高考物理二轮复习必备章节检测 第6章 检测2 动能和动能定理
第六章 第2讲 动能定理-2025高三总复习 物理(新高考)
第2讲动能定理[课标要求]1．理解动能和动能定理。
2．能用动能定理解释生产生活中的现象。
考点一动能定理的理解1．动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。
(2)公式：E k＝12m v2，国际制单位：焦耳(J)。
1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。
(3)动能是标量、状态量。
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＝E k2－E k1＝12m v22－12m v21＝ΔE k。
(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。
自主训练1动能的理解高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。
在启动阶段，列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比答案：B解析：动能E k＝12m v2，与速度的平方成正比，C错误；速度v＝at，可得E k＝12ma2t2，与经历的时间的平方成正比，A错误；根据v2＝2ax，可得E k＝max，与位移成正比，B正确；动量p＝m v，可得E k＝p22m，与动量的平方成正比，D错误。
自主训练2动能定理的理解(多选)(2023·陕西宝鸡二模)下列说法正确的有()A．若运动物体所受的合外力为零，则物体的动能一定保持不变B．若运动物体所受的合外力不为零，则物体的动能一定发生变化C．若运动物体的动能保持不变，则该物体所受合外力一定为零D．若运动物体的动能发生变化，则该物体所受合外力一定不为零答案：AD解析：运动物体所受合外力为零，合外力对物体不做功，由动能定理可知，物体动能不变，故A正确；运动物体所受合外力不为零，物体运动状态一定变化，则该物体一定做变速运动，如果合外力方向与物体速度方向垂直，则合外力对物体不做功，物体动能不变，故B错误；如果运动物体所受合外力与物体的速度方向垂直，则合外力对物体不做功，物体动能不变，如匀速圆周运动，故C错误；若运动物体的动能发生变化，根据动能定理可知，合外力一定做功，即合外力一定不为零，故D正确。
高考必刷题物理动能与动能定理题及解析
高考必刷题物理动能与动能定理题及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在 A 点用一弹射装置可 将静止的小滑块以 v 0水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到 B 点后，进入半径 R =0.3m 的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自 B 点向 C 点运动，C 点右侧有一陷阱，C 、D 两点的竖 直高度差 h =0.2m ，水平距离 s =0.6m ，水平轨道 AB 长为 L 1=1m ，BC 长为 L 2 =2.6m ，小滑块与 水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.5，重力加速度 g =10m/s 2.(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小； (2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小的范围． 【答案】（1）（2）5m/s≤v A ≤6m/s 和v A ≥【解析】 【分析】 【详解】（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v ，由牛顿第二定律及机械能守恒定律由B 到最高点2211222B mv mgR mv =+ 由A 到B ：解得A 点的速度为（2）若小滑块刚好停在C 处，则：解得A 点的速度为若小滑块停在BC 段，应满足3/4/A m s v m s ≤≤ 若小滑块能通过C 点并恰好越过壕沟，则有212h gt =c s v t =解得所以初速度的范围为3/4/A m s v m s ≤≤和5/A v m s ≥2．某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。
传送带由电动机带动，以2m/s v =的速度顺时针匀速转动，倾角37θ=︒。
工人将工件轻放至传送带最低点A ，由传送带传送至最高点B 后再由另一工人运走，工件与传送带间的动摩擦因数为78μ=，所运送的每个工件完全相同且质量2kg m =。
传送带长度为6m =L ，不计空气阻力。
2025年高考物理一轮总复习(提升版)第六章机械能第2讲动能和动能定理
1 +0
A错误；小球甲被锁定时，弹簧弹力做功为W＝x 1 ＝
x 1 ＝0.4
2
J，根据功能关系可得，弹性势能为E p＝W＝0.4 J，故B错误；根
据运动学公式v 2 ＝2ax 1 ，解得v＝2 m/s，故C正确；解除对小球甲
（2）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，也可以全过程应用动能定理求解。
（3）动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。
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高中总复习·物理(提升版)
1. 【动能定理的理解】（多选）质量不等，但有相同动能的两个物
体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则（
）
A. 质量大的物体滑行的距离大
1
60°）＝ m 2
2
−
1
m 2 ，
2
小物块由B到C做平抛运动，由速度的分解可知，
v B ＝v C cos 60°，
设B、D两点的高度差为h，小物块由B到D的过程，由动能定
1
理有mgh＝ m 2
2
−
1
m 2 ，
2
代入数据解得h＝0。
目录
高中总复习·物理(提升版)
（3）小物块在A点的初速度大小。
＝Ek4－0，则在x＝4 m时，物体的动能Ek4＝2 J，B正确；0～2 m的过
程，物体克服摩擦力做的功Wf2＝Ffx2＝8 J，C正确；由W－x图像可
知，2～4 m的过程，拉力F2＝3 N，则F1＞Ff＞F2，所以物体在0～2 m
的过程做加速运动，2～4 m的过程做减速运动，故0～4 m的过程，物
ℎ
2025高考物理备考复习教案 第六章 第2讲 动能和动能定理
1
是飞机所受重力的 ，g取10
50
(1)飞机起飞时的动能是
[解析]
m/s2.
2.24×108 J.
1
Ek＝ mv2＝2.24×108
2
J
(2)此过程飞机的动能变化量是
2.24×108 J.
[解析] ΔEk＝Ek-Ek0＝2.24×108 J
加速度的大小.用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功.则
(
C )
1
2
A. W＝ mgR，质点恰好可以到达Q点
1
2
B. W＞ mgR，质点不能到达Q点
1
2
C. W＝ mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D.
1
W＜ mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
2
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第2讲
动能和动能定理
2
1
2
− m12
或W＝Ek2-Ek1
合力
做的功是物体动能变化的量度
曲线运动
①既适用于直线运动，也适用于[6]
变力做功
②既适用于恒力做功，也适用于[7]
[5]
③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以[8]
用
间断作
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第2讲
动能和动能定理
如图，一架喷气式飞机，质量m为7.0×104 kg，起飞过程中从静止开始滑跑.当位
解题应抓住
“两状态，一
过程”
“一过程”即明确研究过程，确定在这一过程中研究对象的受力
情况和位置变化或位移信息
高考物理二轮专题训练动能动能定理(含解析)(最新整理)
20J C．40J D．200J由运动学公式v20可得，相机抛出时的速度大小为v0＝＝2gx1 ∶所示，间A、B做功相等能的增量相同F对做的功与F对B做的功相等．合外力A做的功与合外力对B做的功不相等B 正确；[答案]BC[解析]某质点受到一恒力作用，若做初速度为v 0的匀加速直线运动，此时的动能为E k ＝12＋at )2，选项C 正确；若做初速度为v 0的匀减速直线运动，此时的动能为E k ＝m (v 0－at )2，t 0时速度为零后变成E k ＝1212t －t 0)2，选项B 正确。
5.(2012·山东潍坊模拟)如图所示，小球a 从倾角为45°的光滑斜面上由静止自由小球，两小球速度大小相等，两小球重力功率相等球的动能是a球动能的2倍到相撞，b球位移是a球位移的a1＝g sin45°＝2 2，因两小球同时释放，故相撞前瞬间，小gt答案] C. D ．m v 2m v 202m v 20420人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为处，沿绳方向的速度v ＝v cos45°＝2v 0，对物体由动能定理可知，在此过程中人所做的功为内汽车做匀加速运动且功率恒定内合力做功为m v －m v 1221221内的平均速度为(v 1＋v 2)12车的功率达到最大值，t 2～t 3时间内牵解1时间内汽车做匀加速运动，牵引力恒定，但速度增加，故功因物体从斜面底端到达M点的过程中机械能减少，在斜面上物体受的各个力的大小不变，所以从20J，摩擦生热8J，所以上滑过程摩擦生热时的速度v ；块落地的过程中，物块水平运(2)1.25m 1s根据动能定理可得：μmgx ＝m v －m 122012离开桌子后，物块做平抛运动，有：(1)小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功W f ；(2)小船经过B 点时的速度大小v 1；(3)小船经过B 点时的加速度大小a 。
