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)及解析
高中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)
【分析】
【详解】
（1）由图线2得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．
（2）由线1可得:
EP=mgh=mgssinθ
斜率:
高中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)
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理
1．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h1＝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h2＝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/s2，试求：
；
由功能关系可得：
（另解：两个过程A球发生的位移分别为 、 ， ，由匀变速规律推论 ，根据电场力做功公式有： ）
（3）对A球由平衡条件得到： ， ，
从A开始运动到发生第一次碰撞：
从第一次碰撞到发生第二次碰撞：
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．
所以
B到C根据动能定理有
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，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⎛⎫=- ⎪⎝⎭2．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/s2．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⑪⑫3．如图所示，小滑块（视为质点）的质量m= 1kg；固定在地面上的斜面AB的倾角θ=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。
【物理】物理动能与动能定理练习题含答案及解析
【物理】物理动能与动能定理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．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在 A 点用一弹射装置可 将静止的小滑块以 v 0水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到 B 点后，进入半径 R =0.3m 的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自 B 点向 C 点运动，C 点右侧有一陷阱，C 、D 两点的竖 直高度差 h =0.2m ，水平距离 s =0.6m ，水平轨道 AB 长为 L 1=1m ，BC 长为 L 2 =2.6m ，小滑块与 水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.5，重力加速度 g =10m/s 2.(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小； (2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小的范围． 【答案】（1）（2）5m/s≤v A ≤6m/s 和v A ≥【解析】 【分析】 【详解】（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v ，由牛顿第二定律及机械能守恒定律由B 到最高点2211222B mv mgR mv =+ 由A 到B ：解得A 点的速度为（2）若小滑块刚好停在C 处，则：解得A 点的速度为若小滑块停在BC 段，应满足3/4/A m s v m s ≤≤ 若小滑块能通过C 点并恰好越过壕沟，则有212h gt =c s v t =解得所以初速度的范围为3/4/A m s v m s ≤≤和5/A v m s ≥2．如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量0.04kg m =，电量4310C q -=⨯的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能为0.32J 。
某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端A 点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B ，并沿轨道BC 滑下，运动到光滑水平轨道CD ，从D 点进入到光滑竖直圆内侧轨道。
高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)及解析
高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)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．如图所示，粗糙水平桌面上有一轻质弹簧左端固定在A点，自然状态时其右端位于B 点。
水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=1.0m的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h=2.4m。
用质量为m=0.2kg的物块将弹簧由B点缓慢压缩至C点后由静止释放，弹簧在C点时储存的弹性势能E p =3.2J ，物块飞离桌面后恰好P 点沿切线落入圆轨道。
