推荐2019版高考物理总复习练习：第15课动能定理及其应用含解析

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2019年高考物理专题复习：动能定理及其应用含解析

[课时作业]
单独成册方便使用[基础题组]
一、单项选择题
1．A 、B 两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F 作用下，由静止开始通
过相同的位移s.若A 的质量大于B 的质量，则在这一过程中(
) A ．A 获得动能较大
B ．B 获得动能较大
C ．A 、B 获得动能一样大
D ．无法比较A 、B 获得动能大小
解析：由动能定理可知恒力
F 做功W ＝Fs ＝12mv 2－0，因为F 、s 相同，所以A 、B 的动能变化相同，C 正确．
答案：C
2．如图甲所示，静止于光滑水平面上的小物块，在水平拉力F 的作用下从坐标原点O 开始沿x 轴正方向运动，F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线右半部分为四分之一圆弧，则小物块运动到2x 0处时的动能可表示为()
A ．0
B ．F max x 0C.12F max x 0(1＋π) D ．12F max x 0(1＋π2)
解析：题中Fx 图像与横坐标围成的面积等于拉力做功的大小，由图像可得出
W ＝12F max x 0(1＋π2)，根据动能定理得E k ＝W ＝12F max x 0(1＋π2)，选项D 正确．
答案：D
3．(2018·湖北八校高三联考)物体静止在光滑水平面上，先对物体施加一水平向右的。

2019版《提分宝典》高考物理总复习练习：第15课动能定理及其应用 Word版含解析

第15课动能定理及其应用1．动能、动能定理的理解 a ．速度、合力与动能的关系(1)(2017淮安模拟，6分)关于物体的动能，下列说法中正确的是( ) A ．物体速度变化，其动能一定变化B ．物体所受的合力不为零，其动能一定变化C ．物体的动能变化，其运动状态一定发生改变D ．物体的速度变化越大，其动能一定变化也越大答案：C解析：若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变化，故A 项错误。

物体所受合力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变化，如匀速圆周运动中，物体所受合力不为零，但速度大小始终不变，动能不变，故B 项错误。

物体动能变化，其速度一定发生变化，故运动状态改变，故C 项正确。

例如竖直上抛运动中物体经过同一点(非最高点)时的速度变化量要大于其到达最高点的速度变化量，但在该点时的动能变化量为0，小于从该点到达最高点时的动能变化量，故D 项错误。

b ．合力做功对动能的影响(2)(2018汇编，6分)下列对动能定理的理解，正确的是( ) A ．物体具有动能是由于力对物体做了功B ．物体在合力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中变化量一定不为零C ．在某个过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的绝对值之和D ．如果物体所受的合力为零，那么物体的动能变化量为零答案：D解析：物体运动就会有动能，与有无外力做功没有关系，故A 项错误。

竖直上抛运动是一种匀变速直线运动，在上升和下降阶段经过同一位置时动能相等，动能在这段过程中的变化量为零，故B 项错误。

外力做的总功等于各个力单独做功的代数和，故C 项错误。

物体所受合力为零，则合力不做功，物体动能变化量为零，故D 项正确。

2．动能定理的应用a ．利用动能定理求直线运动中的各类参数(3)(多选)(2016浙江理综，6分)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。

2019年高考物理一轮复习：动能定理及其应用讲义含解析

第2讲动能定理及其应用板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】动能Ⅱ1.定义：物体由于运动而具有的能.2.公式：E k＝12m v2.3.物理意义：动能是状态量，是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关.4.单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.5.动能的相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性.6.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k＝12m v22－12m v21.【知识点2】动能定理Ⅱ1.内容：合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.2.表达式(1)W＝ΔE k.(2)W＝E k2－E k1.(3)W＝12m v22－12m v21.3.物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度.4.适用范围广泛(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动.(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功.(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用.板块二考点细研·悟法培优考点1动能定理的理解和应用[拓展延伸]1.做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号.2.动能定理叙述中所说的“外力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是电场力、磁场力或其他力.3.动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、E k等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理.4.若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑.例1如图所示，质量为m的滑块从h高处的a点沿倾斜轨道ab滑入水平轨道bc(两轨道平滑连接)，滑块与倾斜轨道及水平轨道间的动摩擦因数相同.滑块在a、c两点时的速度大小均为v、ab长度与bc长度相等.空气阻力不计，则滑块从a到c的运动过程中()A ．滑块的动能始终保持不变B.滑块在bc 过程克服阻力做的功一定等于mgh2C.滑块经b 点时的速度大于gh ＋v 2D.滑块经b 点时的速度等于2gh ＋v 2(1)滑块从b 到c 的过程中摩擦力做功吗？做正功还是负功？提示：做功.做负功.(2)滑块在ab 段和bc 段摩擦力做功相同吗？提示：不同，位移相同但摩擦力不同. 尝试解答选C.由题意知，在滑块从b 运动到c 的过程中，由于摩擦力做负功，动能在减少，所以A 错误；从a 到c 的运动过程中，根据动能定理：mgh －W f ＝0，可得全程克服阻力做功W f ＝mgh ，滑块对ab 段轨道的正压力小于对bc 段的正压力，故在ab 段滑块克服摩擦力做的功小于在bc 段克服摩擦力做的功，即从a 到b 克服摩擦力做的功0<W f ′<12mgh ，B 错误.设在b 点的速度为v ′，根据动能定理：mgh －W f ′＝12m v ′2－12m v 2，可得gh ＋v 2<v ′<2gh ＋v 2，故C 正确，D 错误.总结升华1.应用动能定理解题应抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息. 2.应用动能定理解题的基本思路[跟踪训练] [2017·江西新余一模]我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.如图所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直轨道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速下滑，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m.为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧，助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？答案 (1)144 N (2)12.5 m解析 (1)运动员在AB 段上做初速度为零的匀加速运动，设AB 段的长度为x ，斜面的倾角为α，则有v 2B ＝2ax ，根据牛顿第二定律得mg sin α－F f ＝ma ，又sin α＝Hx ，由以上三式联立解得F f ＝144 N.(2)在由B 到达C 的过程中，根据动能定理有 mgh ＋W ＝12m v 2C －12m v 2B设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2CR由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有F N ＝6mg ，联立解得R ＝12.5 m ，所以圆弧的半径R 至少为12.5 m.考点2动能定理与图象结合问题[拓展延伸]解决物理图象问题的基本步骤1.观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义.2.根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式.3.将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，弄清图线与坐标轴围成的面积所对应的物理意义，分析解答问题.或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量.例2 [2018·河南陕州中学月考](多选)一质量为2 kg 的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象.已知重力加速度g ＝10 m/s 2，由此可知( )A．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B.减速过程中拉力对物体所做的功约为13 JC.匀速运动时的速度约为6 m/sD.减速运动的时间约为1.7 s(1)F-x图象的面积表示什么？提示：F做的功.(2)开始物体在粗糙水平面上做匀速直线运动，F和摩擦力大小关系如何？提示：大小相等，是平衡力.尝试解答选ABC.F-x图象围成的面积代表拉力F所做的功，由图知减速阶段F-x围成面积约13个小格，每个小格表示1 J则约为13 J，故B正确.刚开始匀速运动，则F＝μmg，由图象知F＝7 N，则μ＝Fmg＝0.35，故A正确.全程应用动能定理：W F－μmgs＝0－12m v2，其中W F＝(7×4＋13) J＝41 J，得v0＝6 m/s，故C正确.由于不是匀减速直线运动，没办法求减速运动的时间.总结升华与动能定理结合紧密的几种图象(1)v-t图：由公式x＝v t可知，v-t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移.(2)F-x图：由公式W＝Fx可知，F-x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功.(3)P-t图：由公式W＝Pt可知，P-t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功.[跟踪训练][2017·安徽合肥质检]A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v-t图象如图所示.已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是()A ．F 1、F 2大小之比为1∶2 B.F 1、F 2对A 、B 做功之比为1∶2 C.A 、B 质量之比为2∶1D.全过程中A 、B 克服摩擦力做功之比为2∶1 答案 C解析由图象与坐标轴围成的面积表示位移，可知两物体的位移相同，已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等，故全过程中两物体克服摩擦力做功相等，D 项错；由动能定理可知，两物体所受外力做的功与克服摩擦力做的功相等，故外力做的功相同，B 项错；由图象可知，A 、B 在外力作用下的位移之比为1∶2，由功的定义可知，F 1∶F 2＝2∶1，A 项错；由速度图象可知，两物体匀减速直线运动过程中的加速度大小之比为1∶2，由牛顿第二定律有：F f ＝ma 可知两物体质量之比为2∶1，C 项正确.考点3应用动能定理解决曲线运动问题[规律总结]在曲线运动中，若只涉及到位移、速度，而不涉及时间时，优先考虑动能定理.主要注意： (1)弄清物体的运动过程，物体都做了哪些运动.(2)分析每个运动过程中，物体的受力情况和运动情况，判断有没有临界的情况出现.(3)抓住运动过程中起关联作用的物理量，如速度、位移等，同时关注动能定理中的初、末态在什么位置.(4)最后根据分析的情况，确定是分段还是整体运用动能定理列式计算.例3 如图所示，质量为m 的小球用长为L 的轻质细线悬于O 点，与O 点处于同一水平线上的P 点处有一个光滑的细钉，已知OP ＝L2，在A 点给小球一个水平向左的初速度v 0，发现小球恰能到达跟P 点在同一竖直线上的最高点B . (1)求小球到达B 点时的速率；(2)若不计空气阻力，则初速度v 0为多少？(3)若初速度v 0′＝3gL ，小球仍能恰好到达B 点，则小球在从A 到B 的过程中克服空气阻力做了多少功？(1)小球恰好到达最高点B 时，细线给小球有力的作用吗？提示：没有，只受重力.(2)细线碰到钉子瞬间，小球的速度发生改变吗？提示：不变，因为力与速度垂直. 尝试解答 (1)gL2(2) 7gL 2 (3)114mgL . (1)小球恰好到达最高点B ，所以mg ＝m v 2BL 2，得v B ＝gL 2. (2)从A 到B 的过程由动能定理得－mg ⎝⎛⎭⎫L ＋L 2＝12m v 2B －12m v 20，可得v 0＝7gL2. (3)从A 到B 过程由动能定理得－mg ⎝⎛⎭⎫L ＋L 2－W ＝12m v 2B －12m v 0′2 可得W ＝114mgL .总结升华动能定理在圆周运动中的应用竖直面内圆周运动经常考查物体在最高点和最低点的状态，最高点的速度和最低点的速度可以通过动能定理联系起来，所以竖直面内的圆周运动，经常和动能定理联系起来应用.[跟踪训练] 如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段倾斜直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R .一质量为m 的小物块从斜轨道上的某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动.要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg (g 为重力加速度).求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h 的取值范围. 答案 52R ≤h ≤5R解析设物块在圆形轨道最高点的速度为v ，由动能定理得mg (h －2R )＝12m v 2①物块在圆形轨道最高点受到的力为重力mg 和轨道的压力F N 重力与压力的合力提供向心力，则有mg ＋F N ＝m v 2R②物块能够通过最高点的条件是F N ≥0③ 由②③式得v ≥gR ④ 由①④式得h ≥52R按题目的要求，有F N ≤5mg ⑤ 由②⑤式得v ≤6Rg ⑥由①⑥式得h ≤5R .则h 的取值范围是52R ≤h ≤5R.满分指导3 利用动能定理解决多过程问题(18分)如图所示，质量为m ＝1 kg 的可视为质点的小物体轻轻放在匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物体恰好无碰撞地①沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，圆弧轨道与质量为M ＝2 kg 的足够长的小车左端在最低点O 点相切，小物体在O 点滑上小车，水平地面光滑，当小物体运动到障碍物Q 处时与Q 发生②无机械能损失的碰撞.碰撞前小物体和小车已经相对静止，而小车可继续向右运动(小物体始终在小车上)，小车运动过程中和圆弧无相互作用.已知圆弧半径R ＝1.0 m ，圆弧对应的圆心角θ为53°，A 点距水平地面的高度h ＝0.8 m ，小物体与小车间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.试求：(1)小物体离开A 点的③水平速度v 1； (2)小物体经过O 点时④对轨道的压力大小；(3)第一次碰撞后直至静止，小物体⑤相对小车的位移和⑥小车做匀减速运动的总时间. [审题抓住信息，准确推断][破题形成思路，快速突破] (1)小物体离开A 点的水平速度的求解： ①选取研究过程：小物体从A 到B ； ②列出运动学方程：a ．竖直方向：v 2y ＝2gh ；b.B 点：tan θ＝v y v 1.(2)小物体经过O 点时对轨道的压力的求解： ①选取研究过程：小物体从A 到O 点； ②列出动能定理方程：mg (h ＋R －R cos θ)＝12m v 20－12m v 21；③小物体在O 点.a ．选择规律：牛顿第二定律；b ．方程式：F N －mg ＝m v 20R .(3)小物体相对小车的位移和小车做匀减速运动的总时间的求解思路. ①请写出求小物体相对小车的位移的思路.提示：先利用牛顿第二定律求出m 和M 的加速度，再利用运动学公式求出小物体和小车的共同速度v t ，最后利用功能关系求出l 相.②请写出求小车做匀减速运动的总时间的思路.提示：小车从小物体碰撞后开始做匀减速运动，利用牛顿第二定律和运动学公式求时间. [解题规范步骤，水到渠成] (1)对小物体由A 到B 有：v 2y ＝2gh (2分) 在B 点：tan θ＝v yv 1，解得v 1＝3 m/s(3分)(2)由A 到O ，根据动能定理有： mg (h ＋R －R cos θ)＝12m v 20－12m v 21(2分) 在O 点，由牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v 20R (1分)解得：v 0＝33 m/s ，F N ＝43 N(1分) 由牛顿第三定律得小物体对轨道的压力为 F N ′＝F N ＝43 N ，方向竖直向下(1分) (3)摩擦力F f ＝μmg ＝1 N ，加速度a m ＝μg ＝1 m/s 2，a M ＝μmgM＝0.5 m/s 2，(2分) 小物体滑上小车后经过时间t 达到的共同速度为v t ，则 t ＝v t a M ＝v 0－v t a m，得v t ＝333 m/s(2分)由于碰撞不损失能量，小物体在小车上重复做匀减速和匀加速运动，相对小车始终向左运动，小物体与小车最终静止，摩擦力做功使动能全部转化为内能，故有：F f ·l 相＝12(M ＋m )v 2t ，得l 相＝5.5 m(2分)小车从小物体碰撞后开始匀减速运动，(每个减速阶段)加速度不变，a M ＝F fM ＝0.5 m/s 2，v t ＝a M t ，得t ＝2333 s(2分)[点题突破瓶颈，稳拿满分] (1)常见的思维障碍①无法理解“沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑”的含义，导致无法求解A 点的水平速度；②小物体滑上小车后没有判断达到共同速度这一重要环节，导致把l 绝对当成l 相而出错. (2)因解答不规范导致的失分：小物体在O 点的牛顿第二定律方程式漏掉重力而写成F N ＝m v 20R 导致出错.。