答案](1)fd (2)v 20＋2m (Pt 1－fd )(3)－P m 2v 20＋2m (Pt 1－fd )f m两点，形轨[答案解析件由静止开始从A点下滑，经过B点的拐角处无机械能损失。
第六章 第2讲 动能和动能定理-2025届高三一轮复习物理
第六章机械能守恒定律第2讲动能和动能定理对应学生用书P124考点动能定理的应用一、动能(E k ):物体由于①而具有的能量。
1.在物理学上,用②表示物体的动能,式中m 为物体的质量、v 为物体的速度。
2.动能是③,只具有大小,没有方向;由于速度具有相对性,因此动能也具有④性。
3.单位:⑤。
1J=1N·m =1kg·m/s 2。
二、动能定理1.文字表述:力在一个过程中对物体做的功,等于物体在这个过程中⑥的变化。
力:指物体受到的所有力的⑦力。
功:指合外力做的功,它等于各个力做功的⑧和。
2.数学表述:W 合=12mv 2-12m 02或W 合=E k -E k0或F 合x=E k -E k0。
3.适用范围:既适用于直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力做功,也适用于变力做功;力可以是各种性质的力,既可同时作用,也可分阶段作用。
答案①运动②12mv 2③标量④相对⑤焦耳(J )⑥动能⑦合外⑧代数1.如图所示,质量为m 的物块在光滑水平面上,在水平恒力F 作用下发生了一段位移s ,物块在始、末状态的速度分别是v 1和v 2。
请根据牛顿第二定律和运动学规律推导动能定理的表达式。
答案物块在恒力F 作用下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有F=ma ,由运动学公式有22-12=2as ,即s=22-122,把F 、s 代入W=Fs 得W=(22-12)ma 2=12m 22-12m 12。
2.如图所示,小滑块自左侧斜面高度为h 1的A 点由静止开始下滑,经长度为l 的水平面,最后滑到右侧斜面,到达高度为h 2的D 点速度恰好减为零。
若A 、D 两点的连线与水平面之间的夹角为θ,小滑块与左、右两斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同,请推导出动摩擦因数μ与角度θ之间的关系式。
答案对整个过程应用动能定理,有mgh 1-mgh 2-μmg cos α·ℎ1sin -μmg ·l-μmg cos β·ℎ2sin =0-0解得μ=ℎ1-ℎ2ℎ1tan +l+ℎ2tan。
高考物理二轮复习专题 动能与动能定理
高考物理二轮复习专题动能与动能定理一、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−m v02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−2μmgl＝E k−m v02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−2mgR＝m v22−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m v12≤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：−2mgR ＝m v 12-m v 02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。
高考物理二轮复习 专项训练 物理动能与动能定理含解析
高考物理二轮复习 专项训练 物理动能与动能定理含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．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。
游客乘坐的滑草车（两者的总质量为60kg ），从倾角为53θ=︒的光滑直轨道AC 上的B 点由静止开始下滑，到达C 点后进入半径为5m R =，圆心角为53θ=︒的圆弧形光滑轨道CD ，过D 点后滑入倾角为α（α可以在075α︒剟范围内调节）、动摩擦因数为3μ=的足够长的草地轨道DE 。
已知D 点处有一小段光滑圆弧与其相连，不计滑草车在D 处的能量损失，B 点到C 点的距离为0=10m L ，10m/s g =。
求：(1)滑草车经过轨道D 点时对轨道D 点的压力大小；(2)滑草车第一次沿草地轨道DE 向上滑行的时间与α的关系式；(3)α取不同值时，写出滑草车在斜面上克服摩擦所做的功与tan α的关系式。
【答案】(1)3000N ；(2)3sin cos 32t αα=⎛⎫+ ⎪⎝⎭；(3)见解析 【解析】 【分析】 【详解】(1)根据几何关系可知CD 间的高度差()CD 1cos532m H R =-︒=从B 到D 点，由动能定理得()20CD D 1sin 5302mg L H mv ︒+=-解得D 102m/s v =对D 点，设滑草车受到的支持力D F ，由牛顿第二定律2D D v F mg m R-= 解得D 3000N F =由牛顿第三定律得，滑草车对轨道的压力为3000N 。
(2)滑草车在草地轨道DE 向上运动时，受到的合外力为sin cos F mg mg αμα=+合由牛顿第二定律得，向上运动的加速度大小为sin cos F a g g mαμα==+合因此滑草车第一次在草地轨道DE 向上运动的时间为Dsin cos v t g g αμα=+代入数据解得t =⎝⎭(3)选取小车运动方向为正方向。
①当0α=时，滑草车沿轨道DE 水平向右运动，对全程使用动能定理可得[]01sin (1cos )+=00f mg L R W θθ+--代入数据解得16000J f W =-故当0α=时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000J W =克1②当030α<≤︒时，则sin cos g g αμα≤滑草车在草地轨道DE 向上运动后最终会静止在DE 轨道上，向上运动的距离为2D22(sin cos )v x g g αμα=+摩擦力做功为22cos f W mg x μα=-⋅联立解得2f W =故当030α<≤︒时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为2W =克③当3075α︒<≤︒时sin cos g g αμα>滑草车在草地轨道DE 向上运动后仍会下滑，若干次来回运动后最终停在D 处。
高考物理二轮必会题型：5.2《动能和动能定理及其应用》(含答案)
第2讲 动能和动能定理及其应用1．质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则( )．A ．质量大的物体滑行的距离大B ．质量小的物体滑行的距离大C ．它们滑行的距离一样大D ．它们克服摩擦力所做的功一样多解析 由动能定理可得－F f x ＝0－E k ，即μmgx ＝E k ，由于动能相同动摩擦因数相同，故质量小的滑行距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于E k . 答案 BD2．一个25 kg 的小孩从高度为3.0 m 的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的 速度为2.0 m/s.取g ＝10 m/s 2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是( )．A ．合外力做功50 JB ．阻力做功500 JC ．重力做功500 JD ．支持力做功50 J解析 合外力做的功W 合＝E k －0，即W 合＝12mv 2＝12×25×22 J ＝50 J ，A 项正确；W G ＋W 阻＝E k －0，故W 阻＝12mv2－mgh ＝50 J －750 J ＝－700 J ，B 项错误；重力做功W G ＝mgh ＝25×10×3 J＝750 J ，C 错；小孩所受支持力方向上的位移为零，故支持力做的功为零，D 错． 答案 A3．在地面上某处将一金属小球竖直向上拋出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是(取向上为正方向)( )解析 小球运动过程中加速度不变，B 错；速度均匀变化先减小后反向增大，A 对；位移和动能与时间不是线性关系，C 、D 错． 答案 A4．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一．如图1所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l 与刹车前的车速v 的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦．据此可知，下列说法中正确的是( )．图1A ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车的刹车性能好B ．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C ．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大 解析 在刹车过程中，由动能定理可知：μmgl ＝12mv 2，得l ＝v 22μg ＝v 22a 可知，甲车与地面间动摩擦因数小(题图线1)，乙车与地面间动摩擦因数大(题图线2)，刹车时的加速度a ＝μg ，乙车刹车性能好；以相同的车速开始刹车，乙车先停下来．B 正确． 答案 B5．如图2所示，长为L 的木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的物体，现缓慢抬高A 端，使木板以左端为轴在竖直面内转动，当木板转到与水平面成α角时物体开始滑动，此时停止转动木板，物体滑到木板底端时的速度为v ，则在整个过程中( )．图2A ．支持力对物体做功为0B ．摩擦力对物体做功为mgLsin αC ．摩擦力对物体做功为12mv 2－mgLsin αD ．木板对物体做功为12mv 2解析 木板由水平转到与水平面成α角的过程中，木板对物体的支持力做正功，重力做负功，两者相等，即W G ＝W N ＝mgLsin α，所以A 错误；物体从开始下滑到底端的过程中，支持力不做功，重力做正功，摩擦力做负功，由动能定理得W G ＋W f ＝12mv 2－0，即W f ＝12mv 2－mgLsin α，故C 正确、B 错误；对全过程运用能量观点，重力做功为0，无论支持力还是摩擦力，施力物体都是木板，所以木板做功为12mv 2，D 正确．