已知物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g 值取10m/s 2，不计空气阻力，求∶(1)物块通过P 点的速度大小；(2)物块经过轨道最高点M 时对轨道的压力大小； (3)C 、D 两点间的距离；【答案】(1)8m/s ；(2)4.8N ；(3)2m 【解析】 【分析】 【详解】(1)通过P 点时，由几何关系可知，速度方向与水平方向夹角为60o ，则22y v gh =osin 60y v v=整理可得，物块通过P 点的速度8m/s v =(2)从P 到M 点的过程中，机械能守恒2211=(1cos60)+22o M mv mgR mv + 在最高点时根据牛顿第二定律2MN mv F mg R+= 整理得4.8N N F =根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为4.8N (3)从D 到P 物块做平抛运动，因此o cos 604m/s D v v ==从C 到D 的过程中，根据能量守恒定律212p D E mgx mv μ=+C 、D 两点间的距离2m x =3．如图所示，斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C ，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角∠DOC ＝37°，E 、B 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝0.30m ，斜面长L ＝1.90m ，AB 部分光滑，BC 部分粗糙．现有一个质量m ＝0.10kg 的小物块P 从斜面上端A 点无初速下滑，物块P 与斜面BC 部分之间的动摩擦因数μ＝0.75．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10m/s 2，忽略空气阻力．求：（1）物块第一次通过C 点时的速度大小v C ．（2）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小F D ． （3）物块最终所处的位置．【答案】（1）32m/s （2）7.4N （3）0.35m 【解析】 【分析】由题中“斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C”可知，本题考查动能定理、圆周运动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答． 【详解】（1）BC 长度tan 530.4m l R ==o ，由动能定理可得21()sin 372B mg L l mv -=o代入数据的32m/s B v =物块在BC 部分所受的摩擦力大小为cos370.60N f mg μ==o所受合力为sin 370F mg f =-=o故32m/s C B v v ==（2）设物块第一次通过D 点的速度为D v ，由动能定理得2211(1cos37)22D C mgR mv mv -=-o 有牛顿第二定律得2D D v F mg m R-= 联立解得7.4N D F =（3）物块每次通过BC 所损失的机械能为0.24J E fl ∆==物块在B 点的动能为212kB B E mv =解得0.9J kB E = 物块经过BC 次数0.9J=3.750.24Jn =设物块最终停在距离C 点x 处，可得()sin 37(3+)0mg L x f l x --=o代入数据可得0.35m x =4．如图所示，在娱乐节目中，一质量为m ＝60 kg 的选手以v 0＝7 m/s 的水平速度抓住竖直绳下端的抓手开始摆动，当绳摆到与竖直方向夹角θ＝37°时，选手放开抓手，松手后的上升过程中选手水平速度保持不变，运动到水平传送带左端A 时速度刚好水平，并在传送带上滑行，传送带以v ＝2 m/s 匀速向右运动．已知绳子的悬挂点到抓手的距离为L ＝6 m ，传送带两端点A 、B 间的距离s ＝7 m ，选手与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，若把选手看成质点，且不考虑空气阻力和绳的质量．(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)选手放开抓手时的速度大小； (2)选手在传送带上从A 运动到B 的时间； (3)选手在传送带上克服摩擦力做的功． 【答案】(1)5 m/s (2)3 s (3)360 J 【解析】试题分析：（1）设选手放开抓手时的速度为v 1，则－mg （L －Lcosθ）＝mv 12－mv 02，v 1＝5m/s（2）设选手放开抓手时的水平速度为v 2，v 2＝v 1cosθ①选手在传送带上减速过程中 a ＝－μg② v ＝v 2＋at 1③④匀速运动的时间t 2，s －x 1＝vt 2⑤ 选手在传送带上的运动时间t ＝t 1＋t 2⑥ 联立①②③④⑤⑥得：t ＝3s（3）由动能定理得W f ＝mv 2－mv 22，解得：W f ＝－360J 故克服摩擦力做功为360J ． 考点：动能定理的应用5．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。
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)
（1）小车运动到 C 点时的速度大小；
（2）小车在 BD 段运动的时间；
（3）水平半圆轨道对小车的作用力大小；
（4）要使小车能通过水平半圆轨道，发动机开启的最短时间．
【答案】（1） 6m/s ；（2） 0.3s ；（3） 4 2N .；（4） 0.35s .
【解析】
【详解】
（1）由小车在 C 点受力得：
【答案】（1）8m/s （2）35J (3)5 次 【解析】 【详解】 (1)物块在 PO 过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦 力，此过程应用动能定理得：
mgL sin mgL cos 1 mv2 2
解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：
v 2gLsin cos 8 m/s
mvA2m
WT
mg
h sin
h
2．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/s2．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
2mL QE
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
高中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
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由图线2得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．
（2）由线1可得:
EP=mgh=mgssinθ
斜率:
联立可得：v3= 。
（3）飞船方向调整前后，其速度合成矢量如图所示：
因此tan = ，离子喷出过程中，系统的动量守恒：M v=Nmv3，为了使飞船回到预定的飞行方向，离子推进器喷射出的粒子数N=
9．一质量为m=0.5kg的电动玩具车，从倾角为 =30°的长直轨道底端，由静止开始沿轨道向上运动，4s末功率达到最大值，之后保持该功率不变继续运动，运动的v-t图象如图所示，其中AB段为曲线，其他部分为直线.已知玩具车运动过程中所受摩擦阻力恒为自身重力的0.3倍，空气阻力不计.取重力加速度g=10m/s2.
