高考物理一轮复习功和能《动能定律及其应用》典型题精排版(含答案)
高考物理一轮复习 考点15 功能关系 机械能守恒定律及其应用练习(含解析)-人教版高三全册物理试题
考点15 功能关系 机械能守恒定律与其应用题组一 根底小题1．如下关于功和能的说法正确的答案是( )A ．作用力做正功，反作用力一定做负功B ．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化C ．假设物体除受重力外，还受到其他力作用时，物体的机械能也可能守恒D ．竖直向上运动的物体重力势能一定增加，动能一定减少答案 C解析 当作用力做正功时，反作用力也可能做正功，如反冲运动中的物体，故A 错误；物体在合外力作用下做变速运动，动能不一定发生变化，比如匀速圆周运动，故B 错误；假设物体除受重力外，还受到其他力作用时，当其他的力做的功等于零时，物体的机械能也守恒，故C 正确；竖直向上运动的物体重力势能一定增加，假设同时物体受到的向上的拉力做正功，如此物体动能不一定减少，故D 错误。
2.如下列图，运动员把质量为m 的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最大高度为h ，在最高点时的速度为v ，不计空气阻力，重力加速度为g ，如此运动员踢球时对足球做的功为( )A.12mv 2 B ．mgh C ．mgh ＋12mv 2 D ．mgh ＋mv 2答案 C解析 足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，其机械能为E ＝mgh ＋12mv 2，由机械能守恒定律得，足球刚被踢起时的机械能为E ＝mgh ＋12mv 2，足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员对足球所做的功为W ＝mgh ＋12mv 2，故A 、B 、D 错误，C 正确。
3.如下列图，一辆小车在牵引力作用下沿弧形路面匀速率上行，小车与路面间的阻力大小恒定，如此上行过程中( )A ．小车处于平衡状态，所受合外力为零B ．小车受到的牵引力逐渐增大C ．小车受到的牵引力对小车做的功一定大于小车重力势能的增加量D ．小车重力的功率逐渐增大答案 C解析 小车做匀速圆周运动，合力充当向心力，不为零，故A 错误；对小车受力分析，牵引力F ＝f ＋mg sin θ，阻力大小恒定，θ变小，所以F 变小，故B 错误；由功能关系得：小车受到的牵引力对小车做的功等于小车重力势能的增加量和因摩擦生成的热量，即牵引力对小车做的功一定大于小车重力势能的增加量，故C 正确；小车重力的功率P ＝mgv sin θ，θ变小，P 减小，故D 错误。
高中物理【动能定理及其应用】一轮复习资料
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(山东省 2020 等级考试)如图所示，不可伸长的轻质细线下方悬 挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的 O 点．开始时， 小球静止于 A 点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面 内绕 O 点做圆周运动．垂直于墙面的钉子 N 位于过 O 点竖直线的左侧，ON 与 OA 的夹角为 θ(0<θ<π)，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动， 当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断．已知小球的质量为 m，细线的长度为 L， 细线能够承受的最大拉力为 7mg，g 为重力加速度大小．
A．a＝2(mgmRR－W) C．N＝3mgRR－2W
B．a＝2mgmRR－W D．N＝2(mgRR－W)
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解析：选 AC．质点 P 下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得 mgR－ W＝12mv2，又 a＝vR2，联立可得 a＝2(mgmRR－W)，A 正确，B 错误；在最低点重力和支持 力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得 N－mg＝ma，代入可得 N＝3mgRR－2W， C 正确，D 错误．
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2．(动能定理求解变力做功)如图所示，竖直平面内放一直角杆 MON，OM 水平， ON 竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球 A 和 B 分别套在 OM 和 ON 杆上，B 球的质量为 2 kg，在作用于 A 球的水平力 F 的作用下，A、B 均处于静止状态，此时 OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改变水平力 F 的大小，使 A 球向右加速运动，已知 A 球向右 运动 0.1 m 时速度大小为 3 m/s，则在此过程中绳的拉力对 B 球所做的功为(g 取 10 m/s2)( C )
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高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)
高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量0.04kg m =，电量4310C q -=⨯的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能为0.32J 。
某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端A 点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B ，并沿轨道BC 滑下，运动到光滑水平轨道CD ，从D 点进入到光滑竖直圆内侧轨道。
已知倾斜轨道与水平方向夹角为37α︒=，倾斜轨道长为2.0m L =，带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数0.5μ=。
小物块在C 点没有能量损失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小物块的电量保持不变，可视为质点。
只有光滑竖直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场，场强5210V/m E =⨯。
已知cos370.8︒=，sin370.6︒=，取210m/s g =，求：（1）小物块运动到A 点时的速度大小A v ； （2）小物块运动到C 点时的速度大小C v ；（3）要使小物块不离开圆轨道，圆轨道的半径应满足什么条件？【答案】（1）4m/s ；（233；（3）R ⩽0.022m 【解析】 【分析】 【详解】（1）释放弹簧过程中，弹簧推动物体做功，弹簧弹性势能转变为物体动能212P A E mv =解得220.324m/s 0.04P A E v m ＝＝＝⨯ （2）A 到B 物体做平抛运动，到B 点有cos37A Bvv ︒＝ 所以45m/s 0.8B v ＝＝ B 到C 根据动能定理有2211sin37cos3722C B mgL mg L mv mv μ︒-︒⋅=- 解得33m/s C v ＝（3）根据题意可知，小球受到的电场力和重力的合力方向向上，其大小为F=qE-mg =59.6N所以D 点为等效最高点，则小球到达D 点时对轨道的压力为零，此时的速度最小，即2Dv F m R＝解得D FRv m＝所以要小物块不离开圆轨道则应满足v C ≥v D 得：R ≤0.022m2．在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E ，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A 和B ，两小球质量均为m ，A 球带电荷量为Q +，B 球不带电，A 、B 连线与电场线平行，开始时两球相距L ，在电场力作用下，A 球与B 球发生对心弹性碰撞．设碰撞过程中，A 、B 两球间无电量转移．(1)第一次碰撞结束瞬间A 、B 两球的速度各为多大?(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A 在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0时刻除外)，可以在水平面内加一与电场正交的磁场．请写出磁场B 与时间t 的函数关系．【答案】(1)10A v '= 12BQEL v m='5QEL (3) 222B mL Q E t QE =⎛⎫- ⎪⎝⎭223mL mLt QE QE<≤ 【解析】（1）A 球的加速度QE a m =，碰前A的速度1A v =B 的速度10B v = 设碰后A 、B 球速度分别为'1A v 、'1B v ，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：''111A A B m m m v v v =+，2'2'2111111222A AB m m m v v v =+所以B 碰撞后交换速度：'10A v =，'11B A v v ==（2）设A 球开始运动时为计时零点，即0t =，A 、B 球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为1t 、2t；由匀变速速度公式有：110A avt -==第一次碰后，经21t t -时间A 、B 两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A 、B 两球速度分别为2A v 和2B v ，由位移关系有：()()2'1212112B av t t t t -=-，得到：213tt == ()2211122A A a a v t t t v =-===；'21B B v v = 由功能关系可得：222211=522A B m m QEL W v v +=电（另解：两个过程A 球发生的位移分别为1x 、2x ，1L x =，由匀变速规律推论24L x =，根据电场力做功公式有：()125W QE QEL x x =+=） （3）对A 球由平衡条件得到：A QB mg v =，A at v =，QEa m=从A 开始运动到发生第一次碰撞：()220t mg g t Qat Et m B Q ⎛==<≤ ⎝ 从第一次碰撞到发生第二次碰撞：()2t t B =<≤ 点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A 球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒．由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度．那么A 球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞．题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些．3．如图所示，在倾角为θ=30°的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为m 的半圆柱体A 紧靠挡板放在斜面上，质量为2m 的圆柱体B 放在A 上并靠在挡板上静止。
高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)
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
代入数据得：Q＝126 J 故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J 【点睛】 对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在 v-t 图像中图像包围的面积代表物体运 动做过的位移。
5．如图所示，一质量为 M、足够长的平板静止于光滑水平面上，平板左端与水平轻弹簧 相连，弹簧的另一端固定在墙上．平板上有一质量为 m 的小物块以速度 v0 向右运动，且在 本题设问中小物块保持向右运动．已知小物块与平板间的动摩擦因数为 μ，弹簧弹性势能 Ep 与弹簧形变量 x 的平方成正比，重力加速度为 g.求：
6J
(3)滑块从 A 点运动到 C 点过程，由动能定理得
解得 BC 间距离
mg
3r
mgs
1 2
mvc2
s 0.5m
小球与弹簧作用后返回 C 处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与 BC 水平面相互作用的
过程中，设物块在 BC 上的运动路程为 s ，由动能定理有
mgs
1 2
mvc2
解得
s 0.7m 故最终小滑动距离 B 为 0.7 0.5m 0.2m处停下.
