转动问题中最大角度、最大动能问题、功能关系等经典例题
动能定理典型分类例题经典题型
动能定理典型分类例题经典题型动能定理典型分类例题模型一：水平面问题1.两个质量相同的物体在水平面上以相同的初动能滑动，最终都静止，它们滑行的距离相同。
2.两个质量相同的物体在水平面上以相同的初速度滑动，最终都静止，它们滑行的距离相同。
3.一个质量为1kg的物体在不光滑的水平面上静止，施加水平外力F=2N使其滑行5m，然后撤去外力F，求物体还能滑多远。
答案为1.95m。
4.一个质量为1kg的物体在不光滑的水平面上静止，施加斜向上与水平面成37度的外力F=2N使其滑行5m，然后撤去水平外力F，求物体还能滑多远。
答案为0.98m。
5.一辆汽车在滑动摩擦系数为0.7的路面上行驶，刹车后轮子只滑动不滚动，从刹车开始到汽车停下来，汽车前进12m。
求刹车前汽车的行驶速度。
答案为10.95m/s。
6.一个质量为M的列车沿水平直线轨道以速度V匀速前进，末节车厢质量为m，在中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力。
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，它们的距离为L×m/(M+m)。
模型二：斜面问题基础1.一个质量为2kg的物体在沿斜面方向拉力F=40N的作用下从静止出发沿倾角为37度的斜面上滑，物体与斜面的摩擦系数为0.40，求物体在斜面上滑行5m时的速度。
答案为6.31m/s。
基础2.一个质量为2kg的物体在水平力F=40N的作用下从静止出发沿倾角为37度的斜面上滑，物体与斜面的摩擦系数为0.40，求物体在斜面上滑行5m时的速度。
答案为6.31m/s。
基础3.一个物体以某一速度从斜面底沿斜面上滑，当它滑行4m后速度变为零，然后再下滑到斜面底。
已知斜面长5m，高3m，物体和斜面间的摩擦系数μ=0.25.求物体开始上滑时的速度及物体返回到斜面底时的速度。
答案为3.46m/s和6.71m/s。
典型例题1.一个质量为m的木块以v=10m/s初速度沿倾角为30度的斜面上滑，物体与斜面的摩擦系数为0.2，求物体在斜面上滑行5m时的速度。
功能关系典型计算题
功能关系典型计算1、一辆车通过一根跨过定滑轮的绳PQ提升井中质量为m的物体，如图所示．绳的P端拴在车后的挂钩上，Q端拴在物体上．设绳的总长不变，绳的质量、定滑轮的质量和尺寸、滑轮上的摩擦都忽略不计．开始时，车在A点，左右两侧绳都已绷紧并且是竖直的，左侧绳长为H．提升时，车加速向左运动，沿水平方向从A经过B驶向C．设A到B的距离也为H，车过B点时的速度为v B．求在车由A移到B的过程中，绳Q端的拉力对物体做的功．2、如图所示，斜面足够长，其倾角为α，质量为m的滑块，距挡板P为s0，以初速度v0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？3、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，于是立即关闭油门，除去牵引力。
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？4、如图所示，质量为m的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，当拉力为某个值F时，转动半径为R，当拉力逐渐减小到F/4时，物体仍做匀速圆周运动，半径为2R，则外力对物体所做的功的大小为：A、FR/4B、3FR/4C、5FR/8D、零5、如图所示，质量为M的木块放在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以速度υ0射入木块中，设子弹在木块中所受阻力不变，大小为F f，且子弹未射穿木块。
若子弹射入木块的深度为D，则木块向前移动距离是多少？系统损失的机械能是多少？6、如图示，用长为L的细绳悬挂一个质量为m的小球，悬点O点，把小球拉至A点，使悬线与水平方向成30°角，然后松手，问：小球运动到悬点的正下方B点时，悬线中张力多大？7、如图，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，圆弧的半径为R。
动能定理的应用(20个经典例题)
F
L1+L2
h
例8、一个质量为M的物体,从倾角为θ,高为H的粗 糙斜面上端A点,由静止开始下滑,到B点时的速度为 V,然后又在水平面上滑行距离S后停止在C点. 1. 物体从A点开始下滑到B点的过程中克服摩擦力 所做的功为多少? 2. 物体与水平面间的动摩擦系数为多大?
A
θ
B
C
例9、如图所示，质量为m=2kg的小球，从半径R=0.5m的半 圆形槽的边缘A点沿内表面开始下滑，到达最低点B的速度 v=2m/s。求在弧AB段阻力对物体所做的功Wf。（取g=10m/s2)
4.4 动能定理的应用
1、动能
1 2 E K mv 2
物体的动能等于物体质量与物体 速度大小的二次方乘积的一半。 2、动能定理： W E
K 2
E
K 1
W E K 合
合外力所做的功等于物体动能的变化。
对动能表达式的理解：
1 2 E K mv 2
1、国际单位：焦耳 1kg· m2/s2=1N· m=1J 2、动能是标量，且没有负值，动能与物体的质量和速度大小 有关，与速度方向无关。
A.动能 B.速度 C.速率 D.重力所做的功
例4、质量为m的物体放在动摩擦因数为 μ的水平面上，在物体上施加水平力F 使物体由静止开始运动，经过位移S后 撤去外力，物体还能运动多远？
F
例5、如图所示，半径为R的光滑半圆轨 道和光滑水平面相连，一物体以某一 初速度在水平面上向左滑行，那么物 体初速度多大时才能通过半圆轨道最 高点？
解：摩擦力一直做负功，其绝对值等于摩擦力与路 程的乘积，由动能定理得 解得
例16、如图所示质量为m的物体置于光滑水平面，一根 绳子跨过定滑轮一端固定在物体上，另一端在力F作用下， 以恒定速率v0竖直向下运动，物体由静止开始运动到绳与水 平方向夹角α =45°的过程中，绳中张力对物体做的功为 ________。
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)及解析
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)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,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．2．如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨MN 相切，导轨右端N 处于水平传送带理想连接，传送带长度L =4m ，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v =4.0m/s 运动．滑块B 、C 之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，B 、C 与细绳、弹簧一起静止在导轨MN 上.一可视为质点的滑块A 从h =0.2m 高处由静止滑下，已知滑块A 、B 、C 质量均为m =2.0kg ，滑块A 与B 碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．因碰撞使连接B 、C 的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离.滑块C 脱离弹簧后以速度v C =2.0m/s 滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P 点．已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g 取10m/s 2.(1)求滑块C 从传送带右端滑出时的速度大小； (2)求滑块B 、C 与细绳相连时弹簧的弹性势能E P ；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C 总能落至P 点，则滑块A 与滑块B 碰撞前速度的最大值v m 是多少？ 【答案】(1) 4.0m/s (2) 2.0J (3) 8.1m/s 【解析】 【分析】 【详解】（1）滑块C 滑上传送带到速度达到传送带的速度v =4m/s 所用的时间为t ，加速度大小为a ，在时间t 内滑块C 的位移为x ，有mg ma μ=C v v at =+212C x v t at =+代入数据可得3m x =3m x L =<滑块C 在传送带上先加速，达到传送带的速度v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C 从传送带右端滑出时的速度为v=4.0m/s（2）设A 、B 碰撞前A 的速度为v 0，A 、B 碰撞后的速度为v 1，A 、B 与C 分离时的速度为v 2，有2012A A m gh m v =01()A A B m v m m v =+ 12()()A B A B C C m m v m m v m v +=++A 、B 碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒222A 1A 2111()()222P B B C C E m m v m m v m v ++=++代入数据可解得2.0J P E =（3）在题设条件下，若滑块A 在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C 的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v .设A 与B 碰撞后的速度为1v '，分离后A 与B 的速度为2v '，滑块C 的速度为'C v ，C 在传送带上做匀减速运动的末速度为v =4m/s ，加速度大小为2m/s 2，有22()Cv v a L '-=- 解得42m/s Cv '= 以向右为正方向，A 、B 碰撞过程1()A m A B m v m m v '=+弹簧伸开过程12()()A B C C A B m m v m v m m v '''+=++22212111+()()+222p A B A B C C E m m v m m v m v '''+=+代入数据解得74228.14m v =+≈m/s ．3．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最下端的B 点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功． 【答案】(1)35(2) －3.75 J【解析】解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：2111a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222222?/v v a m s t -== 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：1mgsin mgcos ma θμθ+=物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：2mgsin mgcos ma θμθ-=联立解得：3μ=(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：1112v t x =则摩擦力对物块做功：11·W mgcos x μθ= 在后0.5 s ，物块对地位移为：12122v v x t +=则摩擦力对物块做功22·W mgcos x μθ=－ 所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J4．某人欲将质量50kg m =的货箱推上高 1.0m h =的卡车，他使用的是一个长 5.0m L =的斜面（斜面与水平面在A 处平滑连接）。
高考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)及解析