（1）求在A处的正离子的速度大小v2；
（2）正离子经过区域I加速后，离开PQ的速度大小v3；
（3）在第（2）问中，假设航天器的总质量为M，正在以速度v沿MP方向运动，已知现在的运动方向与预定方向MN成 角，如图所示。为了使飞船回到预定的飞行方向MN，飞船启用推进器进行调整。如果沿垂直于飞船速度v的方向进行推进，且推进器工作时间极短，为了使飞船回到预定的飞行方向，离子推进器喷射出的粒子数N为多少？
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)含解析
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)含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．某物理小组为了研究过山车的原理提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ=53°，长为L 1=7.5m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与足够长的光滑水平轨道BC 相连，然后在C 处连接一个竖直的光滑圆轨道．如图所示．高为h =0.8m 光滑的平台上有一根轻质弹簧，一端被固定在左面的墙上，另一端通过一个可视为质点的质量m =1kg 的小球压紧弹簧，现由静止释放小球，小球离开台面时已离开弹簧，到达A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小物块与AB 间的动摩擦因数为μ=0.5，g 取10m/s 2，sin53°=0.8．求：(1)弹簧被压缩时的弹性势能； (2)小球到达C 点时速度v C 的大小；(3)小球进入圆轨道后，要使其不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件． 【答案】(1)4.5J ；(2)10m/s ；(3)R ≥5m 或0＜R ≤2m 。
【解析】 【分析】 【详解】(1)小球离开台面到达A 点的过程做平抛运动，故有02 3m/s tan y v ghv θ=== 小球在平台上运动，只有弹簧弹力做功，故由动能定理可得：弹簧被压缩时的弹性势能为201 4.5J 2p E mv ==； (2)小球在A 处的速度为5m/s cos A v v θ== 小球从A 到C 的运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得221111sin cos 22C A mgL mgL mv mv θμθ-=- 解得()212sin cos 10m/s C A v v gL θμθ=+-=；(3)小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，即小球能通过圆轨道最高点，或小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径；那么对小球能通过最高点时，在最高点应用牛顿第二定律可得21v mg m R≤；对小球从C 到最高点应用机械能守恒可得2211152222C mv mgR mv mgR =+≥ 解得202m 5Cv R g<≤=；对小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径的情况应用机械能守恒可得212C mv mgh mgR =≤ 解得2=5m 2C v R g≥；故小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R ≥5m 或0＜R ≤2m ；2．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 J3．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=Hx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 C 2-12mv B 2 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 2Cv 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．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v0＝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h1＝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/s2，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h2＝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h 3=1.8m②当离传送带高度为h 4时物块进入传送带后一直匀减速运动，h 4=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≤9.0m5．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．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 。
高中物理动能与动能定理解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析
高中物理动能与动能定理解题技巧讲解及练习题(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，粗糙水平桌面上有一轻质弹簧左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点。
水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R =1.0m 的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离是h =2.4m 。
用质量为m =0.2kg 的物块将弹簧由B 点缓慢压缩至C 点后由静止释放，弹簧在C 点时储存的弹性势能E p =3.2J ，物块飞离桌面后恰好P 点沿切线落入圆轨道。
已知物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g 值取10m/s 2，不计空气阻力，求∶(1)物块通过P 点的速度大小；(2)物块经过轨道最高点M 时对轨道的压力大小； (3)C 、D 两点间的距离；【答案】(1)8m/s ；(2)4.8N ；(3)2m 【解析】 【分析】 【详解】(1)通过P 点时，由几何关系可知，速度方向与水平方向夹角为60o ，则22y v gh =o sin 60y v v=整理可得，物块通过P 点的速度8m/s v =(2)从P 到M 点的过程中，机械能守恒2211=(1cos60)+22o M mv mgR mv + 在最高点时根据牛顿第二定律2MN mv F mg R+= 整理得4.8N N F =根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为4.8N(3)从D 到P 物块做平抛运动，因此o cos 604m/s D v v ==从C 到D 的过程中，根据能量守恒定律212p D E mgx mv μ=+C 、D 两点间的距离2m x =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．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。