（1）物体与传送带间的动摩擦因数； （2） 0～8 s 内物体机械能的增加量； （3）物体与传送带摩擦产生的热量 Q。 【答案】(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J 【解析】 【详解】 (1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,
功和能 训练题——2023届高中物理一轮复习(word版含答案)
功和能 训练题一、选择题（本题共15个小题，每题5分，共75分）1、如图所示，木块B 上表面是水平的，木块A 置于B 上，并与B 保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中( )A.A 所受的合外力对A 不做功B.B 对A 的弹力做正功C.B 对A 的摩擦力做正功D.A 对B 做正功2、人走路时，其重心一定会发生上下位置的变化。
当身体的重力作用线通过着地的一只脚的底面时，重心最高；当跨出一步双脚着地时，重心最低。
某人的质量为60 kg ，腿长约为1 m ，步距0.8 m ，他在水平路面上匀速地走完3000 m 用时30 min ，2s 10m/g = 。
此人在30 min 内克服重力做的功和克服重力做功的平均功率大约是( )A.19 kJ ，10 WB.190 kJ ，100 WC.190 kJ ，10 WD.1900 kJ ，100 W3、如图所示，质量为50 kg 的同学在做仰卧起坐。
若该同学上半身的质量约为全身质量的35，她在1 min 内做了50个仰卧起坐，每次上半身重心上升的距离均为0.3 m ，则她在1 min 内克服重力做的功W 和相应的功率P 约为( )A.4500J 75W W P = =B.450J 7.5W W P = =C.3600J 60W W P = =D.360J 6W W P = =4、一质量为2 kg 的物体静止在水平桌面上，在水平拉力F 的作用下，沿水平方向运动，2 s 后撤去外力，其v t -图象如图所示。
下列说法正确的是( )A.在0~2 s 内，合外力做的功为4 JB.在0~2 s 内，合外力做的功为8 JC.在0~6 s 内，摩擦力做的功为8J -D.在0~6 s 内，摩擦力做的功为4J -5、如图所示，细线的一端固定于O 点，另一端系一小球。
在水平拉力F 的作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B 点。
在此过程中，拉力F 的瞬时功率变化情况是( )A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大，后减小D.先减小，后增大6、长为L 的细线一端系一质量为m 的小球，另一端固定在O 点，现让小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，A B 、分别为小球运动过程中的最高点与最低点，如图所示。
功和能、动能、动能定理及机械能守恒练习题及答案
要点归纳功 单位：J力学： ①W = Fs cos θ (适用于恒力功的计算)①理解正功、零功、负功②功是能量转化的量度动能： E K =m2p mv 2122= 重力势能E p = mgh (凡是势能与零势能面的选择有关) ③动能定理：外力对物体所做的总功等于物体动能的变化(增量)公式： W 合= W 合＝W 1+ W 2+…+W n = ∆E k = E k2 一E k1 =12122212mV mV - ⑴W 合为外力所做功的代数和．(W 可以不同的性质力做功) ⑵外力既可以有几个外力同时作用，也可以是各外力先后作用或在不同过程中作用： ⑶既为物体所受合外力的功。
④功是能量转化的量度(最易忽视)主要形式有：“功是能量转化的量度”这一基本概念含义理解。
⑴重力的功------量度------重力势能的变化物体重力势能的增量由重力做的功来量度：W G = -ΔE P ，这就是势能定理。
与势能相关的力做功特点:如重力,弹力,分子力,电场力它们做功与路径无关,只与始末位置有关.除重力和弹簧弹力做功外,其它力做功改变机械能； 这就是机械能定理。
只有重力做功时系统的机械能守恒。
功能关系：功是能量转化的量度。
有两层含义：(1)做功的过程就是能量转化的过程, (2)做功的多少决定了能转化的数量,即:功是能量转化的量度强调：功是一种过程量，它和一段位移（一段时间）相对应；而能是一种状态量，它与一个时刻一、选择题（每小题中至少有一个选项是正确的）1．关于功和能的下列说法正确的是（）A．功就是能B．做功的过程就是能量转化的过程C．功有正功、负功，所以功是矢量D．功是能量转化的量度2．一个运动物体它的速度是v时，其动能为E。
那么当这个物体的速度增加到3v时，其动能应该是：（）A．E B．3E C．6E D．9E3．一个质量为m的物体，分别做下列运动，其动能在运动过程中一定发生变化的是：（）A．匀速直线运动B．匀变速直线运动C．平抛运动D．匀速圆周运动4．对于动能定理表达式W=E K2-E K1的理解，正确的是：（）A．物体具有动能是由于力对物体做了功B．力对物体做功是由于该物体具有动能C．力做功是由于物体的动能发生变化D．物体的动能发生变化是由于力对物体做了功5．某物体做变速直线运动，在t1时刻速率为v，在t2时刻速率为nv，则在t2时刻的动能是t1时刻的（）A、n倍B、n/2倍C、n2倍D、n2/4倍6．打桩机的重锤质量是250kg，把它提升到离地面15m高处，然后让它自由下落，当重锤刚要接触地面时其动能为(取g=10m/s2)：（）A．1.25×104J B．2.5×104J C．3.75×104J D．4.0×104J7．质量为m=2kg的物体，在水平面上以v1= 6m/s的速度匀速向西运动，若有一个F=8N、方向向北的恒定力作用于物体，在t=2s内物体的动能增加了（）A．28J B．64J C．32J D．36J8．下列关于运动物体所受的合外力、外力做功和动能变化的关系中正确的是：（）A．如果物体受的合外力为零，那么合外力对物体做的功一定为零B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零C．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化D．物体的动能不变，所受的合外力一定为零*9．一物体在水平方向的两个水平恒力作用下沿水平面做匀速直线运动。
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动力学和能量观点的综合应用
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动力学和能量观点的综合应用1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v 顺时针运动，某时刻一个质量为m 的小物块，以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断中正确的是( )A ．W ＝0，Q ＝m v 2B ．W ＝0，Q ＝2m v 2C ．W ＝m v 22，Q ＝m v 2D ．W ＝m v 2，Q ＝2m v 22.(多选)如图所示，质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，轨道与传送带在A 点平滑连接，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带A 、B 两点之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度顺时针运动，则(g 取10 m/s 2)( )A ．物体从A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 JD ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J3.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，则力F 对木板所做的功为( )A.m v 24B.m v 22 C ．m v 2D ．2m v 24．(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t ＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v －t 图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m ＝1 kg ，已知木板足够长，g 取10 m/s 2，则( )A ．小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5B ．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 JC ．小物块的初速度为v 0＝12 m/sD ．0～2 s 与2～3 s 物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶15．(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，速率始终不变．t ＝0时刻在传送带适当位置上放一具有一定初速度的小物块．取沿传送带向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示．已知小物块质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/sB ．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝235C ．0～t 2时间内因摩擦产生的热量为27 JD ．0～t 2时间内电动机多消耗的电能为28.5 J6.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M ＝1.0 kg ，长度L ＝1.0 m ．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m ＝1.0 kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F 将木板抽出，若F ＝8 N ，g 取10 m/s 2.求：(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功； (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q .7．