高考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)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，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．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，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．4．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R的圆轨道；=0.4m（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 =-；5．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。
高考物理动能与动能定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
高考物理动能与动能定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，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．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点用一弹射装置可将静止的小滑块以v0水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R=0.3m 的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自 B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h=0.2m，水平距离s=0.6m，水平轨道AB长为L1=1m，BC长为 L2 =2.6m，小滑块与 水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.5，重力加速度 g =10m/s 2.(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小； (2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小的范围． 【答案】（1）（2）5m/s≤v A ≤6m/s 和v A ≥【解析】 【分析】 【详解】（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v ，由牛顿第二定律及机械能守恒定律由B 到最高点2211222B mv mgR mv =+ 由A 到B ：解得A 点的速度为（2）若小滑块刚好停在C 处，则：解得A 点的速度为若小滑块停在BC 段，应满足3/4/A m s v m s ≤≤ 若小滑块能通过C 点并恰好越过壕沟，则有212h gt =c s v t =解得所以初速度的范围为3/4/A m s v m s ≤≤和5/A v m s ≥3．如图所示，半径为R 1＝1.8 m 的14光滑圆弧与半径为R 2＝0.3 m 的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L ＝2.0 m 、质量为M ＝1.5 kg 的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同．现在让质量为m 2＝2 kg 的物块静止于B 处，质量为m 1＝1 kg 的物块从光滑圆弧顶部的A 处由静止释放，物块m 1下滑至B 处和m 2碰撞后不再分开，整体设为物块m (m ＝m 1＋m 2)．物块m 穿过半圆管底部C 处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为2 m/s 时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若g ＝10 m/s 2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计．(1)求物块m 1和m 2碰撞过程中损失的机械能； (2)求物块m 滑到半圆管底部C 处时所受支持力大小；(3)若物块m 与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，求物块m 在台阶表面上滑行的最大距离．【答案】⑴12J ⑵190N ⑶0.8m 【解析】试题分析：（1）选由机械能守恒求出物块1m 下滑到B 点时的速度；1m 、2m 碰撞满足动量守恒，由221B 1122E m v mv =-共机求出碰撞过程中损失的机械能；（2）物块m 由B 到C 满足机械能守恒，在C 点由牛顿第二定律可求出物块m 滑到半圆管底部C 处时所受支持力大小；（3）根据动量守恒定律和动能定理列式即可求解. ⑴设物块1m 下滑到B 点时的速度为B v ，由机械能守恒可得：2111B 12m gR m v =解得：B 6/v m s =1m 、2m 碰撞满足动量守恒：1B 12()m v m m v =+共解得；2/v m s 共=则碰撞过程中损失的机械能为：221B 111222E m v mv J =-=共机 ⑵物块m 由B 到C 满足机械能守恒：222C 11222mv mg R mv 共+⨯= 解得：C 4/v m s =在C 处由牛顿第二运动定律可得：2CN 2v F mg m R -=解得：N 190F N =⑶设物块m 滑上木板后，当木板速度为22/v m s =时，物块速度为1v ， 由动量守恒定律得：C 12mv mv Mv =+ 解得：13/v m s =设在此过程中物块运动的位移为1x ，木板运动的位移为2x ，由动能定理得： 对物块m ：2211C 1122mgx mv mv μ-=- 解得：1 1.4x m = 对木板M ：22212mgx Mv μ= 解得：20.4x m =此时木板静止，物块m 到木板左端的距离为：3211x L x x m =+-= 设物块m 在台阶上运动的最大距离为4x ，由动能定理得：23411()02mg x x mv μ-+=-解得：40.8x m =4．如图所示，在竖直平面内的光滑固定轨道由四分之一圆弧AB 和二分之一圆弧BC 组成，两者在最低点B 平滑连接．过BC 圆弧的圆心O 有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各一块，挡板与圆弧轨道之间有宽度很小的缝隙．AB 弧的半径为2R ，BC 弧的半径为R .一直径略小于缝宽的小球在A 点正上方与A 相距23R处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．不考虑小球撞到挡板以后的反弹． (1)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．(2)若小球能到达C 点，求小球在B 、C 两点的动能之比；若小球不能到达C 点，请求出小球至少从距A 点多高处由静止开始自由下落才能够到达C 点．(3)使小球从A 点正上方不同高度处自由落下进入轨道，小球在水平挡板上的落点到O 点的距离x 会随小球开始下落时离A 点的高度h 而变化，请在图中画出x 2h 图象．(写出计算过程)【答案】(1)13mg (2) 4∶1 (3)过程见解析【解析】 【详解】（1）若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 设小球的质量为m ，在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝2C mv R小球由开始下落至运动到C 点过程中，机械能守恒，有22132C mgR mv = 由两式可知N ＝13mg 小球可以沿轨道运动到C 点.（2）小球在C 点的动能为E k C ，由机械能守恒得E k C ＝23mgR设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝83mgR得E k B ∶E k C ＝4∶1．（3）小球自由落下，经ABC 圆弧轨道到达C 点后做平抛运动。
高中物理压轴题03 用功能关系、能量的观点解题(解析版)
压轴题03功和功率、功能关系专题1.本专题是功能关系的典型题型，包括功和功率、机车启动问题、动能定理及其应用、功能关系机械能守恒定律含功和能的综合题。
是历年高考考查的热点。
2.通过本专题的复习，可以培养同学们的用功能关系解决问题的能力，提高学生物理核心素养和关键能力。
3.用到的相关知识有:功和功率的求解,如何求变力做功，动能定理、机械能守恒定律功能关系的灵活运用等。
实践中包括体育运动中功和功率问题，风力发电功率计算，蹦极运动、过山车等能量问题，汽车启动问题，生活、生产中能量守恒定律的应用等。
要求考生在探究求解变力做功的计算，机车启动问题，单物体机械能守恒，用绳、杆连接的系统机械能守恒问题，含弹簧系统机械能守恒问题，传送带、板块模型的能量等问题的过程中，形成系统性物理思维，对做功是能量转化的量度这一功能观点有更深刻的理解。
考向一：变力功的求解求变力做功的五种方法质量为m 的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功W f ＝F f ·Δx 1＋F f ·Δx 2＋F f ·Δx 3＋…＝F f (Δx 1＋Δx 2＋Δx 3＋…)＝F f ·2πR恒力F 把物块从A 拉到B ，绳子对物块做功W ＝F ·(hsin α－hsin β)一水平拉力拉着一物体在水平面上运动的位移为x 0，F －x图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W ＝F 0＋F 12x 0平均值法当力与位移为线性关系，力可用平均值F ＝F 1＋F 22表示，W ＝F Δx ，可得出弹簧弹性势能表达式为E p ＝12k (Δx )2应用动能定理用力F 把小球从A 处缓慢拉到B 处，F 做功为W F ，则有：W F －mgL (1－cos θ)＝0，得W F ＝mgL (1－cos θ)考向二：机车启动问题1．两种启动方式P2.三个重要关系式(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为v m ＝P F 阻。
高考物理动能与动能定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理动能与动能定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点、圆心角 θ＝60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，滑板与水平轨道CD 间的动摩擦因数μ＝0.2．某运动员从轨道上的A 点以v 0＝3m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为m ＝60kg ，B 、E 两点与水平轨道CD 的竖直高度分别为h ＝2m 和H ＝2.5m.求：(1)运动员从A 点运动到B 点过程中，到达B 点时的速度大小v B ； (2)水平轨道CD 段的长度L ；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C 点的距离. 【答案】(1)v B ＝6m/s (2) L ＝6.5m (3)停在C 点右侧6m 处 【解析】 【分析】 【详解】（1）在B 点时有v B ＝cos60︒v ，得v B ＝6m/s （2）从B 点到E 点有2102B mgh mgL mgH mv μ--=-，得L ＝6.5m （3）设运动员能到达左侧的最大高度为h ′，从B 到第一次返回左侧最高处有21'202B mgh mgh mg L mv μ--⋅=-，得h ′＝1.2m<h ＝2 m ，故第一次返回时，运动员不能回到B 点，从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为s ，由动能定理可得2102B mgh mgs mv μ-=-，得s ＝19m ，s ＝2L ＋6 m ，故运动员最后停在C 点右侧6m 处.2．如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B 点水平，上端A 与B 点的高度差为h 1＝0.3 m ，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C 点到B 点的高度差为h 2＝0.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m ＝1 kg 的滑块(可看作质点)从轨道的A 点由静止滑下，然后从B 点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C 点落到传送带上，传送带逆时针传动，速度大小为v ＝0.5 m/s ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g ＝10 m/s 2，试求：(1).滑块运动至C 点时的速度v C 大小；(2).滑块由A 到B 运动过程中克服摩擦力做的功W f ； (3).滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q . 【答案】（1）2.5 m/s （2）1 J （3）32 J【解析】本题考查运动的合成与分解、动能定理及传送带上物体的运动规律等知识。