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。
高中物理动能与动能定理及其解题技巧及练习题(含答案)
高中物理动能与动能定理及其解题技巧及练习题(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，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，斜面ABC下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于C，整个装置竖直固定，D是最低点，圆心角∠DOC＝37°，E、B与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝0.30m，斜面长L＝1.90m，AB部分光滑，BC部分粗糙．现有一个质量m＝0.10kg的小物块P从斜面上端A点无初速下滑，物块P与斜面BC部分之间的动摩擦因数μ＝0.75．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10m/s 2，忽略空气阻力．求：（1）物块第一次通过C 点时的速度大小v C ．（2）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小F D ． （3）物块最终所处的位置．【答案】（1）32m/s （2）7.4N （3）0.35m 【解析】 【分析】由题中“斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C”可知，本题考查动能定理、圆周运动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答． 【详解】（1）BC 长度tan 530.4m l R ==o ，由动能定理可得21()sin 372B mg L l mv -=o代入数据的32m/s B v =物块在BC 部分所受的摩擦力大小为cos370.60N f mg μ==o所受合力为sin 370F mg f =-=o故32m/s C B v v ==（2）设物块第一次通过D 点的速度为D v ，由动能定理得2211(1cos37)22D C mgR mv mv -=-o 有牛顿第二定律得2D D v F mg m R-= 联立解得7.4N D F =（3）物块每次通过BC 所损失的机械能为0.24J E fl ∆==物块在B 点的动能为212kB B E mv =解得0.9J kB E = 物块经过BC 次数0.9J=3.750.24Jn =设物块最终停在距离C 点x 处，可得()sin 37(3+)0mg L x f l x --=o代入数据可得0.35m x =3．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v 0=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⑪⑫4．如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C点切线水平，长为L=4m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接。
高考物理动能定理的综合应用解题技巧(超强)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(超强)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，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．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 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．3．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】（1（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c v 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，在海滨游乐场里有一种滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡的高处A 点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B 点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C 点停下来．如果人和滑板的总质量m ＝60kg ，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝37°（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g 取10m/s 2． 求：（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离BC 为L ＝20.0m ，则人在斜坡上滑下的距离AB 应不超过多少？【答案】（1）2.0 m/s 2； （2）50m 【解析】 【分析】（1）根据牛顿第二定律求出人从斜坡上下滑的加速度．（2）根据牛顿第二定律求出在水平面上运动的加速度，结合水平轨道的最大距离求出B 点的速度，结合速度位移公式求出AB 的最大长度． 【详解】（1）根据牛顿第二定律得，人从斜坡上滑下的加速度为：a 1＝3737mgsin mgcos mμ︒-︒=gsin37°-μgcos37°=6-0.5×8m/s 2=2m/s 2．（2）在水平面上做匀减速运动的加速度大小为：a 2＝μg ＝5m /s 2，根据速度位移公式得，B 点的速度为：222520/102/B v a L m s m s ⨯⨯＝＝＝． 根据速度位移公式得：212005024B AB v L m m a ＝＝＝. 【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，本题也可以结合动能定理进行求解．5．一质量为0.5kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5m 的位置B 处是一面墙，如图所示，物块以v 0=9m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s ，碰后以6m/s 的速度反向运动直至静止．g 取10m/s 2．(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ． 【答案】（1）0.32μ= （2）F =130N 【解析】试题分析：（1）对A 到墙壁过程，运用动能定理得：，代入数据解得：μ=0.32．（2）规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：F △t=mv′﹣mv ， 代入数据解得：F=130N ．6．如图所示，摩托车做特技表演时，以v 0＝10m /s 的速度从地面冲上高台，t ＝5s 后以同样大小的速度从高台水平飞出．人和车的总质量m ＝1.8×102kg ，台高h ＝5.0m .摩托车冲上高台过程中功率恒定为P ＝2kW ，不计空气阻力，取g ＝10m /s 2.求：(1) 人和摩托车从高台飞出时的动能E k ； (2) 摩托车落地点到高台的水平距离s ； (3) 摩托车冲上高台过程中克服阻力所做的功W f . 