答案 CD6．如图3所示，质量为m 的小车在水平恒力F 推动下，从 山坡(粗糙)底部A 处由静止起运动至高为h 的坡顶B ，获得速度为v ，A 、B 之间的水平距离为x ，重力加速度为g.下列说法正确的是( )图3A ．小车克服重力所做的功是mghB ．合外力对小车做的功是12mv 2C ．推力对小车做的功是12mv 2＋mghD ．阻力对小车做的功是12mv 2＋mgh －Fx解析：小车克服重力做功W ＝mgh ，A 正确；由动能定理，小车受到的合力所做的功等于小车动能的增量，W合＝ΔE k ＝12mv 2，B 正确；由动能定理，W 合＝W 推＋W 重＋W 阻＝12mv 2，所以推力做的功W 推＝12mv 2－W 阻－W 重＝12mv2＋mgh －W 阻，C 错误；阻力对小车做的功W 阻＝12mv 2－W 推－W 重＝12mv 2＋mgh －Fx ，D 正确．答案：ABD7．如图4所示，竖直平面内有一个半径为R 的半圆形轨道OQP ，其中Q 是半圆形轨道的中点，半圆形轨道与水平轨道OE 在O 点相切，质量为m 的小球沿水平轨道运动，通过O 点进入半圆形轨道，恰好能够通过最高点P ，然后落到水平轨道上，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )．图4A ．小球落地时的动能为2.5mgRB ．小球落地点离O 点的距离为2RC ．小球运动到半圆形轨道最高点P 时，向心力恰好为零D ．小球到达Q 点的速度大小为3gR解析 小球恰好通过P 点，mg ＝m v 20R 得v 0＝gR.根据动能定理mg·2R＝12mv 2－12mv 20得12mv 2＝2.5mgR ，A 正确．由平抛运动知识得t ＝4Rg，落地点与O 点距离x ＝v 0t ＝2R ，B 正确．P 处小球重力提供向心力，C 错误．从Q 到P 由动能定理得－mgR ＝12m(gR)2－12mv 2Q ，所以v Q ＝3gR ，D 正确．答案 ABD8．太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车．当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进．设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t ，速度为v 时功率达到额定功率，并保持不变．之后汽车又继续前进了距离s ，达到最大速度v max .设汽车质量为m ，运动过程中所受阻力恒为f ，则下列说法正确的是( )． A ．汽车的额定功率为fv maxB ．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvtC ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为 12mv 2max －12mv 2D ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为12mv 2max解析 当汽车达到最大速度时牵引力与阻力平衡，功率为额定功率，则可知选项A 正确；汽车匀加速运动过程中通过的位移x ＝12vt ，克服阻力做功为W ＝12fvt ，选项B 错误；根据动能定理可得W F －W f ＝12mv 2max －0，W f＝12fvt ＋fs ，可知选项C 错误、D 正确． 答案 AD9．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5所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则此物体( )图5A ．在位移L ＝9 m 时的速度是3 3 m/sB ．在位移L ＝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解析：由图象可知当L ＝9 m 时，W ＝27 J ，而W f ＝－μmgL ＝－18 J ，则W 合＝W ＋W f ＝9 J ，由动能定理有W合＝12mv 2，解得v ＝3 m/s ，B 正确，在A 点时，W′＝15 J ，W f ′＝－μmgL′＝－6 J ，由动能定理可得v A＝3 m/s ，则a ＝v 2A 2L′＝1.5 m/s 2，D 正确．答案：BD10．如图6所示为某娱乐场的滑道示意图，其中AB 为曲面滑道，BC 为水平滑道，水平滑道BC 与半径为1.6 m的14圆弧滑道CD 相切，DE 为放在水平地面上的海绵垫．某人从坡顶滑下，经过高度差为20 m 的A 点和B 点时的速度分别为2 m/s 和12 m/s ，在C 点做平抛运动，最后落在海绵垫上E 点．人的质量为70 kg ，在BC 段的动摩擦因数为0.2.问：图6(1)从A 到B 的过程中，人克服阻力做的功是多少？ (2)为保证在C 点做平抛运动，BC 的最大值是多少？ (3)若BC 取最大值，则DE 的长是多少？解析 (1)由动能定理：W G －W f ＝12mv 2B －12mv 2A 得：W f ＝9 100 J.(2)BC 段加速度为：a ＝μg ＝2 m/s 2，设在C 点的最大速度为v m ，由mg ＝m v 2mr ，v m ＝gr ＝4 m/s ，BC 的最大值为：s BC ＝v 2B －v 2m2a＝32 m ，BC 的长度范围是0～32 m.(3)平抛运动的时间：t＝2rg＝0.32＝0.566 s，BC取最大长度，对应平抛运动的初速度为v m＝4 m/s，平抛运动的水平位移：s平＝v m t＝2.26 m，DE的长：s DE＝s平－r＝2.26 m－1.6 m＝0.66 m.答案(1)9 100 J (2)32 m (3)0.66 m11．如图7甲所示，一质量为m＝1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F作用并向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，(g取10 m/s2)求：图7(1)A与B间的距离；(2)水平力F在5 s内对物块所做的功．解析：(1)在3～5 s内物块在水平恒力F作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度大小为a，A与B间的距离为s，则F－μmg＝maa＝F－μmgm＝2 m/s2s＝12at2＝4 m.即A与B间的距离为4 m.(2)设整个过程中F做的功为W F，物块回到A点时的速度为v A，由动能定理得W F－2μmgs＝12mv2A，v2A＝2as，由以上两式得W F＝2μmgs＋mas＝24 J.答案：(1)4 m (2)24 J12．如图8所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆，摆锤的质量为m、细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距离为L，测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位置处静止释放．摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(s≪L)，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置．若摆锤对地面的压力可视为大小为F的恒力，重力加速度为g，求：图8(1)摆锤在上述过程中损失的机械能； (2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功； (3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数．解析 (1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究．因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE 等于减少的重力势能，即：ΔE ＝mgLcos θ.①(2)对全程应用动能定理：W G ＋W f ＝0，②W G ＝mgLcos θ，③由②、③得W f ＝－W G ＝－mgLcos θ ④ (3)由滑动摩擦力公式得f ＝μF ， ⑤ 摩擦力做的功W f ＝－fs ，⑥ ④、⑤式代入⑥式得：μ＝mgLcos θFs.⑦ 答案 (1)mgLcos θ (2)－mgLcos θ (3)mgLcos θFs。
高考物理大一轮复习配套检测：第六章 第2讲 动能定理 Word版含答案
第2讲动能定理一、单项选择题1.(2016·四川卷)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1 900 J,他克服阻力做功100 J.韩晓鹏在此过程中()A. 动能增加了1 900 JB. 动能增加了2 000 JC. 重力势能减小了1 900 JD. 重力势能减小了2 000 J2.(2016·泰州一模)如图所示,一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动,当物体从M点运动到N点时,其速度方向恰好改变了90°,则物体在从M点运动到N点的过程中动能将()A. 不断增大B. 不断减小C. 先减小后增大D. 先增大后减小3.如图所示,小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同,小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h的A点由静止释放,运动至B点时速度为v1.现将倾斜轨道的倾角调至为θ2,仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放,运动至B点时速度为v2.已知θ2<θ1,不计物块在轨道接触处的机械能损失.则()A.v1<v2B.v1>v2C.v1 =v2D.由于不知道θ1、θ2的具体数值,v1、v2关系无法判定4.如图所示,一质量为M的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内;套在大圆环上的质量为m的小环(可视为质点),从大圆环的最高处由静止滑下,重力加速度为g.当小圆环滑到大圆环的最低点时,大圆环对轻杆拉力的大小为()A.Mg-5mgB.Mg+mgC.Mg+5mgD.Mg+10mg5.