高考物理动能与动能定理解题技巧分析及练习题(含答案)及解析
高考物理动能与动能定理解题技巧分析及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。
传送带由电动机带动，以2m/s v =的速度顺时针匀速转动，倾角37θ=︒。
工人将工件轻放至传送带最低点A ，由传送带传送至最高点B 后再由另一工人运走，工件与传送带间的动摩擦因数为78μ=，所运送的每个工件完全相同且质量2kg m =。
传送带长度为6m =L ，不计空气阻力。
（工件可视为质点，sin370.6︒=，cos370.8︒=，210m /s g =）求：(1)若工人某次只把一个工件轻放至A 点，则传送带将其由最低点A 传至B 点电动机需额外多输出多少电能？(2)若工人每隔1秒将一个工件轻放至A 点，在传送带长时间连续工作的过程中，电动机额外做功的平均功率是多少？【答案】(1)104J ；(2)104W 【解析】 【详解】 (1)对工件cos sin mg mg ma μθθ-=22v ax =1v at =12s t =得2m x =12x vt x ==带 2m x x x =-=相带由能量守恒定律p k E Q E E =+∆+∆电即21cos sin 2E mg x mgL mv μθθ=⋅++电相代入数据得104J E =电(2)由题意判断，每1s 放一个工件，传送带上共两个工件匀加速，每个工件先匀加速后匀速运动，与带共速后工件可与传送带相对静止一起匀速运动。
匀速运动的相邻的两个工件间距为2m x v t ∆=∆=L x n x -=∆得2n =所以，传送带上总有两个工件匀加速，两个工件匀速 则传送带所受摩擦力为2cos 2sin f mg mg μθθ=+电动机因传送工件额外做功功率为104W P fv ==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 。
高考物理动能与动能定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析
高考物理动能与动能定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，半径R =0.5 m 的光滑圆弧轨道的左端A 与圆心O 等高，B 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C 与一倾角θ=37°的粗糙斜面相切。
一质量m =1kg 的小滑块从A 点正上方h =1 m 处的P 点由静止自由下落。
已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g =10 m/s 2。
(1)求滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力。
(2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。
(3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A 点。
【答案】(1)70N ； (2)1.2m ； (3)能滑出A 【解析】 【分析】 【详解】(1)滑块从P 到B 的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有()212B mg h R mv +=那么，对滑块在B 点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且()2N 270N B mg h R mv F mg mg R R+=+=+=故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力为70N ，方向竖直向下。
(2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L ，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得cos37sin37cos370mg h R R L mgL μ+-︒-︒-︒=（）所以1.2m L =(3)对滑块从P 到第二次经过B 点的运动过程应用动能定理可得()212cos370.542B mv mg h R mgL mg mgR μ'=+-︒=> 所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A 点。
【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。
高考物理动能定理的综合应用解题技巧分析及练习题(含答案)及解析
高考物理动能定理的综合应用解题技巧分析及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．小明同学根据上海迪士尼乐园游戏项目“创极速光轮”设计了如图所示的轨道。
一条带有竖直圆轨道的长轨道固定在水平面上，底端分别与两侧的直轨道相切，其中轨道AQ 段粗糙、长为L 0=6.0m ，QNP 部分视为光滑，圆轨道半径R =0.2m ，P 点右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L =0.5m 。
一玩具电动小车，通电以后以P =4W 的恒定功率工作，小车通电加速运动一段时间后滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出。
小车的质量m =0.4kg ，小车在各粗糙段轨道上所受的阻力恒为f =0.5N 。
（重力加速度g =10m/s 2；小车视为质点，不计空气阻力）。
(1)若小车恰能通过N 点完成实验，求进入Q 点时速度大小； (2)若小车通电时间t =1.4s ，求滑过N 点时小车对轨道的压力； (3)若小车通电时间t≤2.0s ，求小车可能停在P 点右侧哪几段轨道上。
【答案】(1)22m/s ；(2)6N ，方向竖直向上；(3)第7段和第20段之间 【解析】 【分析】 【详解】(1)小车恰能过N 点，则0N v =，Q →N 过程根据动能定理2211222N mg R mv mv -⋅=- 代入解得22m/s v =(2)A →N 过程2011202Pt fL mg R mv --⋅=- 代入解得15m/s v =在N 点时21N mv mg F R+= 代入解得N 6N F =根据牛顿第三定律可得小汽车对轨道压力大小6N ，方向竖直向上。
(3)设小汽车恰能过最高点，则0020Pt fL mg R --⋅=代入解得0 1.15s 2s t =<此时小汽车将停在12mg R n fL ⋅=代入解得1 6.4n =因此小车将停在第7段； 当通电时间 2.0s t =时020Pt fL n fL --=代入解得220n =因此小车将停在第20段；综上所述，当t ≤2.0s 时，小汽车将停在第7段和第20段之间。
机械能守恒定律的综合应用经典例题
机械能守恒定律的综合应用例1、如图所示，质量分别为2 m 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：⑴当A 到达最低点时，A 小球的速度大小v ；⑵ B 球能上升的最大高度h ；⑶开始转动后B 球可能达到的最大速度v m 。
解析：以直角尺和两小球组成的系统为对象，由于转动过程不受摩擦和介质阻力，所以该系统的机械能守恒。
⑴过程中A 的重力势能减少， A 、B 的动能和B 的重力势能增加，A 的即时速度总是B 的2倍。
222321221322⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⋅⋅+⋅=⋅v m v m L mg L mg ，解得118gL v = ⑵B 球不可能到达O 的正上方，它到达最大高度时速度一定为零，设该位置比OA 竖直位置向左偏了α角。
2mg ∙2L cos α=3mg ∙L （1+sin α），此式可化简为4cos α-3sin α=3，解得sin （53°-α）=sin37°，α=16°⑶B 球速度最大时就是系统动能最大时，而系统动能增大等于系统重力做的功W G 。
设OA 从开始转过θ角时B 球速度最大，()223212221v m v m ⋅⋅+⋅⋅=2mg ∙2L sin θ-3mg ∙L （1-cos θ） =mgL （4sin θ+3cos θ-3）≤2mg ∙L ，解得114gL v m =例2、如图所示，半径为R 的光滑半圆上有两个小球B A 、，质量分别为M m 和，由细线挂着，今由静止开始无初速度自由释放，求小球A 升至最高点C 时B A 、两球的速度？解析：A 球沿半圆弧运动，绳长不变，B A 、两球通过的路程相等，A 上升的高度为R h =；B 球下降的高度为242R R H ππ==；对于系统，由机械能守恒定律得：K P E E ∆=∆- ；2)(212v m M mgR R Mg E P +=+-=∆∴π m M mgR RMg v c +-=∴2π例3、如图所示，均匀铁链长为L ，平放在距离地面高为L 2的光滑水平面上，其长度的51悬垂于桌面下，从静止开始释放铁链，求铁链下端刚要着地时的速度？ 解：选取地面为零势能面：2212)102(51254mv L mg L L mg L mg +=-+ 得：gL v 7451=v 1⑴ ⑵⑶例4、如图所示，粗细均匀的U 形管内装有总长为4L 的水。
3.6 转动动能及转动动能定理
转动动能及转动动能定理
质点转动动能及刚体定轴转动动能
22
1i i i k m E v ∆=∑22221)(21ωωJ r m i i i =∆=∑质点转动动能： 刚体定轴 转动动能： ⎰=21d θθθM W θωθθd d d ⎰=21t
J ⎰=21ωωωωd J 合外力矩对绕定轴转动的刚体所作
的功等于刚体转动动能的增加量。
21222
121d 21ωωθθθJ J M W -==⎰
已知：一长为l , 质量为m 的均匀细杆，用摩擦可忽略的柱铰链悬挂于A 处，欲使静止的杆AB自竖直位置恰好能转至水平位置，
求：必须给杆的最小初角速度。
解：设必须给杆的最小初角速度为 则杆的初动能为： 2
121ωJ E k =达到水平位置杆的末动能为： 0
1=k E 初末过程中重力矩做的功为： 2
l
mg W -=2
21
02ωJ l
mg -=-23
1ml J =l
g 30=ω⇒0
ω
已知：一质量为 ，半径为 R 的圆盘，可绕一垂直通过盘心的 无摩擦的水平轴转动。
圆盘上绕有轻绳，一端挂质量为 m 的物体。
问：物体在静止下落高度 h 时，
其速度的大小为多少?