【答案】（1）9×103J （2）10m （3）1×103J 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：根据动能表达式列式求解即可；人和摩托车从高台飞出做平抛运动，根据平抛的运动规律即可求出平抛的水平距离；根据动能定理即可求解克服阻力所做的功． （1）由题知，抛出时动能：230019102k E mv J ==⨯ （2）根据平抛运动规律，在竖直方向有：212h gt = 解得：t=1s则水平距离010s v t m ==（3）摩托车冲上高台过程中，由动能定理得：0f Pt mgh W --= 解得：3110f W J =⨯ 【点睛】本题考查了动能定理和平抛运动的综合，知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，以及能够熟练运用动能定理．7．如图所示，ABC 是一条长L =10m 的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h =1.25m 处，A 、C 为端点，B 为中点，轨道BC 处在方向竖直向上，大小E =5×105N/C 的匀强电场中，一质量m =0.5kg ，电荷量q =+1.0×10-5C 的可视为质点的滑块以初速度v 0=6m/s 在轨道上自A 点开始向右运动，经B 点进入电场，从C 点离开电场，已知滑块与轨道间动摩擦因数μ=0.2，g 取10m/s 2。
高中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
高中物理动能与动能定理常有题型及答题技巧及练习题( 含答案 ) 及分析 (1)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．以下图，两物块A、 B 并排静置于高h=0.80m 的圆滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg ．一颗质量m=0.10kg的子弹 C 以v0=100m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A 后接着射入 B 并留在 B 中，此时A、 B 都没有走开桌面．已知物块 A 的长度为0.27m， A 走开桌面后，落地址到桌边的水平距离s=2.0m．设子弹在物块A、 B 中穿行时遇到的阻力大小相等，g 取10m/s 2． (平抛过程中物块当作质点)求：（1）物块 A 和物块 B 走开桌面时速度的大小分别是多少；（2）子弹在物块 B 中打入的深度；（3）若使子弹在物块 B 中穿行时物块 B 未走开桌面，则物块 B 到桌边的最小初始距离．【答案】（ 1） 5m/s ；10m/s ；（ 2）L B 3.5 10 2 m （3）2.5 102m【分析】【剖析】【详解】试题剖析： (1)子弹射穿物块 A 后， A 以速度 v A沿桌面水平向右匀速运动，走开桌面后做平抛运动：h 1gt 2解得：t=0.40s 2A 走开桌边的速度v A s，解得： v A=5.0m/s t设子弹射入物块 B 后，子弹与 B 的共同速度为v B，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：mv0 Mv A ( M m)v BB 走开桌边的速度v =10m/sB（2）设子弹走开 A 时的速度为v1，子弹与物块 A 作用过程系统动量守恒：mv0mv12Mv Av1=40m/s子弹在物块 B 中穿行的过程中，由能量守恒fL 1Mv21 mv21(M m)v2①B2A212B 子弹在物块 A 中穿行的过程中，由能量守恒fL A 1mv021mv121( M M )v A2②222由①② 解得 L B 3.5 10 2 m（3）子弹在物块A 中穿行过程中，物块A 在水平桌面上的位移为s 1，由动能定理：fs1(MM )v 2 0 ③1 2A子弹在物块 B 中穿行过程中，物块 B 在水平桌面上的位移为s 2，由动能定理fs 21Mv B21Mv A 2 ④22由②③④解得物块 B 到桌边的最小距离为： s min s 1 s 2 ，解得： s min2.5 10 2 m考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律．2． 以下图，在娱乐节目中，一质量为 m ＝60 kg 的选手以 v 0＝ 7 m/s 的水平速度抓住竖直绳下端的抓手开始摇动，当绳摆到与竖直方向夹角 θ＝ 37°时，选手松开抓手，放手后的上升过程中选手水平速度保持不变，运动到水平传递带左端A 时速度恰巧水平，并在传递带上滑行，传递带以 v ＝2 m/s 匀速向右运动．已知绳索的悬挂点到抓手的距离为 L ＝ 6 m ，传 送带两头点 A 、B 间的距离 s ＝ 7 m ，选手与传递带间的动摩擦因数为μ＝ 0.2 ，若把选手看成质点，且不考虑空气阻力和绳的质量．(g ＝ 10 m/s 2， sin 37 ＝ 0°.6， cos 37 ＝°0.8)求：(1)选手松开抓手时的速度大小； (2)选手在传递带上从A 运动到B 的时间；(3)选手在传递带上战胜摩擦力做的功． 【答案】 (1)5 m/s (2)3 s (3)360 J【分析】试题剖析：（ 1）设选手松开抓手时的速度为 v 1，则－ mg （L － Lcos θ）＝ mv 12 － mv 0 2，v 1＝ 5m/s（2）设选手松开抓手时的水平速度为 v 2， v 2＝ v 1cos θ①选手在传递带上减速过程中a ＝－ μg ② v ＝ v 2＋ at 1③④匀速运动的时间 t 2， s － x 1＝ vt 2⑤选手在传递带上的运动时间 t ＝ t 1＋ t 2⑥联立 ①②③④⑤⑥ 得： t ＝ 3s（3）由动能定理得W f ＝ mv 2－ mv 22，解得： W f ＝－ 360J故战胜摩擦力做功为360J ．考点：动能定理的应用3．以下图，竖直平面内有一固定的圆滑轨道ABCD AB是足够长的水平轨道，B端，此中与半径为 R 的圆滑半圆轨道 BCD 光滑相切连结，半圆的直径BD 竖直， C 点与圆心 O 等高．现有一质量为 m 的小球 Q 静止在 B 点，另一质量为 2m 的小球 P 沿轨道 AB 向右匀速运动并与Q 发生对心碰撞，碰撞后瞬时小球 Q 对半圆轨道 B 点的压力大小为自己重力的 7 倍，碰撞后小球P 恰巧抵达 C 点．重力加快度为 g．（1）求碰撞前小球P 的速度大小；（2）求小球Q 走开半圆轨道后落回水平面上的地点与 B 点之间的距离；（3）若只调理圆滑半圆轨道 BCD半径大小，求小球 Q 走开半圆轨道 D 点后落回水平面上的地点与 B 点之间的距离最大时，所对应的轨道半径是多少？【答案】（1）（2）（3）【分析】【剖析】【详解】设小球 Q 在 B 处的支持力为；碰后小球 Q 的速度为，小球 P 的速度为；碰前小球 P 的速度为；小球 Q 抵达 D 点的速度为 .(1)由牛顿第三定律得小球Q 在 B 点碰后小球Q 在 B 点由牛顿第二定律得:碰后小球P 恰巧到 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 能够抵达 D 点由平抛运动规律有：联立解得(3)联立解得 :当时 x 有最大值所以【点睛】解决此题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确剖析能量是怎样转变，分段运用能量守恒定律列式是重点．4．以下图，斜面高为h，水平面上D、C 两点距离为L。
高中物理动能与动能定理解题技巧及练习题(含答案)
根据牛顿第二定律得:
解得:
,方向向下
根据牛顿第三定律得，小球对轨道最高点的压力大小为 20N，方向向上．
【点睛】
本题考查了动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律的综合，涉及到平抛运动、圆周运
动，综合性较强，关键要理清过程，选择合适的规律进行求解.
