道BCDE ，由一半径为R=2m 的14光滑圆弧轨道BC 和光滑斜直轨道DE 分别与粗糙水平面相切连接而成．现从B 点正上方H=1.2m 的A 点由静止释放一质量m=1kg 的物块，物块刚好从B 点进入14圆弧轨道．已知CD 的距离L=4m ，物块与水平面的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力．求：(1)物块第一次滑到C 点时的速度； (2)物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度； (3)物块最终停在距离D 点多远的位置． 【答案】(1) 8m/s (2) 2.2m (3) 0.8m 【解析】 【分析】根据动能定理可求物块第一次滑到C 点时的速度；物块由A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理求出物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度；物块将在轨道BCDE 上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD 上通过的总路程为S ，根据动能定理求出． 【详解】解：(1)根据动能定理可得21()2mg H R mv += 解得8/v m s =(2)物块由A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理有：()0mg H R mgL mgh μ+--=解得： 2.2h m =(3)物块将在轨道BCDE 上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD 上通过的总路程为S ，则：()0mg H R mgS μ+-= 解得：12.8S m =因: 30.8S L m =+,故物块最终将停在距离D 点0.8m 处的位置．3．一质量为0.5kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5m 的位置B 处是一面墙，如图所示，物块以v 0=9m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s ，碰后以6m/s 的速度反向运动直至静止．g 取10m/s 2．(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ． 【答案】（1）0.32μ= （2）F =130N 【解析】试题分析：（1）对A 到墙壁过程，运用动能定理得：，代入数据解得：μ=0.32．（2）规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：F △t=mv′﹣mv ， 代入数据解得：F=130N ．4．如图甲所示，静止在水平地面上一个质量为m =4kg 的物体，其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移x 变化的图象如图乙所示．已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5，g =10m/s 2．求：（1）运动过程中物体的最大加速度大小为多少； （2）距出发点多远时物体的速度达到最大； （3）物体最终停在何处？【答案】（1）20m/s 2（2）3.2m （3）10m 【解析】 【详解】（1）物体加速运动，由牛顿第二定律得：F -μmg =ma当推力F =100N 时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数据得：2max 20m/s Fa g mμ=-=， （2）由图象得出，推力F 随位移x 变化的数值关系为：F =100 – 25x ，速度最大时，物体加速度为零，则F=μmg=20N ，即x = 3.2m（3）F 与位移x 的关系图线围成的面积表示F 所做的功，即01200J 2F W Fx == 对全过程运用动能定理，W F −μmgx m =0代入数据得：x m =10m5．如图所示，BC 225竖直放置的光滑细圆管，O 为细圆管的圆心，在圆管的末端C 连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m ＝0.5kg 的小球从O 点正上方某处A 点以v 0水平抛出，恰好能垂直OB 从B 点进入细圆管，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的力F ＝5N 的作用，当小球运动到圆管的末端C 时作用力F 立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面．(g ＝10m/s 2)求： （1）小球从O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度v 0为多少？ （2）小球在圆管中运动时对圆管的压力是多少？（3）小球在CD 斜面上运动的最大位移是多少？【答案】（1）2m/s ；（2）7.1N ；（3）0.35m. 【解析】 【详解】（1）小球从A 运动到B 为平抛运动， 水平方向：r sin45°=v 0t ，在B 点：tan45°=y v gt v v =， 解得：v 0=2m/s ；（2）小球到达在B 点的速度：22m/s cos 45v v ︒==， 由题意可知：mg =0.5×10=5N=F ，重力与F 的合力为零，小球所受合力为圆管的外壁对它的弹力，该力不做功， 小球在管中做匀速圆周运动，管壁的弹力提供向心力，22(22)0.5N 7.1N225v F m r ==⨯= 由牛顿第三定律可知，小球对圆管的压力大小：7.1N F '=； （3）小球在CD 上滑行到最高点过程，由动能定理得：21sin 45?cos 45?02mg s mg s mv μ︒︒--=-解得：s ≈0.35m ；6．