高中物理-专题练习-动能定理习题课.docx
高中物理动能与动能定理专项训练及答案及解析.docx
Q的速度为
.
，小球
P的速度为
；碰前小球
P
碰后小球
Q在
B点由牛顿第二定律得
:
碰后小球P恰好到C点，由动能定理得:
P、Q对心碰撞，由动量守恒得：
联立解得:
(2)小球Q从B到D的过程中，由动能定理得：
解得
，所以小球
Q能够到达
D点
由平抛运动规律有：
联立解得
(3)
联立解得:
当时x有最大值
线沿竖直方向。现有一质量m=0.1kg的小物块，从A点正上方的P点由静止落下。已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.5.取sin37°=0.6.co37°=0.8，g=10m/s2，不计空气阻力。
(1)为保证轨道不会被破坏，求P、A间的最大高度差H及物块能沿斜面上滑的最大距离L；
(2)若P、A间的高度差h=3.6m，求系统最终因摩擦所产生的总热量Q。
BC段上运动的距离以及和当班碰撞的次数。
（1）从A到C段运用动能定理
mgsin
-
AB
mv
2
L =
v=7m/s
（2）从开始到最后停下在BC段所经过的路程为x
mgsinLAB-mgx=0
x=24．9m
=31．1
经过AB的次数为312+1=63次
（3）设小物块平抛时的初速度为V0
H -r=gt2
r+=v0t
刹车踩到底，车轮被抱死，但卡车仍向前滑行，并撞上故障车，且推着它共同滑行了一段
距离l后停下．事故发生后，经测量，卡车刹车时与故障车距离为
L，撞车后共同滑行的距
离l
8L．假定两车轮胎与雪地之间的动摩擦因数相同．已知卡车质量
高中物理动能与动能定理专项训练100(附答案)含解析
高中物理动能与动能定理专项训练100(附答案)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，圆弧轨道AB是在竖直平面内的14圆周，B点离地面的高度h=0.8m，该处切线是水平的，一质量为m=200g的小球（可视为质点）自A点由静止开始沿轨道下滑（不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力），小球从B点水平飞出，最后落到水平地面上的D 点．已知小物块落地点D到C点的距离为x=4m，重力加速度为g=10m/s2．求：（1）圆弧轨道的半径（2）小球滑到B点时对轨道的压力．【答案】（1）圆弧轨道的半径是5m．（2）小球滑到B点时对轨道的压力为6N，方向竖直向下．【解析】（1）小球由B到D做平抛运动，有：h=12gt2x=v B t解得：10410/220.8Bgv x m sh==⨯=⨯A到B过程，由动能定理得：mgR=12mv B2-0解得轨道半径R=5m（2）在B点，由向心力公式得：2Bv N mg mR -=解得：N=6N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N=N=6N，方向竖直向下点睛：解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动．2．如图所示，不可伸长的细线跨过同一高度处的两个光滑定滑轮连接着两个物体A和B，A、B质量均为m。
A套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度为h。
开始时让连着A的细线与水平杆的夹角α。
现将A由静止释放（设B不会碰到水平杆，A、B均可视为质点；重力加速度为g）求：(1)当细线与水平杆的夹角为β（90αβ<<︒）时，A 的速度为多大? (2)从开始运动到A 获得最大速度的过程中，绳拉力对A 做了多少功?【答案】(1)22111cos sin sin A gh v ααβ⎛⎫=-⎪+⎝⎭(2)T sin h W mg h α⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 【解析】 【详解】(2)A 、B 的系统机械能守恒P K E E ∆=∆减加2211sin sin 22A B h h mg mv mv αβ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭cos A B v v α=解得22111cos sin sin A gh v ααβ⎛⎫=-⎪+⎝⎭(2)当A 速度最大时，B 的速度为零，由机械能守恒定律得P K E E ∆=∆减加21sin 2Am h mg h mv α⎛⎫-= ⎪⎝⎭ 对A 列动能定理方程2T 12Am W mv =联立解得T sin h W mg h α⎛⎫=- ⎪⎝⎭3．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s 2，求：（1）物体第一次到达A 点时速度为多大？（2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB 间的距离至少多大？ （3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？ 【答案】（1）8m/s （2）6.4m （3）1.8m 【解析】 【分析】（1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；（2）当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，根据动能定理列式求解；（3）物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s 的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可． 【详解】（1）物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：212mgh mv = 解得：2210 3.28m/s v gh =⨯⨯=（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，由动能能力得：2102mgL mv μ-=-解得：228m 6.4m 220.510v L g μ===⨯⨯ （3）因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度6m/s ，物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s v =带的速度冲上斜面，根据动能定理得：2102mgh mv '-=-带 得：226m 1.8m 2210v h g '===⨯带【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题．4．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2 kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2 m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端AB 的中点处，重力加速度g=10 m/s 2，求：（1）物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间；（2）传送带左右两端AB间的距离l至少为多少；（3）上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少；（4）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h′为多少？【答案】（1）1.6s （2）12.8m （3）160J （4）h′=1.8m【解析】(1)mgsinθ=ma, h/sinθ=,可得t="1.6" s.(2)由能的转化和守恒得：mgh=μmgl/2，l="12.8" m.(3)在此过程中，物体与传送带间的相对位移:x相=l/2+v带·t,又l/2=，而摩擦热Q=μmg·x相，以上三式可联立得Q="160" J.(4)物体随传送带向右匀加速，当速度为v带="6" m/s时向右的位移为x，则μmgx=，x="3.6" m<l/2，即物体在到达A点前速度与传送带相等，最后以v带="6" m/s的速度冲上斜面，由=mgh′，得h′="1.8" m.滑块沿斜面下滑时由重力沿斜面向下的分力提供加速度，先求出加速度大小，再由运动学公式求得运动时间，由B点到最高点，由动能定理，克服重力做功等于摩擦力做功，由此可求得AB间距离，产生的内能由相互作用力乘以相对位移求得5．如图所示，两个半圆形的光滑细管道(管道内径远小于半圆形半径)在竖直平面内交叠，组成“S”字形通道．大半圆BC的半径R=0.9m，小半圆CD的半径r=0.7m．在“S”字形通道底部B连结一水平粗糙的细直管AB．一质量m=0.18kg的小球（可视为质点）从A点以V0=12m/s的速度向右进入直管道，经t1=0.5s 到达B点，在刚到达半圆轨道B点时，对B 点的压力为N B=21.8N．（取重力加速度g=10m/s2）求：（1）小球在B点的速度V B及小球与AB轨道的动摩擦因数μ ?（2）小球到达“S”字形通道的顶点D后，又经水平粗糙的细直管DE，从E点水平抛出，其水平射程S=3.2m．小球在E点的速度V E为多少？（3）求小球在到达C点后的瞬间，小球受到轨道的弹力大小为多少？方向如何？【答案】（1）V B=10m/s ，μ=0.4（2）V E=S/ t=4m/s（3） N C=18.25N 方向向上【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律有N B-mg=mV B2/RV B=10m/sa=(V0-V B)/t=4m/s2μmg=m a a =mg μ=0.4（2）H=2R+2r=3.2mt=2H gV E=S/ t=4m/s（3）N C- mg=mV C2/r1 2m V B2=2mg R+12m V C2N C=18.25N 方向向上6．光滑水平面AB与一光滑半圆形轨道在B点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的9倍，之后向上运动经C点再落回到水平面，重力加速度为g.求：(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块离开C点后，再落回到水平面上时距B点的距离；(3)再次左推物块压紧弹簧，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？【答案】(1)（2）4R（3）或【解析】【详解】（1）由动能定理得W＝在B点由牛顿第二定律得：9mg－mg＝m解得W＝4mgR（2）设物块经C点落回到水平面上时距B点的距离为S，用时为t，由平抛规律知S=v c t2R=gt2从B到C由动能定理得联立知，S= 4 R（3）假设弹簧弹性势能为ＥＰ，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知ＥＰ≤mgR若物块刚好通过C点，则物块从B到C由动能定理得物块在C点时mg＝m则联立知：ＥＰ≥mgR.综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为ＥＰ≤mgR 或ＥＰ≥mgR.7．