7．如图所示，一长度 LAB=4．98m，倾角 θ=30°的光滑斜面 AB 和一固定粗糙水平台 BC 平 滑连接，水平台长度 LBC=0．4m，离地面高度 H=1．4m，在 C 处有一挡板，小物块与挡板 碰撞后原速率反弹，下方有一半球体与水平台相切，整个轨道处于竖直平面内。在斜面顶 端 A 处静止释放质量为 m="2kg" 的小物块（可视为质点），忽略空气阻力，小物块与 BC 间的动摩擦因素 μ=0．1，g 取 10m/s2。问：
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：
⑧
⑨ 滑块相对传送带滑动的位移 相对滑动生成的热量
⑫
⑩ ⑪
4．如图所示，在娱乐节目中，一质量为 m＝60 kg 的选手以 v0＝7 m/s 的水平速度抓住竖直 绳下端的抓手开始摆动，当绳摆到与竖直方向夹角 θ＝37°时，选手放开抓手，松手后的上 升过程中选手水平速度保持不变，运动到水平传送带左端 A 时速度刚好水平，并在传送带 上滑行，传送带以 v＝2 m/s 匀速向右运动．已知绳子的悬挂点到抓手的距离为 L＝6 m，传 送带两端点 A、B 间的距离 s＝7 m，选手与传送带间的动摩擦因数为 μ＝0.2，若把选手看 成质点，且不考虑空气阻力和绳的质量．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
高考物理动能定理的综合应用解题技巧(超强)及练习题(含答案)含解析
高考物理动能定理的综合应用解题技巧(超强)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．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。
高考物理动能与动能定理解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析
高考物理动能与动能定理解题技巧讲解及练习题(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解题技巧及练习题(含答案)及解析
高中物理动能定理的综合应用解题技巧及练习题(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,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 J3．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)
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)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 ＝0cos60︒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，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径r =0.2m 的四分之一细圆管CD ，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k =100N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐，一个质量为1kg 的小球放在曲面AB 上，现从距BC 的高度为h =0.6m 处静止释放小球，它与BC 间的动摩擦因数μ=0.5，小球进入管口C 端时，它对上管壁有F N =2.5mg 的相互作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能E p =0.5J 。
高考物理《动能和动能定理》真题练习含答案
高考物理《动能和动能定理》真题练习含答案1．[2024·江苏省淮安市学情调研]质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一水平放置的轻弹簧O 端相距s ，轻弹簧的另一端固定在竖直墙上，如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，重力加速度为g ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，克服弹簧弹力所的功为( )A ．12 m v 20 －μmg (s ＋x )B ．12m v 20 －μmgx C ．μmg (s ＋x )－12m v 20 D ．－μmg (s ＋x ) 答案：A解析：从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，由动能定理－μmg (s ＋x )－W ＝0－12m v 20 ，解得W ＝12 m v 20 －μmg (s ＋x )，A 正确．2.[2024·河南省部分学校摸底测试]如图所示，水平圆盘桌面上放有质量为0.1 kg 的小铁碗A (可视为质点)，一小孩使圆盘桌面在水平面内由静止开始绕过圆盘中心O 的轴转动，并逐渐增大圆盘转动的角速度，直至小铁碗从圆盘的边缘飞出，飞出后经过0.2 s 落地，落地点与飞出点在地面投影点的距离为80 cm.若不计空气阻力，该过程中，摩擦力对小铁碗所做的功为( )A.0.2 J B ．0.4 JC ．0.8 JD ．1.6 J答案：C解析：小铁碗飞出后做平抛运动，由平抛运动规律可得v ＝x t，解得v ＝4 m/s ，小铁碗由静止到飞出的过程中，由动能定理有W ＝12m v 2，故摩擦力对小铁碗所做的功W ＝0.8 J ，C 正确．3．(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上，质量为m 的物块受到沿斜面向上的恒力F 的作用，沿斜面以速度v 匀速上升了高度h .已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ、重力加速度为g .关于上述过程，下列说法正确的是( )A ．合力对物块做功为0B ．合力对物块做功为12m v 2 C ．摩擦力对物块做功为－μmg cos θh sin θD ．恒力F 与摩擦力对物块做功之和为mgh答案：ACD解析：物体做匀速直线运动，处于平衡状态，合外力为零，则合外力做功为零，故A正确，B 错误；物体所受的摩擦力大小为f ＝μmg cos θ，物体的位移x ＝h sin θ，摩擦力对物块做功为W f ＝－fx ＝－μmg cos θh sin θ，C 正确；物体所受各力的合力做功为零，则W G ＋W F ＋W f ＝0，所以W F ＋W f ＝－W G ＝－(－mgh )＝mgh ，D 正确．