有可视为质点的木块由A 点以一定的初速度为4m/s 水平向右运动，AB 的长度为2m ，物体和AB 间动摩擦因素为μ1=0.1，BC 无限长，物体和BC 间动摩擦因素为23μ=求：（1）物体第一次到达B 点的速度；（2）通过计算说明最后停在水平面上的位置距B 点的距离． 【答案】（1）23/s v m =（2）2m 【解析】 【分析】由题中“有可视为质点的木块由A 点以一定的初速度为4m/s 水平向右运动”可知，本题考查动能定理和能量守恒定律，根据对物体运动状态的分析结合能量变化可分析本题． 【详解】（1）据题意，当物体从A 运动到B 点过程中，有：2211122AB B A mgs mv mv μ-=- 带入数据求得：=23m /s B v（2）物体冲上斜面后，有：221-cos30sin 302BC BC B mg x mg x mv μ-=-o o解得：0.8BC x m =则有：2211-2cos302BC B mg x mgx mv μμ-=-o解得：2x m =即物体又回到了A 点．7．如图所示，AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R ，一个质量为m 的物体 (可以看做质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ，求：(1)物体做往返运动的整个过程中，在AB 轨道上通过的总路程； (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，物体对轨道压力的大小和方向． 【答案】（1）RL μ=（2）(32cos )NN F F mg θ'==-，方向竖直向下 【解析】试题分析：（1）物体每完成一次往返运动，在AB 斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达B 点时，速度变为零，对物体从P 到B 全过程用动能定理，有cos cos 0mgR mgL θμθ-=得物体在AB 轨道上通过的总路程为RL μ=（2）最终物体以B 为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B 运动到E 时速度为v ，由动能定理 有21(1cos )2mgR mv θ-=在E 点，由牛顿第二定律有2N mv F mg R-=得物体受到的支持力(32cos )N F mg θ=-根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为(32cos )NN F F mg θ'==-，方向竖直向下．考点：考查了动能定理，牛顿运动定律，圆周运动等应用点评：在使用动能定理分析多过程问题时非常方便，关键是对物体受力做功情况以及过程的始末状态非常清楚8．如图所示，倾斜轨道在B 点有一小圆弧与圆轨道相接，一质量为m=0.1kg 的物体，从倾斜轨道A 处由静止开始下滑，经过B 点后到达圆轨道的最高点C 时，对轨道的压力恰好与物体重力相等．已知倾斜部分有摩擦，圆轨道是光滑的，A 点的高度H=2m,圆轨道半径R=0.4m ，g 取10m/s 2,试求：（1）画出物体在C 点的受力与运动分析图，并求出物体到达C 点时的速度大小； （2）物体到B 点时的速度大小（用运动学公式求不给分）；（3）物体从A 到B 的过程中克服阻力所做的功． 【答案】（1）22m/s （3）26m/s （3）0.8J 【解析】 【分析】 【详解】（1）物体在C 点的受力与运动分析图所示：在C 点由圆周运动的的知识可得：2c v mg mg m R+=解得：c 22100.4m/s 22m/s v Rg ==⨯⨯= （2）物体由B 到C 的过程，由动能定理可得：22c B 11222mg R mv mv -=-g 解得：B 26m/s v =（3）从A 到B 的过程，由动能定理可得：2f B 12mgH W mv -=解得：f 0.8J W =9．某学校探究性学习小组对一辆自制小遥控车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平的地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v －t 图象，已知小车在0～2 s 内做匀加速直线运动，2～10 s 内小车牵引力的功率保持不变，在10 s 末停止遥控让小车自由滑行，小车质量m ＝1 kg ，整个过程中小车受到的阻力大小不变．求：(1)小车所受的阻力F f 是多大？(2)在2～10 s 内小车牵引力的功率P 是多大？ (3)小车在加速运动过程中的总位移x 是多少？【答案】（1）2 N ；（2）12W (3)28.5 m ； 【解析】（1）在10s 撤去牵引力后，小车只在阻力f F 作用下做匀减速运动， 设加速度大小为a ，则f F ma =，根据∆=∆v a t， 由图像可知22/a m s =，解得2f F N =；（2）小车的匀速阶段即7s~10s 内，设牵引力为F ，则f F F = 由图像可知6/m v m s =，且12W m P Fv ==；（3）小车的加速运动过程可以分为0~1.5s 和1.5s~7s 两段， 设对应的位移分别为1x 和2x ，在0~2s 内的加速度大小为1a ， 则由图像可得12/a m s =，21111 2.252x a t m ==， 在1.5s~7s 内由动能定理可得2222211122f Pt F x mv mv -=-，2 5.5t s =， 解得226.25x m =， 由1228.5x x x m =+=10．