(2023·安徽省六安中学高三检测)如图所示，水平轨道AB 长为2R ，其A 端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上．圆心在O 1、半径为R 的光滑圆弧轨道BC 与AB 相切于B 点，并且和圆心在O 2、半径为2R 的光滑细圆管轨道CD 平滑对接，O 1、C 、O 2三点在同一条直线上．光滑细圆管轨道CD 右侧有一半径为2R ，圆心在D 点的14圆弧挡板MO 2竖直放置，并且与地面相切于O 2点．质量为m 的小滑块(可视为质点)从轨道上的C 点由静止滑下，刚好能运动到A 点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B 点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D (计算时圆管直径可不计，重力加速度为g )．求：(1)小滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数μ； (2)弹簧锁定时具有的弹性势能E p ；(3)小滑块通过最高点D 后落到挡板上时具有的动能E k .8.“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐．挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆．某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC 为一段半径为R ＝5 m 的光滑圆弧轨道，B 为圆弧轨道的最低点．P 为一倾角θ＝37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE ，木板上边缘与斜面顶端D 重合，圆形轨道末端C 与斜面顶端D 之间的水平距离为x ＝0.32 m ．一物块以某一速度从A 端进入，沿圆形轨道运动后从C 端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t ＝0.2 s 恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长．已知物块质量m ＝3 kg ，薄木板质量M ＝1 kg ，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝1924，木板与物块之间的动摩擦因数μ2＝56，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求：(1)物块滑到圆轨道最低点B 时，对轨道的压力(计算结果可以保留根号)； (2)物块相对于木板运动的距离；(3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量．9．如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC 平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．水平传送带MN以v0＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离为L MN＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC长L BC＝1 m，小滑块P的质量为m＝1 kg.重力加速度g取10 m/s2.(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P 从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程中的水平位移大小；(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H 的范围．答案及解析1．B 2.AC 3.C 4.ACD 5.ABC 6．(1)－7.5 J 4.5 J (2)3 J解析 (1)当用F ＝8 N 的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为a 1＝μg ＝3 m/s 2木板运动的加速度大小为 a 2＝F －μmg M ＝5 m/s 2设抽出过程的时间为t ，则有 12a 2t 2－12a 1t 2＝L ， 解得t ＝1 s ，所以小铁块运动的位移为x 1＝12a 1t 2，解得x 1＝1.5 m木板运动的位移为x 2＝12a 2t 2，解得x 2＝2.5 m摩擦力对小铁块做的功为 W 1＝μmgx 1， 解得W 1＝4.5 J 摩擦力对木板做的功为 W 2＝－μmgx 2， 解得W 2＝－7.5 J(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q ＝μmgL ＝3 J. 7．(1)13 (2)113mgR(3)(22－1)mgR解析 (1)由几何关系得BC 间的高度差h ＝23R小滑块从C 点运动到A 点的过程中，由动能定理得mgh －μmg ·2R ＝0，解得μ＝13(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W 弹＝E p 滑块从A 到D 过程由动能定理得 E p －mg ·2R －μmg ·2R ＝12m v 2－0 滑块在D 点，由重力提供向心力，有mg ＝m v 22R联立解得E p ＝113mgR .(3)滑块通过D 点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x ＝v t 竖直方向有y ＝12gt 2由几何关系可知x 2＋y 2＝4R 2可得滑块落到挡板上时的动能为E k ＝12m [v 2＋(gt )2]，联立解得E k ＝(22－1)mgR .8．(1)(91.92－245) N (2)1.5 m (3)87 J解析 (1)物块由C 到D ，做斜上抛运动 水平方向v 水平＝xt＝1.6 m/s物块恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，则在D 的速度大小 v ＝v 水平cos θ＝2 m/s ， v 竖直＝v sin θ＝1.2 m/s物块在C 端时竖直方向速度大小v 竖直′＝v 竖直－gt ＝－0.8 m/s ， v C ＝v 水平2＋v 竖直′2＝455m/s 由B 到C 有12m v B 2＝12m v C 2＋mgR (1－cos α)其中cos α＝v 水平v C，在B 点有F N －mg ＝m v B 2R由牛顿第三定律得F 压＝F N ＝(91.92－245) N(2)物块刚滑上木板时，对物块有μ2mg cos θ－mg sin θ＝ma m ，解得物块加速度大小a m ＝23 m/s 2，做匀减速直线运动对木板有μ2mg cos θ＋Mg sin θ－μ1(M ＋m )g cos θ＝Ma M ，解得木板加速度大小a M ＝23 m/s 2，做匀加速直线运动设两者经时间t 1达到共速v 共，则有v －a m t 1＝a M t 1＝v 共 解得t 1＝1.5 s ，v 共＝1 m/s 此过程中s 物＝v ＋v 共2t 1＝94 m ，s 板＝v 共2t 1＝34m物块相对于木板运动的距离 Δs ＝s 物－s 板＝1.5 m(3)μ2mg cos θ>mg sin θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止． 以物块和木板为整体，a 共＝μ1g cos θ－g sin θ＝13 m/s 2，s 共＝v 共22a 共＝1.5 mQ 物－板＝μ2mg cos θ·Δs ＝30 JQ 板－斜＝μ1(M ＋m )g cos θ·(s 板＋s 共)＝57 J整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q ＝Q 物－板＋Q 板－斜＝87 J. 9．(1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m ≤H ≤0.8 m解析 (1)滑块P 在圆形轨道F 点时对轨道的压力刚好为零，则v F ＝0 mg (H －R )－μmgL BC ＝0解得H ＝0.4 m(2)H ′＝1.0 m ，设滑块运动到N 点时的速度为v N ，对滑块从开始到N 点的过程应用动能定理mgH ′－μmg (L BC ＋L MN ) ＝12m v N 2－0 解得v N ＝2 m/s滑块从N 点做平抛运动，水平位移为 x ＝v N2hg＝0.8 m (3)设滑块P 在运动过程中恰好能第一次经过E 点时，高度差为H 1，从开始到E 点应用动能定理有mgH 1－μmgL BC －2mgR ＝12m v E 2－0 在E 点时有mg ＝m v E 2R解得H 1＝0.7 m滑块滑上传送带时的速度为v M mgH 1－μmgL BC ＝12m v M 2－0v M ＝10 m/s<4 m/s 滑块做减速运动的位移为 L ＝v M 22μg＝2.5 m<L MN因此滑块返回M 点时的速度为v M ′＝10 m/s ，因此能第二次过E 点． 设高度为H 2时，滑块从传送带返回M 点时的最大速度为 v ＝2μgL MN ＝2 3 m/s 从开始到M 点应用动能定理有mgH 2－μmgL BC ＝12m v 2－0解得H 2＝0.8 m第二次经过E 点后，当滑块再次从B 点滑上圆轨道时在B 点的速度为v B ，则有mgH 2－3μmgL BC ＝12m v B 2－0 v B ＝2 m/s<10 m/s所以滑块不会第三次过E 点，则能两次经过E 点的高度差H 的范围是0.7 m ≤H ≤0.8 m.。
物理动能和动能定理经典试题(含答案)
动能和动能定理经典试题例1 一架喷气式飞机，质量m =5×103kg,起飞过程中从静止开始滑跑的路程为s =5。
3×102m 时,达到起飞的速度v =60m/s ，在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0。
02倍（k =0.02），求飞机受到的牵引力.例2 将质量m=2kg 的一块石头从离地面H=2m 高处由静止开始释放，落入泥潭并陷入泥中h=5cm 深处,不计空气阻力，求泥对石头的平均阻力.（g 取10m/s 2）例3 一质量为0。
3㎏的弹性小球,在光滑的水平面上以6m/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速度的大小相同,则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为( ）A 。