如图所示，光滑水平面MN的左端M处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度L=16m，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动．ABCDE 是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB为水平轨道，弧BCD是半径为R的半圆弧轨道，弧DE是半径为2R的圆弧轨道，弧BCD与弧DE相切在轨道最高点D，R=0．6m．平面部分A点与传送带平齐接触．放在MN段的物块m（可视为质点）以初速度v0=4m/s冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数μ=0．2，物块的质量m=1kg．结果物块从滑上传送带又返回到N端，经水平面与左端M处的固定弹射器相碰撞（弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定），因碰撞弹射器锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点，最后从E点飞出．g取10m/s2．求：（1）物块m 从第一次滑上传送带到返回到N 端的时间．（2）物块m 第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送带所多提供的能量多大？【答案】（1） 4.5t s =（2）8J W = 【解析】试题分析:（1）物块B 向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀减速运动，达到与皮带共速后与皮带匀速物块B 向右作匀减速运动过程：mg ma μ=12s v t gμ== 物块向右达到的最大位移：014m 2v S t =⋅= 反向匀加速运动过程加速度大小不变．达到与传送带共速的时间：21s vt gμ== 相对地面向左位移：/21m 2vS t =⋅= 共速后与传送带匀速运动的时间：/3411.5s 2S S t v --===往返总时间：（2）由物块恰能通过轨道最高点D ，并恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过最高点可得，物块是在半径为2R 的圆弧上的最高点重力全部充当向心力． 得：又由物块上滑过中根据机械能守恒得：代入数据解得：66m/s B v Rg == 物块第二次从N 到A 点：2112L v t g t μ=⋅-⋅ 速度关系：1B v v g t μ=-⋅ 代入得：；得：2s t =或8s t =-（舍）物体运动时传送带的位移：4m s vt == 传送带为维持匀速运动多提供的力：F mg μ=传送带所做的功等于传送带多提供的能量：8J W F s mg s μ=⋅=⋅= 考点：考查牛顿运动定律的综合应用；动能定理．【名师点睛】本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式求解．8．如图所示，ABC 为竖直面内一固定轨道，AB 段是半径为R 的14光滑圆弧，水平段与圆弧轨道相切于B ，水平段BC 长度为L ，C 端固定一竖直挡板．一质量为m 的小物块自A 端从静止开始沿圆轨道下滑，与挡板共发生了两次碰撞后停止在水平段B 、C 之间的某处，物块每次与挡板碰撞不损失机械能(即碰撞前、后速率相同)．不计空气阻力，物块与水平段BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．试求物块 (1)第一次与挡板碰撞时的速率； (2)在水平轨道上滑行的总路程；(3)最后一次滑到圆轨道底端B 处对圆轨道的压力．【答案】(1) 12()v g R L μ-RS μ=(3) 物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可能为43L mg R μ骣琪-琪桫或83L mg R μ骣琪-琪桫 【解析】 【详解】(1)对物块第一次从A 到C 过程，根据动能定理：2112mgR mgL mv -=μ ① 解得第一次碰撞挡板的速率12()v g R L μ-(2)设物块质量为m ，在水平轨道上滑行的总路程为S ，对物块从开始下滑到停止在水平轨道上的全过程，根据动能定理：mgR －μmg ·S ＝0③解得RS μ=④(3)设物块最后一次经过圆弧轨道底端B 时的速率为v 2，对圆轨道的压力为FN ，则：22N v F mg m R-= ⑤第一种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右运动还未到B 点时即停下，则：22122mgR mg L mv -⋅=μ⑥由⑤⑥解得43N L F mg R ⎛⎫=- ⎪⎝⎭μ ⑦第二种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右可再一次滑上光滑圆弧轨道，则：22142mgR mg L mv -⋅=μ ⑧由⑤⑧解得83N L F mg R μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⑨物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可能为43L mg R μ骣琪-琪桫或83Lmg R μ骣琪-琪桫9．在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d ．现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d ．已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ． B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g ．求A 的初速度的大小．【解析】 【详解】设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v 0；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2．在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律，得2220121112222mv mv mv =+⋅ 0122mv mv mv =+ ，式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正，联立解得：13v v =-，2023v v = 设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得21112mgd mv μ=， 2221222m gd mv μ=⋅（） ．按题意有：21d d d =+ ． 联立解得：0185v gd ＝μ10．如图甲所示，水平面上A 点处有一质量m ＝0.5kg 的小物块，从静止开始在水平向右恒力F 1作用下运动，通过B 点时立即撤去力F 1，物块恰好落到斜面P 点。
(完整版)动能定理习题(附答案)
1、 一质量为1kg 的物体被人用手由静止向上提高 (1)物体克服重力做功• (2)合外力对物体做功.解：⑴ m 由 A 到 B ：W Gmgh 10J克服重力做功10W 克G W G 10J C12⑵m 由A 到B ,根据动能定理11： W -mv2⑶ m 由 A 到 B ： W W G W FW F 12J2、 一个人站在距地面高 h = 15m 处，将一个质量为 上抛出• (1)若不计空气阻力，求石块落地时的速度 ⑵若石块落地时速度的大小为v t = 19m/s ，求石块克服空气阻力做的功W.1 2 解：(1) m 由A 到B :根据动能定理： mgh mv⑵m 由A 到B ,根据动能定理12：1 2 1 2 mgh Wmv t mv oW 1.95J2 23a 、运动员踢球的平均作用力为200N ，把一个静止的质量为在水平面上运动 60m 后停下.求运动员对球做的功？ 3b 、如果运动员踢球时球以10m/s 迎面飞来，踢出速度仍为10m/s ，则运动员对球做功为多少？ 解：(3a)球由O 到A ，根据动能定理13：1 2 W mv 0 0 50J 2(3b)球在运动员踢球的过程中，根据动能定理14W 】mv 2-mv 22 210不能写成：W G mgh 10J .在没有特别说明的情况下，临 默认解释为重力所做的功，而在这个过程中重力所做的功为负. 11也可以简写成：“m ： A B : Q W EJ',其中 W E k 表示动能定理. 12此处写 W 的原因是题目已明确说明 W 是克服空气阻力所做的功. 13踢球过程很短，位移也很小，运动员踢球的力又远大于各种阻力，因此忽略阻力功 14结果为0，并不是说小球整个过程中动能保持不变，而是动能先转化为了其他形式的能(主要是弹性势能， 然后其他形式的能又转化为动能，而前后动能相等(3)手对物体做功.B m0 2J* N hA±+ mgm = 100g 的石块以v o = 10m/s 的速度斜向 V.1kg 的球以10m/s 的速度踢出,v 0 0 v ； v 0m_O A Bmg mg1m ，这时物体的速度是 2m/s ，求:4、在距离地面高为 H 处，将质量为 m 的小钢球以初速度 v o 竖直下抛，落地后，小钢球陷入泥 土中的深度为h 求：(2)泥土对小钢球的阻力是恒力还是变力 (4)求泥土对小钢球的平均阻力大小 .解：(1) m 由A 到B ：根据动能定理:(2) m 由1状态到3状态15 16:根据动能定理:Fs 1 cos0omgscos180° 0 0s 100m15也可以用第二段来算s 2，然后将两段位移加起来.计算过程如下: m 由2状态到3状态：根据动能定理：o12mgs 2 cos180 0 mv s 70m则总位移s s, s?100m .(1)求钢球落地时的速度大小v.(3)求泥土阻力对小钢球所做的功 mgmgH12 12 mv mv 0 2 2(2)变力 6.(3) m 由B 到C ,根据动能定理： mgh W1 2 mv 2W f1 2mv 0 mg v tW f2 mv 02mg Hcos180°2h5、在水平的冰面上，以大小为 F=20N 冰车受到的摩擦力是它对冰面压力的 进了一段距离后停止.取g = 10m/s 2. (1)撤去推力F 时的速度大小. I 程s. I 的水平推力，推着质量 0. 01倍,当冰车前进了 .求：(2)冰车运动的总路m=60kg S 1=30m 的冰车， 后,撤去推力F ，冰车又前 由静止开始运动•解：(1) m 由1状态到2状态：根据动能定理7 F& cos0oo1 2mgs cos180 — mv 014m/s 3.74m/sv6、如图所示，光滑1/4圆弧半径为0.8m，有一质量为1.0kg的物体自A点从静止开始下滑到B 点，然后沿水平面前进4m，到达C点停止.求：(1) 在物体沿水平运动中摩擦力做的功(2) 物体与水平面间的动摩擦因数.解：⑴m由A到C9：根据动能定理：mgR W f 0 0W f mgR 8J⑵ m 由 B 到C: W f mg x cos180°0.27、粗糙的1/4圆弧的半径为0.45m，有一质量为0.2kg的物体自最高点A从静止开始下滑到圆弧最低点B时，然后沿水平面前进0.4m到达C点停止.设物体与轨道间的动摩擦因数为0.5 (g =10m/s 2），求:(1) 物体到达B点时的速度大小•(2) 物体在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功.