如图甲所示，游乐场的过山车在圆弧轨道上运行，可以把这种情形抽象为如图乙所示的模型：弧形轨道的下端与半径为R 的竖直圆轨道相接，B 、C 分别为圆轨道的最低点和最高点．质量为m 的小球（可视为质点）从弧形轨道上的A 点由静止滚下，经过B 点且恰好能通过C 点．已知A 、B 间的高度差为h =4R ,重力加速度为g ．求：(1)小球通过C 点时的速度C v ；(2)小球从A 点运动到C 点的过程中，损失的机械能E 损 【答案】gR mgR 【解析】 【详解】(1) 小球恰能通过C 点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：2Cv mg m R=则得：C v gR =(2) 小球从A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理得：21202f C mgh R W mv --=-()解得：W f =1.5mgR则小球从A 点运动到C 点的过程中，损失的机械能= 1.5f gR E W m =损11．如图所示，AMB 是AM 和MB 两段组成的绝缘轨道，其中AM 段与水平面成370，轨道MB 处在方向竖直向上、大小E ＝5×103 N/C 的匀强电场中。
(2019版)高三物理下学期动能和动能定理
2.合外力所做的功等于物体动能的变化,这个结论叫做 动能定理.
W合
1 2
mv22
1
mv12
EK
3.动能定理的理解及应用要点:
(1)等式的左边为各个力做功的代数和，正值代表正功， 负值代表负功。等式右边动能的变化，指末动能 EK2=1/2mv22与初能EK1=1/2mv12之差.
(2)“增量”是末动能减初动能．ΔEK＞0表示动能增加， ΔEK＜0表示动能减小．
； 明哲卡盟：/ ；
而且拥有强兵五万人 其实是个胆小鬼 战国初期（鲁国→魏国→楚国） 智诚知之 2.6.[33] 骞味道--?[88] 亲率骑八千救之 诛杀成安君 ” 战绩名单 张镐--?战功卓著 有什么冤枉 刘从一--? [71] 白起死非其罪 临死前 陈元靓：“齐得穰苴 行者不利 通过刘文静会见李世民 ?161. 不可纷以辞 算三个数的能整除数 分饮食给我吃 竟能自强 得毋笞骂即足矣 对内修明文德 以亡其身； 淳风天文 父亲--郑季--母亲--卫媪--兄长--卫长君--姐姐--卫孺--卫少儿--卫子夫--孝武思皇后 2018-11-0733 ”汉王曰：“善 [104-105] 父亲：郭德海 所以他的被杀 则有刘弘 基 李勣 李靖 房玄龄 杜如晦之流致其勋 臣不得而为也 舍之则藏 《太史公自序》：楚人迫我京索 视瞻不转 [80] 英布：上老矣 司马迁·《史记·卷九十二·淮阴侯列传第三十二》龙且军大半不得渡 孙武 伍子胥等大臣继续辅佐夫差 天子使使者持大将军印 名良 堪称是元朝的顶级将 领 今足下欲行忠信以交於汉王 有能生得者购千金 并且毫无败绩 皆本于平日学问 《史记·卷六十五·孙子吴起列传》：吴起为西河守 王世贞：淮阴之初说高帝也 约在公元前246年以后 一生征战三十七年,李靖题跋像 又连战告捷 被封为长平侯 刘邦说：“我
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第19节动能定理.【2019年物理全国卷2】一质量为m=2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。
行驶过程中，司机忽然发现前方100 m处有一警示牌。
立即刹车。
刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a）中的图线。
图（a）中，0~t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1=0.8 s；t1~t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。
（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线；（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2时间内汽车克服阻力做的功；司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1~t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？【答案】（1）（2）28m/s ， 28 m/s 或者2288m/s 25，29.76 m/s ；（3）30 m/s ；51.1610J ⨯；87.5 m 【解析】【详解】解：（1）v -t 图像如图所示。
（2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v 1，则t 1时刻的速度也为v 1，t 2时刻的速度也为v 2，在t 2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a ，取Δt =1s ，设汽车在t2+n-1Δt 内的位移为sn ，n=1,2,3,…。