设绳的质量忽略不计。
'm
22211mgh mv J 22v
1
,J m R r 22mgh
v m m 2
ωω=+'==='
+解：
Thanks!。
动能动能定理典型例题
动能 动能定理一个物体的动能变化△E k 与合外力对物体所做的功W 具有等量代换关系．若△E k ＞0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功；若△E k ＜0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值；若△E k =0，表示合外力对物体所做的功等于零．反之亦然．这种等效代换关系提供了一种计算变力所做功的简便方法．动能定理中涉及的物理量有F 、s 、m 、υ、W 、E k 等，在处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑使用动能定理．由于只需从力在整个位移内的功和这段位移始末两状态动能变化去考察，无需注意其中运动状态变化的细节，又由于功和动能都是标量，无方向性，无论是对直线运动或曲线运动，计算都会特别方便．当题给条件涉及力的位移效应，而不涉及加速度和时间时，用动能定理求解一般比用牛顿第二定律和运动学公式求解简便．用动能定理还能解决一些用牛顿第二定律和运动学公式难以求解的问题，如变力作用过程，曲线运动等问题．例1 一辆卡车在平直的公路上，以初速度υ0开始加速行驶，经过一段时间t ，卡车前进的距离为s ，恰达到最大速度υm ，在这段时间内，卡车发动机的功率恒定为P ，车运动中受阻力大小恒定为f ，则这段时间内卡车发动机做的功为（ ）A ．Pt;B ．fs;C ．f υm t;D ． 21m υ2m +fs-21m υ20 解析： 功率P=F υ，卡车在平直公路上以恒定功率行驶过程中，随卡车速度υ逐渐增大而使发动机牵引力逐渐减小，只要卡车的牵引力F 大于卡车所受到的恒定的阻力f ，卡车的速度要增大，牵引力要再减小，因此卡车以恒定功率运动必做加速度逐渐减小的变加速运动．直到卡车牵引力减小到与车所受阻力f 大小相等，这时卡车受合外力为零，卡车加速度为零时卡车速度达到最大值υm ，即P=m f υ，故W=Pt=m f υt ．故选项A ，C 正确．合外力对物体做功（F-f ）s ，物体动能的增量21m υ2m-21m υ20，由动能定理知道（F-f ）s=21υ2m-21υ20，那么，卡车牵引力对卡车做功W F =21m υ2m+fs-21m υ20，故D 选项正确． 例2 一质量m 的小球，用长为L 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平拉力F 作用下，从平衡位置P 点很缓慢地移动到Q 点（如下图所示），则力F 所做的功为（ ）A ．mgLcos θB ．mgL （1-cos θ）C ．FLsin θD ．FLcos θ解析：小球运动过程是缓慢的，因而任一时刻都可以看作是平衡状态．由平衡知识知，F 的大小不断变大．这是一个变力作用下曲线运动的问题．要求解的结果是变力F 做的功．因F 是变力，它做的功不能直接用定义式F W =Fscos α来求．此过程中，线的拉力不做功，只有重力和F 这两个力做功．重力做的功等于重力G 乘以重力方向上的位移．即W G =-mgL （1-cos θ），动能的变化为零．故可由动能定理求出F 做的功，即F W -mgL （1-cos θ）=0．∴ W F =mgL （1-cos θ）．正确答案为B ．说明 本题是一例根据动能定理求变力做的功的问题，其实动能定理的最大好处就在于处理这类变力作用下的直线运动和曲线运动．例3 如下图1所示，在水平桌面上固定一块质量为M 的木块，一质量为m 的子弹以速度υ0水平射入木块，进入深度为d （未穿出）．如果这木块是放在光滑的水平桌面上，仍使质量为m 的子弹以速度υ0水平射入木块，进入深度为d （未穿出）．如果这木块是放在光滑的水平桌面上，仍使质量为m 的子弹以速度υ0水平射入木块，如图2所示，子弹能进入多深?从进入到停止在木块中花去多少时间?（设两种情况子弹在木块中受到阻力恒定不变．）解析：木块固定时，设子弹受到的平均阻力为f ，根据动能定理，有-fd=-21m υ20． 木块受到平均阻力f=m υ20/（2d ）． ①木块可滑动时，子弹与木块间相互作用力仍为f ，木块在f 作用下加速运动，子弹做减速运动，最终两者达到共同速度υ．根据动量守恒定律，有m υ0=（M+m ）υ， ∴υ=m υ0/（M+m ） ②设木块移动距离为s ，子弹进入木块深度为d ′，子弹对地位移为s+d ′．对木块和子弹分别应用动能定理，有 fs=21M υ2， ③ -f （s+d ′）= 21m υ2-21m υ20． ④ 由③、④式，得-fd ′=21（M+m ）υ2-21m υ20 ⑤ 由①、②、⑤式，得 d ′=m M M +d ＜d ． 根据动量定理，有-ft=m υ-m υ0． ⑥由①、②、⑥式，得 t=02v d （mM M +）． 这就是子弹在木块中运动的时间．例4 总质量为M 的列车，沿平直轨道作匀速直线运动，其末节质量为m 的车厢中途脱钩，待司机发觉时，机车已行驶了L 的距离，于是立即关闭油门撤去牵引力．设运动过程中阻力始终与质量成正比，机车的牵引力是恒定的．当列车的两部分都停止时，它们之间的距离是多少?解析：依题意，先画出机车和末节车厢的运动情况示意图如下图所示，机车（除末节车厢之外的部分）在撤去牵引力F 之前作匀加速运动，关掉油门后作匀减速运动直到停止；而车厢脱钩后在阻力作用下作匀减速运动．牵引力对机车做正功．由于机车和车厢所受的力是恒力，又分别作匀变速运动，又可运用动能定理求解．今运用动能定理分别对机车和车厢进行全程列式求解．设列车所受牵引力为F ，脱钩前匀速运动的速度为υ0，撤去牵引力时机车速度为υ，脱钩前后列车和机车、车厢所受阻力分别为f 、f 1、f 2，则f=kMg ，f 1=k （M-m ）g,f 2=kmg ，它们减速运动的位移分别为s 1和s 2．脱钩前，由力的平衡条件有F=f=kMg ①脱钩后，对机车的全过程由动能定理有FL-k （M-m ）g （L+s 1）=0-21（M-m ）υ20 对车厢，由动能定理有-kmgs 2=0-21m υ20 联立①、②、③式消去υ0解得△s=L+s 1-s 2=mM M -L说明 本题由动能定理求解比运用牛顿定律求解简便快捷．动能定理概能解决恒力作用下的匀变速运动问题，又能解决变力作用下的非匀变速运动问题，可见运用动能定理不仅比运用牛顿定律求解简便，而且应用范围更广．同时，解答这类题目关键要弄清整个过程中各个力的做功情况和初、未状态的动能．例5 如下图所示，底端有挡板且足够长的固定斜面倾角为θ，一质量为m 的滑块在斜面上从距挡板为l 的位置以速度υ0沿斜面向上滑行．滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ＜tan θ，滑块每次与挡板P 碰撞前后的速度大小保持不变：求滑块从开始运动到最后停止滑行的总路程是多大?解析：滑块以初速υ0出发沿斜面滑行至速度为零后，由于mgsin θ＞μmgcos θ，因此滑块将立即返回向下滑行，与挡板碰撞后又以碰前速率向上滑，如此反复运动，直至最后停在挡板P 处．在整个运动过程中，重力对滑块时而做正功，时而做负功，但重力做的总功只由重力大小和高度差共同决定．但摩擦力总是做负功，做功的大小应等于摩擦力的数值与路程的乘积．滑块初、末状态的动能分别为21m υ20和零．因此本题可用动能定理求解． 解析：以滑块为研究对象，在运动的全过程中，外力对滑块所做的总功为W=W G +W f =mglsin θ-μmgcos θs在滑动的过程中，滑块的动能变化为△E k =E k2-E k1=0-21m υ20 根据动能定理，有W=△E k即 mglsin θ-μmgcos θs=0-21m υ20 解得滑块滑行的总路程为s=θμθcos 2sin 202g gl v + 说明 通过本题解答可以看出：①运用动能定理解题的优越性．本题若运用牛顿定律和运动学公式求解，则需对每个上滑和下滑过程分别进行解答，势必繁杂．然而运用动能定理求解，只需列出一个方程便可解决问题，可见运用动能定理比运用牛顿定律求解简便得多，其原因就在于运用动能定理不涉及物体运动过程中的加速度和时间等细节，只需在明确各个力做功情况的基础上考虑初、末状态的动能，这就是运用动能定理优越性的个中原因．②凡涉及摩擦阻力或介质阻力做功与物体运动路径有关而物体又作往复运动或非匀变速运动的问题，宜运用动能定理求解．例6 如下图所示，以速度υ匀速运动的汽车用轻绳通过定滑轮将水面上的货船从A 拖到B ，若滑轮的大小和摩擦不计，船的质量为M ，水对船的阻力大小恒为船重的k 倍，定滑轮到水面的高度为h ，船在位置A 和位置B 时牵绳与水平面的夹角分别为α和β．求这一过程中汽车对船所做的功．解析：汽车对船做的功即为绳对船做的功，虽然汽车以速度υ做匀速运动，然而船的运动却不是匀速的．因汽车的速度υ即为绳的速度，设某时刻绳与水平方向的夹角为θ，则由下图所示的速度矢量图可知υ船=θcos v ，当船由A 向B 运动时，θ角逐渐增大，则船速也逐渐增大，船作变加速运动．