动能定理和机械能守恒定律的应用专题练习

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高中物理第八章机械能守恒定律第3节动能和动能定理训练含解析

第3节动能和动能定理1。

（多选)对于动能的理解,下列说法中正确的是(）A．动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，凡是运动的物体都具有动能B．动能总是正值，但对于不同的参考系,同一物体的动能大小是不同的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．下列关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系，正确的是（）A．物体做变速运动,合外力一定不为零，动能一定变化B．若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零C．物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化D．物体的动能不变,所受的合外力必定为零3。

如图所示，在2018世界杯足球比赛时，某方获得一次罚点球机会，该方一名运动员将质量为m的足球以速度v0猛地踢出,结果足球以速度v撞在球门高h的门梁上而被弹出．现用g 表示当地的重力加速度，则此足球在空中飞往门梁的过程中克服空气阻力所做的功应等于()A．mgh＋错误!mv2－错误!mv错误!B. 错误!mv2－错误!mv错误!－mghC。

错误!mv错误!－错误!mv2－mghD．mgh＋12mv错误!－错误!mv24．质量为m的金属块，当初速度为v0时，在水平面上滑行的最大距离为s，如果将金属块质量增加到2m，初速度增大到2v0，在同一水平面上该金属块最多能滑行的距离为() A．s B．2sC．4s D．8s5．一物体以初速度v0竖直向上抛出，落回原地速度为错误!,设物体在运动过程中所受的阻力大小保持不变，则重力与阻力大小之比为（)A．3︰1 B．4︰3C．5︰3 D．3︰5关键能力综合练进阶训练第二层一、单选题1．下列关于动能的说法正确的是（）A．两个物体中,速度大的动能也大B．某物体的速度加倍，它的动能也加倍C．做匀速圆周运动的物体动能保持不变D．某物体的动能保持不变,则速度一定不变2．从地面竖直向上抛出一个小球,小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k与时间t的关系图像是(）3．一质量为1 kg的滑块以6 m/s的初速度在光滑的水平面上向左滑行．从某一时刻起在滑块上施加一个向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度方向变成向右，大小仍为6 m/s。

动能定理和机械能守恒定律的综合应用

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(1)小球在A点时的速度大小；答案 2gh
小球在 A 点时，根据牛顿第二定律得 mg＝mv2Ah2 解得 vA＝ 2gh
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(2)小球从C点抛出时的速度大小；答案 3 2gh
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小球恰好水平进入圆轨道内侧运动，小球经过B点时对轨道的压力9mg，由牛顿第三定律可得，小球经过B点时圆轨道对小球的支持力为9mg，根据牛顿第二定律可得 9mg－mg＝mv2Bh2 解得 vB＝4 gh，从 C 点到 B 点根据机械能守恒定律得12mvC2＝12mvB2 ＋mgh，解得 vC＝3 2gh；
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(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D后沿轨道回到水平赛道EG，轨道半径 R需要满足什么条件？答案 0<R≤2456 m
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当赛车恰好通过最高点 D 时，设轨道半径为 R0，有：mg＝mvRD02 从 C 到 D，由动能定理可知：－mgR0(1＋cos 37°)＝12mvD2－12mvC2，解得 R0＝2456 m 所以轨道半径 0<R≤4265 m.
二、动能定理和机械能守恒定律的综合应用
动能定理和机械能守恒定律，都可以用来求能量或速度，但侧重不同，动能定理解决物体运动，尤其计算对该物体的做功时较简单，机械能守恒定律解决系统问题往往较简单，两者的灵活选择可以简化运算过程.
例1 如图，足够长的光滑斜面倾角为30°，质量相等的甲、乙两物块通过轻绳连接放置在光滑轻质定滑轮两侧，并用手托住甲物块.使两物块都静止，移开手后，甲物块竖直下落，当甲物块下降0.8 m时，求乙物块的速度大小(此时甲未落地，g＝10 m/s2).请用机械能守恒定律和动能定理分别求解，并比较解题的难易程度. 答案：2 m/s
(3)小球通过BC后压缩弹簧，压缩弹簧过程中弹簧弹

高中物理专题练习-动能定理机械能守恒定律及功能关系的应用(含答案)