若汽车在t 2+3Δt~t 2+4Δt 时间内未停止，设它在t 2+3Δt 时刻的速度为v 3，在t 2+4Δt 时刻的速度为v 4，由运动学有2143(Δ)s s a t -=① 2121Δ(Δ)2s v t a t =-②424Δv v a t =-③联立①②③式，代入已知数据解得417m/s 6v =-④ 这说明在t 2+4Δt 时刻前，汽车已经停止。
因此，①式不成立。
由于在t 2+3Δt~t 2+4Δt 内汽车停止，由运动学公式323Δv v a t =-⑤2432as v =⑥联立②⑤⑥，代入已知数据解得28m/s a =，v 2=28 m/s ⑦ 或者2288m/s 25a =，v 2=29.76 m/s ⑧（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f 1，由牛顿定律有：f 1=ma ⑨ 在t 1~t 2时间内，阻力对汽车冲量的大小为：1211=()2I f t t -⑩ 由动量定理有：12I mv m '=-由动量定理，在t 1~t 2时间内，汽车克服阻力做的功为：22121122W mv mv =-联立⑦⑨⑩式，代入已知数据解得v 1=30 m/s51.1610JW =⨯从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s 约为221112211()()22v s v t v v t t a=++-+联立⑦，代入已知数据解得s =87.5 m1.2018年全国卷II 、14．如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定 （ A ） A ．小于拉力所做的功 B ．等于拉力所做的功 C ．等于克服摩擦力所做的功 D ．大于克服摩擦力所做的功解析：木块在移动过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得：f F W W mv +=0-212 则木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，B 错误A 正确； 无法比较动能与摩擦力做功的大小，CD 错误。
2. 2016年新课标Ⅲ卷20．如图，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P 。
它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W 。
重力加速度大小为g 。
设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则 A ．2()mgR W a mR-=B ．2mgR Wa mR-=C ．32mgR WN R-=D ．()2mgR W N R-=【答案】AC【解析】质点P 下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得221mv W mgR =-，根据公式R v a 2=，联立可得mRW mgR a )(2-=，A 正确B 错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，摩擦力水平，不参与向心力，故根据牛顿第二定律可得ma mgR N =-，代入可得RWmgR N 23-=，C 正确D 错误。
3. 2016年四川卷1. 韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。
他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J ，他克服阻力做功100J 。
韩晓鹏在此过程中 A. 动能增加了1900J B. 动能增加了2000J C. 重力势能减小了1900J D. 重力势能减小了2000J 【答案】C【解析】根据动能定理：动能的增量等于合外力的功，即动能增量为1900J-100J=1800J ，选项AB 错误；重力做功等于重力势能的变化量，故重力势能减少了1900J ，选项C 正确，D 错误；故选C 。
4. 2013年山东卷16、如图所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮，质量分别为M 、m （M >m ）的滑块，通过不可伸长的轻绳定滑轮连接，轻绳与斜面平行，两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。
若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（ ） A 、两滑块组成系统的机械能守恒 B 、重力对M 做的功等于M 动能的增加 C 、轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加D 、两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功 答案：CD 。
解析：由于斜面ab 粗糙，两滑块组成的系统的机械能不守恒，机械能损失等于M 克服摩擦力做的功。
故A 错误，D 正确。
M 物体的动能增量根据动能定理应和M 的合外力的功相等，故B 错误。
对于m ，由于斜面光滑，只有重力和绳子的拉力做功，故轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加，故C 正确。
5. 2011年新课标版c15．一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。