高考物理动能定理的综合应用技巧和方法完整版及练习题及解析

高考物理动能定理的综合应用技巧和方法完整版及练习题及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．质量为m =0.5kg 、可视为质点的小滑块，从光滑斜面上高h 0=0.6m 的A 点由静止开始自由滑下。

已知斜面AB 与水平面BC 在B 处通过一小圆弧光滑连接。

长为x 0=0.5m 的水平面BC 与滑块之间的动摩擦因数μ=0.3，C 点右侧有3级台阶（台阶编号如图所示），D 点右侧是足够长的水平面。

每级台阶的高度均为h =0.2m ，宽均为L =0.4m 。

（设滑块从C 点滑出后与地面或台阶碰撞后不再弹起）。

(1)求滑块经过B 点时的速度v B ；(2)求滑块从B 点运动到C 点所经历的时间t ；(3)（辨析题）某同学是这样求滑块离开C 点后，落点P 与C 点在水平方向距离x ，滑块离开C 点后做平抛运动，下落高度H =4h =0.8m ，在求出滑块经过C 点速度的基础上，根据平抛运动知识即可求出水平位移x 。

你认为该同学解法是否正确？如果正确，请解出结果。

如果不正确，请说明理由，并用正确的方法求出结果。

【答案】(1)23m/s ；(2)0.155s ；（3）不正确，因为滑块可能落到某一个台阶上；正确结果1.04m 【解析】【详解】(1)物体在斜面AB 上下滑，机械能守恒20102B mgh mv =+ 解得022100.623m/s B v gh =⨯⨯=＝(2)根据动能定理得200102C mgh mgx mv μ-=- 解得002()210(0.60.30.5)3m/s C v g h x μ=-=⨯⨯-⨯=根据牛顿第二定律得mg ma μ=则220.310m/s 3m/s a g μ==⨯=130.155s 3C B v v t a --===-- (3)不正确，因为滑块可能落到某一个台阶上。

正确解法：假定无台阶，滑块直接落在地上0.4s t '=== 水平位移1.2m c x v t '='=恰好等于3L （也就是恰好落在图中的D 点），因此滑块会撞在台阶上。

高考必备物理动能定理的综合应用技巧全解及练习题(含答案)含解析

高考必备物理动能定理的综合应用技巧全解及练习题(含答案)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，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x12.5m2．一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个光滑圆弧轨道AB的底端等高对接，如图所示．已知小车质量M=3．0kg，长L=2．06m，圆弧轨道半径R=0．8m．现将一质量m=1．0kg的小滑块，由轨道顶端A点无初速释放，滑块滑到B端后冲上小车．滑块与小车上表面间的动摩擦因数．（取g=10m/s2）试求：（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；（2）小车运动1．5s时，车右端距轨道B端的距离；（3）滑块与车面间由于摩擦而产生的内能．【答案】（1）30 N（2）1 m（3）6 J【解析】（1）滑块从A端下滑到B端，由动能定理得（1分）在B点由牛顿第二定律得（2分）解得轨道对滑块的支持力N （1分）（2）滑块滑上小车后，由牛顿第二定律对滑块：，得m/s2 （1分）对小车：，得m/s2 （1分）设经时间t后两者达到共同速度，则有（1分）解得s （1分）由于s<1．5s，故1s后小车和滑块一起匀速运动，速度v="1" m/s （1分）因此，1．5s时小车右端距轨道B端的距离为m （1分）（3）滑块相对小车滑动的距离为m （2分）所以产生的内能J （1分）3．在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R=1.6m，BC是长度为L1=3m的水平传送带，CD是长度为L2=3.6m水平粗糙轨道，AB、CD 轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg，滑板质量可忽略．已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.5，g取10m/s2.求：（1）参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力；（2）若参赛者恰好能运动至D 点，求传送带运转速率及方向；（3）在第（2）问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能．【答案】（1）1200N ，方向竖直向下（2）顺时针运转，v=6m/s （3）720J 【解析】(1) 对参赛者：A 到B 过程，由动能定理 mgR(1－cos 60°)＝12m 2B v 解得v B ＝4m /s在B 处，由牛顿第二定律N B －mg ＝m 2Bv R解得N B ＝2mg ＝1 200N根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力 N′B ＝N B ＝1 200N ，方向竖直向下． (2) C 到D 过程，由动能定理－μ2mgL 2＝0－12m 2C v 解得v C ＝6m /sB 到C 过程，由牛顿第二定律μ1mg ＝ma 解得a ＝4m /s 2(2分) 参赛者加速至v C 历时t ＝C Bv v a-＝0.5s 位移x 1＝2B Cv v +t ＝2.5m <L 1 参赛者从B 到C 先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v ＝6m /s . (3) 0.5s 内传送带位移x 2＝vt ＝3m 参赛者与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5m 传送带由于传送参赛者多消耗的电能 E ＝μ1mg Δx ＋12m 2C v －12m 2B v ＝720J .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 。

动能定理的应用- 高考物理压轴大题专题训练

精做05 动能定理的应用1．（2019·北京卷）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。

雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g 。

（1）质量为m 的雨滴由静止开始，下落高度h 时速度为u ，求这一过程中克服空气阻力所做的功W 。

（2）将雨滴看作半径为r 的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f =kr 2v 2，其中v 是雨滴的速度，k 是比例系数。

a ．设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度v m 与半径r 的关系式；b ．示意图中画出了半径为r 1、r 2（r 1>r 2）的雨滴在空气中无初速下落的v –t 图线，其中_________对应半径为r 1的雨滴（选填①、②）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v –t 图线。

（3）由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。

将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S 的圆盘，证明：圆盘以速度v 下落时受到的空气阻力f ∝v 2（提示：设单位体积内空气分子数为n ，空气分子质量为m 0）。

【答案】（1）212mgh mu - （2）a ．m 4π3gv r k ρ=b ．见解析（3）见解析【解析】（1）根据动能定理212mgh W mu -=可得212W mgh mu =-（2）a ．根据牛顿第二定律mg f ma -= 得22kr v a g m=- 当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度v m 雨滴质量34π3m r ρ=由a =0，可得，雨滴最大速度m 4π3gv r kρ=b ．①如答图2（3）根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。