解：⑴m由B到C :根据动能定理：mg I cos180°v B 2m/s1 2⑵ m由A到B:根据动能定理：mgR W f mv(3 02克服摩擦力做功W克f W f 0.5J8、质量为m的物体从高为h的斜面上由静止开始下滑，经过一段水平距离后停止，测得始点与终点的水平距离为s,物体跟斜面和水平面间的动摩擦因数相同，求：摩擦因数证：设斜面长为I，斜面倾角为，物体在斜面上运动的水平位移为s,，在水平面上运动的位移为S2，如图所示10.m由A到B :根据动能定理：mgh mg cos I cos180o mgs2 cos180°0 0又Q I cos s i、s S1 S2h则: h s 0即:ss9也可以分段计算，计算过程略10、汽车质量为 m = 2 x 103kg ，沿平直的路面以恒定功率 达到最大速度20m/s.设汽车受到的阻力恒定.求：证毕•9、质量为m 的物体从高为h 的斜面顶端自静止开始滑下，最后停在平面上的 从斜面的顶端以初速度 v o 沿斜面滑下，则停在平面上的 C 点•已知AB = BC 克服摩擦力做的功• ° A 故功 解：设斜面长为I , AB 和BC 之间的距离均为s ,物体在斜面上摩擦力 O 到B :根据动能定理: mgh W f 2 s cos180o 0 0 O 到C :根据动能定理: mgh W f 2 2s cos180° 1 2mv 2mgB 点•若该物体 ，求物体在斜面上N i厂ABN 2W f-mv 2 mgh 2克服摩擦力做功W 克 f W fmgh 1 2mv o2(1)阻力的大小. ⑵这一过程牵引力所做的功 (3)这一过程汽车行驶的距离解12 : (1)汽车速度v 达最大v m 时，有F f ，故:P F v m f v mf 1000N(2)汽车由静止到达最大速度的过程中： 6 g Pt 1.2 10 J (2)汽车由静止到达最大速度的过程中，由动能定理： mg mg l cos180o 1 2mv m 2l 800m 11. AB 是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端 A 点起由静止开始沿轨道下滑。
高中物理动能与动能定理专项训练100(附答案)含解析
高中物理动能与动能定理专项训练100(附答案)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，粗糙水平地面与半径为R =0.4m 的粗糙半圆轨道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．质量为m =1kg 的小物块在水平恒力F =15N 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B 点时撤去F ，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D 点，已知A 、B 间的距离为3m ，小物块与地面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10m/s 2．求： （1）小物块运动到B 点时对圆轨道B 点的压力大小． （2）小物块离开D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离【答案】（1）160N （2）2 【解析】 【详解】（1）小物块在水平面上从A 运动到B 过程中，根据动能定理，有： （F -μmg ）x AB =12mv B 2-0 在B 点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：2Bv N mg m R-=联立解得小物块运动到B 点时轨道对物块的支持力为：N =160N由牛顿第三定律可得，小物块运动到B 点时对圆轨道B 点的压力大小为：N ′=N =160N （2）因为小物块恰能通过D 点，所以在D 点小物块所受的重力等于向心力，即：2Dv mg m R=可得：v D =2m/s设小物块落地点距B 点之间的距离为x ，下落时间为t ，根据平抛运动的规律有： x =v D t ，2R =12gt 2解得：x =0.8m则小物块离开D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离20.82m l x ==2．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122A QELaL mv =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 =，'112B A QELmv 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：1102A mLaQEvt -==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：21233mLQEt t == ()221112222A A QELa a mv 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：()2220t mgg mL t Qat QE Et m B Q ⎛⎫==<≤ ⎪ ⎪⎝⎭从第一次碰撞到发生第二次碰撞：()222232t mL mL t QE QE mL E t QE m B Q ⎛⎫=<≤ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭- ⎪⎝⎭ 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。
动能和动能定理(解析版)--高一物理专题练习(内容+练习)
动能和动能定理--高一物理专题练习（内容+练习）一、动能的表达式1．表达式：E k＝12m v2.2．单位：与功的单位相同，国际单位为焦耳，符号为J.3．标矢性：动能是标量，只有大小，没有方向．二、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＝12m v22－12m v12.如果物体受到几个力的共同作用，W即为合力做的功，它等于各个力做功的代数和．3．动能定理既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况；既适用于直线运动，也适用于曲线运动．三．对动能定理的理解(1)在一个过程中合外力对物体做的功或者外力对物体做的总功等于物体在这个过程中动能的变化．(2)W与ΔE k的关系：合外力做功是物体动能变化的原因．①合外力对物体做正功，即W>0，ΔE k>0，表明物体的动能增大；②合外力对物体做负功，即W<0，ΔE k<0，表明物体的动能减小；如果合外力对物体做功，物体动能发生变化，速度一定发生变化；而速度变化动能不一定变化，比如做匀速圆周运动的物体所受合外力不做功．③如果合外力对物体不做功，则动能不变．(3)物体动能的改变可由合外力做功来度量．一、单选题1．如图所示，在光滑水平面上小物块在水平向右恒力1F作用下从静止开始向右运动，经时间t撤去1F，同时在小物块上施加水平向左的恒力2F，再经2t物块回到出发点，此时小物块的动能为k E，则以下说法正确的是（）A ．2145F F =B ．12F F =C ．1F 做的功为k49E D ．2F 做功的为kE 【答案】C【解析】AB ．设第一阶段的加速度为1a ，第二阶段的加速度为2a ，从静止出发到回到出发点对两个阶段列方程22112112422a t a t t a t ⎛⎫=-⋅- ⎪⎝⎭解得1254a a =根据牛顿第二定律得2154F F =故AB 错误；CD ．由于12:4:5F F =所以二者做功之比为12:4:5W W =二者做功之和等于k E ，所以1F 做的功为k 49E ，2F 做的功为k 59E ，故C 正确，D 错误。
高中物理【动能和动能定理】专题训练练习题
高中物理【动能和动能定理】专题训练练习题课时作业(A) [A 组 基础达标练]1.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增加到v 2时，上升高度为H ，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是( )A ．对物体，动能定理的表达式为W N ＝12m v 22，其中W N 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 N －mgH ＝12m v 22－12m v 12 D ．对电梯，其所受合力做的功为12M v 22－12M v 12－mgH 解析：物体受重力和支持力作用，根据动能定理得W合＝W N －mgH ＝12m v 22－12m v 12，故选项C 正确，A 、B 错误；对电梯，合力做的功等于电梯动能的变化量，故选项D 错误。
答案：C2．如图所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R 。
一质量为m 的物体，与两个轨道的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A 从静止下滑时，恰好运动到C 处停止，那么物体在AB 段克服摩擦力做的功为( )A ．μmgR B.12mgR C ．mgRD ．(1－μ)mgR解析：BC 段物体所受摩擦力F f ＝μmg ，位移为R ，故BC 段摩擦力对物体做的功W ＝－F f R ＝－μmgR ，对全程由动能定理可知，mgR ＋W 1＋W ＝0，解得W 1＝μmgR －mgR ，故AB 段克服摩擦力做的功为W 克＝－W 1＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR ，故A 、B 、C 错误，D 正确。
答案：D3.一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力F 作用下从平衡位置P 点很缓慢地移动到Q 点，如图所示，则力F 所做的功为( ) A ．mgl cos θ B ．Fl sin θ C ．mgl (1－cos θ)D ．Fl (1－sin θ)解析：小球的运动过程是缓慢的，因而小球任何时刻均可看作是平衡状态，力F 的大小在不断变化，F 做功是变力做功。
高中物理动能与动能定理解题技巧讲解及练习题含答案.doc
高中物理动能与动能定理解题技巧讲解及练习题( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，质量为m=1kg 的滑块，在水平力 F 作用下静止在倾角为θ=30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0=3m/s ，长为 L=1.4m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端 C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s 2．求(1)水平作用力 F 的大小；(2)滑块开始下滑的高度h；(3)在第 (2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q．【答案】 (1)(2)0.1 m 或 0.8 m (3)0.5 J【解析】【分析】【详解】解：（ 1）滑块受到水平推力F、重力 mg 和支持力F N处于平衡，如图所示：水平推力①解得：②（2）设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v 下滑过程由机械能守恒有：，解得：③若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：④解得：⑤若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：⑥解得：⑦（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则 t 时间内传送带的位移：s=v0t由机械能守恒有：⑧⑨滑块相对传送带滑动的位移⑩相对滑动生成的热量??2．如图所示，小滑块（视为质点）的质量m= 1kg AB的倾角；固定在地面上的斜面=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。