高中物理专题练习-动能定理机械能守恒定律及功能关系的应用（含答案）满分：100分时间：60分钟一、单项选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分.每小题只有一个选项符合题意.)1．(四川理综,1)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出,不计空气阻力,则落在同一水平地面时的速度大小()A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大2．(新课标全国卷Ⅱ,17)一汽车在平直公路上行驶.从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示.假定汽车所受阻力的大小f恒定不变.下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中,可能正确的是()3．(新课标全国卷Ⅱ,16)一物体静止在粗糙水平地面上,现用一大小为F1的水平拉力拉动物体,经过一段时间后其速度变为v,若将水平拉力的大小改为F2,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W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功,W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功,则()A．W F2>4W F1,W f2>2W f1B．W F2>4W F1, W f2＝2W f1C．W F2<4W F1,W f2＝2W f1D．W F2<4W F1, W f2<2W f14．(新课标全国卷Ⅰ,17)如图,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的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道.质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小.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()A．W＝12mgR,质点恰好可以到达Q点B ．W ＞12mgR ,质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ,质点到达Q 点后,继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ,质点到达Q 点后,继续上升一段距离5．(海南单科,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( ) A.14mgR B.13mgRC.12mgRD.π4mgR 6．(天津理综,5)如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态.现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L ,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L (未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中( ) A ．圆环的机械能守恒 B ．弹簧弹性势能变化了3mgLC ．圆环下滑到最大距离时,所受合力为零D ．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变二、多项选择题(本题共4小题,每小题7分,共计28分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得7分,选对但不全的得4分,错选或不答的得0分.)7．(浙江理综,18)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器.舰载机总质量为3.0×104kg,设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N ；弹射器有效作用长度为100 m,推力恒定.要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和,假设所受阻力为总推力的20%,则( ) A ．弹射器的推力大小为1.1×106 N B ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J C ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 28．(新课标全国卷Ⅱ,21)如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上,a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动,不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g.则() A．a落地前,轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为2ghC．a下落过程中,其加速度大小始终不大于gD．a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg9．(江苏单科,9)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长.圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g.则圆环()A．下滑过程中,加速度一直减小B．下滑过程中,克服摩擦力做的功为14m v2C．在C处,弹簧的弹性势能为14m v2－mghD．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度10．(江苏南通一模)一质点在0～15 s内竖直向上运动,其加速度－时间图象如图所示,若取竖直向下为正,g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A．质点的机械能不断增加B．在0～5 s内质点的动能增加C．在10～15 s内质点的机械能减少D．在t＝15 s时质点的机械能大于t＝5 s时质点的机械能三、计算题(本题共2小题,共计42分.解答时写出必要的文字说明,方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分.)11．(江苏单科,14)(20分)一转动装置如图所示,四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接,轻杆长均为l,球和环的质量均为m,O端固定在竖直的轻质转轴上.套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间,原长为L.装置静止时,弹簧长为32L.转动该装置并缓慢增大转速,小环缓慢上升.弹簧始终在弹性限度内,忽略一切摩擦和空气阻力,重力加速度为g.求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)AB杆中弹力为零时,装置转动的角速度ω0；(3)弹簧长度从32L缓慢缩短为12L的过程中,外界对转动装置所做的功W.12．(福建理综,21)(22分)如图,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点.一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g.(1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车,滑块仍从A点由静止下滑,然后滑入BC轨道,最后从C点滑出小车.已知滑块质量m＝M2,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,求：①滑块运动过程中,小车的最大速度大小v m；②滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小s. 答案1． A [由机械能守恒定律mgh ＋12m v 21＝12m v 22知,落地时速度v 2的大小相等,故 A 正确.]2．