以下只考虑雨滴下落的定向运动。

简化的圆盘模型如答图3。

设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。

在∆t 时间内，与圆盘碰撞的空气分子质量为0m Sv tnm ∆=∆以F 表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理，有F t m v ∆∝∆⨯ 得20F nm Sv ∝由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力 2f v ∝采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论。

高三力学复习十五讲--动能定理的应用

力学复习十二一、动能定理的应用[知识点析]1、用动能定理求变力做的功由于某些力F 的大小或方向变化，所以不能直接由公式W=FScos α计算它们做的功，此时可由其做功的结果——动能的变化来求变力F 做的功。

2、在不同过程中运用动能定理由于物体运动过程中可能包括几个不同的物理过程，解题时，可以分段考虑，也可视为一整体过程，往往对全过程运用动能定理比较简便。

[例题析思][例题1]一列质量为M=5.0×105kg 的火车，在一段平直的轨道上始终以额定功率P 行驶，在300S 内的位移为 2.85×103m ，而速度由8m/s 增加到火车在此轨道上行驶的最大速度17m/s 。

设火车所受阻力f 大小恒定，求1、火车运动中所受阻力f 的大小；2、火车头的额定功率P 的大小。

[解析]火车的初速度和末速度分别用V 0和V t 表示，时间用t 表示，位移用S 表示，根据动能定理有：Pt-fs=2022121mV mV t -火车速度达到最大时，牵引力等于阻力f ，根据瞬时功率的计算公式有：P=fV e 。

NS V V V M f t t 4225202105.2)285030017(2)817(100.5)(2)(⨯=-⨯⨯-⨯⨯=--= N fV P t 541025.417105.2⨯=⨯⨯==[思考1]总质量为M 的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m ，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L 的距离，于是立即关闭发动机滑行，设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的，当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？[提示]法一：脱节的列车整个运动过程有两个阶段，先做匀加速运动，后关闭发动机滑行做匀减速运动，运用动能定理，从全过程考虑有：FL-K(M-m)gS 1=0-20)(21V m M -对末节车厢根据动能定理有-kmgS 2=0-221mV ，由于原来列车匀速，故有F=kmg ，则m M ML S S S -=-=∆/21法二：由于脱节后列车比末节车厢多行驶的那段距离内，克服阻力所做的功等于牵引力在L 这段距离内所做的功，所以有：)/()(m M ML S S g m M K KMgL -=∆∆-=[例题2]如图6-25所示，ABCD 是一条长轨道，其中AB 段是倾角为θ的斜面，CD 段是水平的，BC 是与AB 和CD 都相切的一小段圆弧，其长度可以不计。

2019届高考最直击人心的物理宝典：动能定理及其应用(含详解)

2018高考最直击人心的物理宝典：动能动能定理及其应用一、单项选择题1．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 ＞12mv 2B －12mv 2AB ．W ＝12mv 2B －12mv 2AC ．W ＝12mv 2A －12mv 2BD ．由于F 的方向未知，W 无法求出2.在足球赛中，红队球员在白队禁区附近主罚定位球，并将球从球门右上角擦着横梁踢进球门，如图所示．球门高度为h ，足球飞入球门的速度为v ，足球的质量为m ，则红队球员将足球踢出时对足球做功W 为(不计空气阻力)( )A ．等于mgh ＋12mv 2B ．大于mgh ＋12mv 2C ．小于mgh ＋12mv 2D ．因为球被踢入球门过程中的运动曲线的形状不确定，所以做功的大小无法确定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，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地面高度h 处，小球的势能是动能的2倍，则h 等于( )A.H 9B.2H 9C.3H 9D.4H 94．两个滑雪运动员分别从高为H 1和H 2的斜坡上由静止开始下滑，到达C 点时两位刚好静止．已知他们与斜面及水平面的动摩擦因数相同，他们的运动过程在水平线上的投影长度分别为L 1和L 2，则( )[:A.H 1L 1＝H 2L 2B.H 2L 1＝H 1L 2C.L 1H 1＝H 2L 2 D ．条件不足，无法判断二、双项选择题5．一个小球从高处自由落下，则小球获得的动能( ) A ．与它下落的高度成正比 B ．与它下落高度的平方成正比 C ．与它下落的时间成正比 D ．与它下落时间的平方成正比6．质量为m 的物体在水平力F 的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v ，再前进一段距离使物体的速度增大为2v ，则( )A ．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量B ．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍[:C ．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功D ．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍7．如图，弹簧被质量为m 的小球压缩，小球与弹簧不黏连且离地面的高度为h.不计空气阻力，将拉住小球的细线烧断，则小球( )A ．做直线运动B ．做曲线运动C ．落地时的动能等于mghD ．落地时的动能大于mgh8．如图所示，质量为 m 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡底部A 处由静止起运动至高为h 的坡顶B ，获得的速度为v ，AB 的水平距离为s.下列说法中正确的是( )A ．小车克服重力所做的功是mghB ．合力对小车做的功是12mv 2C ．推力对小车做的功是Fs －mghD ．阻力对小车做的功是12mv 2－Fs三、非选择题9．一总质量m ＝30×103kg 的列车以恒定功率P ＝60×103W 从车站由静止出发行驶300 s ，位移达到4 000 m ，速度达到最大为20 m/s ，则列车所受的平均阻力为多大？[:数理化] [:10．如图所示，一半径为R 的半圆形轨道BC 与一水平面相连，C 为轨道的最高点，一质量为m 的小球以初速度v 0从圆形轨道B 点进入，沿着圆形轨道运动并恰好通过最高点C ，然后做平抛运动．求：[:(1)小球平抛后落回水平面D 点的位置距B 点的距离；(2)小球由B 点沿着半圆轨道到达C 点的过程中，克服轨道摩擦阻力做的功．11．质量m ＝1 kg 的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m 时，拉力F 停止作用，运动到位移是8 m 时物体停止，运动过程中E k －x 的图象如图所示．求：(g 取10 m/s 2)(1)物体的初速度多大？(2)物体和平面间的动摩擦因数为多大？ (3)拉力F 的大小？ [: [: 参考答案1．解析：对物块由动能定理得：W ＝12mv 2B －12mv 2A ，故选项B 正确．答案：B2．解析：红队球员将足球踢出时对足球做功W 等于足球刚离开脚时的动能E k0，球在空中运动的过程中，根据动能定理有－mgh ＝12mv 2－E k0，由此可知红队球员将足球踢出时对足球做功W 等于mgh ＋12mv 2.答案：A3．解析：设小球上升至离地高度h 时，速度为v 1，由地面上抛时速度为v 0，下落至离地高度h 处时速度为v 2，设所受阻力为f.上升阶段：－mgH －fH ＝－12mv 2－mgh －fh ＝12mv 21－12mv 20[:且有2mgh ＝12mv 21下降阶段：mg(H －h )－f(H －h)＝12mv 22且有mgh ＝2×12mv 22[:由上式联立得：h ＝49H.答案：D4．解析：由于物体在斜面上下滑的过程中克服摩擦力做的功为W ＝μmgco s θ·s＝μmgL(s 为在斜面上的位移，θ为斜面的倾角，L 为运动过程在水平线上的投影长度)．由此可对左边运动员，根据动能定理列式得：MgH 1－μMgL 1＝0－0，得μ＝H 1L 1；同理对右边运动员，有：μ＝H 2L 2；所以H 1L 1＝H 2L 2.答案：A5．解析：根据动能定理得：E k ＝mgh ，故A 正确B 错误；又h ＝12gt 2，有E k ＝12mg 2t 2，故C 错误D 正确．答案：AD6．解析：由题意知，两个过程中速度增量均为v ，A 正确；由动能定理知：W 1＝12mv 2，W 2＝12m(2v)2－12mv 2＝32mv 2，故B 正确，C 、D 错误．答案：AB7．解析：由于弹簧对小球的弹力在烧断细绳瞬间不会突然消失，故受向右的弹力而会被弹簧弹向右方，这样的速度与重力形成夹角，故做曲线运动，落地时的动能大于mgh.[:数理化]答案：BD8．解析：小车克服重力所做的功与路程无关，与高度有关，故A 正确；合力对小车做的功等于其动能的增加，即为12mv 2，B 对；推力对小车做的功为Fs ，故C 错误；阻力为变力，其做功要运用动能定理：Fs ＋W t －mgh＝12mv 2－0，得W t ＝12mv 2＋mgh －Fs ，故D 错误．答案：AB[:9．解析：由于以恒定功率启动的过程中牵引力为变力，故要采用动能定理，设列车所受的平均阻力为F f ，根据动能定理有：Pt －F f s ＝12mv 2－0，得：F f ＝3×103N.答案：3×103N10．解析：(1)小球刚好通过C 点，由牛顿第二定律mg ＝m v 2CR小球做平抛运动，有2R ＝12gt 2，s ＝v C t解得小球平抛后落回水平面D 点的位置距B 点的距离 s ＝2R.(2)小球由B 点沿着半圆轨道到达C 点，由动能定理－mg·2R－W f ＝12mv 2C －12mv 2解得小球克服摩擦阻力做功 W f ＝12mv 20－52mgR.答案：(1)2R (2)12mv 20－52mgR11．解析：(1)从图线可知初动能为2 J E k0＝12mv 2＝2 J ，v ＝2 m/s.(2)在位移为4 m 处物体的动能为10 J ，在位移为8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．设摩擦力为f，则－fx2＝0－10＝－10 (J)f＝－10－4＝2.5 (N)因f＝μmg，故μ＝fmg ＝2.510＝0.25.[:数理化](3)物体从开始到移动4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力f的作用，合力为F－f，根据动能定理有(F－f)·x1＝ΔE k故F＝ΔE kx1＋f＝10－24＋2.5＝4.5 (N).答案：(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N。

【最新资料精选】高考物理总复习练习：第15课动能定理及其应用 Word版含解析

第15课动能定理及其应用1．动能、动能定理的理解a．速度、合力与动能的关系(1)(2017淮安模拟，6分)关于物体的动能，下列说法中正确的是()A．物体速度变化，其动能一定变化B．物体所受的合力不为零，其动能一定变化C．物体的动能变化，其运动状态一定发生改变D．物体的速度变化越大，其动能一定变化也越大答案：C解析：若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变化，故A项错误。

物体所受合力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变化，如匀速圆周运动中，物体所受合力不为零，但速度大小始终不变，动能不变，故B项错误。

物体动能变化，其速度一定发生变化，故运动状态改变，故C项正确。

b．合力做功对动能的影响(2)(2018汇编，6分)下列对动能定理的理解，正确的是()A．物体具有动能是由于力对物体做了功B．物体在合力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中变化量一定不为零C．在某个过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的绝对值之和D．如果物体所受的合力为零，那么物体的动能变化量为零答案：D解析：物体运动就会有动能，与有无外力做功没有关系，故A项错误。