点B与水平光滑地面平滑相连，地面上有一根自然状态下的轻弹簧一端固定在O 点另一端恰好在 B 点。
认为滑块通过点 B 前、后速度大小不变；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
高中物理动能定理的综合应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案).docx
高中物理动能定理的综合应用常见题型及答题技巧及练习题( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．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L1 =2 3 m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2=3m 的水平轨道BC相2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v0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/s2.3（1）求小球初速度 v0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】（1） 6 m/s（2）3 6 m/s（3）0<R≤1.08m【解析】试题分析：（1）小球开始时做平抛运动： v y2=2gh代入数据解得：v y 2＝ 2 100.9＝3 2/s gh mA 点：tan v y60vx得：v x v0v y＝32＝6m / s tan603m / s（2）从水平抛出到 C 点的过程中，由动能定理得：mg h L1sin mgL1cos mgL2＝1mv C21mv02代入数据解得：v C＝3 6m / s 22（3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：＝mv2mg R1 1mv C2＝2mgR11mv222代入数据解得 R1=1． 08 m当小球刚能到达与圆心等高时1mv C2＝ mgR2 2代入数据解得R2=2． 7 m当圆轨道与 AB 相切时 R3=BC?tan 60 °．=15 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2．质量m 1.5kg 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t 2.0s 停在B点，已知A、B两点间的距离 s 5.0m ，物块与水平面间的动摩擦因数0.20 ，求恒力F多大．（ g 10m / s2）【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．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。
(完整版)高中物理动能定理典型练习题(含答案)
动能定理典型练习题典型例题讲解1.下列说法正确的是（ ）A 做直线运动的物体动能不变，做曲线运动的物体动能变化B 物体的速度变化越大，物体的动能变化也越大C 物体的速度变化越快，物体的动能变化也越快D 物体的速率变化越大，物体的动能变化也越大【解析】 对于给定的物体来说，只有在速度的大小（速率）发生变化时它的动能才改变，速度的变化是矢量，它完全可以只是由于速度方向的变化而引起．例如匀速圆周运动.速度变化的快慢是指加速度，加速度大小与速度大小之间无必然的联系. 【答案】D2.物体由高出地面H 高处由静止自由落下，不考虑空气阻力，落至沙坑表面进入沙坑h 停止(如图5-3-4所示).求物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的多少倍？【解析】 选物体为研究对象， 先研究自由落体过程，只有重力做功，设物体质量为m ，落到沙坑表面时速度为v ，根据动能定理有0212-=mv mgH ① 再研究物体在沙坑中的运动过程，重力做正功，阻做负功，根据动能定理有2210mv Fh mgh -=- ②由①②两式解得hh H mg F += 另解:研究物体运动的全过程，根据动能定理有000)(=-=-+Fh h H mg解得hh H mg F +=3.如图5-3-5所示，物体沿一曲面从A 点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B 时，下滑高度为5m ，若物体的质量为lkg ，到B 点时的速度为6m/s ，则在下滑过程中，物体克服阻力所做的功为多少?(g 取10m/s 2)【解析】设物体克服摩擦力图5-3-5Hh图5-3-4图5-3-6图5-3-7所做的功为W ，对物体由A 运动到B 用动能定理得221mv W mgh =- Jmv mgh W 32612151012122=⨯⨯-⨯⨯=-=即物体克服阻力所做的功为32J.课后创新演练1．一质量为1.0kg 的滑块，以4m/s 的初速度在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起一向右水平力作用于滑块，经过一段时间，滑块的速度方向变为向右，大小为4m/s ，则在这段时间内水平力所做的功为（ A ）A ．0B ．8JC ．16JD ．32J2．两物体质量之比为1:3，它们距离地面高度之比也为1:3，让它们自由下落，它们落地时的动能之比为（ C ）A ．1:3B ．3:1C ．1:9D ．9:13．一个物体由静止沿长为L 的光滑斜面下滑当物体的速度达到末速度一半时，物体沿斜面下滑了（ A ）A ．4LB ．L )12(-C ．2LD ．2L4．如图5-3-6所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L ，子弹进入木块的深度为s ．若木块对子弹的阻力f 视为恒定，则下列关系式中正确的是（ ACD ）A ．fL =21Mv 2B ．f s =21mv 2C ．f s =21mv 02－21（M ＋m ）v 2D ．f （L ＋s ）=21mv 02－21mv 25．如图5-3-7所示，质量为m 的物体静放在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮由地面以速度v 0向右匀速走动的人拉着，设人从地面上且从平台的 边缘开始向右行 至绳和水平方向 成30°角处，在此 过程中人所做的功 为( D ) A ．mv 02／2B ．mv 02C ．2mv 02／3D ．3mv 02／86．如图5-3-8所示，一小物块初速v 1,开始由A 点沿水平面滑至B 点时速度为v 2,若该物块仍以速度v 1从A 点沿两斜面滑动至B 点时速度为v 2’，已知斜面和水平面与物块的动摩擦因数相同，则( C ) A.v 2>v 2' B.v 2<v 2’ C.v 2=v 2’ D ．沿水平面到B 点时间与沿斜面到达B 点时间相等. 7.如图5-3-9所示，斜面足够长，其倾角为α，质量为m 的滑块，距挡板P 为S 0，以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块在斜面上经过的总路程为多少？【解析】滑块在滑动过程中，要克服摩擦力做功，其机械能不断减少；又因为滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，所以最终会停在斜面底端.在整个过程中，受重力、摩擦力和斜面支持力作用，其中支持力不做功.设其经过和总路程为L ，对全过程，由动能定理得：200210cos sin mv L ng mgS -=-αμα得αμαcos 21sin mgS 20mg mv L +=8.如图5-3-10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，由传送带传知工件与传送带间的动摩擦因数23=μ，g 取送至h ＝2m 的高处.已10m/s 2.(1) 试通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动?(2) 工件从传送带底端运动至h ＝2m 高处的过程中摩擦力对工件做了多少功?【解析】 (1) 工件刚放上皮带时受滑动摩擦力θμcos mg F =，工件开始做匀加速直线运动，由牛顿运动定律ma mg F =-θsin 得:图5-3-8图5-3-10V 0S 0αP 图5-3-9)30sin 30cos 23(10)sin cos (sin 00-⨯=-=-=θθμθg g mFa =2.5m/s 2设工件经过位移x 与传送带达到共同速度，由匀变速直线运动规律可得5.2222220⨯==a v x =0.8m ＜4m. 故工件先以2.5m/s 2的加速度做匀加速直线运动，运动0.8m 与传送带达到共同速度2m/s 后做匀速直线运动。
动能定理习题课
13.一物体在运动过程中,重力做了-2 J的功,合 力做了4 J的功,则( ) A.该物体动能减少,减少量等于4 J B.该物体动能增加,增加量等于4 J C.该物体重力势能减少,减少量等于2 J D.该物体重力势能增加,增加量等于2 J
14.质量为m的物体以 2 g的加速度加速下降， 下降的高度为h,则下列说法正确的是（ A.重力做功为mgh
10.质量M＝1kg的物体，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水 平面运动，经过位移4m时，拉力F停止作用，运动到位移
是8m时物体停止，运动过程中 物体动能 与位移（ EK －S
）的图线如图所示。求：（1）物体的初速度多大？（2） 物体和平面间的摩擦系数为多大？ ？（g=10m/s2 ） （3） 拉力F的大小
1.一人坐在雪橇上，从静止开始沿着高度为 质量为m的物体从斜面顶端由静止下滑，斜面倾 15m的斜坡滑下，到达底部时速度为10m／s. 角为370，斜面高h=3m，物体与斜面之间的动摩 人和雪橇的总质量为60kg，求：下滑过程中 擦因数为μ=0.25，求物体下滑到斜面底端时的速 克服阻力做功等于多少(g取10m／s2). 度大小？
4.有一质量为0.2 kg的物块,从长为4 m、倾角为30°光滑斜 面顶端处由静止开始沿斜面滑下,斜面底端和水平面的接 触处为很短的圆弧形,如图所示.物块和水平面间的动摩擦 因数为0.2,求: (1)物块在水平面能滑行的距离; (2)物块克服摩擦力所做的功.(g取10 m/s2)
5.斜面倾角为α,长为L, AB段光滑,BC段粗 糙,AB =L/3, 质量为m的木块从斜面顶端无初 速下滑,到达C端时速度刚好为零.求物体和 BC段间的动摩擦因数μ.