A [当汽车的功率为P 1时,汽车在运动过程中满足P 1＝F 1v ,因为P 1不变,v 逐渐增大,所以牵引力F 1逐渐减小,由牛顿第二定律得F 1－f ＝ma 1,f 不变,所以汽车做加速度减小的加速运动,当F 1＝f 时速度最大,且v m ＝P 1F 1＝P 1f .当汽车的功率突变为P 2时,汽车的牵引力突增为F 2,汽车继续加速,由P 2＝F 2v 可知F 2减小,又因F 2－f ＝ma 2,所以加速度逐渐减小,直到F 2＝f 时,速度最大v m ′＝P 2f ,以后匀速运动.综合以上分析可知选项A 正确.]3．C [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a 1a 2＝12,F 1合F 2合＝12,又两次的平均速度分别为v 2、v ,故两次的位移之比为x 1x 2＝12,由于两次的摩擦阻力相等,由W f ＝fx 可知,W f 2＝2W f 1；由动能定理知W 合1W 合2＝ΔE k1ΔE k2＝14,因为W 合＝W F －W f ,故W F ＝W 合＋W f ；W F 2＝W 合2＋W f 2＝4W 合1＋2W f 1<4W 合1＋4W f 1＝4W F 1；选项C 正确.]4．C [根据动能定理得P 点动能E k P ＝mgR ,经过N 点时,由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg－mg ＝m v 2R ,所以N 点动能为E k N ＝3mgR2,从P 点到N 点根据动能定理可得mgR －W ＝E k N －E k P ,即克服摩擦力做功W ＝mgR2.质点运动过程,半径方向的合力提供向心力即F N －mg cos θ＝ma ＝m v 2R ,根据左右对称,在同一高度处,由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小,轨道弹力变小,滑动摩擦力F f ＝μF N 变小,所以摩擦力做功变小,那么从N 到Q ,根据动能定理－mgR －W ′＝E k Q －E k N ,Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′＝12mgR －W ′,由于W ′＜mgR2,所以Q 点速度仍然没有减小到0,会继续向上运动一段距离,对照选项,C 正确.]5．C [在Q 点质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F N －mg ＝m v 2R ,F N ＝2mg ,联立解得v ＝gR ,下滑过程中,根据动能定理可得mgR －W f ＝12m v 2,解得W f ＝12mgR ,所以克服摩擦力做功 12mgR ,C 正确.]6．B [圆环在下落过程中弹簧的弹性势能增加,由能量守恒定律可知圆环的机械能减少,而圆环与弹簧组成的系统机械能守恒,故A 、D 错误；圆环下滑到最大距离时速度为零,但是加速度不为零,即合外力不为零,故C 错误；圆环重力势能减少了3mgl ,由能量守恒定律知弹簧弹性势能增加了3mgl ,故B 正确.]7．ABD [设总推力为F ,位移x ,阻力F 阻＝20%F ,对舰载机加速过程由动能定理得Fx －20%F ·x＝12m v 2,解得F ＝1.2×106 N,弹射器推力F 弹＝F －F 发＝1.2×106 N －1.0×105 N ＝1.1×106 N,A 正确；弹射器对舰载机所做的功为W ＝F 弹·x ＝1.1×106×100 J ＝1.1×108 J,B 正确；弹射器对舰载机做功的平均功率P －＝F 弹·0＋v2＝4.4×107 W,C 错误；根据运动学公式v 2＝2ax ,得a ＝v 22x ＝32 m/s 2,D 正确.]8．BD [滑块b 的初速度为零,末速度也为零,所以轻杆对b 先做正功,后做负功,选项A 错误；以滑块a 、b 及轻杆为研究对象,系统的机械能守恒,当a 刚落地时,b 的速度为零,则mgh ＝12m v 2a ＋0,即v a ＝2gh ,选项B 正确；a 、b 的先后受力如图所示.由a 的受力图可知,a 下落过程中,其加速度大小先小于g 后大于g ,选项C 错误；当a 落地前b 的加速度为零(即轻杆对b 的作用力为零)时,b 的机械能最大,a 的机械能最小,这时b 受重力、支持力,且F N b ＝mg ,由牛顿第三定律可知,b 对地面的压力大小为mg ,选项D 正确.] 9．BD [由题意知,圆环从A 到C 先加速后减速,到达B 处的加速度减小为零,故加速度先减小后增大,故A 错误；根据能量守恒,从A 到C 有mgh ＝W f ＋E p ,从C 到A 有12m v 2＋E p ＝mgh ＋W f ,联立解得：W f ＝14m v 2,E p ＝mgh －14m v 2,所以B 正确,C 错误；根据能量守恒,从A 到B 有mgh 1＝12m v 2B 1＋ΔE p1＋W f 1,从C 到B 有12m v 2＋ΔE p2＝12m v 2B 2＋W f 2＋mgh 2,又有12m v 2＋E p ＝mgh ＋W f ,联立可得v B 2＞v B 1,所以D 正确.]10．CD [质点竖直向上运动,0～15 s 内加速度方向向下,质点一直做减速运动,B 错误；0～5 s内,a＝10 m/s2,质点只受重力,机械能守恒；5～10 s内,a＝8 m/s2,受重力和向上的力F1,F1做正功,机械能增加；10～15 s内,a＝12 m/s2,质点受重力和向下的力F2,F2做负功,机械能减少,A错误,C正确；由F合＝ma可推知F1＝F2,由于做减速运动,5～10 s内通过的位移大于10～15 s内通过的位移,F1做的功大于F2做的功,5～15 s内增加的机械能大于减少的机械能,所以D正确.]11．解析(1)装置静止时,设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1,OA杆与转轴的夹角为θ1小环受到弹簧的弹力F弹1＝k·L2小环受力平衡：F弹1＝mg＋2T1cos θ1小球受力平衡：F1cos θ1＋T1cos θ1＝mg, F1sin θ1＝T1sin θ1解得k＝4mg L(2)设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2,OA杆与转轴的夹角为θ2,弹簧长度为x 小环受到弹簧的弹力F弹2＝k(x－L)小环受力平衡：F弹2＝mg,得x＝54L对小球：F2cos θ2＝mg, F2sin θ2＝mω20l sin θ2且cos θ2＝x 2l解得ω0＝8g 5L(3)弹簧长度为L2时,设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3,OA杆与弹簧的夹角为θ3小环受到弹簧的弹力F弹3＝k·L2小环受力平衡：2T3cos θ3＝mg＋F弹3,且cos θ3＝L 4l对小球：F3cos θ3＝T3cos θ3＋mg；F3sin θ3＋T3sin θ3＝mω23l sin θ3解得ω3＝16g L整个过程弹簧弹性势能变化为零,则弹力做的功为零, 由动能定理：W －mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 2－L 2－2mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 4－L 4＝2×12m (ω3l sin θ3)2解得：W ＝mgL ＋16mgl 2L 答案 (1)4mgL (2)8g 5L (3)mgL ＋16mgl 2L12．解析 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最大,从A 到B 机械能守恒mgR ＝12m v 2B ①滑块在B 点处,由牛顿第二定律知 N －mg ＝m v 2B R ② 解得N ＝3mg ③ 由牛顿第三定律知 N ′＝3mg ④(2)①滑块下滑到达B 点时,小车速度最大.由机械能守恒 mgR ＝12M v 2m ＋12m (2v m )2⑤ 解得v m ＝gR3⑥②设滑块运动到C 点时,小车速度大小为v C ,由功能关系 mgR －μmgL ＝12M v 2C ＋12m (2v C )2⑦ 设滑块从B 到C 过程中,小车运动加速度大小为a ,由牛顿第二定律 μmg ＝Ma ⑧ 由运动学规律v 2C －v 2m ＝－2as ⑨解得s ＝13L ⑩ 答案 (1)3mg (2)①gR 3 ②13L1．运用功能关系分析问题的基本思路(1)选定研究对象或系统,弄清物理过程；(2)分析受力情况,看有什么力在做功,弄清系统内有多少种形式的能在参与转化；(3)仔细分析系统内各种能量的变化情况、变化数量.2．功能关系。