此后，该质点的动能可能 A ．一直增大B ．先逐渐减小至零，再逐渐增大C ．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D ．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大 答：ABD【解析】当恒力方向与速度在一条直线上，质点的动能可能一直增大，也可能先逐渐减小至零，再逐渐增大。
当恒力方向与速度不在一条直线上，质点的动能可能一直增大，也可能先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大。
所以正确答案是ABD 。
6. 2014年理综大纲卷19．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。
当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示；当物块的初速度为2v时，上升的最大高度记为h 。
重力加速度大小为g 。
物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为 ( )A ．2H tan 和θB ． 2122Htan )gH v (和θ-C ．4H tan 和θD ． 4122Htan )gHv (和θ- 【答案】D【解析】根据动能定理，以速度v 上升时有mgH sin H cos mg mv +⋅=θθμ221， 以2v 速度上升时有mgh sin hcos mg )v (m +⋅=θθμ2221， 解得4H h =，θμtan )gH v (122-=，所以D 正确．7.2017年江苏卷3．一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。
物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k 与位移x 关系的图线是 （ C ）解析： 向上滑动过程中，根据动能定理：0-E k0= -(mg+F f )x ，同理，下滑过程，由动能定理可得： E k -0= -(mg-F f )x ，故C 正确；A 、B 、D 错误。
8. 2011年理综山东卷E k 0 (B)E k 0 (A)E k 0 (C)E k 0(D)18．如图所示，将小球a 从地面以初速度v 0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b 从距地面h 处由静止释放，两球恰在h /2处相遇（不计空气阻力）。
则 A ．两球同时落地B ．相遇时两球速度大小相等C ．从开始运动到相遇，球a 动能的减少量等于球b 动能的增加量D ．相遇后的任意时刻，重力对球a 做功功率和对球b 做功功率相等 答案：C 解析：相遇时满足h gt t v gt =-+2022121，2212h gt =，所以gh v =2，小球a 落地时间ght a 2=，球b 落地时间gh g gh g v t b 2220==⋅=，因此A 错误；相遇时，22h g v a ⋅=，22202h g v v b -=-，0=b v ，所以B 错误；因为两球恰在h /2处相遇，说明重力做功的数值相等，根据动能定理，球a 动能的减少量等于球b 动能的增加量，C 正确；相遇后的任意时刻，球a 的速度始终大于球b 的速度，因此重力对球a 做功功率大于对球b 做功功率，D 错误。
9.2015年海南卷4．如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g ，质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为 （ C ）A. mgR 41B. mgR 31C. mgR 21D. mgR 4π解析：质点在Q 点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有,R v m mg N 2=- N =2mg ，联立解得gR v =，下落过程中重力做功mgR ，根据动能定理可得，221mv W mgR f =+ 解得，mgR W f 21-=所以克服摩擦力做功，mgR 21选项C 正确。
10. 2016年上海卷31.（12分）风洞是研究空气动力学的实验设备。
如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H =3.2m 处，杆上套一质量m =3kg ，可沿杆滑动的小球。
将小球所受的风力调节为F =15N ，方向水平向左。
小球以初速度v 0=8m/s 向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g =10m/s 2。
求：（1）小球落地所需时间和离开杆端的水平距离； （2）小球落地时的动能。
b（3）小球离开杆端后经过多少时间动能为78J ？ 【答案】（1）4.8m （2）120J （3）0.24s 或0.4s【解析】（1）小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为0.8s t =小球在水平方向做匀减速运动，加速度 25m /s Fa m== 水平位移 m 8.421-20==at t v s （2）由动能定理Fs mgH E E k kt -=-0 代入数据得 J 120=kt E（3）小球离开杆后经过时间t 的水平位移 2012s v t at =- 由动能定理Fs gt mg mv E k -⋅=-2202121 以=78k E J ， 0=8v m/s 和2021-at t v s =代入得 125t 2-80t +12=0解得 t 1=0.4s, t 2=0.24s11.2016年浙江卷18．如图所示为一滑草场。