9.关于对动能的理解,下列说法中错误的是（ ） A.凡是运动的物体都具有动能 B.动能总为非负值 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
高中物理精品练习试卷：习题课动能定理
8.3.2习题课:动能定理的应用班级______________姓名___________________学号___________________1.一人用力踢质量为1 kg 的皮球,使球以10 m/s 的速度飞出,假定人踢球的平均作用力是200 N ,球在水平方向运动了20 m 停止,那么人对球所做的功为 ( ) A .50 J B .500 J C .4000 JD .无法确定2.如图所示,有一半径为r=0.5 m 的粗糙半圆轨道,轨道上A 与圆心O 等高,有一质量为m=0.2 kg 的物块(可视为质点)从A 点由静止滑下,滑至最低点B 时的速度为v=1 m/s ,g 取10 m/s 2,下列说法正确的是 ( )A .物块过B 点时对轨道的压力大小是0.4 N B .物块过B 点时对轨道的压力大小是2.0 NC .从A 到B 的过程中克服摩擦力做的功为0.9 JD .从A 到B 的过程中,克服摩擦力做的功为0.1 J3.质量为M 的木块放在光滑的水平面上,质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动.当子弹进入木块的深度为d 时相对木块静止,这时木块前进的距离为L.若木块对子弹的阻力大小F 视为恒定,下列关系式错误的是 ( )A .FL=12Mv 2 B .Fd=12mv 2 C .Fd=12m v 02-12(m+M )v 2 D .F (L+d )=12m v 02-12mv 24.如图所示,质量为M 的小车放在光滑的水平面上,质量为m 的物体(可视为质点)放在小车的左端.受到水平恒力F 的作用后,物体由静止开始运动,设小车与物体间的摩擦力为F f ,车长为L ,车发生的位移为x ,则物体从小车左端运动到右端时,下列说法错误的是 ( )A .物体具有的动能为(F-F f )(x+L )B .小车具有的动能为F f xC .物体克服摩擦力所做的功为F f (x+L )D .小车和物体所组成的系统具有的总动能为F (x+L ) 5.如图所示,在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ,若将小球A 从弹簧处于原长的位置由静止释放,则小球A 能够下降的最大高度为h (重力加速度为g ,不计空气阻力).若将小球A 换成质量为3m 的小球B ,仍从弹簧处于原长的位置由静止释放,则小球B 下降h 时的速度为( )A .√2gℎB .2√3gℎ3 C .√gℎ D .√2gℎ26.质量为2 kg 的物块放在粗糙水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,物块的动能E k 与其发生位移x 之间的关系如图所示.已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g 取10 m/s 2,则下列说法正确的是 ( ) A .x=1 m 时物块的速度大小为2 m/sB .x=3 m 时物块的加速度大小为2.5 m/s 2C .在前4 m 位移过程中拉力对物块做的功为9 JD .在前4 m 位移过程中物块所经历的时间为2.8 s7.如图所示,木盒中固定一质量为m 的砝码,木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止.现拿走砝码,而持续加一个竖直向下的恒力F (F=mg ,g 为重力加速度),若其他条件不变,则木盒滑行的距离 ( ) A .不变 B .变小 C .变大 D .变大或变小均可能8.如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置.当太阳光照射到小车上方的光电板时,光电板中产生的电流经电动机带动小车前进.若质量为m 的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶,经过时间t 前进的距离为l ,且速度达到最大值v m .设这一过程中电动机的功率恒为P ,小车所受阻力恒为F ,那么这段时间内( ) A .小车做匀加速运动 B .小车受到的牵引力逐渐增大C .小车受到的合外力所做的功为PtD .小车受到的牵引力做的功为Fl+12m v m 29.质量为1 kg的物体在粗糙的水平地面上受到一个水平外力F的作用而运动,如图甲所示,外力F和物体克服摩擦力F f做的功W与物体位移x的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2.下列分析错误的是()A.物体与地面间的动摩擦因数为0.2B.物体的最大位移为13 mC.前3 m运动过程中,物体的加速度为3 m/s2D.x=9 m时,物体的速度为3 √2m/s10.小球被竖直向上抛出,然后回到原处,小球初动能为E k0,所受空气阻力与速度大小成正比,则该过程中,小球的动能E k与位移x关系的图线是图LX3-8中的()11.(多选)质量均为m的甲、乙两物体静止在粗糙的水平面上,现分别用水平拉力作用在物体上,使两物体从同一起点并排沿同一方向由静止开始运动,两物体的v-t图像如图所示,则下列说法中正确的是()A.第1 s内两物体的加速度始终不同B.前2 s内两物体的合外力做功相同C.t=2 s时两物体相遇D.前2 s内甲的平均速度大于乙的平均速度12.如图LX3-10所示,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,到达B点时的速度为v0=√6gR,且恰好能通过C点.已知A、B间的高度差h=4R,重力加速度为g.求:(1)小球运动到B点时,轨道对小球的支持力的大小;(2)小球通过C点时的速率v C;(3)小球从A点运动到C点的过程中克服摩擦阻力做的功W.13.在山区或沟谷深壑地区,往往会因为长时间的暴雨引发山体滑坡,并携带有大量石块滑落.某地有两个坡度相同的山坡刚好在底端互相对接,在暴雨中有石块从一侧山坡滑落后冲上另一侧山坡.现假设两山坡与水平地面间的夹角均为θ=37°,石块在下滑过程中与两坡面间的动摩擦因数均为μ=0.25,石块从左侧山坡上A点由静止开始下滑时离水平地面的高度h1=4.8 m,然后冲上右侧山坡,其简化图如图所示.已知石块经过最低点P前后速度大小不变,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.(1)求石块滑到最低点P时的速度大小v;(2)求石块冲上右侧山坡的最高点B时离水平地面的高度h2;(3)石块在A点以多大的初速度v0下滑,刚好能到达右侧山坡与A点等高处?习题课:动能定理的应用1.A [解析] 由动能定理得,人对球所做的功W=12mv 2-0=50 J ,故选项A 正确.2.C [解析] 物块在B 点时,有F N -mg=m v 2r ,解得F N =2.4 N ,由牛顿第三定律知,其对轨道的压力大小是2.4 N ,选项A 、B 错误;从A 到B 的过程中,由动能定理得mgr-W f =12mv 2,克服摩擦力做的功W f =0.9 J ,选项C 正确,D 错误. 3.B [解析] 由动能4-F (L+d )=12mv 2-12m v 02,FL=12Mv 2,故Fd=mv 022-M+m 2v 2,故选项B 错误.4.D [解析] 物体对地的位移为(x+L ),根据动能定理,对物体有E k 物=(F-F f )(x+L ),对小车有E k 车=F f x ,选项A 、B 正确;根据功的定义可知,物体克服摩擦力做功W f =F f (x+L ),选项C 正确;小车和物体所组成的系统具有的总动能为E k物+E k 车=F (x+L )-F f L ,选项D 错误.5.B [解析] 小球A 下降h 高度过程中,根据动能定理有mgh-W 1=0,小球B 下降过程中,由动能定理有3mgh-W 1=12×3mv 2-0,联立解得v=2√3gℎ3,故B 正确.6.D [解析] 根据动能定理得ΔE k =F 合x ,可知物块在每段运动中所受合外力恒定,则物块在每段都做匀加速运动,由图像可知,x=1 m 时动能为2 J ,则v 1=√2Ek m =√2 m/s ,故A 错误;同理,当x=2 m 时动能为4 J ,则v 2=2 m/s ,当x=4 m时动能为9 J ,则v 4=3 m/s ,在2~4 m 段,有2a 2x 2=v 42-v 22,解得2~4 m 段的加速度为a 2=1.25 m/s 2,故B 错误;对物块运动全过程,由动能定理得W F +(-μmgx )=E k 末-0,解得W F =25 J ,故C 错误;0~2 m 过程,t 1=2x 1v 2=2 s ,2~4 m 过程,t 2=x2v 2+v 42=0.8s ,故总时间为2 s +0.8 s =2.8 s ,D 正确.7.B [解析] 设木盒质量为M ,木盒中固定一质量为m 的砝码时,由动能定理可知μ(m+M )gx 1=12(M+m )v 2,解得x 1=v 22μg;加一个竖直向下的恒力F (F=mg )时,由动能定理可知μ(m+M )gx 2=12Mv 2,解得x 2=Mv 22(m+M)μg,所以x 2<x 1,选项B正确.8.D [解析] 以恒定功率启动时,牵引力F=P v,加速度a=F-F 阻m随速度增大而减小,做加速度减小的加速运动,选项A 、B 错误;由动能定理得W-Fl=12m v m 2,牵引力做的功W=Fl+12m v m 2,合外力做的功为12m v m 2,选项D 正确,C 错误.9.B [解析] 由功W 与物体位移x 的关系图像可知,图线的斜率表示力的大小,由于运动过程中摩擦力始终不变,故过原点且斜率一直不变的倾斜直线表示的是克服摩擦力做功的W-x 图线,由W f =F f x 可知,物体与地面间的滑动摩擦力F f =2 N ,由F f =μmg 可得μ=0.2,选项A 正确;由W F =Fx 可知,前3 m 内拉力F 1=5 N ,3~9 m 内拉力F 2=2 N ,物体在前3 m 内的加速度a 1=F 1-F f m=3 m/s 2,选项C 正确;由动能定理得W F -W f =12mv 2,当x=9 m 时,物体的速度v=3 √2 m/s ,选项D 正确;物体的最大位移x m =W FF f=13.5 m ,选项B 错误.10.C [解析] 小球上升过程,由动能定理得-(mg+F 阻)x=E k -E k0,因上升过程中速度减小,阻力减小,合力减小,故E k -x 图像的斜率减小;小球下降过程中,有(mg-F阻)(h-x )=E k (h 为上升的最大高度),因下降过程中速度增大,阻力增大,合力减小,故E k -x 图像的斜率减小,选项C 正确.11.BD [解析] 在v-t 图像中图线斜率表示加速度,t=0时甲的加速度比乙的大,t=1 s 时甲的加速度为0,比乙的小,在0~1 s 内某时刻甲和乙的加速度相同,A 错误;开始时两物体速度均为0,2 s 末速度均为2 m/s ,由动能定理可知,前2 s 内两物体的合外力做功相同,B 正确;根据图线与横坐标轴所围的面积表示位移的大小可知,前2 s 内甲的位移大,平均速度大,C 错误,D 正确. 12.(1)7mg (2)√gR (3)1.5mgR[解析] (1)小球运动到B 点时,由牛顿第二定律得F N -mg=m v 02R 解得轨道对小球的支持力的大小为F N =7mg(2)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mg=m v C2R解得v C =√gR(3)小球从A 点运动到C 点的过程中,根据动能定理得mg (h-2R )-W=12m v C 2-0解得W=1.5mgR13.(1)8 m/s (2)2.4 m (3)8 m/s[解析] (1)石块从A 点下滑到P 点的过程中,由动能定理得mgh 1-μmg cos θ·ℎ1sinθ=12mv 2-0解得v=8 m/s(2)石块从A 点运动到B 点的过程中,由动能定理得 mg (h 1-h 2)-μmg cos θ·ℎ1+ℎ2sinθ=0-0解得h 2=2.4 m (3)石块以初速度v 0从A 点运动到右侧山坡与A 点等高处的过程中,由动能定理得 -2μmg cos θ•ℎ1sinθ=0-12m v 02解得v 0=8 m/s。
动能定理习题课
重力势能
WG＝EP1－EP2
弹力做功
弹性势能
WF＝EP1－EP2
外力做功
动能
W合外力总功＝EK2－EK1
1、起重机将质量为m的物体从地面静止开始匀加速 提升了h ,物体获得速度为v, 在这一过程中： （1）物体克服重力所做的功为＿＿＿； （2）合力对物体做的功为＿＿＿＿； （3）起重机对物体做的功为＿＿＿＿；
以 为研究对象，从 到 过程，末动能为 ，初动能为 。
这个过程中有
做功。
17.2J
模型三：瞬时力（变力）做功
例3：一学生用100N的力将静置于
地面的质量为0.5kg的球以8m/s的
初速沿水平方向踢出20m远，则该
学生对球做的功是（ B ）
A. 2000J
B. 16J
C. 1000J
D. 无法确定
求瞬间力等变力做功时，一般用动能定理。
-5J 0.45
以 为研究对象，从 到 过程，末动能为 ，初动能为 。
这个过程中有
做功。
模型二：曲线运动+变力做功
例2：某人从距地面25m高处水平抛出一小球，小 球质量100g，人对球所做的功为5J,落地时速度大 小为16m/s，取g=10m/s2，试小球在空中运动时克 服阻力做功多少？
求瞬间力等变力做功时，一般用动能定理。
F2R 2 F1R1
2
F
例：如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中 (容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时 ，它对容器的压力为FN.重力加速度为g，则质点自A滑到B的