4．(多选)质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则此物体( )A ．在位移x ＝9 m 时的速度是33 m/sB ．在位移x ＝9 m 时的速度是3 m/sC ．在OA 段运动的加速度是2.5 m/s 2D ．在OA 段运动的加速度是1.5 m/s 2答案：BD解析：运动x ＝9 m 的过程由动能定理W －μmgx ＝12m v 2，得v ＝3 m/s ，A 错误，B 正确；前3 m 过程中，水平拉力F 1＝W 1x 1 ＝153N ＝5 N ，根据牛顿第二定律，F 1－μmg ＝ma 得a ＝1.5 m/s 2，C 错误，D 正确．5．[2024·张家口市期末考试]如图所示，倾角为θ＝37°的足够长光滑斜面AB 与长L BC ＝2 m 的粗糙水平面BC 用一小段光滑圆弧(长度不计)平滑连接，半径R ＝1.5 m 的光滑圆弧轨道CD 与水平面相切于C 点，OD 与水平方向的夹角也为θ＝37°.质量为m 的小滑块从斜面上距B 点L 0＝2 m 的位置由静止开始下滑，恰好运动到C 点．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求小滑块与粗糙水平面BC 间的动摩擦因数μ；(2)改变小滑块从斜面上开始释放的位置，小滑块能够通过D 点，求小滑块的释放位置与B 点的最小距离．答案：(1)0.6 (2)6.75 m解析：(1)滑块恰好运动到C 点，由动能定理得mgL 0sin 37°－μmgL BC ＝0－0解得μ＝0.6(2)滑块能够通过D 点，在D 点的最小速度，由mg sin θ＝m v 2D R解得v D ＝3 m/s设滑块在斜面上运动的距离为L ，由动能定理得mgL sin θ－μmgL BC －mgR (1＋sin θ)＝12m v 2D －0 解得L ＝6.75 m。
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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)及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图（a）所示，倾角θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2×10﹣4C的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b）所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象．（g=10m/s2，静电力恒量K=9×109N•m2/C2）则（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况；（2）求小球的质量m和电量q；（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；（4）在图（b）中画出小球的电势能ε 随位移s变化的图线．（取杆上离底端3m处为电势零点）【答案】（1）小球的速度先增大，后减小；小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．（2）4kg；1.11×10﹣5C；（3）4.2×106V（4）图像如图,线3即为小球电势能随位移s变化的图线；【解析】【分析】【详解】（1）由图线2得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零． （2）由线1可得:E P =mgh=mgs sin θ斜率:k =20=mg sin30°所以m =4kg当达到最大速度时带电小球受力平衡:20sin kqQ mg s θ=由线2可得s 0=1m ， 得:20sin mg s q kQθ==1.11×10﹣5C（3）由线2可得，当带电小球运动至1m 处动能最大为27J ． 根据动能定理:W G +W 电=△E k即有:﹣mgh +qU =E km ﹣0代入数据得:U =4.2×106V（4）图中线3即为小球电势能ε随位移s 变化的图线2．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m ＝1 kg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8：求：（1）物体与传送带间的动摩擦因数；（2） 0～8 s内物体机械能的增加量；（3）物体与传送带摩擦产生的热量Q。
【答案】(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J【解析】【详解】(1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:可解得：μ＝0.875.（2）根据v-t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得0～8 s 内物体的位移0～8 s s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为(3) 0～8 s内只有前6s发生相对滑动. 0～6 s内传送带运动距离为:0～6 s内物体位移为:则0～6 s内物体相对于皮带的位移为0～8 s内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,代入数据得：Q＝126 J故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J【点睛】对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。
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/s2，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,水平轨道的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于点,右端与一倾角为的光滑斜面轨道在点平滑连接(即物体经过点时速度的大小不变),斜面顶端固定一轻质弹簧,一质量为的滑块从圆弧轨道的顶端点由静止释放,经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧,第一次可将弹簧压缩至点,已知光滑圆轨道的半径,水平轨道长为,其动摩擦因数,光滑斜面轨道上长为,取,求(1)滑块第一次经过圆轨道上点时对轨道的压力大小;(2)整个过程中弹簧具有最大的弹性势能;(3)滑块在水平轨道上运动的总时间及滑块几次经过点.【答案】(1) (2) (3) 3次【解析】本题考查机械能与曲线运动相结合的问题，需运用动能定理、牛顿运动定律、运动学公式、功能关系等知识。