【物理】物理动能与动能定理题20套(带答案)

【物理】物理动能与动能定理题20套(带答案)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。

高一物理动能定理机械能守恒定律应用

定能定理和机械能守恒定律及其应用3
一、求瞬间力做功问题
【例2】运动员踢球的平均作用力为200N,把一个静止的质量为1kg的球以10m/s的速度踢出, 球在水平面上运动50m后停下,求运动员对球做的功?
分析：
运动员对球做功是在瞬间完成的，用做功公式 W=FLcosa不好计算，可考虑动能定理；
软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块A和B连结，A 的质量为4m，B的质量为m，开始时将B按在地面上不动，然后放开手，让A沿斜面下滑而B上升。物块A与斜面间无摩擦。设当A沿斜面下滑S 距离后（S小于斜面的高度），细线突然断了。求物块B上升离地的最大高度H.
A
30
B
A
A
B
B
解：一、
A、B一起运动：对系统由机械能守恒定律
C、重力做功500J D、支持力做功50J
2、将质量为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，
H
不计空气阻力，求泥对石头的平均阻力（g取10m/s2） 3、一个小球从光滑斜面的顶端A处由静
止释放，通过光滑圆轨道最高点B时， B 对轨道的压力大小等于重力，则斜面的
W 合＝Ek2－Ek1 即： W人＝Ek2－Ek1 =50J
vo
v=0
F
S=50m
【变式训练2】
某人从距地面h=25m高处水平抛出一小球，小球质量为m=100g，出手时速度大小为v0=10m/s, 落地时速度大小为V=16m/s，取g=10m/s2，试求：
（1）人抛球时对小球做多少功？
（2）小球在空中运动时克服阻力做功多少？答案： 5J 17.2J
v
F=f Vm
vm

动能定理和机械能守恒定律的应用(解析版)

动能定理和机械能守恒定律的应用目录一．练经典---落实必备知识与关键能力................................................................................... 错误!未定义书签。

二．练新题---品立意深处所蕴含的核心价值 ........................................................................... 错误!未定义书签。

一、选择题1.如图所示，在质量为M 的电梯地板上放置一质量为m 的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H 时，速度达到v ，则( ) A ．地板对物体的支持力做的功等于12mv 2B ．地板对物体的支持力做的功等于mgHC ．钢索的拉力做的功等于12Mv 2＋MgHD ．合力对电梯做的功等于12Mv 2【答案】D【解析】：对物体由动能定理得：W F N －mgH ＝12mv 2，故W F N ＝mgH ＋12mv 2，A 、B 均错误；钢索拉力做的功W F 拉＝(M ＋m )gH ＋12(M ＋m )v 2，C 错误；由动能定理知，合力对电梯做的功应等于电梯动能的变化12Mv 2，D 正确。

2．(2022·上海交大附中期中)一块木板水平放在某装置底部，装置从地面开始向上运动的速度—时间图像如图所示，g 取10 m/s 2，则下列分析正确的是( )A ．0～0.5 s 木板的机械能守恒B ．0.5～1.0 s 木板的机械能守恒C ．1.0～1.5 s 木板的机械能守恒D ．0～1.5 s 木板的机械能一直在增加【答案】C【解析】： 0～0.5 s 木板加速上升，木板动能和重力势能均增大，木板的机械能不守恒，A 错误； 0.5～1.0 s 木板匀速上升，动能不变，重力势能增大，机械能不守恒，B 错误；1.0～1.5 s 木板的加速度大小为a ＝5－01.5－1.0m/s 2＝10 m/s 2＝g ，木板的加速度方向竖直向下，只受重力作用，做自由落体运动，只有重力做功，机械能守恒，C 正确，D 错误。

第一篇专题二第7讲动能定理机械能守恒定律能量守恒定律

升
和时间，比动力学方法要简捷。
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理
是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加
速、减速的过程)，对全过程应用动能定理，往往能使问题简化。
(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解。
考点二
1.判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法
12
2.北京冬奥会中的冰壶比赛令人印象深刻，冰壶比赛场地如图所示：运动员从起滑架处推着冰壶(可视为质点)沿中心线出发，在投掷线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大本营圆心O，为了使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷摩擦冰壶运行路径前方的冰面，使冰壶与冰面间的阻力减小。已知冰壶质量m＝20 kg，未刷冰时，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.02，刷冰后μ2＝0.01，起滑架到投掷线的距离l1＝10 m，投掷线与圆心O点的距离为l2＝30 m，取g＝10 m/s2，则：
例4 (2023·江苏连云港市模拟)如图所示，竖直面内处于同一高度的光滑钉子M、N相距2L。带有光滑小孔的小球A穿过轻绳，轻绳的一端固定在钉子M上，另一端绕过钉子N与小球B相连，B球质量为m。用手将A球托住静止在M、N连线的中点P处，此时B球也处于静止状态。放手后，A球下落的最大距离为L，重力加速度为g，B球未运动到钉子N处。 (1)A球的质量mA；
例2 (2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由
倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为 O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、 D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、

专题动能定理和机械能守恒定律综合应用连接体问题和链条问题(原卷版)

9 专题：动能定理和机械能守恒定律综合应用连接体和链条问题[学习目标]1.知道动能定理与机械能守恒定律的区别，体会二者在解题时的方法异同2.能灵活运用动能定理和机械能守恒定律解决综合题目．3.会分析多个物体组成系统的机械能守恒问题.4.会分析处理链条类机械能守恒问题一、机械能的变化量ΔE与其他力做功的关系质量为m的物块在竖直向上的恒力F的作用下由静止向上加速运动了h，此过程恒力F做功多少，物块机械能变化了多少？(空气阻力不计，重力加速度为g)二、多物体组成的系统机械能守恒问题1．当动能、势能仅在系统内相互转化或转移，则系统的机械能守恒．2．机械能守恒定律表达式的选取技巧①当研究对象为单个物体时，可优先考虑应用表达式E k1＋E p1＝E k2＋E p2或ΔE k＝－ΔE p来求解．②当研究对象为两个物体组成的系统时：a.若两个物体的重力势能都在减小(或增加)，动能都在增加(或减小)，可优先考虑应用表达式ΔE k＝－ΔE p来求解．b.若A物体的机械能增加，B物体的机械能减少，可优先考虑用表达式ΔE A＝－ΔE B来求解．c.从机械能的转化角度来看，系统中一个物体某一类型机械能的减少量等于系统中其他类型机械能的增加量，可用ΔE减＝ΔE增来列式．d.注意寻找连接各物体间的速度关系的连接物，如绳子、杆或者其他物体，然后在寻找几个物体间的速度关系和位移关系。