竖直上抛运动是一种匀变速直线运动，在上升和下降阶段经过同一位置时动能相等，动能在这段过程中的变化量为零，故B项错误。

外力做的总功等于各个力单独做功的代数和，故C项错误。

物体所受合力为零，则合力不做功，物体动能变化量为零，故D项正确。

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)。

高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．质量 1.5m kg =的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行 2.0t s =停在B 点，已知A 、B 两点间的距离 5.0s m =，物块与水平面间的动摩擦因数0.20μ=，求恒力F 多大．（210/g m s =）【答案】15N 【解析】设撤去力前物块的位移为，撤去力时物块的速度为，物块受到的滑动摩擦力对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得由运动学公式得对物块运动的全过程应用动能定理由以上各式得代入数据解得思路分析：撤去F 后物体只受摩擦力作用，做减速运动，根据动量定理分析，然后结合动能定律解题试题点评：本题结合力的作用综合考查了运动学规律，是一道综合性题目．2．如图，I 、II 为极限运动中的两部分赛道，其中I 的AB 部分为竖直平面内半径为R 的14光滑圆弧赛道，最低点B 的切线水平; II 上CD 为倾角为30°的斜面，最低点C 处于B 点的正下方，B 、C 两点距离也等于R.质量为m 的极限运动员(可视为质点)从AB 上P 点处由静止开始滑下，恰好垂直CD 落到斜面上．求:(1) 极限运动员落到CD 上的位置与C 的距离; (2)极限运动员通过B 点时对圆弧轨道的压力; (3)P 点与B 点的高度差．【答案】（1）45R （2）75mg ，竖直向下（3）15R【解析】【详解】（1）设极限运动员在B 点的速度为v 0，落在CD 上的位置与C 的距离为x ，速度大小为v ，在空中运动的时间为t ，则xcos300=v 0t R-xsin300=12gt 2 0tan 30v gt =解得x=0.8R（2）由（1）可得：025v gR =通过B 点时轨道对极限运动员的支持力大小为F N20N v F mg m R-=极限运动员对轨道的压力大小为F N ′，则F N ′=F N ，解得'75N F mg =，方向竖直向下；（3） P 点与B 点的高度差为h,则mgh=12mv 02 解得h=R/53．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1-所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？【答案】(1)144 N (2)12.5 m 【解析】试题分析：（1）运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，斜面的倾角为α，则有 v B 2=2ax根据牛顿第二定律得 mgsinα﹣F f =ma 又 sinα=H x由以上三式联立解得 F f=144N（2）设运动员到达C点时的速度为v C，在由B到达C的过程中，由动能定理有mgh+W=12mv C2-12mv B2设运动员在C点所受的支持力为F N，由牛顿第二定律得 F N﹣mg=m2 C v R由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有 F N=6mg 联立解得 R=12．5m考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理．4．在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R=1.6m，BC是长度为L1=3m的水平传送带，CD是长度为L2=3.6m水平粗糙轨道，AB、CD 轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg，滑板质量可忽略．已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.5，g取10m/s2.求：（1）参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力；（2）若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向；（3）在第（2）问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能．【答案】（1）1200N，方向竖直向下（2）顺时针运转，v=6m/s（3）720J【解析】(1) 对参赛者：A到B过程，由动能定理mgR(1－cos60°)＝12m2Bv解得v B＝4m/s在B处，由牛顿第二定律N B－mg＝m2 B v R解得N B＝2mg＝1 200N根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力N′B＝N B＝1 200N，方向竖直向下．(2) C到D过程，由动能定理－μ2mgL2＝0－1 2 m2Cv解得v C＝6m/sB到C过程，由牛顿第二定律μ1mg＝ma解得a＝4m/s2(2分)参赛者加速至v C历时t＝C Bv va-＝0.5s位移x1＝2B Cv v+t＝2.5m<L1参赛者从B到C先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v＝6m/s.(3) 0.5s内传送带位移x2＝vt＝3m参赛者与传送带的相对位移Δx＝x2－x1＝0.5m传送带由于传送参赛者多消耗的电能E＝μ1mgΔx＋12m2Cv－12m2Bv＝720J.5．如图所示，一质量为m的滑块从高为h的光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下，槽的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为v0，两轮轴心间距为L，滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C时，恰好加速到与传送带的速度相同，求：（1）滑块到达底端B时的速度大小v B；（2）滑块与传送带间的动摩擦因数μ；（3）此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q.【答案】（12gh2）222v ghglμ-=（3）(222m v gh-【解析】试题分析：（1）滑块在由A到B的过程中，由动能定理得：212Bmgh mv-＝，解得：2Bghν＝（2）滑块在由B到C的过程中，由动能定理得：μmgL＝12mv02−12mv B2，解得，222v ghgLμ-＝；（3）产生的热量：Q=μmgL 相对，()2200(2)2B gh L g相对＝νννμ--=（或200(2) gh L ν-），解得，201(2)2Q m gh ν-＝；考点：动能定理【名师点睛】本题考查了求物体速度、动摩擦因数、产生的热量等问题，分析清楚运动过程，熟练应用动能定理即可正确解题．6．如图甲所示，静止在水平地面上一个质量为m =4kg 的物体，其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移x 变化的图象如图乙所示．已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5，g =10m/s 2．求：（1）运动过程中物体的最大加速度大小为多少；（2）距出发点多远时物体的速度达到最大；（3）物体最终停在何处？【答案】（1）20m/s 2（2）3.2m （3）10m 【解析】【详解】（1）物体加速运动，由牛顿第二定律得：F -μmg =ma当推力F =100N 时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数据得：2max 20m/s Fa g mμ=-=，（2）由图象得出，推力F 随位移x 变化的数值关系为：F =100 – 25x ，速度最大时，物体加速度为零，则F=μmg=20N ，即x = 3.2m（3）F 与位移x 的关系图线围成的面积表示F 所做的功，即01200J 2F W Fx ==对全过程运用动能定理，W F −μmgx m =0代入数据得：x m =10m7．如图所示，倾角 θ=30°的斜面足够长，上有间距 d =0.9 m 的 P 、Q 两点，Q 点以上斜面光滑，Q 点以下粗糙。

高考物理总复习--动能定理的综合应用及解析

高考物理总复习--动能定理的综合应用及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示，轨道ABC 被竖直地固定在水平桌面上，A 距水平地面高H ＝0.75m ，C 距水平地面高h ＝0.45m 。

一个质量m ＝0.1kg 的小物块自A 点从静止开始下滑，从C 点以水平速度飞出后落在地面上的D 点。

现测得C 、D 两点的水平距离为x ＝0.6m 。

不计空气阻力，取g ＝10m/s 2。

求(1)小物块从C 点运动到D 点经历的时间t ； (2)小物块从C 点飞出时速度的大小v C ；(3)小物块从A 点运动到C 点的过程中克服摩擦力做的功。

【答案】(1) t=0.3s (2) v C =2.0m/s (3)0.1J 【解析】【详解】（1）小物块从C 水平飞出后做平抛运动，由212h gt = 得小物块从C 点运动到D 点经历的时间20.3ht g==s （2）小物块从C 点运动到D ，由C x v t = 得小物块从C 点飞出时速度的大小C xv t==2.0m/s （3）小物块从A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理得()2102f C mg Hh W mv -+=- ()212f C W mv mg Hh =--= -0.1J 此过程中克服摩擦力做的功f f W W '=-=0.1J2．如图，I 、II 为极限运动中的两部分赛道，其中I 的AB 部分为竖直平面内半径为R 的14光滑圆弧赛道，最低点B 的切线水平; II 上CD 为倾角为30°的斜面，最低点C 处于B 点的正下方，B 、C 两点距离也等于R.质量为m 的极限运动员(可视为质点)从AB 上P 点处由静止开始滑下，恰好垂直CD 落到斜面上．求:(1) 极限运动员落到CD 上的位置与C 的距离; (2)极限运动员通过B 点时对圆弧轨道的压力; (3)P 点与B 点的高度差．【答案】（1）45R （2）75mg ，竖直向下（3）15R【解析】【详解】（1）设极限运动员在B 点的速度为v 0，落在CD 上的位置与C 的距离为x ，速度大小为v ，在空中运动的时间为t ，则xcos300=v 0t R-xsin300=12gt 2 0tan 30v gt = 解得x=0.8R（2）由（1）可得：025v gR =通过B 点时轨道对极限运动员的支持力大小为F N20N v F mg m R-=极限运动员对轨道的压力大小为F N ′，则F N ′=F N ，解得'75N F mg =，方向竖直向下；（3） P 点与B 点的高度差为h,则mgh=12mv 02 解得h=R/53．如图所示，倾斜轨道AB 的倾角为37°，CD 、EF 轨道水平，AB 与CD 通过光滑圆弧管道BC 连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E 滑出该轨道进入EF 水平轨道．小球由静止从A 点释放，已知AB 长为5R ，CD 长为R ，重力加速度为g ，小球与斜轨AB 及水平轨道CD 、EF 的动摩擦因数均为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC 入口B 与出口C 的高度差为l.8R ．求：(在运算中，根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端C 时速度的大小． (2)小球刚到C 时对轨道的作用力．(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R /应该满足什么条件？【答案】（1285gR（2）6.6mg ，竖直向下（3）0.92R R '≤ 【解析】试题分析：（1）设小球到达C 点时速度为v ，a 球从A 运动至C 过程，由动能定理有0021(5sin 37 1.8)cos3752c mg R R mg R mv μ+-⋅=（2分）可得 5.6c v gR 1分）（2）小球沿BC 轨道做圆周运动，设在C 点时轨道对球的作用力为N ，由牛顿第二定律2c v N mg m r-=，（2分）其中r 满足 r+r·sin530=1.8R （1分）联立上式可得：N=6.6mg （1分）由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg ，方向竖直向下．（1分）（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF 轨道．则小球b 在最高点P 应满足2P v m mg R '≥（1分）小球从C 直到P 点过程，由动能定理，有2211222P c mgR mg R mv mv μ--'⋅=-（1分）可得230.9225R R R ='≤（1分）情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q 点时，速度减为零，然后滑回D ．则由动能定理有2102c mgR mg R mv μ--⋅='-（1分）2.3R R '≥（1分）若 2.5R R '=，由上面分析可知，小球必定滑回D ，设其能向左滑过DC 轨道，并沿CB 运动到达B 点，在B 点的速度为v B ,，则由能量守恒定律有22111.8222c B mv mv mg R mgR μ=+⋅+（1分）由⑤⑨式，可得0B v =（1分）故知，小球不能滑回倾斜轨道AB ，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD 轨道上的某处．设小球在CD 轨道上运动的总路程为S ，则由能量守恒定律，有212c mv mgS μ=（1分）由⑤⑩两式，可得 S=5.6R （1分）所以知，b 球将停在D 点左侧，距D 点0.6R 处．（1分）考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力．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 。