(2016·海安中学)如图,P为处于水平面内的转盘,可绕竖直转轴OO'转动,长度为l的缆绳一端悬挂在转盘边缘,另一端拴接一质量为m的小球,转盘静止时缆绳顶端与转轴间的距离为d.现让转盘由静止逐渐加速转动,经过一段时间后小球与转盘一起做匀速圆周运动,且缆绳与转轴在同一竖直面内.此时缆绳与竖直方向的夹角为θ,不计空气阻力及缆绳重力,重力加速度为g.下列说法中正确的是()A. 小球与转盘一起做匀速圆周运动时,小球受到缆绳的拉力大小为mg cos θB. 小球从静止到做匀速圆周运动的过程中,缆绳对小球做的功为mgd tan θC. 小球从静止到做匀速圆周运动的过程中,缆绳对小球做的功为mg(d+l sin θ)tan θ+mgl(1+cos θ)D. 如果圆盘稳定转动时的角速度不变,换一个质量更大的小球随其转动,稳定时缆绳与竖直方向的夹角θ不变二、多项选择题6.(2016·全国卷Ⅲ)如图所示,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. a=B. a=C. N=D. N=7.(2016·浙江卷)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,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8).则()A. 动摩擦因数μ=B. 载人滑草车最大速度为C. 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g8.(2016·海安中学)如图甲所示,倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行.t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的v-t图象如图乙所示.设沿传送带向下为正方向,取重力加速度g=10 m/s2.则()A.传送带的速率v0=10 m/sB.传送带的倾角θ=30°C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5D. 0~2.0 s内摩擦力对物体做功W f=-24 J9.(2016·苏锡常镇三模)将质量均为M=1 kg的编号依次为1,2,…,6的梯形劈块靠在一起构成倾角α=37°的三角形劈面,每个梯形劈块上斜面长度均为L=0.2 m,如图所示.质量m=1 kg的小物块A与斜面间的动摩擦因数μ1=0.5,斜面与地面的动摩擦因数均为μ2=0.3,假定最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.现使A从斜面底端以平行于斜面的初速度v0=4.5 m/s冲上斜面.下列说法中正确的是()A. 若所有劈均固定在水平面上,物块最终从6号劈上冲出B. 若所有劈均固定在水平面上,物块最终能冲到6号劈上C. 若所有劈均不固定在水平面上,物块上滑到5号劈时,劈开始相对水平面滑动D. 若所有劈均不固定在水平面上,物块上滑到4号劈时,劈开始相对水平面滑动三、非选择题10.如图所示,水平桌面上的轻质弹簧左端固定,右端与静止在O点质量为m=1 kg的小物块接触而不连接,此时弹簧无形变.现对小物块施加F=10 N水平向左的恒力,使其由静止开始向左运动.小物块在向左运动到A点前某处速度最大时,弹簧的弹力为6 N,运动到A点时撤去推力F,小物块最终运动到B点静止.图中OA=0.8 m,OB=0.2 m,重力加速度取g=10 m/s2.求小物块:(1)与桌面间的动摩擦因数μ.(2)向右运动过程中经过O点的速度.(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量.11.(2016·苏锡常镇三模)如图所示,劲度系数k=25 N/m的轻质弹簧的一端与竖直板P拴接(竖直板P固定在木板B的左端),另一端与质量m A=1 kg的小物体A相连,P和B的总质量为M B=4 kg且B足够长.A静止在木板B上,A右端连一细线绕过光滑的定滑轮与质量m C=1 kg的物体C 相连.木板B的上表面光滑,下表面与地面的动摩擦因数μ=0.4.开始时用手托住C,让细线恰好伸直但没拉力,然后由静止释放C,直到B开始运动.已知弹簧伸长量为x时其弹性势能为kx2,全过程物体C没有触地,弹簧在弹性限度内,取g=10 m/s2.(1)求释放C的瞬间A的加速度大小.(2)求释放C后A的最大速度大小.(3)若C的质量变为m'C=3 kg,则B刚开始运动时,求拉力对物体A做功的功率.第2讲动能定理1. C【解析】由题可得,重力做功W G=1 900 J,则重力势能减少1 900 J ,故C项正确,D项错误;由动能定理得,W G-W f=ΔE k,克服阻力做功W f=100 J,则动能增加1 800 J,故A、B项错误.2. C【解析】物体做曲线运动,所受合外力指向弯曲的内侧,可以看出恒力先做负功再做正功,动能先变小再变大,C项正确.3. C【解析】物体运动过程中摩擦力做负功,重力做正功,由动能定理可得mv2=mgh-μmg cos θ·-μmgx BD=mgh-μmgh·-μmgx BD,因为h·=x CD,所以mv2=mgh-μmgx BC,故到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关,所以v1=v2,故C项正确.4. C【解析】小环在最低点时,对整体有T-(M+m)g=,其中T为轻杆对大环的拉力;小环由最高处运动到最低处由动能定理得mg·2R=mv2-0,联立以上二式解得T=Mg+5mg,由牛顿第三定律知,大环对轻杆拉力的大小为T'=T=Mg+5mg,C项正确.5. D【解析】小球与转盘一起做匀速圆周运动时,小球受到缆绳的拉力和重力,它们的合力提供向心力,所以拉力大小为,故A错误;由动能定理得W-mgl(1-cos θ)=mv2,而小球做匀速圆周运动,有mg tan θ=m,解得小球从静止到做匀速圆周运动的过程中,缆绳对小球做的功为W=mgl(1-cos θ)+mg(d+l sin θ)tan θ,故B、C错误;如果圆盘稳定转动时的角速度不变,换一个质量更大的小球随其转动,稳定时mg tan θ=mω2(d+l sin θ),角速度ω不变,所以θ不变,故D正确.6. AC【解析】质点P下滑到底端的过程,由动能定理得mgR-W=mv2-0,可得v2=,所以a==,A 项正确,B项错误;在最低点,由牛顿第二定律得N-mg=m,故N=mg+m=mg+·=,C项正确,D项错误.7. AB【解析】作出滑道简化示意图如图所示,从A处到C处的过程中,由动能定理有(mg sin θ1-μmg cos θ1)+(mg sin θ2-μmg cos θ2)=0,解得μ=,选项A正确;到B点时载人滑草车速度最大,从A处到B处的过程中,由动能定理有(mg sin θ1-μmg cos θ1)=m,得v m=,选项B正确;从A处到C处的过程中,克服摩擦力所做的功等于重力势能减少量2mgh,选项C错误;在下段滑道上的加速度大小a==g,选项D错误.8.ACD【解析】由v-t图象可知,物体放上传送带开始阶段,加速度a1=10.0 m/s2,物体与传送带同速后,加速度a2=m/s2=2.0 m/s2,传送带的速率v0=10 m/s,A正确;由mg sin θ+μmg cos θ=ma1,mg sin θ-μmg cos θ=ma2,可求得θ=37°,μ=0.5,B错误,C正确;由动能定理得mgl sin θ+W f=mv2,v=12.0 m/s,l=×10×1 m+×1 m=16 m,解得W f=-24 J,D正确.9.BC【解析】若所有劈固定在水平面上,对小物块进行受力分析,受重力、支持力、沿斜面向下的摩擦力,根据动能定理,-mgx sinα-μ1mgx cosα=0-mv2,x=1.0125m=5.0625L,所以能冲到6号劈上,但是不能从6号劈冲出,A项错误,B项正确;若所有劈均不固定在水平面上,当木块滑动到任一号劈上,对劈进行受力分析,劈受到重力G M=Mg、小物体对劈的压力N1=mg cosα、沿斜面向上的摩擦力f1=μ1mg cosα,地面支持力N2=Mg+N1cosα-f1sinα=14N,地面向左的最大静摩擦力为f2=μ2N2=0.3×14 N=4.2N,其中向右的合力为F右=N1sinα+f1cosα=8N,明显右侧的其他劈对它也有作用力,并且这个力F=8N-4.2N=3.8N,右侧一个劈块能产生的最大作用力等于它自身受到的最大静摩擦力f=μ2Mg=3N,所以当物块上滑到4号劈时,右侧两块劈能产生6N的力,所以劈还没有开始滑动,D项错误;小物块上滑到5号劈时,右侧一块劈只能产生3N的作用力,劈开始相对水平面滑动,C项正确.10.(1)小物块速度达到最大时,加速度为零.F-μmg-F弹=0,μ==0.4.(2)设向右运动通过O点时的速度为v0,由动能定理列出:-f·x OB=0-m,f=μmg=4 N,解得v0= m/s.(3)设撤去F推力后,小物块继续向左运动x的距离,弹簧的压缩量最大值为x max.取小物块运动的全过程,根据动能定理列出F×0.8-f(2x+1.8)=0,x=0.1 m,则x max=0.8+x=0.9 m.11.(1)对物体C:m C g-T=m C a,对物体A:T=m A a,所以a==5 m/s2。
2024年高考物理一轮复习(全国版) 第6章 第2讲 动能定理及其应用
图如图所示，AB部分是半径为R的四分之一圆弧轨道，BC为轨道水平部
分，与半径OB垂直.一质量为m的小孩(可视为质点)从A点由静止滑下，
滑到圆弧轨道末端B点时，对轨道的正压力大小为2.5mg，重力加速度大
小为g.下列说法正确的是
A.小孩到达 B 点的速度大小为 2gR
√B.小孩到达 B 点的速度大小为
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＝12mv22对电梯，其所受的合力做功为21Mv22－12Mv12
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
电梯上升的过程中，对物体做功的有重力 mg、支持力 FN，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的 增量，即 W 合＝W－mgH＝12mv22－12mv12，其中 W 为支 持力做的功，A、B 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，其合力做的功一 定等于其动能的增量，即12Mv22－12Mv12，D 正确.