3．对于关联物体的机械能守恒问题，应注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系、位移与高度变化量Δh 的关系．三、连接体问题解题思路与技巧1．不含弹簧的系统机械能守恒问题①对多个物体组成的系统，要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒．一般情况为：不计空气阻力和一切摩擦，系统的机械能守恒．②注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系．③多个物体组成的系统，应用机械能守恒时，先确定系统中哪些能量增加、哪些能量减少，再用ΔE增＝ΔE减(系统内一部分增加的机械能和另一部分减少的机械能相等)解决问题．2．含弹簧的系统机械能守恒问题①通过其他能量求弹性势能，根据机械能守恒，列出方程，代入其他能量的数值求解．②对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，弹簧伸长量和压缩量相等时，弹簧弹性势能相等．③物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关．知识点一：动能定理和机械能守恒定律的比较动能定理和机械能守恒定律，都可以用来求能量或速度，但侧重不同，动能定理解决物体运动，尤其计算对该物体的做功时较简单，机械能守恒定律解决系统问题往往较简单，两者的灵活选择可以简化运算过程．【探究重点】【例题精讲】1.（2022届·河北省唐山市高三上学期期末）如图所示，一劲度系数为k的轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端连接置于粗糙水平面的物块。

教科版高中物理必修第二册课后习题第四章机械能及其守恒定律 3 动能动能定理

3 动能动能定理A 级必备知识基础练1.(多选)质量一定的物体( BC ) A.速度发生变化时其动能一定变化 B.速度发生变化时其动能不一定变化 C.速度不变时其动能一定不变 D.动能不变时其速度一定不变,速度变化时可能只有方向变化,而大小不变,动能是标量,所以速度只有方向变化时,动能可以不变;动能不变时,只能说明速度大小不变,但速度方向不一定不变,故B 、C 正确,A 、D 错误。

2.(北京房山高一期末)有一种地下铁道,车站的路轨建得高些,车辆进站时要上坡,出站时要下坡,如图所示。

坡高为h,车辆的质量为m,重力加速度为g,车辆与路轨间有摩擦力,进站车辆到达坡下A 处时的速度为v,此时切断电动机的电源,车辆冲上坡顶到达站台B 处的速度恰好为0。

车辆从A 运动到B 的过程中克服摩擦力做的功是( A )A.12mv 2-mghB.12mv 2+mghC.mgh-12mv 2D.mghA 到B 的过程运用动能定理得-mgh-W f =0-12mv 2,解得W f =12mv 2-mgh,故选A 。

3.如图所示,左端固定的轻质弹簧被物块压缩,物块被释放后,由静止开始从A 点沿粗糙水平面向右运动。

离开弹簧后,经过B 点的动能为E k ,该过程中,弹簧对物块做的功为W,则物块克服摩擦力做的功W f 为( D )A.W f =E kB.W f =E k +WC.W f =WD.W f =W-E k,有W-W f =E k ,得W f =W-E k ,故选D 。

4.(云南高一期末)质量为15 g 的子弹,以800 m/s 的速度射入厚度为10 cm 的固定木板,射穿后的速度是700 m/s 。

若子弹射穿木板的过程中受到的平均阻力不变,则该子弹还能射穿几块同样的木板( B ) A.2块B.3块C.4块D.5块-fd=12mv 12−12mv 02,-fnd=0-12mv 02,解得n≈4.3,则该子弹还能射穿3块同样的木板,故选B 。

高考物理二轮复习专题分层突破练5动能定理机械能守恒定律功能关系的应用含解析

专题分层突破练5 动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用A组1.(多选)(2021广东阳江高三二模)关于下列配图的说法正确的是()A.图甲中“蛟龙号”在钢绳作用下匀速下降的过程中,它的机械能不守恒B.图乙中火车在匀速转弯时所受合力为零,动能不变C.图丙中握力器在手的压力作用下弹性势能增大D.图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中机械能守恒2.(2021山西高三二模)如图所示,竖直平面内有一个半径为R的半圆形轨道,A、B为水平直径的两端点,O为圆心,现将半径远小于轨道半径、质量为m的小球从O点以初速度v0=水平向右抛出,小球落在圆周上某一点,不计空气阻力,重力加速度为g,则小球落在圆周上时的动能为()A.mgRB.mgRC.(-1)mgRD.mgR3.(2021江西高三一模)研究“蹦极”运动时,在运动员身上系好弹性绳并安装传感器,可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。

根据传感器收集到的数据,得到如图所示的“速度—位移”图象,若空气阻力和弹性绳的重力可忽略,根据图象信息,下列说法正确的是()A.弹性绳原长为15 mB.当运动员下降10 m时,处于超重状态,当运动员下降20 m时,处于失重状态C.若以运动员、弹性绳、地球为系统研究,此过程机械能守恒D.当运动员下降15 m时,绳的弹性势能最大4.(2021广东高三二模)高铁在高速行驶时,受到的阻力F f与速度v的关系为F f=kv2(k为常量)。