过程中，摩擦力对其所做的功为：（ ）
A. 1 R(FN－3mg) B.
1 R(3mg－FN)
高中物理精品课件：动能定理习题课
动能的最小值为多少？
在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H的平台上A点由静止出发
，沿着动摩擦因数为的滑道向下运动到B点后水平滑出，最后落在水池
中。设滑道的水平距离为L，B点的高度h可由运动员自由调节（取
g=10m/s2）。求：
（1）运动员到达B点的速度与高度h的关系；
端，已知小物块的初动能为E，它返回斜面底端时的速度大小为v，
克服摩擦阻力做功为 ．若小物块冲上斜面的初动能变为2E，则有
2
A.返回斜面底端时的动能为E
B.返回斜面底端时的动能为3E/2
C.返回斜为 2
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
2
0.5
物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得
mgH mg 4S BC
1
1
mV22 mV12
2
2
V2 4 11m / s 13 .3m / s
1
mgH mgs 0 mV12
2
解得s=21.6m
所以物体在轨道上来回了20次后，还有1.6m，故离B的距离为
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。为使冰壶滑行得更
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
面后动摩擦因数减小至μ2=0.004。在某次比赛中，运动员使冰壶C在投
（3）荡起时，青藤对猴子的拉力大小
极值问题
如图有一离水平地面高度为H的平台，其上部分是一个半径为R光滑的四
高中物理动能定理典型练习题(含答案)(K12教育文档)
(完整word版)高中物理动能定理典型练习题(含答案)(word版可编辑修改) 编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（(完整word版)高中物理动能定理典型练习题(含答案)(word版可编辑修改)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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动能定理典型练习题典型例题讲解1.下列说法正确的是（ )A 做直线运动的物体动能不变，做曲线运动的物体动能变化B 物体的速度变化越大，物体的动能变化也越大C 物体的速度变化越快，物体的动能变化也越快D 物体的速率变化越大，物体的动能变化也越大【解析】 对于给定的物体来说，只有在速度的大小（速率)发生变化时它的动能才改变，速度的变化是矢量，它完全可以只是由于速度方向的变化而引起．例如匀速圆周运动.速度变化的快慢是指加速度，加速度大小与速度大小之间无必然的联系.【答案】D2.物体由高出地面H 高处由静止自由落下，不考虑空气阻力，落至沙坑表面进入沙坑h 停止（如图5-3-4所示）.求物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的多少倍？【解析】 选物体为研究对象,先研究自由落体过程，只有重力做功,设物体质量为m ，落到沙坑表面时速度为v ，根据动能定理有0212-=mv mgH ① 再研究物体在沙坑中的运动过程,重力做正功,阻做负功，根据动能定理有2210mv Fh mgh -=- ② 由①②两式解得hh H mg F += 另解：研究物体运动的全过程，根据动能定理有000)(=-=-+Fh h H mg解得hh H mg F += 3。
高中物理动能与动能定理专项训练100(附答案)(1)
高中物理动能与动能定理专项训练100(附答案)(1) 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，圆弧轨道AB是在竖直平面内的14圆周，B点离地面的高度h=0.8m，该处切线是水平的，一质量为m=200g的小球（可视为质点）自A点由静止开始沿轨道下滑（不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力），小球从B点水平飞出，最后落到水平地面上的D 点．已知小物块落地点D到C点的距离为x=4m，重力加速度为g=10m/s2．求：（1）圆弧轨道的半径（2）小球滑到B点时对轨道的压力．【答案】（1）圆弧轨道的半径是5m．（2）小球滑到B点时对轨道的压力为6N，方向竖直向下．【解析】（1）小球由B到D做平抛运动，有：h=12gt2x=v B t解得：10410/220.8Bgv x m sh==⨯=⨯A到B过程，由动能定理得：mgR=12mv B2-0解得轨道半径R=5m（2）在B点，由向心力公式得：2Bv N mg mR -=解得：N=6N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N=N=6N，方向竖直向下点睛：解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动．2．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/s2。
(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。
高中物理专题复习机械能动能定理习题课二
120动能定理习题课(二)【知识要点梳理】1.用动能定理解决变力做功的方法。
2.动能定理的另一种表达方式：W 合=W 1＋W 2＋…=ΔE k3.运用动能定理对复杂过程列式求解的方法：（1）分段列式法；（2）全程列式法 【典型例题剖析】【例1】如图7－4－5所示，质量为m 的物体用细绳牵引，在光滑水平面上做匀速圆周运动。
拉力为F 时的转动半径为r ，当拉力增大到8F 时，物体仍做匀速圆周运动，其转动半径为r /2，则此过程中拉力对物体做的功为（ ）： A.0 B.2/r F C.7Fr /4 D.2/3Fr【分析与解答】当拉力为F 时，设物体的速度为v 1，由圆周运动知识可得：r mv F /=21 则：Fr mv E k 21=21=211； 当拉力为8F 时，设物体速度为v 2)2//(=821r mv F ；则：Fr mv E k 2=21=222由动能定理得：Fr Fr Fr E E W k kF 23=212==12－－【总结与提高】对变力做功问题，不能用Fs W =cos θ计算。
动能定理是解决变力做功问题的有效方法之一。
【例2】如图7－4－6所示，质量为2kg 面为0.45m 高处自由下落，陷入沙坑中2cm 求沙子对铅球的平均阻力（g 取10m/s 2）？ 【分析与解答】 方法一：分析铅球的运动过程，可将铅球的运动过程分为两 个阶段：自由落体运动和陷入沙坑过程中的减速运动。
图7－4－5图7－4－6mgf图7－4－7121设铅球刚接触沙坑时的速度为v 。
在自由落体过程中，根据动能定理：221=mv mgH …………①在陷入沙坑过程中，铅球受力情况如图7－4－7所示，根据动能定理： 2210=mv fh mgh －－…………② 由①式和②式可得：N N h h H mg f 470=02.0)02.0+45.0(10×2=)+(= 方法二:我们把铅球运动的整个过程看成一个过程。
高中物理动能定理的综合应用专项训练100(附答案)含解析
高中物理动能定理的综合应用专项训练100(附答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．为了备战2022年北京冬奥会，一名滑雪运动员在倾角θ=30°的山坡滑道上进行训练，运动员及装备的总质量m=70 kg．滑道与水平地面平滑连接，如图所示．他从滑道上由静止开始匀加速下滑，经过t=5s到达坡底，滑下的路程 x=50 m．滑雪运动员到达坡底后又在水平面上滑行了一段距离后静止．运动员视为质点,重力加速度g=10m/s2，求：（1）滑雪运动员沿山坡下滑时的加速度大小a；（2）滑雪运动员沿山坡下滑过程中受到的阻力大小f；（3）滑雪运动员在全过程中克服阻力做的功W f．【答案】（1）4m/s2（2）f = 70N （3）1.75×104J【解析】【分析】（1）运动员沿山坡下滑时做初速度为零的匀加速直线运动，已知时间和位移，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出下滑的加速度．（2）对运动员进行受力分析，根据牛顿第二定律求出下滑过程中受到的阻力大小．（3）对全过程，根据动能定理求滑雪运动员克服阻力做的功．【详解】（1）根据匀变速直线运动规律得：x=1at22解得：a=4m/s2（2）运动员受力如图，根据牛顿第二定律得：mgsinθ-f=ma解得：f=70N（3）全程应用动能定理，得：mgxsinθ-W f =0解得：W f =1.75×104J【点睛】解决本题的关键要掌握两种求功的方法，对于恒力可运用功的计算公式求．对于变力可根据动能定理求功．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 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1m kg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．某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC 长L ＝6m ，始终以v 0＝6m/s 的速度顺时针运动．将一个质量m ＝1kg 的物块由距斜面底端高度h 1＝5.4m 的A 点静止滑下，物块通过B 点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H ＝5m ，g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．⑴求物块由A 点运动到C 点的时间；⑵若把物块从距斜面底端高度h 2＝2.4m 处静止释放，求物块落地点到C 点的水平距离；⑶求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D．【答案】⑴4s；⑵6m；⑶1.8m≤h≤9.0m【解析】试题分析：（1）A到B过程：根据牛顿第二定律mgsinθ﹣μ1mgcosθ=ma1，代入数据解得，t 1=3s．所以滑到B点的速度：v B=a1t1=2×3m/s=6m/s，物块在传送带上匀速运动到C，所以物块由A到C的时间：t=t1+t2=3s+1s=4s（2）斜面上由根据动能定理．