由此可知，对船做功的力中，阻力虽然是恒力，所做的功为-kMgs AB ，但绳对船的拉力却是方向和大小都在变化的变力，不能用W=F ·s ·cos α计算变力的功，应通过动能定理求解．设绳对船的拉力所做的功为W F ，由上图的几何关系可知，s AB =h （cot α-cot β）由右图所示的速度矢量图可知，船在A 、B 处的速度分别为υA =αcos v ，υB =βcos v 由动能定理，有W F -kMgh （cot α-cot β）=21M （βcos v ）2-21M （αcos v ）2 故汽车对船所做的功为 W F =kMgh （cot α-cot β）+22Mv （β2cos 1 -α2cos 1） 说明 分析解答本题的关键，一是理解汽车速度υ与船速的关系为υ船=θcos v ，切不可将车速当作船速或以υ船=υcos θ，从而明确绳的拉力是变力；二是求解变力做功应运用动能定理．例7 一质量为M 的长木板，静止在光滑水平桌面上，一质量为m 的小滑块以水平速度υ0从长木板的一端开始在木板上滑动．直到离开木板．滑块刚离开木板时的速度为31υ0．若把此木板固定在水平桌面上，其它条件相同，求滑块离开木板时的速度． 解析：当长木板不固定时，因地面光滑，滑块与长木板组成的系统动量守恒，因初动量已知，可由动量守恒定律求得滑块离开长木板时的末动量与末速度，进而可由动能定理求出系统损失的动能．同时，在长木板自由和固定的两种情况下，系统损失的动能相同，故可再次由动能定理求得木板固定时滑块离开木板时的末动能，从而得到末速度．滑块在长木板上滑动，由于摩擦力f 的作用，木板作加速运动，滑块作减速运动，设滑块离开木板时，木板的速度为υ，由系统的动量守恒，有m υ0=m （31υ0）+M υ ① 设木板长为l ，滑块从木板上滑过时，木板滑行的距离为s ，如下图所示，由动能定理对长木板，有fs=21M υ2 ② 对滑块，有f （l+s ）=21m υ20-21m （31υ0）2 ③由②、③式解得fl=21m υ20-21m[（31υ0）2+21M υ2］ ④ 当长木板固定时，设小滑块离开长板时的速度为υ，由动能定理，对小滑块有fl=21m υ20-212m υ' ⑤ 由①、④、⑤式解得： υ′=30v M m 41+说明 本题是一道比较典型的以质点组（系统）为研究对象运用动能定理，结合其他物理规律求解的力学综合题．这类题的特点通常是以两个相互作用的质点组成的系统为研究对象，综合运用动能定理，动量定理（如本题若要求滑块离长木板所需时间）、牛顿运动定律和运动学公式，能的转化和守恒定律等规律综合求解．通过对本题的分析计算和类似问题的探究与比较，可以看出，对于相互作用的两个质点组成的系统，它们之间的内力是成对发生的，内力的冲量不改变系统的总动量，但这对内力的功却常会使系统的机械能（无势能变化时则表现为总动能）发生变化．通常有下列几种情况：（1）若这对内力是恒力，它们做功的总和等于力的大小乘两个质点的相对位移．（2）若这对内力做正功，系统的总动能增加，且这对内力所做的正功等于系统增加的动能．如爆炸，反冲等相互作用模型的问题，是典型的作用力和反作用力都做正功的实例．（3）若这对内力中一个力做正功，一个力做负功，但总功是负功，则系统的总动能减小（或机械能有损失），且减小的总动能在数值上等于这对内力所做的负功．如本题摩擦内力做的负功等于系统减小的总动能，即fl=21m υ20-［21m （31υ0）2+21M υ2］ 这种情况通常出现在碰撞或类似碰撞（如子弹打木块、两木块相对滑动等）的相互作用模型中，这也是碰撞与反冲的明显区别之一．（4）若这对内力做功为零，即作用力做的正功在数值上等于反作用力做的负功，则系统的总动能（有势能时则为总机械能）保持不变如弹性碰撞及类似模型问题和用轻绳、轻杆相连的连接体问题．。
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)及解析
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)及解析一、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．如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB ，与水平光滑轨道BC 相连，竖直墙壁CD 高0.2H m =，紧靠墙壁在地面固定一个和CD 等高，底边长0.3L m =的斜面，一个质量0.1m kg =的小物块(视为质点)在轨道AB 上从距离B 点4l m =处由静止释放，从C 点水平抛出，已知小物块在AB 段与轨道间的动摩擦因数为0.5，达到B 点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37.(o 重力加速度210/g m s =，sin370.6=o ，cos370.8)o =(1)求小物块运动到B 点时的速度大小； (2)求小物块从C 点抛出到击中斜面的时间；(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值. 【答案】(1) 4/m s (2)115s (3) 0.15J 【解析】 【分析】(1)对滑块从A 到B 过程，根据动能定理列式求解末速度；(2)从C 点画出后做平抛运动，根据分位移公式并结合几何关系列式分析即可； (3)动能最小时末速度最小，求解末速度表达式分析即可. 【详解】()1对滑块从A 到B 过程，根据动能定理，有：2B 1mglsin37μmgcos37mv 2-=o o ，解得：B v 4m /s =；()2设物体落在斜面上时水平位移为x ，竖直位移为y ，画出轨迹，如图所示：对平抛运动，根据分位移公式，有：0x v t =，21y gt 2=， 结合几何关系，有：H y H 2x L 3-==， 解得：1t s 15=； ()3对滑块从A 到B 过程，根据动能定理，有：2B 1mglsin37μmgcos37mv 2-=o o ，对平抛运动，根据分位移公式，有：0x v t =，21y gt 2=， 结合几何关系，有：H y H 2x L 3-==， 从A 到碰撞到斜面过程,根据动能定理有：21mglsin37μmgcos37l mgy mv 02-⋅+=-oo联立解得：22125y 9H 18H mv mg 21616y 16⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，故当225y 9H 1616y =，即3y H 0.12m 5==时，动能k E 最小为：km E 0.15J =； 【点睛】本题是力学综合问题，关键是正确的受力分析，明确各个阶段的受力情况和运动性质，根据动能定理和平抛运动的规律列式分析，第三问较难，要结合数学不等式知识分析.3．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最下端的B 点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功． 【答案】3－3.75 J 【解析】解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：2111a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222222?/v v a m s t -== 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：1mgsin mgcos ma θμθ+=物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：2mgsin mgcos ma θμθ-=联立解得：3μ=(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：1112v t x =则摩擦力对物块做功：11·W mgcos x μθ= 在后0.5 s ，物块对地位移为：12122v v x t +=则摩擦力对物块做功22·W mgcos x μθ=－ 所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J4．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。
高中物理动能与动能定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)
高中物理动能与动能定理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与动能定理1．如图所示，半径R =0.5 m 的光滑圆弧轨道的左端A 与圆心O 等高，B 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C 与一倾角θ=37°的粗糙斜面相切。
一质量m =1kg 的小滑块从A 点正上方h =1 m 处的P 点由静止自由下落。
已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g =10 m/s 2。