Δv=0 B. Δv=12m/s C 。
W=0 D 。
W=10.8J例4 在h 高处,以初速度v 0向水平方向抛出一个小球，不计空气阻力，小球着地时速度大小为( ）A 。
gh v 20+B 。
gh v 20- C. gh v 220+ D 。
gh v 220-例5 一质量为 m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点。
小球在水平拉力F 作用下，从平衡位置P 点很缓慢地移动到Q 点，如图2-7—3所示，则拉力F 所做的功为（ ）A. mgl cos θB. mgl （1－cos θ)C. Fl cos θ D 。
Flsin θ例6 如图所示,光滑水平面上，一小球在穿过O 孔的绳子的拉力作用下沿一圆周匀速运动,当绳的拉力为F 时,圆周半径为R,当绳的拉力增大到8F 时，小球恰可沿半径为R ／2的圆周匀速运动在上述增大拉力的过程中，绳的拉力对球做的功为________.例7 如图2—7—4所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v 0＝2m/s 的速度匀速运行,传送带与水平地面的夹角θ＝30°，现把一质量m ＝l0kg 的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传送至h ＝2m 的高处。
高考物理一轮复习专题5.2动能和动能定理(精讲)(含解析)
专题5.2 动能和动能定理1.掌握动能和动能定理；2.能运用动能定理解答实际问题。
知识点一 动能(1)定义：物体由于运动而具有的能。
(2)公式：E k ＝12mv 2，v 为瞬时速度，动能是状态量。
(3)单位：焦耳，1 J ＝1 N·m＝1 kg·m 2/s 2。
(4)标矢性：动能是标量，只有正值。
(5)动能的变化量：ΔE k ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 21。
知识点二 动能定理(1)内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化。
(2)表达式：W ＝ΔE k ＝12mv 22－12mv 21。
(3)物理意义：合外力对物体做的功是物体动能变化的量度。
(4)适用条件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。
考点一 动能定理的理解及应用【典例1】(2018·全国卷Ⅰ·18)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 的四分之一圆弧，与ab 相切于b 点．一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g .小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )A ．2mgRB ．4mgRC ．5mgRD ．6mgR【答案】C【解析】小球从a 运动到c ，根据动能定理，得F ·3R －mgR ＝12mv 21，又F ＝mg ，故v 1＝2gR ，小球离开c 点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动．且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g ，故小球从c 点到最高点所用的时间t ＝v 1g ＝2R g ，水平位移x ＝12gt 2＝2R ，根据功能关系，小球从a 点到轨迹最高点机械能的增量为力F 做的功，即ΔE ＝F ·(2R ＋R ＋x )＝5mgR 。
高考物理动能与动能定理题20套(带答案)含解析
高考物理动能与动能定理题20套(带答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，半径R =0.5 m 的光滑圆弧轨道的左端A 与圆心O 等高，B 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C 与一倾角θ=37°的粗糙斜面相切。
一质量m =1kg 的小滑块从A 点正上方h =1 m 处的P 点由静止自由下落。
已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g =10 m/s 2。
(1)求滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力。
(2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。
(3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A 点。
【答案】(1)70N ； (2)1.2m ； (3)能滑出A 【解析】 【分析】 【详解】(1)滑块从P 到B 的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有()212B mg h R mv +=那么，对滑块在B 点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且()2N 270N B mg h R mv F mg mg R R+=+=+=故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力为70N ，方向竖直向下。
(2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L ，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得cos37sin37cos370mg h R R L mgL μ+-︒-︒-︒=（）所以1.2m L =(3)对滑块从P 到第二次经过B 点的运动过程应用动能定理可得()212cos370.542B mv mg h R mgL mg mgR μ'=+-︒=> 所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A 点。
【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。
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。
高考物理一轮复习功和能《功能关系、能量守恒》典型题精排版(含答案)
高考物理一轮复习《功能关系、能量守恒》典型题（精排版）精品推荐1．在跳高运动的发展史上，其中有以下四种不同的过杆姿势，如图所示，则在跳高运动员消耗相同能量的条件下，能越过最高横杆的过杆姿势为( )2．如图所示，一质量均匀的不可伸长的绳索重为G，A、B两端固定在天花板上，今在最低点C施加一竖直向下的力将绳索拉至D点，在此过程中绳索AB的重心位置将( )A．逐渐升高 B．逐渐降低C．先降低后升高D．始终不变3．体育比赛中的“3 m跳板跳水”的运动过程可简化为：质量为m的运动员走上跳板，跳板被压缩到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，他在水中减速下降高度为h，而后逐渐浮出水面，则下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)( )A．运动员从C点到A点运动过程中处于超重状态B．运动员从C点开始到落水之前机械能守恒C．运动员从入水至速度减为零的过程中机械能减少了(F－mg)hD．运动员从入水至速度减为零的过程中机械能减少了Fh4．如图所示，一轻弹簧左端与物体A相连，右端与物体B相连．开始时，A、B均在粗糙水平面上不动，弹簧处于原长状态．在物体B上作用一水平向右的恒力F，使物体A、B向右运动．在此过程中，下列说法中正确的为( )A．合外力对物体A所做的功等于物体A的动能增量B．外力F做的功与摩擦力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量C．外力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增量及弹簧弹性势能增量之和D．外力F做的功加上摩擦力对物体B做的功等于物体B的动能增量与弹簧弹性势能增量之和5．如图所示，把小车放在光滑的水平桌面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有砂子的小桶相连，已知小车的质量为M，小桶与砂子的总质量为m，把小车从静止状态释放后，在小桶下落竖直高度为h的过程中，若不计滑轮及空气的阻力，下列说法中正确的是( )A．绳拉车的力始终为mgB．当M远远大于m时，才可以认为绳拉车的力为mgC．小车获得的动能为mghD．小车获得的动能为Mmgh/(M＋m)6．如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)上，随跳板一同向下运动到最低点(B位置)．对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是( )A．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零B．在这个过程中，运动员的动能一直在减小C．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加D．在这个过程中，运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用力对他做的功7．如图所示甲、乙两种粗糙面不同的传送带．倾斜于水平地面放置．以同样恒定速率v向上运动．现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v.已知B处离地面高度为H，则在物体从A到B的运动过程中( )A．两种传送带对小物体做功相等B．将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能相等C．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同D．将小物体传送到B处，两种系统产生的热量相等8．如图所示有三个斜面1、2、3，斜面1与2底边相同，斜面2和3高度相同，同一物体与三个斜面的动摩擦因数相同，当他们分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时，下列说法正确的是( )A．沿2、3斜面运动的时间t2>t3B．