三功和能、动能动能定理测试题及答案 (2)

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高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)含解析

高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。

圆弧轨道的半径为R = 3.75m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心D 的连线与竖直方向成37︒角，MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。

最右侧是一个半径为r =0.4m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接。

已知重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

（1）求小物块经过B 点时对轨道的压力大小；（2）若MN 的长度为L 0=6m ，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小；（3）若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L 。

【答案】（1）62N （2）60N （3）10m 【解析】【详解】（1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：0cos37A v v ==︒ 解得：04m /5m /cos370.8A v v s s ===︒小物块经过A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有：()2211cos3722A B mv mg R R mv +-︒= 小物块经过B 点时，有：2BNB v F mg m R-= 解得：()232cos3762N BNBv F mg m R=-︒+=根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N （2）小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有：22011222C B mgL mg r mv mv μ--⋅=- 在C 点，由牛顿第二定律得：2CNC v F mg m r+=代入数据解得：60N NC F =根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N（3）小物块刚好能通过C 点时，根据22Cv mg m r=解得：2100.4m /2m /C v gr s s ==⨯=小物块从B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有：22211222C B mgL mg r mv mv μ--⋅=- 代入数据解得：L =10m2．如图所示，两物块A 、B 并排静置于高h=0.80m 的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg ．一颗质量m=0.10kg 的子弹C 以v 0=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 都没有离开桌面．已知物块A 的长度为0.27m ，A 离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m ．设子弹在物块A 、B 中穿行时受到的阻力大小相等，g 取10m/s 2．(平抛过程中物块看成质点)求：（1）物块A 和物块B 离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 未离开桌面，则物块B 到桌边的最小初始距离．【答案】（1）5m/s ；10m/s ；（2）23.510B m L -=⨯（3）22.510m -⨯【解析】【分析】【详解】试题分析：(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，离开桌面后做平抛运动： 212h gt =解得：t=0.40s A 离开桌边的速度A sv t=，解得：v A =5.0m/s 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：0()A B mv Mv M m v =++B 离开桌边的速度v B =10m/s（2）设子弹离开A 时的速度为1v ，子弹与物块A 作用过程系统动量守恒：012A mv mv Mv =+v 1=40m/s子弹在物块B 中穿行的过程中，由能量守恒2221111()222B A B fL Mv mv M m v =+-+① 子弹在物块A 中穿行的过程中，由能量守恒22201111()222A A fL mv mv M M v =--+②由①②解得23.510B L -=⨯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：211()02A fs M M v =+-③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2221122B A fs Mv Mv =-④ 由②③④解得物块B 到桌边的最小距离为：min 12s s s =+，解得：2min 2.510s m -=⨯考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律．3．某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。