解得v=4m/s＜6m/s，设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：，，x=5m＜6m所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动s=v 0t0，H=解得 s=6m．（3）因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有v C=v0①当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则：，解得h3=1.8m②当离传送带高度为h4时物块进入传送带后一直匀减速运动，h4=9.0m所以当离传送带高度在1.8m～9.0m的范围内均能满足要求即1.8m≤h≤9.0m4．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）tan hθ【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：v =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：tan p hx θ= 【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．5．如图所示，质量m ＝2.0×10－4 kg 、电荷量q ＝1.0×10－6 C 的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中．取g ＝10 m/s 2． (1)求匀强电场的电场强度 E1的大小和方向；(2)在t ＝0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2＝4.0×103N/C ，且方向不变．求在t ＝0.20 s 时间内电场力做的功；(3)在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉第(2)问中的电场，求带电微粒回到出发点时的动能．【答案】(1)2.0×103N/C ，方向向上 (2)8.0×10－4J (3)8.0×10－4J 【解析】 【详解】（1）设电场强度为E ，则：Eq mg =，代入数据解得：4362.01010/ 2.010/1010mg E N C N C q --⨯⨯===⨯⨯，方向向上 （2）在0t =时刻，电场强度突然变化为：32 4.010/E N C =⨯，设微粒的加速度为a ，在0.20t s =时间内上升高度为h ，电场力做功为W ，则：21qE mg ma -=解得：2110/a m s =根据：2112h a t =，解得：0.20=h m 电场力做功：428.010J W qE h -==⨯（3）设在0.20t s =时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为v ，回到出发点时的动能为k E ，则：v at =，212k E mgh mv =+解得：48.010J k E -=⨯6．在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示，P 是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h 的探测屏AB 竖直放置，离P 点的水平距离为L ，上端A 与P 点的高度差也为h .(1)若微粒打在探测屏AB 的中点，求微粒在空中飞行的时间； (2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏A 、B 两点的微粒的动能相等，求L 与h 的关系．【答案】(1)3h g (2) 42g g L v h h≤≤(3)22h 【解析】 【分析】 【详解】（1）若微粒打在探测屏AB 的中点，则有：32h =12gt 2， 解得：3h t g=（2）设打在B 点的微粒的初速度为V1，则有：L=V 1t 1，2h=12gt 12 得：14g v Lh= 同理，打在A 点的微粒初速度为：22g v L h= 所以微粒的初速度范围为：4g Lh ≤v≤2g L h（3）打在A 和B 两点的动能一样，则有：12mv 22+mgh=12mv 12+2mgh 联立解得：L=22h7．如图，图象所反映的物理情景是：物体以大小不变的初速度v 0沿木板滑动，若木板倾角θ不同，物体沿木板上滑的距离S 也不同，便可得出图示的S -θ图象．问： （1）物体初速度v 0的大小．（2）木板是否粗糙？若粗糙，则动摩擦因数μ为多少？ （3）物体运动中有否最大加速度以及它发生在什么地方？【答案】（1）017.3m /s v = （2）0.75μ= （3）最大加速度点坐标()53,12m sθ︒'==【解析】 【分析】 【详解】（1）当θ=90º时，物体做竖直上抛运动，根据速度位移公式可知：01210317.3m /s v gs ===（2）当θ=0º时，根据动能定理得，201mg 2s mv μ=，解得：203000.75221020v gs μ===⨯⨯（3）加速度cos sin 3cos sin cos sin 4mg mg a g g g mμθθμθθθθ+⎛⎫==+=+ ⎪⎝⎭得到，当θ=53º时，α有极大值2m 12.5m /s a = ，由动能定理得，20102mv mas '-= ，所以12m s '= 所以最大加速度点坐标()53,12m s θ︒'==8．如图所示，处于原长的轻质弹簧放在固定的光滑水平导轨上，左端固定在竖直的墙上，右端与质量为m B =2kg 的滑块B 接触但不连接，此时滑块B 刚好位于O 点．光滑的水平导轨右端与水平传送带理想连接，传送带长度L=2.5m ，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=4.0m/s 匀速传动．现用水平向左的推力将滑块B 缓慢推到M 点（弹簧仍在弹性限度内），当撤去推力后，滑块B 沿轨道向右运动，滑块B 脱离弹簧后以速度v B =2.0m/s 向右运动，滑上传送带后并从传送带右端Q 点滑出落至地面上的P 点．已知滑块B 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.10，水平导轨距地面的竖直高度h=1.8m ，重力加速度g 取10m/s 2．求：（1）水平向左的推力对滑块B 所做的功W ； （2）滑块B 从传送带右端滑出时的速度大小； （3）滑块B 落至P 点距传送带右端的水平距离． 【答案】（1）4J （2）3m/s （3）1.8m 【解析】试题分析：（1）设滑块B 脱离弹簧时推力对B 所做的功为W ，根据动能定理，有：214J 2B B W m v ==（2分） （2）滑块B 滑上传送带后做匀加速运动，设滑块B 从滑上传送带到速度达到传送带的速度v 所用的时间为t ，加速度大小为a ，在时间t 内滑块B 的位移为x ， 根据牛顿第二定律和运动学公式得：mg ma μ=（1分）B v v at =+（1分）212B x v t at =+（1分）解得：6m x L =>（1分）即滑块B 在传送带上一直做匀加速运动，设滑出时的速度为v '由222B v v aL '-=解得：3m/s v '=（1分） （3）由平抛运动的规律，则有：212h gt =（1分） x v t ='（1分）解得： 1.8m x =（1分）考点：本题考查了平抛运动、动能定理和匀变速运动规律的应用．9．如图所示，在E ＝103 V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN 与一水平绝缘轨道MN 在N 点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R ＝40 cm ，N 为半圆形轨道最低点，P 为QN 圆弧的中点，一带负电q ＝10－4 C 的小滑块质量m ＝10 g ，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N 点右侧1.5 m 的M 处，g 取10 m/s 2，求：(1)小滑块从M 点到Q 点电场力做的功(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q ，则小滑块应以多大的初速度v 0向左运动？(3)这样运动的小滑块通过P 点时对轨道的压力是多大？ 【答案】(1) - 0.08J(2) 7 m/s （3）0.6 N 【解析】 【分析】 【详解】（1）W=－qE·2R W= - 0.08J (2)设小滑块到达Q 点时速度为v ，由牛顿第二定律得mg ＋qE ＝m 2v R小滑块从开始运动至到达Q 点过程中，由动能定理得 －mg·2R －qE·2R －μ(mg ＋qE)x ＝12mv 2－12mv 联立方程组，解得：v 0＝7m/s.(3)设小滑块到达P 点时速度为v ′，则从开始运动至到达P 点过程中，由动能定理得 －(mg ＋qE)R －μ(qE ＋mg)x ＝12mv′2－12mv 又在P 点时，由牛顿第二定律得F N ＝m 2v R代入数据，解得：F N ＝0.6N由牛顿第三定律得，小滑块通过P 点时对轨道的压力F N ′＝F N ＝0.6N. 【点睛】（1）根据电场力做功的公式求出电场力所做的功；（2）根据小滑块在Q 点受的力求出在Q 点的速度，根据动能定理求出滑块的初速度； （3）根据动能定理求出滑块到达P 点的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力，由牛顿第三定律得，小滑块通过P 点时对轨道的压力．10．如图所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为m ＝0.1 kg 的铁块，它与纸带右端的距离为L ＝0.5 m ，铁块与纸带间、纸带与桌面间动摩擦因数均为μ＝0.1.现用力F 水平向左将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为s ＝0.8 m ．已知g ＝10 m/s 2，桌面高度为H ＝0.8 m ，不计纸带质量，不计铁块大小，铁块不滚动．求：（1）铁块抛出时速度大小； （2）纸带从铁块下抽出所用时间t 1； （3）纸带抽出过程全系统产生的内能E . 【答案】（1）2m/s （2）2s （3）0.3J 【解析】试题分析：（1）对铁块做平抛运动研究212h h=gt 2g由，得，t=0.4s则0s v =t=2m/s（2）铁块在纸带上运动时的加速度为a ， a=gμ=1m/s 2由vo=at 得，t 1=2s x 1=2m（3）摩擦力产生的热量包括上下两个面所产生， Q 上=mgμL=0.05J Q 下= mgμ（L+x 1）=0.25J 所以Q= Q 上+Q 下=0.3J考点：考查了功能关系，平抛运动，牛顿第二定律的应用点评：本题关键是先分析清楚物体的运动情况，然后运用平抛运动的分位移公式、牛顿运动定律和运动学公式联立列式求解；同时由功能关系及相对位移求产生的内能．