高三物理动能定理的综合应用试题答案及解析

高三物理动能定理的综合应用试题答案及解析1.已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a所示)，以此时为t＝0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1>v2)，已知传送带的速度保持不变(g取10 m/s2)，则A．0～t1内，物块对传送带做正功B．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ<tanθC．0～t2内，传送带对物块做功为D．系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小【答案】D【解析】分析题图b可知，传送带沿斜面向上运动；0～t1内，物块沿斜面向下运动，物块受到的摩擦力沿斜面向上，故传送带受到的摩擦力沿斜面向下，物块对传送带做负功，选项A错误；0～t1内，物块沿斜面向下减速运动，故物块加速度沿斜面向上，即μmgcosθ>mgsinθ，故μ>tanθ，选项B错误；0～t2内，传送带对物块做的功W加上物块重力做的功WG等于物块动能的增加量，即，根据v-t图像的“面积”法求位移可知，WG≠0，选项C错误；设0～t1内物块的位移大小为s1，t1～t2内物块的位移大小为s2，全过程物块与传送带之间有相对滑动，物块受到的摩擦力f大小恒定，系统的一部分机械能会通过“摩擦生热”转化为热量即内能，其大小Q＝fs相对，对0～t1内和t1～t2内的物块运用动能定理，有－(f－mgsinθ)s1＝0－mv，(f－mgsinθ)s2＝mv，即f(s1＋s2)＝mv＋mv＋mgsinθ(s1＋s2)>mv－mv，因s相对>s1＋s2，故Q＝fs相对>f(s1＋s2)>mv－mv，选项D正确2.（15分）如图所示，MN与PQ为在同一水平面内的平行光滑金属导轨，间距l=0.5m，电阻不计，在导轨左端接阻值为R=0.6Ω的电阻．整个金属导轨置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=2T．将质量m=1kg、电阻r=0.4Ω的金属杆ab垂直跨接在导轨上．金属杆ab在水平拉力F的作用下由静止开始向右做匀加速运动．开始时，水平拉力为F=2N．（1）求金属杆ab的加速度大小；（2）求2s末回路中的电流大小；（3）已知开始2s内电阻R上产生的焦耳热为6.4J，求该2s内水平拉力F所做的功．【答案】（1）2 m/s2（2）4A （3）18.7J【解析】（1）（4分）在初始时刻，由牛顿第二定律:（2分）得（2分）（2）（5分）2s末时，（1分）感应电动势（2分）回路电流为（2分）（3）（6分）设拉力F所做的功为, 由动能定理:（2分）为金属杆克服安培力做的总功，它与R上焦耳热关系为：，（2分）得：（1分）所以：（1分）【考点】本题考查电磁感应、动能定理＝5m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平3.（10分）如图所示，质量为m＝1kg的滑块，以υ面的平板小车，若小车质量M＝4kg，平板小车足够长，滑块在平板小车上滑移1s后相对小车静止。

2019版《提分宝典》高考物理总复习课件：第15课动能定理及其应用

三组题讲透
C
第15课第（6）题 P77
三组题讲透
第15课第（7）题 P77
三组题讲透
第15课第（7）题 P77
三组题讲透
第15课第（7）题 P77
三组题讲透
第15课方法便笺 P78
￥11111111111111111111111111111 112222222222222222222222222 222222222222222222222222222 222233333333333333333333333 333333333333333333333333333 33333333333333333344444＄ §¦β↓×√㎜ ɡ©≥≧ɑ←‰®↓←≠¥θ￥®÷㎝ ½¼ ￥＄§¦β↓×√㎜② ￥◎…ɡ©≥≧ɑ←‰®ɡ©≥≧￥◎… ɡ©≥≧ɑ←‰®ɡ©≥≧－￥¾½¼ ￥＄§¦β↓×√㎜½¼ ￥＄§¦β↓×√㎜ ↓←≠¥θ￥®÷㎝② ￥◎…ɡ©≥≧ɑ←‰®½¼￥＄ §¦β↓×√㎜ ɡ©≥≧ɑ←‰®↓←≠¥θ￥®÷㎝ ½¼ ￥＄§¦β↓×√㎜② ￥◎…ɡ©≥≧ɑ←‰®ɡ©≥≧￥◎… ɡ©≥≧ɑ←‰®ɡ©≥≧－￥¾½¼ ￥＄§¦β↓×√㎜½¼ ￥＄§¦β↓×√㎜
第15课一张图学透动能定理
一张图学透
动能定理
第15课一张图学透动能定理
三组题讲透
第15课第（1）题 P76
三组题讲透
第15课第（1）题 P76
三组题讲透
C
第15课第（1）题 P76
三组题讲透
第15课第（2）题 P76
三组题讲透
第15课第（2）题 P76
第15课
普查讲15

2019届高考物理人教版一轮复习针对训练：动能定理及其应用(含答案)

2021 届高考物理人教版一轮复习针对训练：动能定理及其应用〔含答案〕2021 届高考物理人教版一轮复习针对训练动能定理及其应用一、单项选择题1.赛道上的赛车做加速运动 , 速度为 v 和速度为 2v 时赛车动能之比是( )A.1:1B.1:2C.1:4D.1:32.关于动能、动能定理 , 以下说法正确的选项是 ( )A. 一定质量的物体 , 速度变化时 , 其动能一定变化B. 动能不变的物体 , 一定处于平衡状态C.运动物体所受的合外力为零, 那么物体的动能肯定不变D.运动物体所受的合外力不为零, 那么物体的动能肯定变化3. 如下图跳水运发动从离开跳板到入水前的过程.以下正确反映运发动的动能E k随时间t变化的曲线图是以下图中的( 忽略空气阻力 )( )A. B.2021 届高考物理人教版一轮复习针对训练：动能定理及其应用〔含答案〕C. D.4.东方红一号卫星是中国发射的第一颗人造地球卫星, 由以钱学森为首任院长的中国空间技术研究院自行研制, 该卫星发射成功标志着中国成为继苏联、美国、法国、日本之后世界上第五个用自制火箭发射国产卫星的国家 . 东方红一号卫星质量为 173kg, 可将其视为近地卫星 , 它绕地球运动的的动能约为 ( )×1011J×109J×107J×105J5. 从大型加速器射出的电子束总能量约为×10-10 J),此能量最接近 ( )A.一只爬行的蜗牛的动能B.一个奔跑的孩子的动能C.一辆行驶的轿车的动能D.一架飞行的客机的动能6.物体在两个相互垂直的力作用下运动 , 力F1对物体做功 6 J , 物体克服力 F2做功8J,那么物体的动能( )A.增加 14JB.增加 10JC.增加 2 JD.减少 2 J2021 届高考物理人教版一轮复习针对训练：动能定理及其应用〔含答案〕7.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 , 那么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8.如下图 , 固定斜面AE分成等长四局部AB、BC、CD、DE , 小物块与 AB 、CD间动摩擦因数均为 1 ,与BC、DE间动摩擦因数均为 2 ,且1 2 2。

高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动能定理及其应用

高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动能定理及其应用1.(多选)如图所示，电梯质量为M ，在它的水平地板上放置一质量为m 的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v 1增大到v 2时，上升高度为H ，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是( )A ．对物体，动能定理的表达式为W ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功B ．对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力做的功C ．对物体，动能定理的表达式为W －mgH ＝12m v 22－12m v 12，其中W 为支持力做的功D ．对电梯，其所受的合力做功为12M v 22－12M v 122.如图所示，一半圆弧形细杆ABC 竖直固定在水平地面上，AC 为其水平直径，圆弧半径BO ＝3.6 m ．质量为m ＝4.0 kg 的小圆环(可视为质点，小环直径略大于杆的)套在细杆上，在大小为50 N 、方向始终沿圆的切线方向的拉力F 作用下，从A 点由静止开始运动，到达B 点时对细杆的压力恰好为0.已知π取3.14，重力加速度g 取10 m/s 2，在这一过程中摩擦力做功为( )A ．66.6 JB ．－66.6 JC ．210.6 JD ．－210.6 J3．(2023·湖南怀化市模拟)如图所示，DO 是水平面，AB 是斜面，初速度为v 0的物体从D 点出发沿DBA 滑动到顶点A 时速度刚好为零，如果斜面改为AC ，让该物体从D 点出发沿DCA 滑动到A 点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B 、C 处能量损失)( )A ．等于v 0B ．大于v 0C ．小于v 0D ．取决于斜面4.(多选)(2023·云南昆明市第一中学、宁夏银川一中模拟)如图，若小滑块以某一初速度v 0从斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能运动到斜面顶端．现仅将光滑斜面改为粗糙斜面，仍让滑块以初速度v 0从斜面底端上滑时，滑块恰能运动到距离斜面底端长度的34处．则( )A ．滑块滑上斜面后能再次滑回斜面底端B ．滑块滑上斜面后不能再次滑回斜面底端C ．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为18m v 02D ．滑块在斜面上运动的整个过程产生的热量为14m v 025.A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，先后撤去F 1、F 2后，两物体最终停下，它们的v －t 图像如图所示．已知两物体所受的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2大小之比为1∶2B．F1对A、F2对B做功之比为1∶2C．A、B质量之比为2∶1D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶16.电梯是一种以电动机为动力的垂直升降机，用于多层建筑载人或载运货物．某次电梯从地面由静止启动，加速度a与离地高度h的关系图像如图所示，则()A．2h0～3h0范围内电梯向上做匀减速直线运动B．电梯在0～h0和2h0～3h0范围内的速度变化量相等C．电梯在3h0处的速度大小为2a0h0D．电梯上升的最大高度可能为3h07．(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg8.(多选)如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则()A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g9.如图所示，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的小球(可看成质点)从P 点上方高为R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．小球滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力大小为4mg ，g 为重力加速度．用W 表示小球从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功，则( )A ．W ＝12mgR ，小球恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，小球不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，小球到达Q 点后，继续上升一段距离10．(2023·云南昆明市第一中学模拟)如图甲所示，两个不同材料制成的滑块A 、B 静置于水平桌面上，滑块A 的右端与滑块B 的左端接触．某时刻开始，给滑块A 一个水平向右的力F ，使滑块A 、B 开始滑动，当滑块A 、B 滑动1.0 m 时撤去力F .整个运动过程中，滑块A 、B 的动能E k 随位移x 的变化规律如图乙所示．不计空气阻力，求：(1)滑块A 对B 做的功； (2)力F 的大小．11.如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道P A 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求：(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； (2)小球到达B 点时对圆弧轨道的压力大小．答案及解析1．CD 2.B 3.A 4.AD 5.C 6.C 7．C8．AB [对载人滑草车从坡顶由静止开始滑到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg ·2h －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确；滑草车在滑道上段加速，在滑道下段减速，故滑草车通过上段滑道末端时速度最大，根据动能定理有mgh －μmg cos 45°·h sin 45°＝12m v m 2，解得：v m ＝2gh7，选项B 正确；全过程有W G －W 克f＝0，则载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度为a ＝mg sin 37°－μmg cos 37°m ＝－335g ，故加速度大小为335g ，选项D 错误．]9．C [在N 点，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v N 2R ，由牛顿第三定律知F N ＝F N ′＝4mg ，解得v N ＝3gR ，对小球从开始下落至到达N 点的过程，由动能定理得mg ·2R －W ＝12m v N 2－0，解得W ＝12mgR .由于小球在PN 段某点处的速度大于此点关于ON 在NQ 段对称点处的速度，所以小球在PN 段某点处受到的支持力大于此点关于ON 在NQ 段对称点处受到的支持力，则小球在NQ 段克服摩擦力做的功小于在PN 段克服摩擦力做的功，小球在NQ 段运动时，由动能定理得－mgR －W ′＝12m v Q 2－12m v N 2，因为W ′<12mgR ，故v Q >0，所以小球到达Q 点后，继续上升一段距离，选项C 正确．] 10．(1)12 J (2)39 N解析 (1)B 在撤去F 后继续滑行x B ＝1.0 m ，撤去F 时B 的动能E k B ＝6 J ，由动能定理有－F f B x B ＝0－E k B 在撤去F 前，对B 由动能定律得 W AB －F f B x ＝E k B联立并代入数据解得W AB ＝12 J(2)撤去力F 后，滑块A 继续滑行的距离为x A ＝0.5 m ，撤去F 时A 的动能E k A ＝9 J ，由动能定理有－F f A x A ＝0－E k A力F 作用的过程中，分析滑块A 、B 整体，由动能定理有 (F －F f A －F f B )x ＝E k A ＋E k B 代入数据解得F ＝39 N. 11．(1)34mg5gR 2 (2)152mg 解析 (1)设水平恒力的大小为F 0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F ，小球到达C 点时速度的大小为v C ，则F 0mg ＝tan α，F ＝mgcos α，由牛顿第二定律得F ＝m v C 2R ，联立并代入数据解得F 0＝34mg ，v C ＝5gR2. (2)设小球到达B 点时速度的大小为v B ，小球由B 到C 的过程中由动能定理可得－2FR ＝12m v C 2－12m v B 2，代入数据解得v B ＝52gR小球在B 点时有F N －F ＝m v B 2R ，解得F N ＝152mg ，由牛顿第三定律可知，小球在B 点时对圆弧轨道的压力大小为F N ′＝152mg .。