(1)求滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力。
(2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。
(3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A 点。
【答案】(1)70N ； (2)1.2m ； (3)能滑出A 【解析】 【分析】 【详解】(1)滑块从P 到B 的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有()212B mg h R mv +=那么，对滑块在B 点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且()2N 270N B mg h R mv F mg mg R R+=+=+=故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力为70N ，方向竖直向下。
(2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L ，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得cos37sin37cos370mg h R R L mgL μ+-︒-︒-︒=（）所以1.2m L =(3)对滑块从P 到第二次经过B 点的运动过程应用动能定理可得()212cos370.542B mv mg h R mgL mg mgR μ'=+-︒=> 所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A 点。
【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。
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)及解析
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)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 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，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB ，与水平光滑轨道BC 相连，竖直墙壁CD 高0.2H m =，紧靠墙壁在地面固定一个和CD 等高，底边长0.3L m =的斜面，一个质量0.1m kg =的小物块(视为质点)在轨道AB 上从距离B 点4l m =处由静止释放，从C 点水平抛出，已知小物块在AB 段与轨道间的动摩擦因数为0.5，达到B 点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37.(o 重力加速度210/g m s =，sin370.6=o ，cos370.8)o =(1)求小物块运动到B 点时的速度大小； (2)求小物块从C 点抛出到击中斜面的时间；(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值. 【答案】(1) 4/m s (2)115s (3) 0.15J 【解析】【分析】(1)对滑块从A 到B 过程，根据动能定理列式求解末速度；(2)从C 点画出后做平抛运动，根据分位移公式并结合几何关系列式分析即可； (3)动能最小时末速度最小，求解末速度表达式分析即可. 【详解】()1对滑块从A 到B 过程，根据动能定理，有：2B 1mglsin37μmgcos37mv 2-=o o ，解得：B v 4m /s =；()2设物体落在斜面上时水平位移为x ，竖直位移为y ，画出轨迹，如图所示：对平抛运动，根据分位移公式，有：0x v t =，21y gt 2=， 结合几何关系，有：H y H 2x L 3-==， 解得：1t s 15=； ()3对滑块从A 到B 过程，根据动能定理，有：2B 1mglsin37μmgcos37mv 2-=o o ，对平抛运动，根据分位移公式，有：0x v t =，21y gt 2=， 结合几何关系，有：H y H 2x L 3-==， 从A 到碰撞到斜面过程,根据动能定理有：21mglsin37μmgcos37l mgy mv 02-⋅+=-oo联立解得：22125y 9H 18H mv mg 21616y 16⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，故当225y 9H 1616y =，即3y H 0.12m 5==时，动能k E 最小为：km E 0.15J =； 【点睛】本题是力学综合问题，关键是正确的受力分析，明确各个阶段的受力情况和运动性质，根据动能定理和平抛运动的规律列式分析，第三问较难，要结合数学不等式知识分析.3．一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）4．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/s2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/s2.(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 B2=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．5．一种氢气燃料的汽车，质量为m=2.0×103kg，发动机的额定输出功率为80kW，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的0.1倍。
转动动能——精选推荐
三、转动动能（一）选择题1．一人站在旋转平台的中央，两臂侧平举，整个系统以2π rad/s 的角速度旋转，转动惯量为 6.0 kg ·m 2．如果将双臂收回则系统的转动惯量变为2.0 kg ·m 2．此时系统的转动动能与原来的转动动能之比E k / E k 0为(A) 2． (B) 3．(C) 2． (D) 3． ［ ］2．一均匀细杆可绕垂直它而离其一端l / 4 (l 为杆长)的水平固定轴O 在竖直平面内转动．杆的质量为m ，当杆自由悬挂时，给它一个起始角速度ω 0,如杆恰能持续转动而不作往复摆动(一切摩擦不计)则需要(A) ω 0≥l g 7/34． (B) ω 0≥l g /4．(C) ω 0≥()l g /3/4． (D) ω 0≥l g /12． [已知细杆绕轴O 的转动惯量J ＝(7/48)ml 2] ［ ］3．图(a)为一绳长为l 、质量为m 的单摆．图(b)为一长度为l 、质量为m 能绕水平固定轴O 自由转动的匀质细棒．现将单摆和细棒同时从与竖直线成θ 角度的位置由静止释放，若运动到竖直位置时，单摆、细棒角速度分别以ω 1、ω 2表示．则：(A) 2121ωω=． (B) ω 1 = ω 2． (C) 2132ωω=． (D) 213/2ωω=． ［ ］4．如图所示，一均匀细杆可绕通过其一端的水平光滑轴在竖直平面内自由转动,杆长l = (5/3) m ．今使杆从与竖直方向成60°角的位置由静止释放(g 取10 m/s 2)，则杆的最大角速度为(A) 3 rad /s ． (B) π rad /s ．(C) 5 rad /s ． (D) 53 rad /s ． ［ ］（二）填空题1．如图所示，一均匀细杆AB ，长为l ，质量为m ．A端挂在一光滑的固定水平轴上，它可以在竖直平面内自由摆动．杆从水平位置由静止开始下摆，当下摆至θ角时，B 端速度的大小v B ＝________________________．2．一滑冰者开始张开手臂绕自身竖直轴旋转，其动O l(a)(b)能为E 0，转动惯量为J 0，若他将手臂收拢，其转动惯量变为021J ，则其动能将变为__________________．(摩擦不计)3．水平桌面上有一圆盘，质量为m ，半径为R ，装在通过其中心、固定在桌面上的竖直转轴上．在外力作用下，圆盘绕此转轴以角速度ω 0转动．在撤去外力后，到圆盘停止转动的过程中摩擦力对圆盘做的功为__________．4．如图所示，一长为l ，质量为M 的均匀细棒悬挂于通过其上端的光滑水平固定轴上．现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向棒的中心，并以021v 的速度穿出棒．在此射击过程中细棒和子弹系统对轴的____________守恒．如果此后棒的最大偏转角恰为90°，则0v 的大小v 0＝________．（三）计算题1．质量为M 、长为l 的均匀直棒，可绕垂直于棒的一端的水平固定轴O 无摩擦地转动．转动惯量231Ml J =.它原来静止在平衡位置上，如图，图面垂直于O 轴．现有一质量为m的弹性小球在图面内飞来，正好在棒的下端与棒垂直相撞．相撞后使棒从平衡位置摆动到最大角度θ＝60°处，(1) 设碰撞为弹性的，试计算小球刚碰前速度的大小v 0． (2) 相撞时，小球受到多大的冲量？2．