物块以初速度v上升的过程，由动能定理得
－mgH－μmgcos θ·siHn θ＝0－12mv2，
解得 μ＝2vg2H－1tan θ. 当物块的初速度为v2时，由动能定理得
－mgh－μmgcos
h θ·sin
θ＝0－12mv22，
解得 h＝H4 ，故选 D.
例4 如图所示，粗糙水平地面AB与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上. 质量m＝1 kg的小物块在9 N的水平恒力F的作用下，从A点由静止开始做 匀加速直线运动.已知xAB＝5 m，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ ＝0.1，当小物块运动到B点时撤去力F，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)小物块到达B点时速度的大小； 答案 4 5 m/s
第六章第2讲 动能定理及其应用--2025版高考总复习物理
第6章 机械能及其守恒定律
1.(2021·河北卷)一半径为 R 的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度
为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点 P 处，另一端系
一个小球。小球位于 P 点右侧同一水平高度的 Q 点时，绳刚好拉直。将
小球从 Q 点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的
3．(2023·新课标卷)无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定
的速率竖直下落。一质量为 m 的雨滴在地面附近以速率 v 下落高度 h 的
过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为 g)( )
A．0
B．mgh
C．12mv2－mgh
D．12mv2＋mgh
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第6章 机械能及其守恒定律
过程中，根据动能定理有 Ek＝mgx tan θ，即Exk＝mg tan θ，下滑过程中 开始阶段倾角θ不变，Ekx 图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中，θ先
物体克服摩擦力做的功为 Wf＝μmgx2＝8 J，C 正确；物体在 2～4 m 内，
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第6章 机械能及其守恒定律
18－12 拉力 F2＝ 4－2
N＝3
N，加速度 a2＝F2－mμmg＝－1
m/s2，则物体做匀
减速直线运动，故物体在 x＝2 m 时的速度最大，故由 x2＝12a1t22知，物体 运动到 x＝2 m 所用的时间 t2＝ 2 s，则 v2＝a1t2＝2 2 m/s，则动量最大 为 p2＝mv2＝2 2 kg·m/s，D 错误。
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第6章 机械能及其守恒定律
例2 (2024·四川眉山诊断)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v2时，
高中物理二轮复习 专项训练 物理动能与动能定理及解析
高中物理二轮复习 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，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。
备考2024届高考物理一轮复习分层练习第六章机械能第2讲动能和动能定理
第2讲 动能和动能定理1.[2024江西万安中学校考]下列有关动能的变化说法正确的是（ C ）A.物体只有做匀速运动时，动能才不变B.物体做平抛运动时，水平方向速度不变，物体的动能也不变C.物体做自由落体运动时，重力做正功，物体的动能增加D.物体的动能变化时，速度不一定变化，速度变化时，动能一定变化解析 物体做非匀速运动时，动能也可以不变.例如做匀速圆周运动的物体，其动能不变，故A 错误；物体做平抛运动时，水平方向速度不变，竖直方向速度一直增加，其动能一直增加，故B 错误；物体做自由落体运动时，重力做正功，物体的动能增加，故C 正确；根据E k ＝12mv 2可知物体的动能变化时，速度一定变化，速度是矢量，大小不变，方向变化时，动能是不变的，故速度变化时，动能不一定变化，故D 错误.2.质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则（ B ）A.质量大的物体滑行的距离大B.质量小的物体滑行的距离大C.它们滑行的距离一样大D.它们克服摩擦力所做的功不相等解析 由动能定理可得-F f x ＝0-E k ，即μmgx ＝E k ，由于动能相同，动摩擦因数相同，故质量小的物体滑行的距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于E k ，故B 正确.3.[2023新课标]无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落.一质量为m 的雨滴在地面附近以速率v 下落高度h 的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g ）（ B ）A.0B.mghC.12mv 2－mghD.12mv 2＋mgh解析 结合题意可知，雨滴在地面附近下落过程做匀速运动，对雨滴下落高度h 的过程分析，由动能定理有mgh -W f ＝0，即W f ＝mgh ，B 正确，A 、C 、D 错误. 4.如图所示，固定在竖直平面内的14圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B ，质量为m 的小物块从圆弧轨道的顶端A 由静止滑下，经过B 点后沿水平轨道运动，并停在到B 点距离等于圆弧轨道半径的C 点.圆弧轨道粗糙，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g .物块到达B 点前瞬间对轨道的压力大小为（ C ）A.2μmgB.3mgC.（1＋2μ）mgD.（1＋μ）mg解析 设圆弧轨道的半径为r ，物块从B 到C 的过程，由动能定理得-μmgr ＝0-12m v B 2，在B点，由牛顿第二定律得N -mg ＝m v B2r，联立解得N ＝(1＋2μ)mg ，由牛顿第三定律可知，物块到达B 点前瞬间对轨道的压力大小为N'＝N ＝(1＋2μ)mg ，故C 正确.5.[图像创新/2024安徽名校联考]如图甲所示，光滑斜面倾角θ＝30°，以斜面底端为坐标原点，沿斜面方向建立x 轴.一质量为2kg 的物体（视为质点）在沿斜面方向的拉力作用下，从斜面底端由静止开始沿x 轴正方向运动，拉力做的功W 与物体坐标x 的关系如图乙所示.重力加速度g ＝10m/s 2，斜面足够长.物体沿x 轴正向运动过程中，下列说法正确的是（ C ）A.物体沿斜面向上运动的最大位移为22mB.物体沿斜面向上运动的时间为4sC.在x ＝5m 时，拉力的功率为100√2WD.拉力的最大功率为300W解析 由于拉力沿斜面方向，则拉力做的功为W ＝Fx ，可看出W -x 图像的斜率大小代表拉力大小F .则对物体由O 点运动到x ＝5 m 的过程，根据动能定理有，W 1-mg sin θ·x 1＝12m v 12，结合题图乙可解得物体的速度v 1＝5√2 m/s ，在x ＝5 m 时，拉力F 1＝ΔWΔx ＝20 N ，则此时拉力的功率P 1＝F 1v 1＝100√2 W ，故C 正确.物体运动到x ＝10 m 时，拉力的功率最大，则对物体由O 点运动到x ＝10 m 的过程，设运动的时间为t 1，根据动能定理和运动学公式有W 2-mg sin θ·x 2＝12m v 22，x 2＝v22t 1，结合题图乙可解得v 2＝10 m/s ，t 1＝2 s ，则此时拉力的功率P 2＝F 1v 2＝200 W ，故D 错误.对物体由x ＝10 m 处向上运动到最高点的过程，设运动的时间为t 2，受到的拉力F 2＝ΔW 'Δx '＝2 N ，由牛顿第二定律有mg sin θ-F 2＝ma 1，解得物体的加速度a 1＝4 m/s 2，运动的时间t 2＝v2a 1＝2.5 s ，该过程运动的位移x 3＝v22t 2＝12.5 m ，则物体沿斜面向上运动的最大位移x max ＝x 2＋x 3＝22.5 m ，故A 错误.物体沿斜面向上运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝4.5 s ，B 错误.6.[多选]如图所示，一内壁粗糙程度相同、半径为R 的圆筒固定在竖直平面内，圆筒内一质量为m 的小球沿筒壁做圆周运动.若小球从最低点算起运动一圈又回到最低点的过程中，两次在最低点时筒壁对小球的弹力大小分别为10mg 和8mg .