2019版高考物理一轮复习精选题辑：课练 15 含解析精

课练15 动能和动能定理1．(2018·浙江模拟)如图所示，足球从草皮上的①位置被踢出后落在草皮上③位置，空中到达的最高点为②位置，则( )A ．②位置足球动能等于0B ．①位置到③位置过程只有重力做功C ．①位置到②位置的过程足球的动能全部转化为重力势能D ．②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功答案：D解析：由题图可知，足球由②到③过程中具有水平位移，则说明足球在②位置存在速度，故A 错误；由图可知，①到②的水平位移大于②到③的水平位移，则说明足球受到空气阻力，故B 错误；因存在阻力做功，故①位置到②位置的过程足球的动能转化为重力势能和内能，故C 错误；根据动能定理可得，②位置到③位置过程足球动能的变化量等于合力做的功，故D 正确．2．(2018·江西模拟)(多选)质量为m 的物块在水平恒力F 的推动下，从山坡(粗糙)底部的A 处由静止开始运动至高为h 的破顶B 处．到达B 处时物块的速度大小为v ，A 、B 之间的水平距离为s ，重力加速度为g .不计空气阻力，则物块运动过程中( )A ．重力所做的功是mghB ．合外力对物块做的功是12m v 2C ．推力对物块做的功是12m v 2＋mghD ．阻力对物块做的功是12m v 2＋mgh －Fs答案：BD解析：重力所做的功是W G ＝－mgh ，选项A 错误；根据动能定理，合外力对物块做的功是W 合＝W F －mgh ＋W f ＝12m v 2，选项B 正确；W F ＝mgh －W f ＋12m v 2，选项C 错误；W F ＝Fs ＝mgh －W f ＋12m v 2，则W f ＝mgh ＋12m v 2－Fs ，选项D 正确．3．(2018·天津五区县联考)(多选)如图所示，竖直平面内有一光滑圆环，半径为R ，圆心为O ，B 为最低点，C 为最高点，圆环左下方开一个小口与光滑斜面相切于A 点，∠AOB ＝37°，小球从斜面上某一点由静止释放，经A 点进入圆轨道，不计小球由D 到A 的机械能损失，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)则要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位置到A 点的距离可能是( )A ．RB ．2RC ．3RD ．4R答案：AD解析：若使小球恰能经过最高点C ，则mg ＝m v 2C R ，根据动能定理有mg (h －2R )＝12m v 2C ，解得h ＝52R ，小球释放的位置到A 点的距离是x ＝h －R (1－cos37°)sin37°；若使小球恰能经过与圆心O 等高的一点，则释放的高度h ′＝R ，此时小球释放的位置到A 点的距离是x ′＝h ′－R (1－cos37°)sin37°＝43R ；要保证运动过程中小球不离开轨道，小球释放的位置到A 点的距离应满足：x ≥236R 或x ′≤43R ，A 、D 正确．4．(2018·辽宁铁岭协作体联考)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON ，OM 水平，ON 竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A 和B 分别套在OM 和ON 杆上，B 球的质量为2 kg ，在水平力F 的作用下，A 、B 均处于静止状态，此时OA ＝0.3 m ，OB ＝0.4 m ，改变水平力F 的大小，使A 球向右加速运动，已知A 球向右运动0.1 m 时速度大小为3 m/s ，则在此过程中绳对B 球的拉力所做的功为(g 取10 m/s 2)( )A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．9 J答案：C解析：A 球向右运动0.1 m 时，由几何关系得，B 上升距离h ＝0.4 m －0.52－0.42m ＝0.1 m ，此时细绳与水平方向夹角的正切值tan θ＝34，则得cos θ＝45，sin θ＝35，由运动的合成与分解知识可知v B sin θ＝v A cos θ，可得v B ＝4 m/s ；以B 球为研究对象，由动能定理得W F －mgh ＝12m v 2B ，代入数据解得W F ＝18 J ，即绳对B 球的拉力所做的功为18 J ．故选C.5．(2018·吉林省实验中学二模)(多选)如图所示，在竖直平面内两处分别固定A 、B 两枚钉子，A 、B 之间的距离为12l ，A 、B 连线与水平方向的夹角为θ.A 处的钉子系一根长为l 的细线，细线的另一端系一个质量为m 的小球，将细线拉直，让小球的初始位置在P 点处，P 点与A 点处于同一高度，小球由静止释放，细线与B 处钉子接触后，小球继续下降．取B 点为参考平面，重力加速度为g ，当小球运动到B 点正下方的Q 点时，下列说法正确的是( )A ．小球的速率为2glB ．小球的动能为12mgl (sin θ＋1)C ．重力对小球的功率为0D ．小球对绳的拉力为3mg答案：BC解析：小球从P 点到Q 点，重力对小球做的功为12mgl (sin θ＋1)，根据动能定理有W G ＝W k Q －E k P ，所以小球在Q 点的动能为12mgl (sin θ＋1)，选项B 正确；由12mgl (sin θ＋1)＝12m v 2可得v ＝gl (sin θ＋1)，选项A 错误；在Q 点小球速度方向是水平的，重力对小球做功的功率为0，选项C 正确；根据F －mg ＝m v 2l 2，解得F ＝mg (2sin θ＋3)，由牛顿第三定律可知选项D 错误．6．(多选)如图所示，斜面AB 和水平面BC 是由同一板材上截下的两段，在B 处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A 处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P 处．若从该板材上再截下一段，搁置在A 、P 之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A 处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动．关于此情况下铁块运动情况的描述，正确的是( )A ．铁块一定能够到达P 点B ．铁块的初速度必须足够大才能到达P 点C ．铁块能否到达P 点与铁块质量有关D ．铁块能否到达P 点与铁块质量无关答案：AD解析：设A 距离水平面BC 的高度为h ，小铁块与该板材间的动摩擦因数为μ.斜面AB 的倾角为α，对全过程运用动能定理有mgh －μmgs 1cos α－μmgs 2＝0，整理得mgh －μmg (s 1cos α＋s 2)＝0，而s 1cos α＋s 2等于OP 的长度，即h －μOP ＝0，与斜面的倾角无关，故小铁块一定能够到达P 点，且与铁块的质量无关．故A 、D 正确．7．已知一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t ＝0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，其中|v 1|>v 2)．已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2，则()A ．0～t 1内，物块对传送带做正功B ．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ<tan θC ．0～t 2内，传送带对物块做的功为W ＝12m v 22－12m v 21D ．系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小答案：D解析：由图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应沿顺时针.0～t 1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故A 错误；在t 1～t 2内，物块向上加速运动，则有μmg cos θ>mg sin θ，得μ>tan θ，故B 错误；0～t 2内，由v —t 图线与t 轴所围“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为W G ，根据动能定理得W ＋W G ＝12m v 22－12m v 21，则传送带对物块做的功W ≠12m v 22－12m v 21，故C 错误；物块的重力势能减小量和动能减小量都转化为系统产生的内能，则由能量守恒定律知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，故D 正确．8．(多选)如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m ．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E 随高度h 的变化关系如图乙所示．(g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.)则( )A ．物体上升过程的加速度大小a ＝10 m/s 2B ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.4C ．物体的质量m ＝0.67 kgD ．物体回到斜面底端时的动能E k ＝10 J答案：AD解析：物体到达最高点时，机械能为E ＝E p ＝mgh ，由图知E p ＝30 J ，得m ＝E gh ＝3010×3kg ＝1 kg ，故C 错误；物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力做的功，ΔE ＝－μmg cos αh sin α，得μ＝0.5，故B 错误；物体上升过程中，由牛顿第二定律得mg sin α＋μmg cos α＝ma ，得a ＝g sin α＋μg cos α＝10×0.6 m/s 2＋0.5×10×0.8 m/s 2＝10 m/s 2，故A 正确；由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功为W ＝30 J －50 J ＝－20 J ，在整个过程中由动能定理得2W ＝E k －E k0，则有E k ＝E k0＋2W ＝50 J ＋2×(－20) J ＝10 J ，故D 正确．9．(多选)如图所示，小车上有固定支架，支架上用细线拴一个小球，线长为l (小球可看成质点)，小车与小球一起以速度v 0沿水平方向向左匀速运动．当小车突然碰到矮墙后车立即停止运动，此后小球升高的最大高度可能是(线未被拉断，不计空气阻力)( )A ．大于v 202gB ．小于v 202gC ．等于v 202gD ．等于2l答案：BCD解析：如果小球的速度不能使小球做圆周运动，且小球升高竖直高度小于l 时，由机械能守恒可得12m v 20＝mgh ，所以最大高度是v 202g ，所以A 错误、C 正确；如果小球升高竖直高度大于l 小于2l 时，由于小球在最大高度处动能不为零，由机械能守恒定律可知，最大高度小于v 202g ，所以B 正确；如果小球的速度能使小球做圆周运动，那么最大高度就是圆周运动的直径2l ，所以D 正确． 10.(多选)中国航母“辽宁舰\”正式交付海军，这将极大提高我们中国海军的整体作战实力．如图所示是“歼－15飞机”在航母“辽宁舰”上的起降示意图．已知“歼－15飞机”的质量为m ，它的发动机额定功率恒定，起飞前在航母上运动过程中所受的摩擦阻力为恒力．“歼－15飞机”以额定功率从静止开始沿航母做直线运动，到航母一端后起飞．设“歼－15飞机”经过时间t 运动了位移s 时，速度达到最大值v ，此时刚好离开航母起飞．则“歼－15飞机”发动机在航母上运动过程所做的功为( )A.m v 3t 2(v t －s )B.12m v 2C.12m v 2＋m v 2s 2(v t －s )D.m v 2s 2(v t －s )答案：AC解析：飞机以额定功率从静止开始沿航母做直线运动，由动能定理得Pt －fs ＝12m v 2，速度达到最大值v 时，飞机所受合外力为零，即F ＝f ，所以P ＝f v ，解得P ＝m v 32(v t －s )，代入得f ＝P v ＝m v 22(v t －s )，所以飞机在航母上运动过程所做的功为W ＝Pt ＝m v 3t 2(v t －s )，又因为Pt ＝fs ＋12m v 2＝12m v 2＋m v 2s 2(v t －s )，所以选项A 、C 正确． 11.如图所示，粗糙的斜面AB 下端与光滑的圆弧轨道BCD 相切于B ，整个装置竖直放置，C 是最低点，圆心角θ＝37°，D 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝1 m ，斜面长L ＝4 m ，现有一个质量m ＝0.1 kg 的小物体P 从斜面AB 上端A 点无初速度下滑，物体P 与斜面AB 之间的动摩擦因数μ＝0.25.不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)物体P 第一次通过C 点时的速度大小v C ；(2)物体P 第一次通过C 点时对轨道的压力大小；(3)物体P 第一次离开D 点后在空中做竖直上抛运动到最高点E ，接着从空中又返回到圆弧轨道和斜面，在这样多次反复的整个运动过程中，物体P 对C 点处轨道的最小压力．答案：(1)6 m/s (2)4.6 N (3)1.4 N解析：(1)物体P 从A 下滑经B 到C 过程中根据动能定理有mgL ·sin37°＋mgR (1－cos37°)－μmg cos37°·L ＝12m v 2C －0，解得v C ＝6m/s.(2)物体P 在C 点，根据牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2C R ，解得N ＝4.6 N.根据牛顿第三定律，物体P 通过C 点时对轨道的压力为4.6 N.(3)物体P 最后在B 和与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，由B 到C 由动能定理有mgR (1－cos37°)＝12m v ′2C ，解得v ′C ＝2 m/s ，则N min ＝mg ＋m v ′2C R ＝1.4 N.根据牛顿第三定律，物体P 对C 点处轨道的最小压力为1.4 N.12．小物块A 的质量为m ，物块与坡道间的动摩擦因数为μ，水平面光滑，坡道顶端距水平面高度为h ，倾角为θ，物块从坡道进入水平滑道时，在底端O 点处无机械能损失，重力加速度为g .将轻弹簧的一端连接在水平滑道M 处并固定在墙上，另一自由端恰位于坡道的底端O 点，如图所示．物块A 从坡顶由静止滑下，求：(1)物块滑到O 点时的速度大小；(2)弹簧为最大压缩量d 时的弹性势能；(3)物块A 被弹回到坡道上升的最大高度．答案：(1)2gh (1－μcot θ) (2)mgh －μmgh cot θ (3)(1－μcot θ)h 1＋μcot θ解析：(1)由动能定理有mgh －μmgh cot θ＝12m v 2，得v ＝2gh (1－μcot θ).