若某高铁以v1的速度匀速行驶时机车的输出功率为P,则该高铁以2v1的速度匀速行驶时机车的输出功率为()A.8PB.4PC.2PD.P5.(2021广东东莞高三月考)如图所示,质量为m的物体静止在地面上,物体上面连着一个轻弹簧,用手拉住弹簧上端向上移动H,将物体缓缓提高h,拉力F做功W F,不计弹簧的质量,已知重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.重力做功-mgh,重力势能减少mghB.弹力做功-W F,弹性势能增加W FC.重力势能增加mgh,弹性势能增加FHD.重力势能增加mgh,弹性势能增加W F-mgh6.(多选)(2021广东佛山高三三模)无动力翼装飞行运动员穿戴着拥有双翼的飞行服装和降落伞设备,从飞机、悬崖绝壁等高处一跃而下,运用肢体动作来掌控滑翔方向,最后打开降落伞平稳落地完成飞行。

高中物理动能定理的综合应用试题(有答案和解析)(1)

高中物理动能定理的综合应用试题(有答案和解析)(1)一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示，一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R =0.5m 。

物块A 以v 0=10m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道与物块间的动摩擦因数都为μ=0.4，A 的质量为m =1kg （A 可视为质点），求：(1)物块经过N 点时的速度大小； (2)物块经过N 点时对竖直轨道的作用力； (3)物块最终停止的位置。

【答案】(1)5m/s v =；(2)150N ，作用力方向竖直向上；(3)12.5m x = 【解析】【分析】【详解】(1)物块A 从出发至N 点过程，机械能守恒，有22011222mv mg R mv =⋅+ 得20445m /s v v gR =-=(2)假设物块在N 点受到的弹力方向竖直向下为F N ，由牛顿第二定律有2N v mg F m R+=得物块A 受到的弹力为2N 150N v F m mg R=-=由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力为N N 150N F F '==作用力方向竖直向上(3)物块A 经竖直圆轨道后滑上水平轨道，在粗糙路段有摩擦力做负功，动能损失，由动能定理，有20102mgx mv μ-=-得12.5m x =2．如图所示,倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R=0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连,O 点为轨道圆心,BC 为圆轨道直径且处于竖直方向,A 、C 两点等高．质量m=1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑,恰能滑到与O 点等高的D 点,g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8．求:(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ;(2)要使滑块能到达C 点,求滑块从A 点沿斜面滑下时初速度v 0的最小值;(3)若滑块离开C 点的速度为4 m/s ,求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间．【答案】（1）0.375（2）3/m s （3）0.2s 【解析】试题分析：⑴滑块在整个运动过程中，受重力mg 、接触面的弹力N 和斜面的摩擦力f 作用，弹力始终不做功，因此在滑块由A 运动至D 的过程中，根据动能定理有：mgR －μmgcos37°2sin 37R︒＝0－0 解得：μ＝0.375⑵滑块要能通过最高点C ，则在C 点所受圆轨道的弹力N 需满足：N≥0 ①在C 点时，根据牛顿第二定律有：mg ＋N ＝2Cv m R② 在滑块由A 运动至C 的过程中，根据动能定理有：－μmgcos37°2sin 37R ︒＝212C mv －2012mv ③ 由①②③式联立解得滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0需满足：v 03gR ＝23 即v 0的最小值为：v 0min ＝3⑶滑块从C 点离开后将做平抛运动，根据平抛运动规律可知，在水平方向上的位移为：x ＝vt ④在竖直方向的位移为：y ＝212gt ⑤ 根据图中几何关系有：tan37°＝2R yx-⑥ 由④⑤⑥式联立解得：t ＝0.2s考点：本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理的应用问题，属于中档题．3．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ=60°、长为L 1=23m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2=32m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D 处，如图所示.现将一个小球从距A 点高为h =0.9m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时小球的速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下.已知小球与AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ=3，g 取10m/s 2.（1）求小球初速度v 0的大小；（2）求小球滑过C 点时的速率v C ；（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件？【答案】（16m/s （2）6m/s （3）0<R ≤1.08m 【解析】试题分析：（1）小球开始时做平抛运动：v y 2=2gh代入数据解得：22100.932/y v gh m s =⨯⨯＝＝A 点：60y x v tan v ︒=得：032/6/603yx v v v s m s tan ==︒＝＝（2）从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得：()2211201122C mg h L sin mgL cos mgL mv mv θμθμ+---＝代入数据解得：36/C v m s ＝（3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：21mv mg R ＝22111 222C mv mgR mv +＝代入数据解得R 1=1．08 m当小球刚能到达与圆心等高时2212C mv mgR ＝代入数据解得R 2=2．7 m当圆轨道与AB 相切时R 3=BC•tan 60°=1．5 m 即圆轨道的半径不能超过1．5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是 0＜R≤1．08 m ．考点：平抛运动；动能定理4．如图所示，AB是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端B点与水平直轨道相切．一个小物块自A点由静止开始沿轨道下滑，已知轨道半径为R＝0.2m，小物块的质量为m＝0.1kg，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2.求：(1)小物块在B点时受到的圆弧轨道的支持力大小；(2)小物块在水平面上滑动的最大距离．【答案】(1)3N (2)0.4m【解析】(1)由机械能守恒定律，得在B点联立以上两式得F N＝3mg＝3×0.1×10N＝3N.(2)设小物块在水平面上滑动的最大距离为l，对小物块运动的整个过程由动能定理得mgR－μmgl＝0，代入数据得【点睛】解决本题的关键知道只有重力做功，机械能守恒，掌握运用机械能守恒定律以及动能定理进行解题．5．某物理小组为了研究过山车的原理提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ=53°，长为L1=7.5m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与足够长的光滑水平轨道BC相连，然后在C处连接一个竖直的光滑圆轨道．如图所示．高为h=0.8m光滑的平台上有一根轻质弹簧，一端被固定在左面的墙上，另一端通过一个可视为质点的质量m=1kg的小球压紧弹簧，现由静止释放小球，小球离开台面时已离开弹簧，到达A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小物块与AB间的动摩擦因数为μ=0.5，g取10m/s2，sin53°=0.8．求：(1)弹簧被压缩时的弹性势能；(2)小球到达C点时速度v C的大小；(3)小球进入圆轨道后，要使其不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件．【答案】(1)4.5J ；(2)10m/s ；(3)R ≥5m 或0＜R ≤2m 。