如图所示，一长为l 质量为M 的匀质竖直杆可绕通过杆上端的固定水平轴O 无摩擦地转动．一质量为m 的泥团在垂直于轴O 的图面内以水平速度v 0打在杆的中点并粘住，求杆摆起的最大角度．3．一长为L 、质量为m 的均匀细棒，一端可绕固定的水平光滑轴O 在竖直平面内转动．在O 点上还系有一长为l (＜L )的轻绳，绳的一端悬一质量也为m 的小球．当小球悬线偏离竖直方向某一角度时，由静止释放(如图所示)．已知小球与静止的细棒发生完全弹性碰撞,问当绳的长度l 为多少时，碰撞后小球刚好停止？略去空气阻力．4．一个半径为R ，质量为m 的硬币，竖直地立放在粗糙的水平桌面上．开始时处于静止状态，而后硬币受到轻微扰动而倒下．求硬币平面与桌面碰撞前(即硬币平面在水平位置)时质心的速度大小．(已知质量为m ,半径为R 的圆盘对沿盘直径的轴的转动惯为241mR )（四）理论推导与证明题1．一可绕定轴转动的刚体，在合外力矩M 作用下由静止开始转动．试根据合外力矩对刚体所作的功等于刚体动能的增量以及转动定律，证明刚体的0v0v动能表示式为221ωJ E k =式中的J 和ω分别为刚体对于转轴的转动惯量和角速度．五、质心和平面运动（一）选择题1．如图所示，将一根质量为m 、长为l 的均匀细杆悬挂于通过其一端的固定光滑水平轴O 上．今在悬点下方距离x 处施以水平冲力F ，使杆开始摆动，要使在悬点处杆与轴之间不产生水平方向的作用力，则施力F 的位置x 应等于(A) 3l / 8． (B) l / 2． (C) 2l / 3． (D) l ． ［ ］2．一均匀细杆原来静止放在光滑的水平面上，现在其一端给予一垂直于杆身的水平方向的打击，此后杆的运动情况是：(A) 杆沿力的方向平动．(B) 杆绕其未受打击的端点转动．(C) 杆的质心沿打击力的方向运动，杆又绕质心转动．(D) 杆的质心不动，而杆绕质心转动． ［ ］3．实心圆柱体、空心圆筒和实心球，三者质量相同，且柱的半径、筒的外径和球的半径均相同．当它们沿同一斜面，由同一高度同时从静止无滑动地滚下时，它们到达斜面底的先后次序是(A) 实心球最先，圆柱体次之，圆筒最后．(B) 圆柱体最先，圆筒次之，实心球最后．(C) 圆筒最先，实心球次之，圆柱体最后．(D) 实心球最先，圆筒次之，圆柱体最后． (E) 圆筒最先，圆柱体次之，实心球最后． ［ ］4．质量不同的一个球和一个圆柱体，前者的半径和后者的横截面半径相同．二者放在同一斜面上，从同一高度静止开始无滑动地滚下(圆柱体的轴始终维持水平)，则(A) 两者同时到达底部． (B) 圆柱体先到达底部．(C) 圆球先到达底部． (D) 质量大的先到达底部． ［ ］O（二）填空题1．如图所示的质点组A 1、A 2、A 3，其质心坐标为x c ＝________；y c ＝________．2．如图所示，一个细杆总长为L ，单位长度的质量为ρ＝ρ0＋ax ，其中ρ0和a 为正常量．此杆的质心的坐标x c ＝______________．3．质量为m 、横截面半径为R 的实心匀质圆柱体，在水平面上做无滑动的滚动，如果圆柱体的中心轴线方向不变，且其质心以速度v 作水平匀速运动，则圆柱体的动量的大小为____________，动能等于______________，对中心轴线的角动量大小为____________________．4．如图所示．圆柱体的半径为R ，其上有一半径为r 的固定圆盘(圆盘质量忽略不计),盘周绕有细绳，今沿垂直于圆盘轴的水平方向以力F 拉绳．若使该圆柱体在水平面上作纯滚动，则该柱体与水平面间的静摩擦力f ＝________．当r =R /2时静摩擦力f ＝________．（三）计算题1．有质量分别为12 kg 和20 kg 的两球，球心相距4 m ，中间并未连结．二者最初都静止，今以64 N 的恒力沿球心连线方向作用于20 kg 的球上，如图所示．设两球半径相等，求从力开始作用起，第三秒末质心的位置．2．两个人分别在一根质量为m 的均匀棒的两端，将棒抬起，并使其保持静止，今其中一人突然撒手，求在刚撒开手的瞬间，另一个人对棒的支持力f .3．水平桌面上的一圆柱体的质量 m ＝1 kg ，半径R ＝0.05 m ．今用F ＝30 N 的水平拉力垂直于柱轴作用于圆柱体的质心C 上(如图)．求此圆柱体作纯滚动时的质心加速度a c ．(已知圆柱体对其中心轴的转动惯量为221mR J =)． （四）理论推导与证明题1．试证，不同质量，不同半径之均匀实心圆柱体在同一斜面上无滑动地滚下同样距离时圆柱体质心具有同样大小的线速度．2．两质点的质量各为m 1，m 2，试证明它们的质量中心在它们的连线上并且质心到两个质点的距离与两质点的质量成反比．4 m20 kg F =64 N。
转动问题中最大角度、最大动能问题、功能关系等经典例题
攻克顽疾 层层突破1【顽疾一】转动偏转最大角度，何时速度最大1． 如图所示，在水平向右的的匀强电场中，长为l 的绝缘轻杆可绕固定轴O 在竖直面内无摩擦转 动，两个小球A 、B 固定于杆的两端，A 、B 的质量分别为m 和2m ，A 带负电，电量为q ，B 带正电，电量也为q 。
若杆在水平位置，由静止开始转动，杆能转过的最大角度为60°，则匀强电场的场强Ev =__________。
2.（12分）如图所示，一质量为m 、带电量为-q 的小球A ，用长为L 的绝缘轻杆与固定转动轴O相连接，绝缘轻杆可绕轴O 无摩擦转动。
整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度E =q mg2，现将轻杆从图中的竖直位置由静止释放。
（1）轻杆转过90°时，小球A 的速度为多大？ （2）轻杆转过多大角度时小球A 的速度最大？ （3）小球A 转过的最大角度为多少？（1）动能定理：qEL + (-mg L ) =221v m -0，解出v =gL 2（1分）（2）轻杆转动过程中，合力矩为零时，小球A 的速度最大 （1分） 即mgL sin α=qEL cos α （2分） 得到tan α=2，解出α=arctan2=63.43° （1分） （3）设小球A 的速度减为零时轻杆与水平方向的夹角为β，动能定理：qEL cos β+［-mg(L +L sin β)］=0-0 （2分） 得到2cos β=1+sin β， 解出sin β=0.6（舍去sin β=-1），β=37° （2分） 因此，小球A 转过的最大角度为90°+37°=127°【顽疾二】整体动能定理，系统内机械能守恒，系统内能量守恒1.如图所示，绝缘杆两端固定着带电量分别为q A 、q B 的小球A 和B ，轻杆处于匀强电场中，不考 虑两球之间的相互作用。
最初杆与电场线垂直，将杆右移的同时使其顺时针转过900，发现A 、B 两球电势能之和不变。
扭矩、转动惯量、载荷、能量等相关性
谁能讲解一下关于扭矩、转动惯量、载荷、能量等相关姿势啊！问题回答时间：2009-09-12 08:14:31扭矩在物理学中就是力矩的大小，等于力和力臂的乘积，国际单位是牛米Nm，此外我们还可以看见kgm、lb-ft这样的扭矩单位，由于G=mg，当g=9.8的时候，1kg的重量为9.8N，所以1kgm＝9.8Nm，而磅尺lb-ft 则是英制的扭矩单位，1lb=0.4536kg;1ft=0.3048m，可以算出1lb-ft＝0.13826kgm。
在人们日常表达里，扭矩常常被称为扭力（在物理学中这是2个不同的概念）。
现在我们举个例子：8代Civic 1.8的扭矩为173.5Nm@4300rpm，表示引擎在4300转/分时的输出扭矩为173.5Nm，那173.5N的力量怎么能使1吨多的汽车跑起来呢？其实引擎发出的扭矩要经过放大（代价就是同时将转速降低）这就要靠变速箱、终传和轮胎了。
引擎释放出的扭力先经过变速箱作“可调”的扭矩放大（或在超比挡时缩小）再传到终传（尾牙）里作进一步的放大（同时转速进一步降低），最后通过轮胎将驱动力释放出来。
如某车的1挡齿比（齿轮的齿数比，本质就是齿轮的半径比）是3，尾牙为4，轮胎半径为0.3米，原扭矩是200Nm的话，最后在轮轴的扭力就变成200×3×4＝2400Nm（设传动效率为100%）在除以轮胎半径0.3米后，轮胎与地面摩擦的部分就有2400Nm/0.3m＝8000N的驱动力，这就足以驱动汽车了。
若论及机械效率，每经过一个齿轮传输，都会产生一次动力损耗，手动变速箱的机械效率约在95%左右，自排变速箱较惨，约剩88%左右，而传动轴的万向节效率约为98%。
整体而言，汽车的驱动力可由下列公式计算：补充一点：为什么引擎的功率能由扭矩计算出来呢？我们知道，功率P＝功W÷时间t 功W＝力F×距离s 所以，P＝F×s/t＝F×速度v这里的v是线速度，而在引擎里，曲轴的线速度＝曲轴的角速度ω×曲轴半径r，代入上式得：功率P＝力F×半径r×角速度ω；而力F×半径r＝扭矩得出：功率P＝扭矩×角速度ω所以引擎的功率能从扭矩和转速中算出来角速度的单位是弧度/秒，在弧度制中一个派代表180度扭矩的计算方法扭矩=9550×电机功率÷电机功率输入转数×速比×使用系数刚体绕轴转动惯性的度量。
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攻克顽疾 层层突破1
【顽疾一】转动偏转最大角度，何时速度最大