(2)在水平滑道上由能量守恒定律有12m v 2＝E p ，得E p ＝mgh －μmgh cot θ.(3)设物块A 能够上升的最大高度为h 1，物块A 被弹回过程中，由能量守恒定律有E p ＝μmgh 1cot θ＋mgh 1，得h 1＝(1－μcot θ)h 1＋μcot θ. 刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2017·新课标全国卷Ⅱ，如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )( )A.v 216gB.v 28gC.v 24gD.v 22g答案：B解析：设小物块的质量为m ，滑到轨道上端时的速度为v 1.小物块上滑过程中，机械能守恒，有12m v 2＝12m v 21＋2mgR ①小物块从轨道上端水平飞出，做平抛运动，设水平位移为x ，下落时间为t ，有2R ＝12gt 2②x ＝v 1t ③ 联立①②③式整理得x 2＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22g 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫4R －v 22g 2 可得x 有最大值v 22g ，对应的轨道半径R ＝v 28g .故选B.2．(2016·新课标全国卷Ⅱ，(多选)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中( )A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差答案：BCD解析：小球在从M 点运动到N 点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N 点的过程中，弹簧又伸长．弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A 项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，B 项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C 项正确；由于在M 、N 两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M 点到N 点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差，D 项正确．3．(2016·四川卷，6)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 J答案：C解析：由动能定理可知，ΔE k ＝1 900 J －100 J ＝1 800 J ，故A 、B 均错．重力势能的减少量等于重力做的功，故C 正确、D 错．4．(2016·浙江卷，18)(多选)如图所示为一滑草场．某条滑道由上、下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则( )A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为 2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g答案：AB解析：本题考查运动与力的关系问题，意在考查学生对动能定理、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律的理解和综合应用能力．由题意根据动能定理有，2mgh －W f ＝0，即2mgh －μmg cos45°·h sin45°－μmg cos37°·h sin37°＝0，得动摩擦因数μ＝67，则A 项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为W f ＝2mgh ，则C 项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a 1＝g (sin45°－μcos45°)＝214g ，a 2＝g (sin37°－μcos37°)＝－335g ，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v ，由运动学公式有2a 1·h sin45°＝v 2，得v ＝2a 1·h sin45°＝27gh ，故B 项正确，D 项错误．刷仿真模拟——明趋向5．(2018·山东潍坊模拟)如图所示，固定斜面AE 分成等长四部分AB 、BC 、CD 、DE ，小物块与AB 、CD 间的动摩擦因数均为μ1；与BC 、DE 间的动摩擦因数均为μ2，且μ1＝2μ2.当物块以速度v 0从A点沿斜面向上滑动时，刚好能到达E 点．当物块以速度v 02从A 点沿斜面向上滑动时，则能到达的最高点( )A ．刚好为B 点 B ．刚好为C 点C ．介于A 、B 之间D ．介于B 、C 之间答案：C解析：设斜面的倾角为θ，AB ＝BC ＝CD ＝DE ＝s ，μ1＝2μ2＝2μ，则μ2＝μ，物块以速度v 0上滑过程中，由动能定理得，－mg ·sin θ·4s－μmg cos θ·2s －2μmg cos θ·2s ＝0－12m v 20，则12m v 20＝4mgs sin θ＋6μmgs cos θ，当初速度为v 02时，12m (v 02)2＝14×12m v 20＝mgs sin θ＋32μmgs cos θ<mgs sin θ＋2μmgs cos θ，则物块能到达的最高点在B 点以下，即A 、B 之间某点，故选C.6．(2018·广西玉林模拟)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 bB ．F a >F b 且s a >s bC ．F a >F b 且s a <s bD ．F a <F b 且s a <s b答案：C解析：设物体的初速度为v ，初动能为E k ，所受的阻力为F ，通过的位移为s ，物体的速度与动能的关系为E k ＝12m v 2，得v ＝2E k m ，由s ＝v ＋02t 得，s ＝E k2m t ，由题意可知物体a 、b 运动时间和初动能相同，则质量越大，位移越小，m a >m b ，所以s a <s b ；由动能定理得，－Fs ＝0－E k ，因初动能相同，F 与s 成反比，则F a >F b ，故选C.7．(2018·湖北名校联考)如图所示，一个可视为质点的滑块从高H ＝12 m 处的A 点由静止沿光滑的轨道AB 滑下，进入半径为r ＝4 m 的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环顶点C 时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB 滑下，进入光滑轨道BD ，且到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为(重力加速度大小g ＝10 m/s 2)( )A ．8 mB ．9 mC ．10 mD ．11 m答案：B 解析：滑块到达圆环顶点C 时对轨道压力为零，则mg ＝m v 2C r ，得速度v C ＝gr ，滑块在BEC 段上克服摩擦力做的功W 1＝mg (H －2r )－12m v 2C ＝mg (H －52r )，滑块在CFB 段克服摩擦力做的功W 2满足0<W 2<W 1，从C 到D ，12m v 2C －W 2＝mg (h －2r )，代入得8 m<h <10 m ，B 正确．刷最新原创——抓重点8．(多选)如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f ，直杆质量不可忽略．一质量为m 的小车以速度v 0撞击弹簧，最终以速度v 弹回．直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦．则( )A ．小车被弹回时速度v 一定小于v 0B ．直杆在槽内移动的距离等于1f ⎝⎛⎭⎪⎫12m v 20－12m v 2 C ．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止D ．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力答案：BD解析：小车在向右运动的过程中，弹簧的形变量若始终小于fk时，直杆和槽间无相对运动，小车被弹回时速度v一定等于v0；若形变量大于fk时，杆和槽间出现相对运动，克服摩擦力做功，小车的动能减小，所以小车被弹回时速度v一定小于v0，A错误；对整个过程应用动能定理得fs＝ΔE k，直杆在槽内移动的距离s＝1f⎝⎛⎭⎪⎫12m v2－12m v2，B正确；直杆在槽内向右运动时，开始小车速度比杆的大，所以不可能与直杆始终保持相对静止，C错误；当弹力等于最大静摩擦力时，直杆开始运动，此时小车的速度大于直杆的速度，弹簧进一步被压缩，弹簧的弱力大于最大静摩擦力，D正确．9．(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速度沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图象可求出()A．物体的初速率为3 m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数为0.75C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值为1.44 mD．当θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上答案：BC解析：由题图乙可知，当夹角θ＝0°时，位移为2.40 m，而当夹角为90°时，位移为1.80 m，则由竖直上抛运动规律可知v20＝2gh，解得v0＝2gh＝6 m/s，故A错误；当夹角为0°时，由动能定理可得μmgx＝12m v2，解得μ＝0.75，故B正确；－mgx sinθ－μmgx cosθ＝0－12m v 2，解得x＝v202g(sinθ＋μcosθ)＝1810(sinθ＋34cosθ)(m)＝1810×54sin(θ＋α)(m)，当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1，此时位移最小，x＝1.44 m，故C 正确；若θ＝45°时，物体受到重力的分力为mg sin45°＝22mg ，摩擦力f ＝μmg cos45°＝328mg ，故物体达到最大位移后会下滑，故D 错误．刷易错易误——排难点易错点1 不熟悉滑动摩擦力做功的特点10．(2018·广东佛山一中段考)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 点上方高为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，继续上升一段距离答案：C解析：在N 点，根据牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2N R ，解得v N ＝3gR ，对质点从开始下落至到达N 点的过程运用动能定理得mg ·2R－W ＝12m v 2N －0，解得W ＝12mgR .由于质点在PN 段的速度大于质点在NQ 段的速度，所以质点在NQ 段受到的支持力小于PN 段受到的支持力，则质点在NQ 段克服摩擦力做的功小于在PN 段克服摩擦力做的功，小球在NQ 段运动时由动能定理得－mgR －W ′＝12m v 2Q －12m v 2N ，因为W ′<12mgR ，可知v Q >0，所以质点到达Q 点后，继续上升一段距离．故C 正确，A 、B 、D 错误．易错点2 不能确定物体受力方向及物体运动的具体形式11．(多选)(2018·陕西渭南模拟)一质量为m 的物体以速度v 0在足够大的光滑水平面上运动，从零时刻起，对该物体施加一水平恒力F ，经过时间t ，物体的速度减小到最小值35v 0，此后速度不断增大．则( )A ．水平恒力F 大小为2m v 05tB ．水平恒力作用2t 时间，物体速度大小为v 0C ．在t 时间内，水平恒力做的功为－825m v 20D ．若水平恒力大小为2F ，方向不变，物体运动过程中的最小速度仍为35v 0答案：BCD解析：由物体速度减小到最小值35v 0，可知恒力F 的方向与速度v 0的方向间的夹角为钝角，将v 0沿F 的方向和垂直于F 的方向进行分解，可知垂直于F 方向的速度大小v x ＝35v 0，平行于F 方向的速度大小v y ＝45v 0，根据牛顿第二定律可知F ＝m v y t ＝4m v 05t ，A 错误；水平恒力作用2t 时间，垂直于F 方向的速度大小v x ＝35v 0不变，平行于F方向的速度大小v y ＝45v 0，物体速度大小为v 0，B 正确；在t 时间内，水平恒力做的功为W ＝12m v 2x －12m v 20＝－825m v 20，C 正确；若水平恒力大小为2F ，方向不变，物体运动过程中的最小速度仍为35v 0，D 正确．刷综合大题——提能力12.(2018·河北邢台质检)如图所示，在距水平地面高为0.4 m 处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P 点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P 点的右边，杆上套有一质量m ＝2 kg 的小球A .半径R ＝0.3 m 的光滑半圆形细轨道，竖直地固定在地面上，其圆心O在P 点的正下方，在轨道上套有一质量也为m ＝2 kg 的小球B .用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看做质点，且不计滑轮大小的影响，g 取10 m/s 2.现给小球A 一个水平向右的恒力F ＝55 N ．求：(1)把小球B 从地面拉到P 点正下方C 点过程中，力F 做的功；(2)把小球B 从地面拉到P 点正下方C 点过程中，重力对小球B 做的功；(3)把小球B 从地面拉到P 点正下方C 点时，小球A 速度的大小；(4)把小球B 从地面拉到P 点正下方C 点时，小球B 速度的大小；(5)小球B 被拉到离地多高时与小球A 速度大小相等．答案：(1)22 J (2)－6 J (3)0 (4)4 m/s(5)0.225 m解析：(1)小球B 被拉到C 点过程中，已知拉力为恒力，则拉力做功为：W F ＝Fx又x ＝PB －PC据勾股定理可知PB ＝0.5 m ，而PC ＝0.1 m ，解得W F ＝22 J(2)小球B 被拉到C 点过程中，重力对小球B 做负功，则W G ＝－mgR ＝－6 J(3)小球B 被拉到C 点时，B 球沿绳方向速度为0，则此时A 球的速度也为0；(4)小球B 被拉到C 点时，据动能定理有：W F ＋W G ＝12m v 2解得：v ＝4 m/s(5)当绳与轨道相切时两球速度相等，由相似三角形知识得，PO R ＝R h所以h ＝0.3×0.30.4 m ＝0.225 m。