2020-2021物理第二册素养培优课4动能定理和机械能守恒定律的应用含解析

2020-2021学年新教材物理人教版必修第二册素养培优课4动能定理和机械能守恒定律的应用含解析素养培优课练习(四）动能定理和机械能守恒定律的应用（教师用书独具）(建议用时:25分钟）1．(多选)如图所示，A和B两个小球固定在一根轻杆的两端，m B〉m A，此杆可绕穿过其中心的水平轴O无摩擦地转动。

现使轻杆从水平状态无初速度释放，发现杆绕O点沿顺时针方向转动，则杆从释放起转动90°的过程中(不计空气阻力）（)A．B球的动能增加,机械能增加B．A球的重力势能和动能都增加C．A球的重力势能和动能的增加量等于B球的重力势能的减少量D．A球和B球的总机械能守恒BD[A球运动的速度增大，高度增大,所以动能和重力势能都增大，故A球的机械能增加.B球运动的速度增大,所以动能增大,高度减小，所以重力势能减小.对于两球组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒,因为A球的机械能增加，故B球的机械能减少,故A球的重力势能和动能的增加量与B球的动能的增加量之和等于B球的重力势能的减少量，故A、C错误，B、D正确.] 2．如图所示，一匀质杆长为2r，从图示位置由静止开始沿光滑面ABD滑动，AB是半径为r的错误!圆弧，BD为水平面。

则当杆滑到BD位置时的速度大小为()A.错误!B。

错误!C.错误!D．2错误!B［虽然杆在下滑过程有转动发生，但初始位置静止,末状态匀速平动，整个过程无机械能损失,故有错误!mv2＝mg·错误!，解得v ＝错误!，B正确.]3．如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，AB＝2BC。

小物块P(可视为质点）与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。

已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下,那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是（）A．tan θ＝错误!B．tan θ＝错误!C．tan θ＝2μ1－μ2D．tan θ＝2μ2＋μ1B［由动能定理得mg·AC·sin θ－μ1mg cos θ·AB－μ2mg cos θ·BC＝0,则有tan θ＝错误!，故选项B正确。

高中物理动能定理的综合应用题20套(带答案)含解析

高中物理动能定理的综合应用题20套(带答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示,竖直平面内的轨道由直轨道AB 和圆弧轨道BC 组成，直轨道AB 和圆弧轨道BC 平滑连接，小球从斜面上A 点由静止开始滑下,滑到斜面底端后又滑上一个半径为=0.4m R 的圆轨道；（1）若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆轨道的最高点C ，求斜面高h ；（2）若已知小球质量m =0.1kg ，斜面高h =2m ，小球运动到C 点时对轨道压力为mg ，求全过程中摩擦阻力做的功．【答案】（1）1m ；（2） -0.8J ；【解析】【详解】（1）小球刚好到达C 点,重力提供向心力，由牛顿第二定律得：2v mg m R=从A 到C 过程机械能守恒,由机械能守恒定律得：()2122mg h R mv -=, 解得：2.5 2.50.4m 1m h R ==⨯=；（2）在C 点,由牛顿第二定律得：2Cv mg mg m R+=,从A 到C 过程，由动能定理得：()21202f C mgh R W mv -+=-, 解得：0.8J f W =-；2．如图所示,在粗糙水平面上有一质量为M 、高为h 的斜面体,斜面体的左侧有一固定障碍物Q,斜面体的左端与障碍物的距离为d ．将一质量为m 的小物块置于斜面体的顶端,小物块恰好能在斜面体上与斜面体一起保持静止;现给斜面体施加一个水平向左的推力,使斜面体和小物块一起向左匀加速运动,当斜面体到达障碍物与其碰撞后,斜面体立即停止运动,小物块水平抛出,最后落在障碍物的左侧P 处(图中未画出),已知斜面体与地面间的动摩擦因数为μ1,斜面倾角为θ,重力加速度为g,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,求:(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ2;(2)要使物块在地面上的落点P 距障碍物Q 最远,水平推力F 为多大; (3)小物块在地面上的落点P 距障碍物Q 的最远距离．【答案】（1）2tan μθ=　（2）()()1sin cos tan M m g F M m g sin θμθθθ+=++-（3）2sin cos tan tan hd hsin θθθθθ- 【解析】【分析】对m 受力分析，由共点力平衡条件可以求出动摩擦因数；以m 为研究对象，求出最大加速度，以系统为研究对象，由牛顿第二定律求出最大推力；对系统由动能定理求出最大速度，然后由平抛运动规律求出最大水平位移．【详解】(1)对m 由平衡条件得：mgsinθ-μ2mgcosθ=0 解得：μ2=tanθ(2)对m 设其最大加速度为a m ，由牛顿第二定律得水平方向：Nsinθ+μ2Ncosθ=ma m 竖直方向：Ncosθ-μ2Nsinθ-mg =0 解得：2sin cos tan sin g a θθθθ=-对M 、m 整体由牛顿第二定律得：F -μ1(M +m )g =(M +m )a m 解得：()()12sin cos tan sin M m g F M m g θμθθθ+=++-　(3)对M 、m 整体由动能定理得：()()2112Fd M m gd M m v μ-+=+　解得：sin cos tan sin dg v θθθθ=-对m 由平抛运动规律得：水平方向：tan p hx vt θ+= 竖直方向：212h gt =解得：2sin 2cos tan sin tan p hd hx θθθθθ=-- 【点睛】本题主要考查了应用平衡条件、牛顿第二定律、动能定理、平抛运动规律即可正确解题．3．如图所示，固定斜面的倾角α=30°，用一沿斜面向上的拉力将质量m =1kg 的物块从斜面底端由静止开始拉动，t =2s 后撤去该拉力，整个过程中物块上升的最大高度h =2.5m ，物块与斜面间的动摩擦因数μ=36.重力加速度g =10m/s 2.求：(1)拉力所做的功； (2)拉力的大小.【答案】(1)40J F W = (2)F =10N 【解析】【详解】（1）物块从斜面底端到最高点的过程，根据动能定理有：cos 0sin F hW mg mgh μαα-⋅-= 解得拉力所做的功40F W J = （2）F W Fx =由位移公式有212x at = 由牛顿第二定律有cos sin F mg mg ma μαα--=解得拉力的大小F=10N.4．如图所示，一质量为m 的小球从半径为R 的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为R 。