高考物理动能与动能定理的技巧及练习题及练习题(含答案)及解析

高考物理动能与动能定理的技巧及练习题及练习题(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，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 =2．如图所示，水平地面上一木板质量M ＝1 kg ，长度L ＝3.5 m ，木板右侧有一竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径R ＝1 m ，最低点P 的切线与木板上表面相平．质量m ＝2 kg 的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以0v 39m /s =的速度与圆弧轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最终滑离木板．已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10 m/s 2．求： (1)滑块对P 点压力的大小；(2)滑块返回木板上时，木板的加速度大小； (3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间．【答案】(1)70 N (2)1 m/s 2 (3)1 s 【解析】【分析】【详解】(1)滑块在木板上滑动过程由动能定理得：－μ1mgL ＝12mv 2－1220mv解得：v ＝5 m/s在P 点由牛顿第二定律得：F －mg ＝m 2v r解得：F ＝70 N由牛顿第三定律，滑块对P 点的压力大小是70 N (2)滑块对木板的摩擦力F f 1＝μ1mg ＝4 N 地面对木板的摩擦力 F f 2＝μ2(M ＋m )g ＝3 N对木板由牛顿第二定律得：F f 1－F f 2＝Ma a ＝12f f F F M－＝1 m/s 2(3)滑块滑上圆弧轨道运动的过程机械能守恒，故滑块再次滑上木板的速度等于v ＝5 m/s 对滑块有：(x ＋L )＝vt －12μ1gt 2 对木板有：x ＝12at 2 解得：t ＝1 s 或t ＝73s(不合题意，舍去) 故本题答案是： (1)70 N (2)1 m/s 2 (3)1 s 【点睛】分析受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可．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（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 sinθ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5．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sin37o =0.6，cos37o =0.8，重力加速度g =10m/s 2，忽略空气阻力．求：（1）物块从A 到C 过程重力势能的增量ΔE P ；（2）物块第一次通过B 点时的速度大小v B ；（3）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小N ．【答案】（1）-1.14J （2）4.2m/s （3）7.4N 【解析】【分析】【详解】（1）从A 到C 物块的重力做正功为：sin 37 1.14G W mgL J ==o故重力势能的增量 1.14P G E W J ∆=-=-（2）根据几何关系得，斜面BC 部分的长度为：cot 370.40l R m ==o 设物块第一次通过B 点时的速度为B v ，根据动能定理有：()213702B mg L l sin mv -︒=- 解得： 4.2/B v m s =（3）物块在BC 部分滑动受到的摩擦力大小为：370.60f mgcos N μ=︒= 在BC 部分下滑过程受到的合力为：370F mgsin f =︒-= 则物块第一次通过C 点时的速度为： 4.2/C B v v m s == 物块从C 到D ，根据动能定理有：()221113722D C mgR cos mv mv -︒=- 在D ，由牛顿第二定律得：2Dv N mg m R-=联立解得：7.4N N = 【点睛】本题考查了动能定理与牛顿第二定律的综合运用，运用动能定理解题关键确定出研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再根据动能定理列式求解．6．如图所示，半径为R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道的圆心，D 为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高．质量为m 的小球从离B 点高度为h 处（332R h R ≤≤）的A 点由静止开始下落，从B 点进入圆轨道，重力加速度为g ）．（1）小球能否到达D 点？试通过计算说明；（2）求小球在最高点对轨道的压力范围；（3）通过计算说明小球从D 点飞出后能否落在水平面BC 上，若能，求落点与B 点水平距离d 的范围．【答案】（1）小球能到达D 点；（2）03F mg ≤'≤；（3）)()11R d R ≤≤【解析】【分析】【详解】（1）当小球刚好通过最高点时应有：2Dmv mg R =由机械能守恒可得：()22Dmv mg h R -=联立解得32h R =，因为h 的取值范围为332R h R ≤≤，小球能到达D 点；（2）设小球在D 点受到的压力为F ，则2Dmv F mg R ='+ ()22Dmv mg h R ='- 联立并结合h 的取值范围332R h R ≤≤解得：03F mg ≤≤ 据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：03F mg ≤'≤（3）由（1）知在最高点D 速度至少为min D v =此时小球飞离D 后平抛，有：212R gt =min min D x v t =联立解得min x R =>，故能落在水平面BC 上，当小球在最高点对轨道的压力为3mg 时，有：2max 3Dv mg mg m R+=解得max D v =小球飞离D 后平抛212R gt ='， max max D x v t ='联立解得max x =故落点与B 点水平距离d 的范围为：)()11R d R ≤≤7．如图所示，倾角为θ=45°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.接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力.求：（1）滑块运动到圆环最高点C时的速度的大小；（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；（3）滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功．【答案】（1）Rg（2）6mg（3）12 mgR【解析】【分析】【详解】（1）小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为v0，竖直方向上：，水平方向上：，解得（2）小滑块在最低点时速度为v C由机械能守恒定律得牛顿第二定律：由牛顿第三定律得：，方向竖直向下（3）从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦力做功W1，由动能定理h=3R【点睛】对滑块进行运动过程分析，要求滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小，我们要知道滑块运动到圆环最低点时的速度大小，小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，运用平抛运动规律结合几何关系求出最低点时速度．在对最低点运用牛顿第二定律求解．8．如图甲所示为某一玩具汽车的轨道，其部分轨道可抽象为图乙的模型．AB和BD为两段水平直轨道，竖直圆轨道与水平直轨道相切于B 点，D 点为水平直轨道与水平半圆轨道的切点．在某次游戏过程中，通过摇控装置使静止在A 点的小车以额定功率启动，当小车运动到B 点时关闭发动机并不再开启，测得小车运动到最高点C 时对轨道的压力大小5.6N N F =，小车通过水平半圆轨道时速率恒定．小车可视为质点，质量400g m =，额定功率20W P =，AB 长1m l =，BD 长0.75m s =，竖直圆轨道半径25cm R =，水平半圆轨道半径10cm r =．小车在两段水平直轨道所受的阻力大小均为4N f =，在竖直圆轨道和水平半圆轨道所受的阻力均忽略不计，重力加速度取210m/s g =．求：（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】（16m/s ；（2）0.3s ；（3）42N .；（4）0.35s . 【解析】【详解】（1）由小车在C 点受力得：2N c v F mg m R+=解得：6m/s C v =（2）从C 点到B 点，由动能定理得：2211222B C mgR mv mv =-解得：4m/s B v =小车在BD 段运动的加速度大小为：210m/s fa m== 由运动学公式：212B s v t at =-解得：0.3s t =（3）从B 点到D 点，由运动学公式：D B v v at =-，解得：1m/s D v =小车在水平半圆轨道所需的向心力大小：2Dn v F m r=，代入数据可得：4N n F =()222n F F mg =+水平半圆轨道对小车的作用力大小为：F =.（4）设小车恰能到C 点时的速度为1v ，对应发动机开启的时间为1t ，则：21v mg m R=211122Pt fl mgR mv --=解得10.325s t =.在此情况下从C 点到D 点，由动能定理得：211222D C mgR Fs mv mv -=- 解得22.5D v =-即小车无法到达D 点.设小车恰能到D 点时对应发动机开启的时间为2t ，则有：()20Pt f l s -+=，解得20.35s t =.9．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s 2，求：（1）物体第一次到达A 点时速度为多大？（2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB 间的距离至少多大？（3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？【答案】（1）8m/s （2）6.4m （3）1.8m 【解析】【分析】（1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；（2）当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，根据动能定理列式求解；（3）物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s 的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可．【详解】（1）物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：212mgh mv = 解得：2210 3.28m/s v gh =⨯⨯=（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，由动能能力得：2102mgL mv μ-=-解得：228m 6.4m 220.510v L g μ===⨯⨯ （3）因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度6m/s ，物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s v =带的速度冲上斜面，根据动能定理得：2102mgh mv '-=-带得：226m 1.8m 2210v h g '===⨯带【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题．10．质量为M 的小车固定在地面上，质量为m 的小物体（可视为质点）以v 0的水平速度从小车一端滑上小车，小物体从小车另一端滑离小车时速度减为02v ，已知物块与小车之间的动摩擦因数为μ.求：（1）此过程中小物块和小车之间因摩擦产生的热Q 以及小车的长度L .（2）若把同一小车放在光滑的水平地面上，让这个物体仍以水平速度v 0从小车一端滑上小车.a. 欲使小物体能滑离小车，小车的质量M 和小物体质量m 应满足什么关系?b. 当M =4m 时，小物块和小车的最终速度分别是多少?【答案】（1）2038Q mv =，2038v L g μ=（2）a. M >3m ；b. 025v ，0320v 【解析】【详解】(1) 小车固定在地面时，物体与小车间的滑动摩擦力为f mg μ=，物块滑离的过程由动能定理220011()222v fL m mv -=- ① 解得：2038v L gμ=物块相对小车滑行的位移为L ，摩擦力做负功使得系统生热，Q fL = 可得：2038Q mv =（2）a.把小车放在光滑水平地面上时，小物体与小车间的滑动摩擦力仍为f ．设小物体相对小车滑行距离为L '时，跟小车相对静止（未能滑离小车）共同速度为v ，由动量守恒定律：mv 0=(M +m )v ②设这过程小车向前滑行距离为s . 对小车运用动能定理有:212fs Mv =③ 对小物体运用动能定理有:22011()22f L s mv mv '-+=- ④联立②③④可得220011()()22mv fL mv M m M m'=-++ ⑤物块相对滑离需满足L L '>且2038fL mv =联立可得：3M m >，即小物体能滑离小车的质量条件为3M m >b.当M =4m 时满足3M m >，则物块最终从小车右端滑离，设物块和车的速度分别为1v 、2v .由动量守恒：012mv mv Mv =+由能量守恒定律：222012111()222fL mv mv Mv =-+ 联立各式解得：1025v v =，20320v v =11．如图所示，一质量M =4kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。