设小球在该过程中克服摩擦力做的功为W ，经过最高点时筒壁对小球的弹力大小为F ，重力加速度为g ，则（ BD ）A.W ＝2mgRB.W ＝mgRC.3mg ＜F ＜4mgD.2mg ＜F ＜3mg解析 对小球进行受力分析，先后两次在最低点所受的合力分别为9mg 和7mg ，方向指向圆心.设小球先后两次经过最低点的速率分别为v 1和v 2，根据牛顿第二定律有9mg ＝mv 12R和7mg ＝mv 22R，小球在整个过程中，由动能定理得-W ＝12m v 22−12m v 12，联立解得W ＝mgR ，故A 错误，B 正确；小球在上升和下降过程中的等高处，由于上升过程中的速度大于下降过程中的速度，所以上升时所需向心力大于下降时所需向心力，故上升时筒壁对小球的弹力大于下降时筒壁对小球的弹力，因此上升时受到的摩擦力较大，而下降时受到的摩擦力较小，故上升时克服摩擦力做功W 1＞W 2，下降时克服摩擦力做功W 2＜W2，设小球上升到最高点时的速度为v 3，筒壁对小球的弹力满足F ＋mg ＝mv 32R，上升过程由能量守恒定律得12m v 12＝12m v 32＋2mgR ＋W 1，解得F ＜3mg ，由W 1＜W ，解得F ＞2mg ，故C 错误，D 正确.7.如图（a ）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f 恒定，物块动能E k 与运动路程s 的关系如图（b ）所示.重力加速度大小取10m/s 2，物块质量m 和所受摩擦力大小f 分别为（ A ）图（a ） 图（b ）A.m ＝0.7kg ，f ＝0.5NB.m ＝0.7kg ，f ＝1.0NC.m ＝0.8kg ，f ＝0.5ND.m ＝0.8kg ，f ＝1.0N解析 0～10 m 内物块上滑，由动能定理得-mg sin 30°·s -fs ＝E k -E k0，整理得E k ＝E k0-(mg sin 30°＋f )s ，结合0～10 m 内的图像得，斜率的绝对值｜k ｜＝mg sin 30°＋f ＝4 N ；10～20 m 内物块下滑，由动能定理得(mg sin 30°-f )(s -s 1)＝E k ，整理得E k ＝(mg sin 30°-f )s -(mg sin 30°-f )s 1，结合10～20 m 内的图像得，斜率k'＝mg sin 30°-f ＝3 N ，联立解得f ＝0.5 N 、m ＝0.7 kg ，故A 正确，B 、C 、D 错误.8.[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，载人滑草车与草地之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 ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则（ AB ）A.动摩擦因数μ＝67B.载人滑草车最大速度为√2gℎ7C.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35g解析 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°·ℎsin45°-μmg cos 37°·ℎsin37°＝0，解得μ＝67，故A 正确；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°·ℎsin45°＝12m v m 2，解得v m ＝√2gℎ7，故B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，故C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a ＝mgsin37°−μmgcos37°m＝-335g ，故加速度大小为335g ，故D 错误.9.[2023江苏]滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B 后返回到底端.利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示.与图乙中相比，图甲中滑块（ C ）A.受到的合力较小B.经过A 点的动能较小C.在A 、B 之间的运动时间较短D.在A 、B 之间克服摩擦力做的功较小解析 设斜面倾角为θ、滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，对滑块受力分析有F 合上＝mg sin θ＋μmg cos θ，F 合下＝mg sin θ-μmg cos θ，故图甲中滑块受到的合力较大，A 错；滑块由A到B 的过程，有2a 上x AB ＝v A 上2，由B 到A 的过程，有2a 下x AB ＝v A 下2，又F 合上＞F 合下，则a 上＞a 下，故v A 上＞v A 下，图甲中滑块经过A 点的动能较大，B 错；将滑块由A 到B 的过程逆向思维为由B 到A 的初速度为0、加速度大小为a 上的匀加速运动，则x AB ＝12a 上t 上2，又x AB ＝12a 下t 下2，a 上＞a 下，故t 上＜t 下，即图甲中滑块在A 、B 之间的运动时间较短，C 对；上滑和下滑过程摩擦力大小相等，经过AB 的距离相等，根据W ＝fx 可知在A 、B 之间克服摩擦力做的功相等，D 错.10.[2023山东青岛统考/多选]如图甲所示，在水平面上建立正方向水平向左的一维坐标，质量为M ＝1kg 的木板在x ＝0位置时有水平向左、大小为4m/s 的初速度.长木板受到的水平拉力F 与其位移的关系如图乙所示.已知木板与地面的动摩擦因数为0.6，重力加速度大小g 取10m/s 2，关于木板在0～8m 内的运动，下列说法正确的是（ ABD ）A.长木板的最小速度为2m/sB.x ＝4m 时长木板的速度大小为4m/sC.2～6m 内，长木板动能的增量为15JD.x ＝6m 和x ＝8m 时的速度大小相等解析 当拉力小于摩擦力时，木板减速，摩擦力f ＝μMg ＝6 N ，根据题图乙可知2 m 处拉力为6 N ，所以2 m 前木板减速，2 m 后木板加速，2 m 时速度最小，图线与坐标轴所围图形的面积代表拉力做的功，根据动能定理有12M v min 2−12M v 02＝-fx 0＋F 0×x 02，解得v min ＝2m/s ，故A 正确；在0～4 m 内，根据动能定理有12M v 12−12M v 02＝-fx 1＋F 1×x 12，F 1＝12 N ，解得v 1＝4 m/s ，故B 正确；在2～6 m 内，根据动能定理可知，长木板动能的增量ΔE k ＝6+122×2 J ＋8+122×2 J-6×(6-2) J ＝14 J ，故C 错误；在6～8 m 内，合外力做的功W 合＝4+82×2 J-6×2 J ＝0，所以木板在x ＝6 m 和x ＝8 m 时的动能不变，速度大小相等，故D 正确. 11.[2024四川绵阳江油中学校考/多选]一辆汽车以额定功率沿倾角不变的斜坡向下匀速行驶，速度为v 1，牵引力为F 1.现让该车沿该斜坡从静止开始向上匀加速行驶，达到额定功率时速度为v 2，牵引力为F 2，以后保持额定功率行驶，最终速度为v 3，牵引力为F 3.斜坡足够长，汽车所受阻力大小在向上和向下行驶时相同，则 （ AD ）A.v 1＞v 3＞v 2B.v 1＜v 2＜v 3C.在向上匀加速行驶过程中，任意相等时间内，汽车动能变化相等D.F 1＜F 3＜F 2解析 设斜坡的倾角为θ，汽车向下匀速行驶时，有F 1＋mg sin θ-μmg cos θ＝0，P ＝F 1v 1，汽车向上匀加速行驶时有F 2-mg sin θ-μmg cos θ＝ma ，P ＝F 2v 2，汽车向上匀 速行驶时，有F 3-mg sin θ-μmg cos θ＝0，P ＝F 3v 3，联立可得F 1＜F 3＜F 2，v 1＞v 3＞v 2，故A 、D 正确，B 错误；在向上匀加速行驶过程中，任意相等时间内，汽车动能 变化量ΔE k ＝12m (v ＋at )2-12mv 2＝2vat ＋a 2t 22m ，故在向上匀加速行驶过程中，任意相等时间内，汽车动能变化不同，故C 错误.12.[2024河北名校联考]如图1所示，一质量为0.4kg 的小物体静止在水平台面上，在水平推力F 的作用下从坐标原点O 开始沿x 轴运动，F 与物体坐标x 的关系如图2所示.在x ＝4m 时撤去力F ，同时物体从平台飞出，落到距离台面h ＝0.45m 的水平地面上.物体与水平台面间的动摩擦因数为34，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力.求：（1）x ＝1m 时，物体的加速度大小a ；（2）x ＝2m 时，力F 的功率P ；（3）物体落地点离平台的水平距离x'.