高考物理一轮复习专项训练物理动能定理的综合应用及解析

高考物理一轮复习专项训练物理动能定理的综合应用及解析一、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．某滑沙场的示意图如图所示，某旅游者乘滑沙橇从A 点由静止开始滑下，最后停在水平沙面上的C 点．设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面和水平面连接处可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动，若测得AC 间水平距离为x ，A 点高为h ，求滑沙橇与沙面间的动摩擦因数μ．【答案】h/x 【解析】【分析】对A 到C 的全过程运用动能定理，抓住动能的变化量为零，结合动能定理求出滑沙橇与沙面间的动摩擦因数．【详解】设斜面的倾角为θ，对全过程运用动能定理得，因为，则有，解得．【点睛】本题考查了动能定理的基本运用，运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再结合动能定理进行求解，本题也可以结合动力学知识进行求解．3．如图所示，倾角 θ=30°的斜面足够长，上有间距 d =0.9 m 的 P 、Q 两点，Q 点以上斜面光滑，Q 点以下粗糙。

高考必备物理动能定理的综合应用技巧全解及练习题(含答案)含解析

高考必备物理动能定理的综合应用技巧全解及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．一辆汽车发动机的额定功率P =200kW ，若其总质量为m =103kg ，在水平路面上行驶时，汽车以加速度a 1=5m/s 2从静止开始匀加速运动能够持续的最大时间为t 1=4s ，然后保持恒定的功率继续加速t 2=14s 达到最大速度。

设汽车行驶过程中受到的阻力恒定，取g =10m/s 2.求：(1)汽车所能达到的最大速度；(2)汽车从启动至到达最大速度的过程中运动的位移。

【答案】(1)40m/s ；(2)480m 【解析】【分析】【详解】(1)汽车匀加速结束时的速度11120m /s v a t ==由P=Fv 可知，匀加速结束时汽车的牵引力11F Pv ==1×104N 由牛顿第二定律得11F f ma -=解得f =5000N汽车速度最大时做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知，此时汽车的牵引力F=f =5000N由P Fv =可知，汽车的最大速度：v=P PF f==40m/s (2)汽车匀加速运动的位移x 1=1140m 2v t = 对汽车，由动能定理得2112102F x Pt fs mv =--+解得s =480m2．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3．如图所示，AC 为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在A 端的竖直墙壁上.质量1m kg =的小物块将弹簧的另一端压缩到B 点，之后由静止释放，离开弹簧后从C 点水平飞出，恰好从D 点以10/D v m s =的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道(DEF 小物体与轨道间无碰撞).O 为圆弧轨道的圆心，E 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径1R m =，60DOE ∠=o ，37.EOF ∠=o小物块运动到F 点后，冲上足够长的斜面FG ，斜面FG 与圆轨道相切于F 点，小物体与斜面间的动摩擦因数0.5.sin370.6μ==o ，cos370.8=o ，取210/.g m s =不计空气阻力.求：（1）弹簧最初具有的弹性势能；（2）小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小；（3）判断小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的D 点？若能，求解小物块回到D 点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小．【答案】()11?.25J ；()2 30N ；()3 2/m s ．【解析】【分析】【详解】（1）设小物块在C 点的速度为C v ，则在D 点有：C D v v cos60o=设弹簧最初具有的弹性势能为p E ，则：2P C 1E mv 2= 代入数据联立解得：p E 1.25J =；()2设小物块在E 点的速度为E v ，则从D 到E 的过程中有：()22E D 11mgR 1cos60mv mv 22-=-o 设在E 点，圆轨道对小物块的支持力为N ，则有：2E v N mg R-=代入数据解得：E v 25m /s =，N 30N =由牛顿第三定律可知，小物块到达圆轨道的E 点时对圆轨道的压力为30 N ；()3设小物体沿斜面FG 上滑的最大距离为x ，从E 到最大距离的过程中有：()()2E 1mgR 1cos37mgsin37μmgcos37x 0mv 2o o o ---+=-小物体第一次沿斜面上滑并返回F 的过程克服摩擦力做的功为f W ，则f W 2x μmgcos37=o小物体在D 点的动能为KD E ，则：2KD D 1E mv 2=代入数据解得：x 0.8m =，f W 6.4J =，KD E 5J = 因为KD f E W <，故小物体不能返回D 点.小物体最终将在F 点与关于过圆轨道圆心的竖直线对称的点之间做往复运动，小物体的机械能守恒，设最终在最低点的速度为Em v ，则有：()2Em 1mgR 1cos37mv 2-=o 代入数据解得：Em v 2m /s =答：()1弹簧最初具有的弹性势能为1.25J ；()2小物块第一次到达圆弧轨道的E 点时对圆弧轨道的压力大小是30 N ；()3小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后不能回到圆弧轨道的D 点.经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小为2 m /s ．【点睛】（1）物块离开C 点后做平抛运动，由D 点沿圆轨道切线方向进入圆轨道，知道了到达D 点的速度方向，将D 点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据角度关系求出水平分速度，即离开C 点时的速度，再研究弹簧释放的过程，由机械能守恒定律求弹簧最初具有的弹性势能；()2物块从D 到E ，运用机械能守恒定律求出通过E 点的速度，在E 点，由牛顿定律和向心力知识结合求物块对轨道的压力；()3假设物块能回到D 点，对物块从A 到返回D 点的整个过程，运用动能定理求出D 点的速度，再作出判断，最后由机械能守恒定律求出最低点的速度．4．如图所示，轨道ABC 被竖直地固定在水平桌面上，A 距水平地面高H ＝0.75m ，C 距水平地面高h ＝0.45m 。

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