沿1、2斜面运动过程中克服摩擦力做功W1<W2C．沿1、3斜面运动过程中物体损失的机械能ΔE1>ΔE3D．物块在三种情况下到达底端的动能E k1>E k2>E k39．如图所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环轨道做圆周运动．小环从最高点A(初速度为零)滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的平方v2随下落高度h 的变化图象可能是图中的( )10．当今流行一种“蹦极”运动，如图所示，距河面45 m高的桥上A点系弹性绳，另一端系住重50 kg男孩的脚，弹性绳原长AB为15 m，设男孩从桥面自由下坠直至紧靠水面的C点，末速度为0.假定整个过程中，弹性绳遵循胡克定律，绳的质量、空气阻力忽略不计，男孩视为质点．弹性势能可用公式：E p＝kx22(k为弹性绳的劲度系数，x为弹性绳的形变长度)计算．(g＝10 m/s2)则：(1)男孩在最低点时，绳具有的弹性势能为多大？绳的劲度系数又为多大？(2)在整个运动过程中，男孩的最大速度又为多大？11．如图所示，质量m＝1 kg的物块从h＝0.8 m高处沿光滑斜面滑下，到达底部时通过光滑圆弧BC滑至水平传送带CD上，CD部分长L＝2 m．传送带在皮带轮带动下以v＝4 m/s的速度逆时针传动，物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.3.求：(1)物块滑到C、D两点时的速度大小各为多少？(2)物块从C滑到D的过程中，皮带对物块做多少功？(3)物块从C滑到D的过程中，因摩擦产生的热量是多少？高考物理一轮复习《功能关系、能量守恒》典型题（精排版）参考答案1解析：运动员经过助跑后，跳起过杆时，其重心升高，在四种过杆姿势中背越式相对于杆的重心位置最低，所以在消耗相同能量的条件下，该种过杆姿势能越过更高的横杆．选项D正确．答案：D2解析：由题意知外力对绳索做正功，机械能增加，重心升高，故选A.答案：A3解析：运动员从C点到A点的运动过程，跳板对运动员的弹力先是大于重力，后小于重力，最后弹力为零，故运动员先处于超重状态，后处于失重状态，A错误；运动员从C点开始到落水之前，除重力做功外，跳板弹力对运动员做功，运动员机械能增加，B错误；运动员从入水至速度减为零的过程中，除重力(或弹力)以外的力对运动员所做的功等于其机械能的变化量，故C错误，D正确．答案：D4解析：由动能定理可知，合外力对物体A所做的功等于物体A的动能增量，合外力对B做的功等于物体B动能的增量，而合外力对B所做的功等于外力F做的功、摩擦力对B做的功和弹簧弹力对B做的功之和，选项A正确，B错误；物体B克服弹簧弹力做的功应大于弹簧的弹性势能的增加量，所以外力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和应大于物体B的动能增量及弹簧弹性势能增量之和，选项D错误；取整体为研究对象，由功能关系可以判断，外力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于系统的机械能的增量，选项C正确．答案：AC5解析：整体在小桶和砂子重力mg作用下做加速运动，只有在M远远大于m 时，才可以认为绳拉车的力为mg，选项A错误，B正确；由能的转化与守恒定律可知，小桶和砂子减少的重力势能mgh转化为整体的动能，所以小车获得的动能为Mmgh/(M＋m)，选项C错误，D正确．答案：BD6解析：A位置运动员只受重力，向下运动所受到跳板给他的支持力越来越大，运动员先加速后减速；动能先增大后减小，B位置速度为0，但向上的合力最大，由动能定理可知，D对．答案：CD7解析：A→B，由动能定理，W－MgH＝12mv2，A对；动摩擦因数μ明显不同；A→B摩擦力做功一样，但甲一直产生热量，而乙中只有AC段产生热量，所以产生热量不同，再由能量守恒则消耗的电能不等．答案：AC8解析：设2、3高度为h，倾角为θ，a＝g sin θ－μg cos θ，所以h sin θ＝12at2t＝2ha sin θ＝2hgθ－μcos θin θ，所以t2<t3；1、2底边为l，则W＝μmg cos θ·lcos θ＝μmgl，所以W1＝W2；W＝μmg cosθ·hsin θ＝μmgh cot θ，所以W2<W3，ΔE1<ΔE3，D对．答案：D9解析：考虑环下降过程中受到的各个力的做功情况，重力做正功，圆环对小环的支持力始终与小环运动方向垂直，不做功，由动能定理ΔE k＝12mv2＝mgh，v2与h的关系为线性关系，又因h＝0时，v也为零．所以图象过原点，只有B符合条件，选B.答案：B10解析：男孩从桥面自由下落到紧靠水面的C点的过程中，重力势能的减少量对应弹性势能的增加量，男孩速度最大时，应为加速度为零的位置．(1)由功能转化关系可知，mgh＝E p，Ep＝50×10×45 J＝2.25×104 J又E p＝12kx2，x＝45 m－15 m＝30 m所以k＝2E px2＝2×2.25×104302N/m＝50 N/m.(2)男孩加速度为零时，mg＝kx′，得x′＝10 m，由能的转化和守恒定律得：mg(hAB ＋x′)＝12kx′2＋12mv2m，所以v m＝20 m/s.答案：(1)2.25×104 J 50 N/m (2)20 m/s 11解析：(1)由机械能守恒定律mgh＝12 mv21解得物块到达C点的速度v1＝2gh＝4 m/s 物块在皮带上滑动的加速度a＝μg＝3 m/s2由运动学公式－2aL＝v22－v21解得物块到达D点的速度v2＝v21－2aL＝2 m/s(2)皮带对物块做功W＝－μmgL＝－6 J(3)物块从C滑到D的时间t1＝v2－v1－a＝23s物块与皮带相对滑动距离s1＝vt1＋L物块在皮带上滑动的过程中产生的热量Q＝μmgs1得Q＝14 J答案：(1)4 m/s 2 m/s (2)－6 J (3)14 J。
物理高考一轮复习外力做功和动能专题练习(含答案)
物理高考一轮复习外力做功和动能专题练习（含答案）做功是指能量由一种方式转化为另一种的方式的进程。
以下是外力做功和动能专题练习，请考生及时练习。
1.在应用自在落体运动探求物体做功与动能变化的关系的实验中，以下物理量需求用工具直接测量的有()A.重锤的质量B.重力减速度C.重锤下落的高度D.与重锤下落高度对应的重锤的瞬时速度2.在做探求物体做功与动能变化的关系的实验中，发现重力做的功总是大于重锤添加的动能，形成这种现象的缘由是()A.选用的重锤质量过大B.选用的重锤质量过小C.空气对重锤的阻力和打点计时器对纸带的阻力D.实验时操作不精细，实验数据测量不准确二、非选择题3.在探求物体做功与动能变化的关系的实验中，实验装置已装置终了，请完成如下实验操作：(1)将纸带穿过打点计时器的________，纸带下端固定在重锤上，上端用手提住，纸带不与限位孔接触.(2)接通打点计时器的电源使它任务，让纸带从________形状末尾释放，计时器在纸带上打出一系列的点.(3)改换纸带重复停止四次实验，从打出的几条纸带中挑选第1、2点距离接近________mm、并且点迹明晰的纸带停止下面的测量.(4)取纸带上的第1个点记为O，在第1个点后距离较远处恣意选取一点P，记P点为n，用刻度尺测出________的距离h.(5)打点计时器任务电源频率为50 Hz，那么打点距离时间为________s.依据公式________计算出P点的速度v.(6)由下面的h和v区分计算________和________，看两者________.(7)在其他纸带上再另选几个点，重复步骤(4)、(5)、(6).4.在应用打点计时器探求物体做功与动能变化的关系的实验中，假设纸带上前面几点比拟密集，不够明晰，可舍去前面的比拟密集的点，在前面取一段打点较为明晰的纸带，异样可以验证，如图1所示，取O点为起始点，各点间的间距已量出并标在纸带上，所用交流电的频率为50 Hz，重物的质量为m kg.(1)打A点时，重物下落速度为vA=________，重物动能EkA________.(2)打F点时，重物下落速度为vF=________，重物动能EkF=________(3)打点计时器自打下A点末尾到打出F点，重物重力做的功为______，动能的添加量为________.(4)依据纸带提供的数据，在误差允许的范围内，重物从打点计时器打出A点到打出F点的进程中，失掉的结论是________________________________________________________________________________________________ _____________________.5.质量为1 kg的重物自在下落，经过打点计时器在纸带上记载下运动进程，打点计时器所接电源为6 V、50 Hz的交流电源，如图2所示，纸带上O点为重物自在下落时打点的终点，选取的计数点A、B、C、D、E、F、G依次距离一个点(图中未画出)，各计数点与O点的距离依次为31.4、70.6、125.4、195.9、282.1、383.8、501.2，单位为mm，重力减速度为9.8 m/s2，那么(1)求出B、C、D、E、F各点速度并填入下表.计数点 B C D E F 速度(ms-1) (2)求出物体下落时从O点到图中各点进程中重力所做的功.计数点 B C D E F 功(J) (3)适中选择坐标轴，在图3中作出重力做的功与速度的相关量之间的关系图.图中纵坐标表示____________，横坐标表示____________，由图可得重力所做的功与____________成________关系.参考答案1.C2.C3.(1)限位孔并在复写纸下面经过(2)运动 (3)2 (4)O点到P点(5)0.02(6)重锤重力做的功WG=mgh 重锤动能添加量Ek=mv2 能否近似相等解析为了在纸带上留下明晰的点，(1)中应填限位孔并在复写纸下面经过在数据处置中需测量物体的下落高度，所以必需保证物体(纸带)从运动形状末尾释放;末尾下落的前两个点间距离应满足h=gT2=10 m/s2(0.02 s)2=2 mm.所以(3)中应填2在计算下落进程中外力做功时需找到下落高度，即应测出O点到P点的距离h;由于交流电源的频率为50 Hz，那么打点距离为 s即0.02 s，测P点速度时，应依据匀变速运动中某段时间的平均速度即为中间时辰的瞬时速度，即v=求得;在验证时应计算出外力的功即重力做功mgh和下落对应高度取得的动能mv2，然后看二者在误差允许范围内能否相等.4.(1)1.30 m/s 0.85m J(2)2.28 m/s 2.60m J(3)1.75m J 1.75m J(4)见地析解析此题考察实验数据的处置效果.重物在各点的速度可由前后相邻的两段时间内的平均速度计算，再由Ek=mv2计算出其动能;测出相对应的物体下落的高度h，便可求出重力的功，然后比拟，便可得出本实验的结论.(1)vA== m/s=1.30 m/sEkA=mv=m1.32 J=0.85 m J.(2)vF== m/s=2.28 m/sEkF=mv=m2.282 J=2.60m J.(3)WG=mghAF=m9.8(2.79+3.19+3.58+3.97+4.37)10-2J1.75 m J.Ek=EkF-EkA=2.60 m J-0.85m J=1.75m J(4)由于在实验误差范围内WG=Ek，即重力做的功等于物体动能的变化.5.(1)1.18 1.57 1.96 2.35 2.74(2)0.69 1.23 1.92 2.76 3.76(3)如以下图所示重力做的功WG 速度的平方v2 速度的平方v2 正比解析 (1)各点速度由公式v==，求出vB== m/s1.18 m/s同理vC1.57 m/s，vD1.96 m/s，vE2.35 m/s，vF2.74 m/s (2)重力做的功由W=mgx求出WB=mg=19.870.610-3 J0.69 J同理WC1.23 J，WD1.92 J，WE2.76 J，WF3.76 J外力做功和动能专题练习和答案的全部内容就是这些，查字典物理网希望对考生查缺补漏有协助。