答案 （1）12.5m/s 2 （2）60√2W （3）65√10m解析 （1）由F －x 图像知，在0～2m 内有，F ＝（4＋4x ）N ，x ＝1m 时，F ＝8N滑动摩擦力f ＝μmg ＝34×0.4×10N ＝3N则物体的加速度a ＝F 合m ＝（8－3）0.4m/s 2＝12.5m/s 2（2）设x ＝2m 时，物体运动的速度为v 0，依据动能定理有W F －W f ＝12m v 02根据F －x 图线与x 轴围成图形的面积表示拉力做的功，知W F ＝（4+12）22J ＝16J ，又W f ＝3×2J ＝6J解得v 0＝5√2m/s此时力F 的功率P ＝Fv 0＝60√2W（3）设物体离开平台时，速度为v ，依据动能定理有W'F －W'f ＝12mv 2同理可知W'F ＝44J ，W'f ＝3×4J ＝12J物体沿平台飞出，做平抛运动，有h ＝12gt 2物体落地点离平台的水平距离x'＝vt联立并代入数据，解得x'＝65√10m.13.[2022上海]如图所示，AB 为平直导轨，长为L ，物块与导轨间的动摩擦因数为μ，BC 为光滑曲面，A 与地面间的高度差为h 1，B 、C 间高度差为h 2.一个质量为m 的物块在水平恒力作用下，从A 点由静止开始向右运动，到达B 点时撤去恒力，物块经过C 点后在空中运动一段时间落地，已知重力加速度为g .（1）若物块落地时动能为E 1，求其经过B 点时的动能E k B .（2）若要物块落地时动能小于E 1，求恒力必须满足的条件. 答案 （1）E 1－mgh 1（2）见解析解析 （1）对物块从B 点到落地的过程，由动能定理有 mgh 1＝E 1－E k B解得E k B＝E 1－mgh 1（2）对物块从A 点到落地的整个过程，由动能定理有F max L －μmgL ＋mgℎ1＝E 1解得F max ＝E 1－mgℎ1＋μmgLL若物块恰能到达C 点，根据动能定理有F min L －μmgL －mgℎ2=0解得F min ＝μmgL ＋mgℎ2L则恒力F 必须满足的条件为μmgL ＋mgℎ2L＜F ＜E 1－mgℎ1＋μmgLL.14.[动能定理的计算与几何计算结合/2022全国乙]固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环.小环从大圆环顶端P 点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ C ）A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P 点的距离D.它与P 点的连线扫过的面积解析 小环从大圆环顶端P 点由静止开始自由下滑，下落h 高度过程中，由动能定 理有mgh ＝12mv 2，解得v ＝√2gℎ，故B 错误；设小环位置与P 点连线所对的圆心角为θ，小环下滑过程滑过的弧长s ＝Rθ，则h ＝R (1- cos s R)，故A 错误；小环位置到P 点的 距离L ＝2R sin θ2，h ＝R (1- cos θ)，1- cos θ＝2 sin 2θ2，即h ＝2R sin 2θ2＝L 22R，代入v ＝√2gℎ可知v 与L 成正比，即小环的速率与小环到P 点的距离成正比，故C 正确；小环 位置与P 点连线扫过的面积A ＝12R 2θ-12R 2 sin θ，分析知A 与v 不成正比，故D 错误. 15.[开放性问题]如图所示，固定在水平地面上的倾角θ＝30°、高度h ＝0.5m 的斜面顶端安装了一定滑轮，将质量为M ＝0.4kg 的物块和质量为m ＝0.3kg 的小钩码用轻绳连接并跨过定滑轮，钩码处于斜面顶端，物块处于斜面底端，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝√3，物块与钩码均处于2静止状态，取重力加速度g＝10m/s2.（1）求物块所受的摩擦力.（2）轻轻再挂一个相同的钩码，物块将滑动，求钩码落地时的速度大小.（3）在第（2）问的基础上，判断物块能否到达斜面的最高点，并说明理由.答案（1）1N方向沿斜面向下（2）1m/s（3）见解析解析（1）钩码静止，则T＝mg物块静止，由于T＞Mg sin30°，物块所受的静摩擦力方向沿斜面向下，则f静＋Mg sin30°＝T 解得静摩擦力大小f静＝1N（2）对物块与钩码组成的系统，由动能定理得（M＋2m）v22mgh－Mgh sin30°－μMgh cos30°＝12解得v＝1m/s（3）钩码落地后，对物块由动能定理得Mv2－Mgx sin30°－μMgx cos30°＝0－12解得x＝0.04m物块沿斜面上升的总距离x总＝（0.5＋0.04）m＝0.54m斜面长度L＝ℎ＝1m＞x总sin30°即物块无法到达斜面最高点.。
第六章第2讲 动能定理及其应用--2025版高考总复习物理
[基础落实练]1．跳伞比赛中，运动员经历加速下降和减速下降两个直线运动过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是()A ．合力对系统始终做负功B ．合力对系统始终做正功C ．重力做功的功率始终增大D ．重力对系统始终做正功解析：根据动能定理可知，系统加速下降时，动能增大，合力对系统做正功；系统减速下降时，动能减小，合力对系统做负功，故A 、B 错误；根据P ＝mg v 可知重力做功的功率先增大后减小，故C 错误；系统的位移始终竖直向下，所以重力对系统始终做正功，故D 正确。
答案：D2.如图所示，将质量为m 的小球以初速度大小v 0由地面竖直向上抛出。
小球落回地面时，其速度大小为34v 0。
设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于()A ．34mg B ．316mg C ．716mg D ．725mg 解析：小球向上运动的过程，由动能定理得－(mg ＋f )H ＝0－12m v 20，小球向下运动的过程，由动能定理得(mg －f )H ＝12m (34v 0)2，联立解得f ＝725mg ，选项D 正确，A 、B 、C 错误。
答案：D3.(2024·四川成都七中诊断)一质量m ＝1kg 的物块静止在光滑水平面上，现用水平恒力F 1推物块，作用2s 后，改用方向相反的水平恒力F 2推物块，利用速度传感器得到物块速度随时间的变化关系图像(v t 图像)如图所示，0～4s 时间内水平恒力F 2做功为()A ．－10JB ．10JC ．－18JD ．18J解析：0～2s 内，由动能定理知水平恒力F 1做功W 1＝12m v 2－0＝8J ，设2～4s 内水平恒力F 2做功为W 2，0～4s 内由动能定理有W 1＋W 2＝12m v ′2－0，得W 2＝10J ，故B 正确。
答案：B4．如图所示，轻弹簧一端系在墙上的O 点，自由伸长到B 点。
现将小物体靠着弹簧(不拴接)并将弹簧压缩到A 点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到C 点静止，则()A ．小物体从A 到B 过程速度一直增加B ．小物体从A 到B 过程加速度一直减小C ．小物体从B 到C 过程中动能变化量大小小于克服摩擦力做的功D ．小物体从A 到C 过程中弹簧的弹性势能变化量大小等于小物体克服摩擦力做的功解析：A 、B 间某处，小物体受到的弹力等于摩擦力，合力为0，速度最大，而小物体在B 点只受摩擦力，合力不为零，因此小物体从A 到B 过程加速度先减小再增大，速度先增大后减小，故A 、B 错误；小物体从B 到C 过程中，由动能定理得－W f ＝ΔE k ，故C 错误；小物体从A 到C 过程中，由动能定理得W 弹－W f 1＝0，故D 正确。
新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题2功和能动量第6讲功功率动能定理题
专题二 功和能、动量第6讲 功、功率、动能定理必备知识”解读1.求功的六种方法(1)W ＝Fl cos α(恒力) 定义式 (2)W ＝Pt (变力，恒力) (3)W ＝ΔE k (变力，恒力)(4)W ＝ΔE (除重力做功的变力，恒力) 功能原理 (5)图像法(变力，恒力)(6)气体做功：W ＝P ΔV (P ——气体的压强；ΔV ——气体的体积变化) 2.功率：P ＝W t或P ＝Fv3.重力、电场力做功与路径无关；滑动摩擦力做功与路径有关，等于滑动摩擦力与路程的乘积。
4.沿粗糙斜面下滑的物体克服摩擦力做的功有时表示成W ＝μmgx (x 为与l 对应的水平位移)。
5.物体由斜面上高为h 的位置滑下来，滑到平面上的另一点停下来，若L 是释放点到停止点的水平总距离，则物体的与滑动面之间的摩擦因数μ与L ，h 之间存在关系μ＝h /L ，如图所示。
“关键能力”构建1.功和功率的求解(1)功的求解：W ＝Fl cos α用于恒力做功，变力做功可以用动能定理或者图像法来求解。
(2)功率的求解：可以用定义式P ＝Wt来求解，如果力是恒力，可以用P ＝Fv cos α来求解。
注意瞬时功率与平均功率的区别。
2.动能定理的应用技巧若运动包括几个不同的过程，可以全程或者分过程应用动能定理。