11．如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B 端的切线沿水平方向．质量m=1.0kg 的滑块（可视为质点）在水平恒力F=10.0N 的作用下，从A 点由静止开始运动，当滑块运动的位移x=0.50m 时撤去力F ．已知A 、B 之间的距离x 0=1.0m ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10，取g=10m/s 2．求：（1）在撤去力F 时，滑块的速度大小；（2）滑块通过B 点时的动能；（3）滑块通过B 点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35m ，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功．【答案】（1）3．0m/s ；（2）4．0J ；（3）0．50J ．【解析】试题分析：（1）滑动摩擦力f mg μ=（1分）设滑块的加速度为a 1，根据牛顿第二定律1F mg ma μ-=（1分）解得219.0/a m s =（1分）设滑块运动位移为 0.50m 时的速度大小为v ，根据运动学公式212v a x =（2分）解得 3.0/v m s =（1分）（2）设滑块通过B 点时的动能为kB E从A 到B 运动过程中，依据动能定理有 k WE =∆合 0 kBF x fx E -=， （4分）解得 4.0kB E J =（2分）（3）设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为f W ，根据动能定理0f kB mgh W E --=-（3分）解得0.50f W J =（1分）考点：牛顿运动定律 功能关系12．如图所示，半圆轨道的半径为R=10m ，AB 的距离为S=40m ，滑块质量m=1kg ，滑块在恒定外力F 的作用下从光滑水平轨道上的A 点由静止开始运动到B 点，然后撤去外力，又沿竖直面内的光滑半圆形轨道运动，且滑块通过最高点C 后又刚好落到原出发点A ；g=10m/s 2求：（1）滑块在C 点的速度大小v c(2) 在C 点时，轨道对滑块的作用力N C（3）恒定外力F 的大小【答案】（1）v c =20m/s （2）Nc=30N ，方向竖直向下（3）F="10N"【解析】试题分析：（1） C 点飞出后正好做平抛运动，则212{2R gt x vt==联立上述方程则v c =20m/s（2）根据向心力知识则2N v mg F m r+= FN=30N ，方向竖直向下。
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第 9课时动能定理习题课
1、有两个物体 a 和 b，其质量分别为m a和 m b，且 m a>m b，它们的初动能相同，若 a 和 b
分别受到不变的阻力F a和 F b的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为s a和s b，则（）
A． F a>F b且 s a <s b B．F a<F b且 s a>s b C． F a<F b且 s a<s b D ． F a>F b且s a>s b
︰ m
2、 A、 B 两物体的质量之比 m A B=2︰1，它们以相同的初速度
v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其速度图象如图
所示。
那么， A、 B 两物体所受摩擦阻力之比F A︰F B与 A、B
两物体克服摩擦阻力做的功之比
︰ W 分别为（）W A B
A. 4︰1，2︰1
B. 2︰1，4︰1
C. 1︰4，1︰2
D. 1︰2，1︰ 4
3、一个人把质量为1kg 的物体由静止向上提升2m，同时物体获得2m/s 的速度，重力加速
度 g=10m/s2，关于这个过程，正确的说法是：
A．物体克服重力做功20J B．合力对物体做功22J
C．合力对物体做功2J D．人对物体做功22J
4、如图所示，处于高为h 的物体由静止沿粗糙曲面轨道滑下，且在水
平轨道上滑行的距离为s，若物体与轨道间的动摩擦因数均为μ ，
现用平行轨道的外力使物体沿原轨道返回出发点，则外力做功至少
应为：（曲面阻力大小不变）
A ． 2mgh B.mgh+ μ mgs C. 2mgh+2 μ mgs D.mgh
5、在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时
速度为 v，用 g 表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（）
1212
B． -mgh-121
mv2
A． mgh-
2mv -
2
mv0mv-0
22
C． mgh-1mv2+1m v02D． mgh+1mv2-1m v02
2222
6、如图所示，电梯质量为M ，地板上放置一质量为m 的物体。
钢索拉电梯
由静止开始向上加速运动，当上升高度为H 时，速度达到v，则 ( )
1 A.地板对物体的支持力做的功等于
2
2 mv
B.地板对物体的支持力做的功等于mgH
C. 钢索的拉力做的功等于1Mv2+MgH
D.合力对电梯做的功等于1Mv 2
22
7、关于运动物体所受的合力、合力的功、运动物体动能的变化，下列说法正确的是( )
A.运动物体所受的合力不为零，合力必做功，则物体的动能一定要变化
B.运动物体所受的合力为零，物体的动能一定不变
C.运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力一定为零
D.
运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动
8、如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力
F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力 F 随物块所在位置坐标x 的变化关
系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时的动能为( )
A． 0
1
B.2F m x0
π
C. 4F m x0
π 2
D. 8x0
9、如图所示，小球以初速度v0从 A 点沿不光滑的轨道运动到高为h
的 B 点后自动返回，其返回途中仍经过 A 点，则经过 A 点的速度
大小为()
A.v02－ 4gh
B. 4gh－ v02
C. v02－ 2gh
D. 2gh－ v02
10、物体 A 和 B 叠放在光滑水平面上m A =1kg， m B =2kg， B 上作用一
个 3N 的水平拉力后， A 和 B 一起前进了4m，如图所示。
在这个过程中 B 对 A 做的功等于（）
A． 4J B． 12J C． 0D． -4J
11、如图，质量为12J 的功后撤去2kg 的木块静止在水平地面上的P 点，用水平恒力 F 拉动，拉力
F，最后木块滑行到Q 点停止运动，已知P、 Q 两点间的距离为
F 做了
3m，全
过程所用的时间为 3S，求：①木块运动过程中的最大速度？②全过程中摩擦力对木块所做
的功？③木块和水平地面间的动摩擦因数？④作用在木块上的水平恒力的大小？
F
P Q
12、总质量为80 kg 的跳伞运动员从离地500 m 的直升机上
跳下，经过 2 s 拉开绳索开启降落伞，如图所示是跳伞
2
过程中的v－ t 图，试根据图像求：（g 取 10 m/s ）
（1） t＝ 1 s 时运动员的加速度和所受阻力的大小；
（2）估算 14s 内运动员下落的高度及克服阻力做的功；
（3）估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间。
13、如图所示，质量为 m＝ lkg 的木块放在倾角为30°的斜面上，木块与斜面间的动摩擦因
数为μ＝ O.25，木块与一轻弹簧相连，轻弹簧另一端固定在挡板上，木块在位置 A 时，弹簧处于原长．现用平行斜面的力 F将木块从静止开始缓慢沿斜面拉到位置 B，AB=O.2m，然后无初速释放，测得木块回到 A 处时速度 v A =2m/s．求上述过程中 F 做的功以及木
块从 B 位置回到 A 位置的过程中弹簧弹力做的功．若又测得弹簧第一次被压缩到最短时，
木块位置 c 距位置 A 为 O.06m，求第二次回到位置 A 时的速度大小．
第 9 课时 动能定理 习题课
参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8 9
10
答案
A
A
ACD
A
C
D
BD
CD
B
A
11、解：（ 1）由 v-t 求 v ， v=2m/s;（ 2） W f
12J ； （3） 0.2 ；
（ 4）F=6N ；
12、【解析】 (1) 从图象中可以看出，在
t ＝ 2 s 内运动员做匀加速运动，其加速度的大小为：
v t 16 2 2
a ＝ t ＝ 2 m/s ＝ 8 m/s
设此过程中运动员受到的阻力大小为
f ，根据牛顿第二定律，有： m
g － f ＝ ma 得： f ＝ m ( g － a ) ＝ 80× (10 － 8) N ＝ 160 N ． (2) v － t 图象与 t 轴所包围的面积表示位移，由图象可知 14 s 内该面积包含的格子为 39 格
所以 h ＝ 39× 2× 2 m ＝ 156 m
1
2
根据动能定理，有： mgh －W f ＝ mv
1
2
所以 W f ＝ mgh －2mv
1
＝ (80 × 10× 156－ × 80×62)
J 2
≈ 1.23 × 105 J ．
(3)14 s 后运动员做匀速运动的时间为：
H － h 500－ 156
t ′＝ v ＝
6 s ≈5
7 s
运动员从飞机上跳下到着地所需要的总时间为： t 总 ＝ t ＋ t ′＝ (14 ＋ 57) s ≈ 71 s ． [答案]
(1)160 N
(2)1.23
×105 J (3)71 s
13、解：（ 1） B → A ，由动能定理， W 弹 mgh
mg cos30
x 2
0--- （1）
1
mv A
2
从 A 拉到 B 过程： W F
W 弹 - mgh mg cos300 x 0 ----------
（ 2）
W （
3
）J 1.433J ； W
( 2
3 ) J
J
；
弹
1 4
F
2
2.866
（2） A → C → A ，由动能定理：
mg cos300 0.06 2
1 mv
2 1
mv A 2 ；
v
1.87m / s ；
2
2。