高考物理一轮复习 专项训练 物理动能与动能定理及解析
高考物理一轮复习 专项训练 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，水平地面上一木板质量M ＝1 kg ，长度L ＝3.5 m ，木板右侧有一竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径R ＝1 m ，最低点P 的切线与木板上表面相平．质量m ＝2 kg 的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以0v 39m /s 的速度与圆弧轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最终滑离木板．已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10 m/s 2．求： (1)滑块对P 点压力的大小；(2)滑块返回木板上时，木板的加速度大小； (3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间．【答案】(1)70 N (2)1 m/s 2 (3)1 s 【解析】 【分析】 【详解】(1)滑块在木板上滑动过程由动能定理得：－μ1mgL ＝12mv 2－1220mv 解得：v ＝5 m/s在P 点由牛顿第二定律得：F －mg ＝m 2v r解得：F ＝70 N由牛顿第三定律，滑块对P 点的压力大小是70 N (2)滑块对木板的摩擦力F f 1＝μ1mg ＝4 N 地面对木板的摩擦力 F f 2＝μ2(M ＋m )g ＝3 N对木板由牛顿第二定律得：F f 1－F f 2＝Ma a ＝12f f F F M－＝1 m/s 2(3)滑块滑上圆弧轨道运动的过程机械能守恒，故滑块再次滑上木板的速度等于v ＝5 m/s 对滑块有：(x ＋L )＝vt －12μ1gt 2 对木板有：x ＝12at 2解得：t ＝1 s 或t ＝73s(不合题意，舍去) 故本题答案是： (1)70 N (2)1 m/s 2 (3)1 s 【点睛】分析受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可．2．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。
高考物理一轮复习母题专练：功和能(含详解)
E 单元 功和能目录E1 功和功率 - 1 -E2 动能 动能定理 - 2 -E3 机械能守恒定律 - 10 -E4 实验：探究动能定理 22E5 实验：验证机械能守恒定律 - 20 -E6 功和能综合 - 21 -E1 功和功率【题文】（物理卷·2016届甘肃省兰州一中高一下学期期末考试（2014.07））17．（12分）如图甲所示，在水平路段AB 上有一质量为2×103 kg 的汽车，正以10 m/s 的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC 较粗糙，汽车通过整个ABC 路段的v －t 图象如图乙所示，在t ＝20 s 时汽车到达C 点，运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变。
假设汽车在AB 路段上运动时所受的恒定阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)Ff1＝2 000 N 。
(解题时将汽车看成质点)求：(1)运动过程中汽车发动机的输出功率P ；(2)汽车速度减至8 m/s 时的加速度a 的大小；(3)BC 路段的长度。
【知识点】 动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．E1 E2 E6【答案解析】(1)20kW(2) 0.75 m/s2 (3)93.75m 解析(1)汽车在AB 路段时牵引力和阻力相等，则F1＝Ff1，输出功率P ＝F1v1 解得P ＝20 kW(2)t ＝15 s 后汽车处于匀速运动状态，有F2＝Ff2，P ＝F2v2，则Ff2＝P v2解得Ff2＝4 000 Nv ＝8 m/s 时汽车在做减速运动，有Ff2－F ＝ma ，F ＝P v解得a ＝0.75 m/s2(3)对BC 段由动能定理得 Pt －Ff2x ＝12mv22－12mv21 解得x ＝93.75 m【思路点拨】（1）由图看出，汽车的运动情况，AB 段汽车做匀速运动，牵引力与阻力相等，由P=Fv ，F=f1=2000N 求解汽车发动机的输出功率P ．（2）t=15s 后汽车处于匀速运动状态，由功率公式求出阻力的大小，汽车速度减至8m/s 时，由功率公式求出牵引力的大小，再由牛顿第二定律求解汽车的加速度．（3）对BC 段，根据动能定理求解BC 路段的长度．本题首先要根据速度图象分析汽车的运动情况，抓住汽车的功率一定这个条件，掌握功率公式P=Fv ，即可由图象读出速度，求解牵引力和阻力．E2 动能 动能定理【题文】（物理卷·2016届甘肃省兰州一中高一下学期期末考试（2014.07））7．已知货物的质量为m ，在某段时间内起重机将货物以a 的加速度加速升高h ，则在这段时间内，下列叙述正确的是(重力加速度为g)A ．货物的动能一定增加mah －mghB ．货物的机械能一定增加mahC ．货物的重力势能一定增加mahD ．货物的机械能一定增加mah ＋mgh【知识点】 功能关系；动能和势能的相互转化．E2 E3 E6【答案解析】D 解析解：A 、根据牛顿第二定律得：合力为F 合=ma ，则合力做功为W 合=mah ，知动能增加量为mah ．故A 错误．B 、货物上升h 高度，重力势能的增加量为mgh ，则机械能的增加量为mah+mgh ．故B 、C 错误，D 正确．故选：D ．【思路点拨】根据重力做功的大小求出重力势能的增加量，根据合力做功的大小求出动能的增加量，根据动能和重力势能的增加量求出机械能的增加量．解决本题的关键知道重力做功与重力势能的关系，合力做功与动能的关系，对于机械能的变化量，也可以通过除重力以外其它力做功等于机械能增加量求出机械能的增加量．【题文】（物理卷·2016届甘肃省兰州一中高一下学期期末考试（2014.07））15．（10分）如右图所示，BC 是半径为R 的14/圆弧形光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E ，今有一质量为m 、带正电q 的小滑块，（体积很小可视为质点），从C 点由静止释放，滑到水平轨道上的A 点时速度减为零。
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动能定理及其应用
高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动能定理及其应用1.(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v 1增大到v 2时，上升高度为H ，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是( )A ．对物体，动能定理的表达式为W ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功B ．对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力做的功C ．对物体，动能定理的表达式为W －mgH ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功D ．对电梯，其所受的合力做功为12M v 22－12M v 122.如图所示，一半圆弧形细杆ABC 竖直固定在水平地面上，AC 为其水平直径，圆弧半径BO ＝3.6 m ．质量为m ＝4.0 kg 的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的)套在细杆上，在大小为50 N 、方向始终沿圆的切线方向的拉力F 作用下，从A 点由静止开始运动，到达B 点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g 取10 m/s 2，在这一过程中摩擦力做功为( )A ．66.6 JB ．－66.6 JC ．210.6 JD ．－210.6 J3．(2023·湖南怀化市模拟)如图所示，DO 是水平面，AB 是斜面，初速度为v 0的物体从D 点出发沿DBA 滑动到顶点A 时速度刚好为零，如果斜面改为AC ，让该物体从D 点出发沿DCA 滑动到A 点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B 、C 处能量损失)( )A ．等于v 0B ．大于v 0C ．小于v 0D ．取决于斜面4.(多选)(2023·云南昆明市第一中学、宁夏银川一中模拟)如图，若小滑块以某一初速度v 0从斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能运动到斜面顶端．现仅将光滑斜面改为粗糙斜面，仍让滑块以初速度v 0从斜面底端上滑时，滑块恰能运动到距离斜面底端长度的34处．则( )A ．滑块滑上斜面后能再次滑回斜面底端B ．滑块滑上斜面后不能再次滑回斜面底端C ．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为18m v 02D ．