题型1 功和功率的计算〔真题研究1〕(2022·浙江6月高考)小明用额定功率为1 200 W 、最大拉力为300 N 的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg 的重物竖直提升到高为85.2 m 的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s 2的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，g 取10 m/s 2，则提升重物的最短时间为( C )A ．13.2 sB ．14.2 sC ．15.5 sD ．17.0 s【审题指导】关键表述物理量及其关系用额定功率为1 200 W 、最大拉力为300 N 的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg 的重物竖直提升到高为85.2 m 的平台最大加速度为a 1＝T m －mgm最大速度为v m ＝P 额F Tm最短时间最大的加速度加速，最大的速度匀速，最大的加速度减速所用时间最短达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得a 1＝T m －mg m ＝300－20×1020m/s 2＝5 m/s 2，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v 1，则有v 1＝P 额T m ＝1 200300 m/s ＝4 m/s ，此过程所用时间和上升高度分别为t 1＝v 1a 1＝45s ＝0.8s ，h 1＝v 212a 1＝422×5 m ＝1.6 m ，重物以最大速度匀速时，有v m ＝P 额T ＝P 额mg ＝1 200200m/s ＝6 m/s ，重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t 3＝v m a m ＝65 s ＝1.2 s ，h 3＝v 2m2a m＝622×5 m ＝3.6 m ，设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t 2，该过程根据动能定理可得P 额t 2－mgh 2＝12mv 2m －12mv 21，又h 2＝85.2 m －1.6 m －3.6 m ＝80 m ，联立解得t 2＝13.5 s ，故提升重物的最短时间为t min ＝t 1＋t 2＋t 3＝0.8 s ＋13.5 s ＋1.2 s ＝15.5 s ，C 正确，A 、B 、D 错误。
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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第六章 机械能及其守恒定律 第2讲 动能和动能定理
一、 单项选择题
1. 关于运动物体所受合外力和动能变化的关系,下列说法中正确的是( )
A. 如果合外力对物体所做的功为零,则合外力一定为零
B. 物体在合外力作用下做变速运动,动能一定发生改变
C. 如果物体的动能保持不变,则所受合外力一定为零
D. 如果物体所受合外力不为零,则合外力对物体做的功可能为零
2. 如图所示,质量为m 的物块,在恒力F 的作用下,沿光滑水平面运动,物块通过A 点和B 点的速度分别是v A 和v B ,物块由A 运动到B 点的过程中,力F 对物块做的功W 为(
)
A. W>12m 2B v -12m 2A v
B. W=12m 2B v -12m 2A v
C. W=12m 2A v -12m 2B v
D. 由于F 的具体大小未知,W 无法求出
3. 小球由地面竖直上抛,上升的最大高度为H,设所受阻力大小恒定,地面为零势能面.在上升至离地高度h 处时,小球的动能是势能的两倍,在下落至离地高度h 处时,小球的势能是动能的两倍,则h 等于( ) A. 9H B. 29H
C. 39H
D. 49H
4. (2012·东北三校联合模拟)如右图所示,长为L 的长木板水平放置,在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块.现缓慢地抬高A 端,使木板以左端为轴转动,当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动,此时停止转动木板,小物块滑到底端的速度为v,则在整个过程中( )
A. 支持力对物块做功为0
B. 支持力对小物块做功为mgLsin α
C. 摩擦力对小物块做功为mgLsin α
D. 滑动摩擦力对小物块做功为1
2mv2+mgLsin α
二、双项选择题
5. (2012·广州调研)如图,物体从某一高度自由下落到竖直立于地面的轻质弹簧上.在a点时
物体开始与弹簧接触,到b点时物体速度为零.则物体从a到b的过程中(
)
A. 动能一直减小
B. 重力势能一直减小
C. 所受合外力先增大后减小
D. 动能和重力势能之和一直减小
6. 如图所示,物体A和B的质量均为m,它们通过一劲度系数为k的轻弹簧相连,开始时B放在地面上,A、B都处于静止状态.现用手通过细绳缓慢地将A向上提升距离L1时,B刚要离开地面,此过
程手做功为W1.若将A加速向上提起
,
A上升的距离为L2时,B刚要离开地面,此过程手做功W2.假设弹簧一直处于弹性限度内,则( )
A. L1=L2=mg k
B. L1=L2=2mg k
C. W2=W1
D. W2>W1
7. (2012·清远一中)电磁轨道炮工作原理如图所示.待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动,并与轨道保持良好接触.电流I从一条轨道流入,通过导电弹体后从另一条轨道流回.轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场),磁感应强度的大小与I成正比.通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出.现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍,
理论上可采用的方法是(
)
A. 只将轨道长度L变为原来的2倍
B. 只将电流I增加至原来的2倍
C. 只将弹体质量减至原来的一半
D. 将弹体质量减至原来的一半,轨道长度L变为原来的2倍,其他量不变
8. (2012·惠州一中)如图所示,质量为M、长度为L的木板静止在光滑的水平面上,质量为m的小物体(可视为质点)放在木板上最左端,现用一水平恒力F作用在小物体上,使物体从静止开始做匀加速直线运动.已知物体和木板之间的摩擦力为f.当物体滑到木板的最右端时,木板运
动的距离为s,则在此过程中(
)
A. 物体到达木板最右端时具有的动能为(F-f)(L+s)
B. 物体到达木板最右端时,木板具有的动能为fs
C. 物体克服摩擦力所做的功为fL
D. 物体和木板增加的机械能为Fs
9. 如图甲所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复.通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示,则( )
A. t1时刻小球动能最大
B. t2时刻小球动能最小
C. t2~t3这段时间内,小球的动能先增加后减少
D. t2~t3这段时间内,小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
三、非选择题
10. 如图所示,在竖直平面内有一个半径为R且光滑的四分之一圆弧轨道AB,轨道下端B与水平面BCD相切,BC部分光滑且长度大于R,C点右边粗糙程度均匀且足够长.现用手捏住一根长也为R、质量为m的匀质细杆的上端,使杆子的下端与A点等高,然后由静止释放杆子,让杆子沿轨道下滑.重力加速度为g.求:
(1) 杆子前端到达C点时的速度大小.
(2) 若杆子前端在过C点后,滑行s距离后停下,而且s>R,试计算杆子与粗糙平面间的动摩擦因数.
11. (2012·福建)如图,用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边.已知拖动缆绳的电动机功率恒为P,小船的质量为m,小船受到的阻力大小恒为f,经过A点时的速度大小为v0,小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1,A、B两点间距离为d,缆绳质量忽略不计.求:
(1) 小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W1.
(2) 小船经过B点时的速度大小v1.
(3) 小船经过B点时的加速度大小a.
第2讲动能和动能定理
1. D
2. B
3. D
4. B
5. BD
6. BD
7. BD
8. AB
9. BC
10. (1) 杆子由释放到前段达C点过程中,由动能定理得
mg(R+0.5R)=1
2m2C v.解得v
C
.
(2) 杆子前端滑过C点后,其受到的摩擦力先均匀增大,其平均值为1
2μmg,前端滑行R后摩擦
力不变,其值为μmg.由动能定理得-1
2μmgR-μmg(s-R)=0-
1
2m2C v.
把v C
代入上式解得μ=
3
2-
R
s R.
11. (1) 小船从A点到达B点,受到的阻力恒为f,其克服阻力做的功为W=Fs=fd.
(2) 从A到B由动能定理可知1
2m2B v-
1
2m2A v=Pt
1-fd.
解得v1
(3) 设小船经过B点时的拉力大小为F,绳与水平方向夹角为θ,电动机牵引绳的速度大小为v绳,则
P=Fv绳.
v绳=v1cos θ.
由牛顿第二定律Fcos θ-f=ma.
f Array
m.
解得。