1． 如图所示，在水平向右的的匀强电场中，长为l 的绝缘轻杆可绕固定轴O 在竖直面内无摩擦转 动，两个小球A 、B 固定于杆的两端，A 、B 的质量分别为m 和2m ，A 带负电，电量为q ，B 带正电，电量也为q 。
若杆在水平位置，由静止开始转动，杆能转过的最大角度为60°，则匀强电场的场强E
v =__________。
2.（12分）如图所示，一质量为m 、带电量为-q 的小球A ，用长为L 的绝缘轻杆与固定转动轴O
相连接，绝缘轻杆可绕轴O 无摩擦转动。
整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度E =q mg
2，
现将轻杆从图中的竖直位置由静止释放。
（1）轻杆转过90°时，小球A 的速度为多大？ （2）轻杆转过多大角度时小球A 的速度最大？ （3）小球A 转过的最大角度为多少？
（1）动能定理：qEL + (-mg L ) =22
1
v m -0，
解出v =gL 2
（1分）
（2）轻杆转动过程中，合力矩为零时，小球A 的速度最大 （1分） 即mgL sin α=qEL cos α （2分） 得到tan α=2，解出α=arctan2=63.43° （1分） （3）设小球A 的速度减为零时轻杆与水平方向的夹角为β，
动能定理：qEL cos β+［-mg(L +L sin β)］=0-0 （2分） 得到2cos β=1+sin β， 解出sin β=0.6（舍去sin β=-1），β=37° （2分） 因此，小球A 转过的最大角度为90°+37°=127°
【顽疾二】整体动能定理，系统内机械能守恒，系统内能量守恒
1.如图所示，绝缘杆两端固定着带电量分别为q A 、q B 的小球A 和B ，轻杆处于匀强电场中，不考 虑两球之间的相互作用。
最初杆与电场线垂直，将杆右移的同时使其顺时针转过900
，发现A 、B 两球电势能之和不变。
根据图示位置关系，下列说法正确的是（ ） A ．因为A 、B 两球电势能之和不变，所以电场力对A 球或B 球都不做功；
B ．A 带正电，B 带负电；
C ．A 球电势能在增加；
D ．A 、B 两球带电量的绝对值之比q A ：q B =1：2。
D
2．如图所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合金属线框abcd ， 其边长为l 、质量为m ，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ。
虚线 框a ′b ′c ′d ′内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。
开始时金属线框的 ab 边与磁场的d′c′边重合。
现使金属线框以平行于ad 边的初速度v 0 沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc 边与磁场区域的d′c′边距离为l 。
已知重力加速度为g ，则滑入磁场 的过程中，金属线框产生感应电流的方向为________（填“逆时针”
或“顺时针”）； 滑入磁场的过程中金属线框产生的焦耳热为________。
逆时针；1
2
mv 02－2 mgl
多选3.一质量为m ＝2kg 的可以看作质点的物体，仅受到一个变力F
速直线运动，其加速度a 随时间t 的变化规律如图所示，则（ ）
A ．物体在4s 末的速度大小为40m/s
B ．物体在第3s 内的速度变化大小为6.25m/s
C ．物体在4s 内变力F 做的功大小为400J
D ．物体在4s 内通过的位移小于40m
BCD
4．如图所示，一根很长、且不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各
系一个
小球a 和b 。
a 球质量为m ，静置于地面；b 球质量为4m , 用手托住，高度为h ，此 时轻绳刚好拉紧。
从静止开始释放b 后，a 能够达到的最大高度为（ ） （A ）3h （B ）4h （C ）1.6h （D ）2.6h C
5．（6分）如图所示，物块A 和B ，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，放手后，A 向下B 向上加速运动，现要利用此装置验证机械能守恒定律。
（1）若选定物块A 从静止开始下落的过程中进行测量，则需要测量的物理量有_________。
（选填下面的序号）
①物块A 和B 的质量；
②物块A 下落的距离及下落这段距离所用的时间； ③绳子的长度。
（2）为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议：
①绳的质量要轻；
②尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃； ③两个物块的质量之差要尽可能小。
以上建议中确实对提高准确程度有作用的是_________。
′
′
2 第20题
（3）写出一条．．上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议______________________。
(1) ①②；（2）①②；（3）例如：“对同一高度进行多次测量取平均值”， “选取受力后相对伸长尽量小的绳子”等等
6．（16分）如图所示，有一柔软链条全长为L ＝1.0m ，质量均匀分布，总质量为M ＝2.0kg 。
链条均匀带正电，总带电量Q ＝1.0×10－
6C 、将链条放在离地足够高的水平桌面上。
空间存在竖直
向下的匀强电场，电场强度的大小E ＝2.0×107V/m 。
若桌面与链条之间的动摩擦因数为μ＝0.5（重力加速度取g ＝10m ／s 2）。
给链条一个向右的初动能，试求： （1）链条受到的最大滑动摩擦力；
（2）当桌面下的链条多长时，桌面下的链条所受到的重力恰好等于
链条受到的滑动摩擦力。
（3）能使链条从桌面上全部滑下所需的最小初动能。
(1)链条刚开始下滑的瞬间，此时链条全部在桌面上，正压力N 最大。
N=Mg+qE
则fmax ＝μN=μ（Mg ＋qE ）＝20 N （4分） (2)假设有x 的链条在桌面下方
得到x=0.5m （4分） （3）当下垂链条受到的重力加上电场力等于滑动摩擦力时，是临界情况。
根据平衡条件：
()x x L x L x mg QE mg QE L L L L μ--+=+求得：13
x m = （3分） 当链条垂下1/3m 时，重力+电场力=滑动摩擦力，则如果继续下滑，重力就大于滑动摩擦力了。
所
以链条下滑1/3m 后就会自动下滑，链条所需要的最小初动能是能够让它下滑1/3m 所需的动量。
（2分）
根据动能定理：
12
032322
k f f Mg x EQ x E x +-=
⨯+⨯-⨯ 4020201201130363623
k E +
-=⨯+⨯-⨯ 解得：10
3
k E J =
（3分） 7．两个完全相同的小金属块A 、B ，A 固定在倾角θ=300的绝缘斜面上，带电量q =+2×10－
5C ，
以A 所在的高度为零势能面。
B 原来不带电，质量m =1kg ，A 、B 相距3m 且将A 、B 视作点电荷。
B 由静止起沿斜面下滑。
斜面动摩擦系数μ=
5
3
，静电力常量k =9.0×109N ·m 2/C 2，重力加速 度g =10m/s 2。
求：
（1）B 碰撞A 时的速度大小；
（2）B 在离A 多少距离时，所具有的动能和重力势能相等；
（3）B 碰A 后，速度方向反向，沿斜面上滑，至最高点后再次下滑，分别求出上滑过程中和下滑过程中动能最大的位置距A 点的距离；
（4）如果选定两个点电荷在相距无穷远的电势能为0，则相距为r 时，两点电荷具有的电势能可表示为E P =r
q q k 2
1。
则计算B 从上滑过程的动能最大位置到再次下滑过程的动能最大位置的总势能变化量。
（1）解法Ⅰ：200/230cos 30sin s m g g a =-=μ，
（2分）
s m aS V /3221==≈3.46m/s
（1分）
解法Ⅱ：02
130cos 30sin 2
100-=
⋅⋅-⋅mV S mg mgS μ， （2分） V 1同上 （1分）
（2）设此时A 、B 间距为S 1，
)(30cos 30sin 2
130sin 10012
20S S mg mgS mV mgS -⋅⋅+⋅+=⋅μ 且
012
230sin 2
1⋅=mgS mV （2分） 解得：S 1=7
6
m ≈0.86m （1分）
（3）碰撞后电荷重新分配：C C q q 55211012
102--⨯=+⨯=
= 上滑过程：2
1
210030cos 30sin r q q k
mg mg =⋅+⋅μ， （1分）
m r 80
9
1=
≈0.34m （1分） 下滑过程： 2
2
210030cos 30sin r q q k
mg mg +⋅=⋅μ， （1分）
m r 20
9
2=
≈0.67m （1分） （4）J J r q q k r q q k
34.155
3
)(121221-=-=-=∆电ε （1分） J J r r mg E G 68.1543
30sin )(012==⋅-=∆ （1分） J J J E E E G 34.0520
3
]543)553[(==+-=∆+∆=∆电势
（2分）
m。