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为14m v 025.A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，先后撤去F 1、F 2后，两物体最终停下，它们的v －t 图像如图所示．已知两物体所受的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2大小之比为1∶2B．F1对A、F2对B做功之比为1∶2C．A、B质量之比为2∶1D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶16.电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人或载运货物．某次电梯从地面由静止启动，加速度a与离地高度h的关系图像如图所示，则()A．2h0～3h0范围内电梯向上做匀减速直线运动B．电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量相等C．电梯在3h0处的速度大小为2a0h0D．电梯上升的最大高度可能为3h07．(2019·全国卷Ⅲ·17)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，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg8.(多选)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为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(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则()A ．动摩擦因数μ＝67B ．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35g9.如图所示，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的小球(可看成质点)从P 点上方高为R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．小球滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力大小为4mg ，g 为重力加速度．用W 表示小球从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功，则( )A ．W ＝12mgR ，小球恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，小球不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离10．(2023·云南昆明市第一中学模拟)如图甲所示，两个不同材料制成的滑块A 、B 静置于水平桌面上，滑块A 的右端与滑块B 的左端接触．某时刻开始，给滑块A 一个水平向右的力F ，使滑块A 、B 开始滑动，当滑块A 、B 滑动1.0 m 时撤去力F .整个运动过程中，滑块A 、B 的动能E k 随位移x 的变化规律如图乙所示．不计空气阻力，求：(1)滑块A 对B 做的功； (2)力F 的大小．11.如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道P A 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求：(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； (2)小球到达B 点时对圆弧轨道的压力大小．答案及解析1．CD 2.B 3.A 4.AD 5.C 6.C 7．C8．AB [对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg ·2h －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确；滑草车在滑道上段加速，在滑道下段减速，故滑草车通过上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh －μmg cos 45°·h sin 45°＝12m v m 2，解得：v m ＝2gh7，选项B 正确；全过程有W G －W 克f＝0，则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为a ＝mg sin 37°－μmg cos 37°m ＝－335g ，故加速度大小为335g ，选项D 错误．]9．C [在N 点，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v N 2R ，由牛顿第三定律知F N ＝F N ′＝4mg ，解得v N ＝3gR ，对小球从开始下落至到达N 点的过程，由动能定理得mg ·2R －W ＝12m v N 2－0，解得W ＝12mgR .由于小球在PN 段某点处的速度大于此点关于ON 在NQ 段对称点处的速度，所以小球在PN 段某点处受到的支持力大于此点关于ON 在NQ 段对称点处受到的支持力，则小球在NQ 段克服摩擦力做的功小于在PN 段克服摩擦力做的功，小球在NQ 段运动时，由动能定理得－mgR －W ′＝12m v Q 2－12m v N 2，因为W ′<12mgR ，故v Q >0，所以小球到达Q 点后，继续上升一段距离，选项C 正确．] 10．(1)12 J (2)39 N解析 (1)B 在撤去F 后继续滑行x B ＝1.0 m ，撤去F 时B 的动能E k B ＝6 J ， 由动能定理有－F f B x B ＝0－E k B 在撤去F 前，对B 由动能定律得 W AB －F f B x ＝E k B联立并代入数据解得W AB ＝12 J(2)撤去力F 后，滑块A 继续滑行的距离为x A ＝0.5 m ，撤去F 时A 的动能E k A ＝9 J ， 由动能定理有－F f A x A ＝0－E k A力F 作用的过程中，分析滑块A 、B 整体，由动能定理有 (F －F f A －F f B )x ＝E k A ＋E k B 代入数据解得F ＝39 N. 11．(1)34mg5gR 2 (2)152mg 解析 (1)设水平恒力的大小为F 0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F ，小球到达C 点时速度的大小为v C ，则F 0mg ＝tan α，F ＝mgcos α， 由牛顿第二定律得F ＝m v C 2R ，联立并代入数据解得F 0＝34mg ，v C ＝5gR2. (2)设小球到达B 点时速度的大小为v B ，小球由B 到C 的过程中由动能定理可得－2FR ＝12m v C 2－12m v B 2， 代入数据解得v B ＝52gR小球在B 点时有F N －F ＝m v B 2R ，解得F N ＝152mg ，由牛顿第三定律可知，小球在B 点时对圆弧轨道的压力大小为F N ′＝152mg .。
高考物理《动能和动能定理》真题练习含答案
高考物理《动能和动能定理》真题练习含答案1．[2024·江苏省淮安市学情调研]质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一水平放置的轻弹簧O 端相距s ，轻弹簧的另一端固定在竖直墙上，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的过程中，克服弹簧弹力所的功为( )A ．12 m v 20 －μmg (s ＋x )B ．12m v 20 －μmgx C ．μmg (s ＋x )－12m v 20 D ．－μmg (s ＋x ) 答案：A解析：从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，由动能定理－μmg (s ＋x )－W ＝0－12m v 20 ，解得W ＝12 m v 20 －μmg (s ＋x )，A 正确．2.[2024·河南省部分学校摸底测试]如图所示，水平圆盘桌面上放有质量为0.1 kg 的小铁碗A (可视为质点)，一小孩使圆盘桌面在水平面内由静止开始绕过圆盘中心O 的轴转动，并逐渐增大圆盘转动的角速度，直至小铁碗从圆盘的边缘飞出，飞出后经过0.2 s 落地，落地点与飞出点在地面投影点的距离为80 cm.若不计空气阻力，该过程中，摩擦力对小铁碗所做的功为( )A.0.2 J B ．0.4 JC ．0.8 JD ．1.6 J答案：C解析：小铁碗飞出后做平抛运动，由平抛运动规律可得v ＝x t，解得v ＝4 m/s ，小铁碗由静止到飞出的过程中，由动能定理有W ＝12m v 2，故摩擦力对小铁碗所做的功W ＝0.8 J ，C 正确．3．(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上，质量为m 的物块受到沿斜面向上的恒力F 的作用，沿斜面以速度v 匀速上升了高度h .已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ、重力加速度为g .关于上述过程，下列说法正确的是( )A ．合力对物块做功为0B ．合力对物块做功为12m v 2 C ．摩擦力对物块做功为－μmg cos θh sin θD ．恒力F 与摩擦力对物块做功之和为mgh答案：ACD解析：物体做匀速直线运动，处于平衡状态，合外力为零，则合外力做功为零，故A正确，B 错误；物体所受的摩擦力大小为f ＝μmg cos θ，物体的位移x ＝h sin θ，摩擦力对物块做功为W f ＝－fx ＝－μmg cos θh sin θ，C 正确；物体所受各力的合力做功为零，则W G ＋W F ＋W f ＝0，所以W F ＋W f ＝－W G ＝－(－mgh )＝mgh ，D 正确．4．(多选)质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则此物体( )A ．在位移x ＝9 m 时的速度是33 m/sB ．在位移x ＝9 m 时的速度是3 m/sC ．在OA 段运动的加速度是2.5 m/s 2D ．在OA 段运动的加速度是1.5 m/s 2答案：BD解析：运动x ＝9 m 的过程由动能定理W －μmgx ＝12m v 2，得v ＝3 m/s ，A 错误，B 正确；前3 m 过程中，水平拉力F 1＝W 1x 1 ＝153N ＝5 N ，根据牛顿第二定律，F 1－μmg ＝ma 得a ＝1.5 m/s 2，C 错误，D 正确．5．[2024·张家口市期末考试]如图所示，倾角为θ＝37°的足够长光滑斜面AB 与长L BC ＝2 m 的粗糙水平面BC 用一小段光滑圆弧(长度不计)平滑连接，半径R ＝1.5 m 的光滑圆弧轨道CD 与水平面相切于C 点，OD 与水平方向的夹角也为θ＝37°.质量为m 的小滑块从斜面上距B 点L 0＝2 m 的位置由静止开始下滑，恰好运动到C 点．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求小滑块与粗糙水平面BC 间的动摩擦因数μ；(2)改变小滑块从斜面上开始释放的位置，小滑块能够通过D 点，求小滑块的释放位置与B 点的最小距离．答案：(1)0.6 (2)6.75 m解析：(1)滑块恰好运动到C 点，由动能定理得mgL 0sin 37°－μmgL BC ＝0－0解得μ＝0.6(2)滑块能够通过D 点，在D 点的最小速度，由mg sin θ＝m v 2D R解得v D ＝3 m/s设滑块在斜面上运动的距离为L ，由动能定理得mgL sin θ－μmgL BC －mgR (1＋sin θ)＝12m v 2D －0 解得L ＝6.75 m。