专题：《动能定理和机械能守恒定律的综合应用》习题.doc

专题：《动能定理和机械能守恒定律的综合应用》习题1、如图所示，竖直平面内放一直角杆AOB，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ＝0.2，杆的竖直部分光滑.两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B，A、B球间用细绳相连.此时A、B 均处于静止状态，已知：OA＝3 m，OB＝4 m.若A球在水平拉力F的作用下向右缓慢地移动1 m(取g＝10 m/s2)，那么(1)该过程中拉力F做功多少？(2)若用20 N的恒力拉A球向右移动1 m时，A的速度达到了2 m/s，则此过程中产生的内能为多少？2、如图所示，跨过定滑轮的轻绳两端的物体A和B的质量分别为M和m，物体A在水平面上.A由静止释放，当B沿竖直方向下落h时，测得A沿水平面运动的速度为v，这时细绳与水平面的夹角为θ，试分析计算B下降h过程中，A克服地面摩擦力做的功.(滑轮的质量和摩擦均不计)3、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，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件？4、如图所示，一固定的楔形木块，其斜面倾角θ＝30°，另一边与地面垂直，顶上有一定滑轮，一条细绳将物块A 和B 连接，A 的质量为4m ，B 的质量为m ，开始时将B 按在地面上不动，然后放开手，让A 沿斜面下滑而B 上升，物块A 与斜面间无摩擦，设当A 沿斜面下滑x 距离后，细绳突然断了，求物块B 上升的最大高度H.5、如图所示，质量分别为2m 和3m 的两个小球固定在一根直角尺的两端A 、B ，直角尺的顶点O 处有光滑的固定转动轴.AO 、BO 的长分别为2L 和L.开始时直角尺的AO 部分处于水平位置而B 在O 的正下方.让该系统由静止开始自由转动，求：(1)当A 到达最低点时，A 小球的速度大小v ；(2)开始转动后B 球可能达到的最大高度h 。

机械能及其守恒定律练习5

机械能及其守恒定律练习5在力学中，机械能是指物体的动能和势能总和。

机械能守恒定律是指在没有外力做功和能量损失的条件下，闭合系统中的机械能保持不变。

本文将通过练习题的方式来巩固对机械能及其守恒定律的理解和应用。

练习题1一个质量为2kg的物体从高度为10m的位置自由下落，落地后弹起到高度为6m的位置。

求物体开始下落前的速度。

解答：首先我们可以利用重力势能和动能的守恒来解答这个问题。

在物体自由下落的过程中，重力势能减少，而动能增加。

当物体到达高度为6m的位置时，重力势能变为0，动能为最大值。

根据机械能守恒定律可得：初始重力势能 + 初始动能 = 最终重力势能 + 最终动能mgh + 0.5mv^2 = 0 + 0.5mv^2解方程得v = √(2gh)代入 g = 9.8m/s^2，h = 10m，可得v = √(2 × 9.8 × 10) ≈ 14m/s所以物体开始下落前的速度约为14m/s。

练习题2一个质量为0.5kg的物体由光滑的水平面上的位置A沿光滑斜面滑下，滑到斜面底端位置B时的速度为4m/s。

斜面倾角为30°，忽略空气阻力。

求物体从位置A到位置B的高度差。

解答：在这个问题中，我们需要利用重力势能、动能和斜面上的势能的守恒来求解。

首先计算物体在位置B时的动能和斜面上的势能。

设物体在位置B 的高度为hB，设斜面上的高度为hS。

根据物体在位置B的速度和动能的关系，可得：动能 = 0.5mv^2 = 0.5 × 0.5 × 4^2 = 4J根据斜面上的势能和动能的关系，可得：斜面上的势能 = mghS = 0.5 × 9.8 × hS根据物体从位置A到位置B的高度差可得：高度差 = hS - hB根据机械能守恒定律可得：初始重力势能 + 初始动能 = 最终斜面上的势能 + 最终动能0 + 0.5 × 0.5 × 0^2 = 0.5 × 9.8 × hS + 4解方程可得：hS = (0.5 × 0.5 × 0^2 - 4) / (0.5 × 9.8)代入数值计算可得：hS = -0.4082m因为高度差不能为负数，所以解得的结果不符合实际情况。