(1)滑块从点到点,由动能定理可得:解得:滑块在点:解得:由牛顿第三定律可得:物块经点时对轨道的压力(2)滑块第一次到达点时,弹簧具有最大的弹性势能.滑块从点到点,由动能定理可得:解得:(3)将滑块在段的运动全程看作匀减速直线运动加速度则滑块在水平轨道上运动的总时间滑块最终停止上在水平轨道间,设滑块在段运动的总路程为,从滑块第一次经过点到最终停下来的全过程,由动能定理可得:解得:结合段的长度可知,滑块经过点3次。
5．如图所示，半径R = 0.1m的竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，AB距离x =1m．质量m = 0.1kg的小滑块1放在半圆形轨道末端的B点，另一质量也为m = 0.1kg的小滑块2，从A点以0210v 的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道．已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数μ= 0.2．取重力加速度210m/s g =．两滑块均可视为质点．求(1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v ； (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能E ∆； (3)在C 点轨道对两滑块的作用力F ．【答案】(1)v =3m/s (2)ΔE = 0.9J (3)F =8N ，方向竖直向下 【解析】 【详解】(1)物块2由A 到B 应用动能定理：22101122mgx mv mv μ-=- 解得v 1=6m/s两滑块碰撞前后动量守恒，根据动量守恒有:12mv mv = 解得：3/v m s = 方向：水平向右 (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能22111222E mv mv ∆=-⨯ 解得：0.9J E ∆=(3)两滑块从B 到C 机械能守恒，根据机械能守恒定律有：221122222c mv mv mgR ⨯=⨯+ 两滑块在C 点时：2N 22Cv mg F m R+=解得：N 8N F =据牛顿第三定律可得：在C 点轨道对两滑块的作用力F =8N ，方向竖直向下6．如图所示，将一根弹簧和一个小圆环穿在水平细杆上，弹簧左端固定，右端与质量为m 的小圆环相接触，BC 和CD 是由细杆弯成的1/4圆弧，BC 分别与杆AB 和弧CD 相切，两圆弧的半径均为R ．O 点为弹簧自由端的位置．整个轨道竖直放置，除OB 段粗糙外，其余部分均光滑．当弹簧的压缩量为d 时释放，小圆环弹出后恰好能到达C 点，返回水平杆时刚好与弹簧接触，停在O 点，（已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，小球通过B 处和C 处没有能量损失），问：（1）当为弹簧的压缩量为d 时，弹簧具有的弹性势能P E 是多少？（2）若将小圆环放置在弹簧的压缩量为2d 时释放，求小圆环到达最高点D 时，轨道所受到的作用力．（3）为了使物块能停在OB 的中点，弹簧应具有多大的弹性势能？【答案】（1）P 2E mgR =（2）9mg ，方向竖直向上（3）''P 1=()2E n mgR + （n =0、1、2） 【解析】 【分析】 【详解】（1）设小圆环与OB 之间的摩擦力为f ，OB=L ；从释放到回到O 点，由能量关系可知，当弹簧的压缩量为d 时，弹簧具有的弹性势能P 2E fL =小圆环从释放能到达C 点到，由能量关系可知0P E fL mgR --=可得：P 2E mgR =（2）因弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，则弹簧的压缩量为2d 时弹性势能为E P ´=4E P =8mgR小圆环到达最高点D 时：'2P D 122E mv mg R fL =+⋅+解得D 10v gR =在最高点D 时由牛顿第二定律：2Dv N mg m R+=解得N =9mg ，方向竖直向下由牛顿第三定律可知在D 点时轨道受到的作用为9mg ，方向竖直向上；（3）为了使物块能停在OB 的中点，则要求滑块到达的最高点为D 点，然后返回，则''P 23E fL mgR mgR ≤+=为了使物块能停在OB 的中点，同时还应该满足：''P 1(21)()22L E n f n mgR =+⋅=+ 则只能取n =0、1、2；7．如图所示，倾角为45α=︒的粗糙平直导轨与半径为r 的光滑圆环轨道相切，切点为b ，整个轨道处在竖直平面内. 一质量为m 的小滑块从导轨上离地面高为H =3r 的d 处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点a 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的c 点. 已知圆环最低点为e 点，重力加速度为g ，不计空气阻力. 求： （1）小滑块在a 点飞出的动能； （）小滑块在e 点对圆环轨道压力的大小；（3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）【答案】（1）12k E mgr =；（2）F ′=6mg ；（3）4214μ-= 【解析】 【分析】 【详解】（1）小滑块从a 点飞出后做平拋运动： 2a r v t = 竖直方向：212r gt = 解得：a v gr =小滑块在a 点飞出的动能21122k a E mv mgr == （2）设小滑块在e 点时速度为m v ，由机械能守恒定律得：2211222m a mv mv mg r =+⋅ 在最低点由牛顿第二定律：2m mv F mg r-=由牛顿第三定律得：F ′=F 解得：F ′=6mg（3）bd 之间长度为L ，由几何关系得：()221Lr =+ 从d 到最低点e 过程中，由动能定理21cos 2m mgH mg L mv μα-⋅= 解得4214μ-=8．离子发动机是利用电能加速工质（工作介质）形成高速射流而产生推力的航天器发动机。