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高考物理一轮复习《动能定律及其应用》典型题（精排版）精品推荐1．下列叙述中正确的是( )A ．滑动摩擦力总是对物体做功，静摩擦力总是不做功B ．只要是恒力对物体做功，都是与物体运动路径无关，只与物体的初末位置有关C ．物体的动能变化量为零，物体所受的合外力一定为零，或者物体的位移为零D ．外力对物体做功的代数和为零的过程中，物体必定处于静止状态或匀速直线运动状态2．速度为v 的子弹，恰好可以穿透一块固定着的木板，如果子弹速度为2v ，子弹穿透木板时阻力视为不变，则可穿透几块同样的木板( )A ．2块B ．3块C ．4块D ．1块3．如图所示，水平传送带长为s ，以速度v 始终保持匀速运动，把质量为m 的货物放到A 点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ.当货物从A 点运动到B 点的过程中，摩擦力对货物做的功可能是( )A ．等于12mv 2B ．小于12mv2C ．大于μmgsD ．小于μmgs4．质量为1 kg 的物体以某一初速度在水平地面上滑行，由于受到地面摩擦阻力作用，其动能随位移变化的图线如图所示，g ＝10 m/s 2，则物体在水平地面上( )A ．所受合外力大小为5 NB ．滑行的总时间为4 sC．滑行的加速度大小为1 m/s2 D．滑行的加速度大小为2.5 m/s25．如图所示，质量为m的物体从斜面上的A处由静止滑下，停在水平面上的B点(斜面与水平面通过一小段与它们相切的圆弧连接)，量得A、B两点间的水平距离和B、C间距离均为s，物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为μ.如果用与轨道平行的力F把物体从C处拉回A处，则力F做的功至少为( )A．μmgs B．2μmgs C．3μmgs D．4μmgs6．人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的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，如图所示．则在此过程中( )A．物体所受的合外力做功为mgh＋12 mv2B．物体所受的合外力做功为12 mv2C．人对物体做的功为mghD．人对物体做的功大于mgh7．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做功的代数和等于( ) A．棒的机械能增加量B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量8．如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小．先让物块从A由静止开始滑到B.然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A.上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有( )A．物块经过P点的动能，前一过程较小B．物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少C．物块滑到底端的速度，前一过程较大D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长9．质量为2 kg的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移l之间的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s2，则此物体( )A．在位移为l＝9 m时的速度是3 3 m/sB．在位移为l＝9 m时的速度是3 m/sC．在OA段运动的加速度是2.5 m/s2D．在OA段运动的加速度是1.5 m/s210．质量为5×103kg的汽车在t＝0时刻速度v0＝10 m/s，随后以P＝6×104 W的额定功率沿平直公路继续前进，经72 s达到最大速度，该汽车受恒定阻力，其大小为2.5×103 N．求：(1)汽车的最大速度v m；(2)汽车在72 s内经过的路程s.11．如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中．一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然伸长状态．一质量为m、带电荷量为q(q>0)的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g.(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1；(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为v m，求滑块从静止释放到速度大小为v m过程中弹簧的弹力所做的功W；(3)从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系vt图象．图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，v m是题中所指的物理量．(本小题不要求写出计算过程)高考物理一轮复习《动能定律及其应用》典型题（精排版）参考答案1解析：滑动摩擦力有时不对物体做功，静摩擦力也可以对物体做功，A 错．利用匀速圆周运动模型可以否定C 、D.答案：B2解析：设阻力为f ，根据动能定理，初速为v 时－fs ＝0－12mv 2，初速为2v时－fns ＝0－12m (2v )2，解得n ＝4.答案：C3解析：物体在传送带上相对地面可能先加速后匀速，也可能一直加速而物体的速度小于v ，故可能等于12mv 2，可能小于12mv 2，可能等于μmgs ，可能小于μmgs ，但不可能大于μmgs ，故选A 、B 、D.答案：ABD4解析：物体初动能为50 J(初速度为10 m/s)，在摩擦力作用下滑动20 m 动能为零，根据动能定理得所受合外力为2.5 N ，A 错；由牛顿第二定律知物体加速度大小为2.5 m/s 2，C 错D 对；时间t ＝v 0a＝4 s ，B 对．答案：BD5解析：由动能定理，A →B ，mgh －μmgs ＝0，C →A ，则W －μmg ·2s －mgh ＝0，∴W ＝3μmgs .答案：C6解析：物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W 合＝W F －W f －mgh ＝12mv 2，其中W f 为物体克服摩擦力做的功．人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W人＝W F＝W f＋mgh＋12mv2，A、C错误，B、D正确．答案：BD7解析：金属棒受重力、恒力F和安培力作用，力F对金属棒做功，金属棒克服重力和安培力做功，由动能定理WF＋WF A＋W G＝ΔE kWF＋WF A＝－W G＋ΔE k＝mgh＋ΔE k即F与F A做功的代数和等于金属棒机械能的增加量，故A正确，B、C、D均错．答案：A8解析：前一过程，从A到P，所受摩擦力较大，下滑加速度较小，位移较小，故在P点的动能较小；后一过程，从B到P，下滑加速度较大，位移较大，故在P点的动能较大，所以A正确；两过程中，前者摩擦力大，位移小，后者摩擦力小，位移大，无法比较产生热量的大小，故B不正确；物块滑到底端的两过程合外力的功相同，根据动能定理，滑到底端速度相等，即C不正确；由牛顿第二定律，结合两次加速度变化特点，两次图象如vt图所示，位移相等，故前一过程时间较长，D正确．答案：AD9解析：在位移l＝9 m时由动能定理，W－μmgl＝12 mv2∴v＝2W－2μmglm＝2×27－2×0.1×2×10×92m/s＝3 m/s.在OA段运动时，W＝FlF＝Wl＝153N＝5 N∴F－μmg＝ma∴a＝F－μmgm＝5－0.1×2×102m/s2＝1.5 m/s2.答案：BD10解析：(1)达到最大速度时，牵引力等于阻力P＝fvmv m ＝Pf＝6×1042.5×103m/s＝24 m/s(2)由动能定理可得Pt－fs＝12mv2m－12mv2所以s＝2Pt－m v2m－v202f＝2×6×104×72－5×1032－1022×2.5×103m＝1 252 m答案：(1)24 m/s (2)1 252 m11解析：(1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有qE＋mg sin θ＝ma①s 0＝12at21②联立①②可得t1＝2ms0qE＋mg sin θ③(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0，则有mg sin θ＋qE＝kx④从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得(mg sin θ＋qE)·(s0＋x0)＋W＝12mv2m－0⑤联立④⑤可得W＝12mv2m－(mg sin θ＋qE)·(s0＋mg sin θ＋qEk)(3)如图(说明：0～t1匀加速是直线t1～t2变加速达最大速度t 2～t3变减速减到零)答案：(1)2ms0qE＋mg sin θ(2)12mv2m－(mg sin θ＋qE)(s0＋mg sin θ＋qEk)(3)见解析。