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，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。

最右侧是一个半径为r =0.4m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接。

已知重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

高中物理动能与动能定理专题训练答案

最新高中物理动能与动能定理专题训练答案一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1.如图所示，水平地面上一木板质量 M = 1 kg ,长度L = 3.5 m ，木板右侧有一竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径R = 1 m ,最低点P 的切线与木板上表面相平•质量m =2 kg 的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以v o . 39m/ s 的速度与圆弧轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最国=0.1，g 取 10 m/s 2.求： (1) 滑块对P 点压力的大小；(2) 滑块返回木板上时，木板的加速度大小;【详解】(1) 滑块在木板上滑动过程由动能定理得:1 2 1 2—w mgL = — mv 2 — — mv o2 2解得：v = 5 m/s在P 点由牛顿第二定律得：2v F — mg = m — r解得：F = 70 N由牛顿第三定律，滑块对 P 点的压力大小是70 N ⑵滑块对木板的摩擦力 F f1 = w mg = 4 N 地面对木板的摩擦力 F f2=比(M + m)g = 3 N终滑离木板.已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数W= 0.2，木板与地面间的动摩擦因数 (3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间.2(3)1 s【分析】对木板由牛顿第二定律得： F f1— F f2= Ma 解得：t = 1S 或t = 7s(不合题意，舍去)3故本题答案是： (1)70 N (2)1 m/s 2(3)1 s【点睛】分析受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可.2. 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。

某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内 OABCD 透明玻璃管道，管道的半径较小。

为研究方便建立平5面直角坐标系，O 点为抛物口，下方接一满足方程 y x 2的光滑抛物线形状管道 OA ；9AB 、BC 是半径相同的光滑圆弧管道， CD 是动摩擦因数卩=0.8的粗糙直管道；各部分管道在连接处均相切。

(物理)动能与动能定理练习题含答案含解析

（物理）动能与动能定理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．如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。

水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。

可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，求：（1）弹簧获得的最大弹性势能；（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能；（3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。

【答案】（1）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m【解析】【详解】（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。

从A到压缩弹簧至最短的过程中，由动能定理得：−μmgl+W弹＝0−m v02由功能关系：W弹=-△E p=-E p解得 E p=10.5J；（2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得−2μmgl＝E k−m v02解得 E k=3J；（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得−2mgR＝m v22−E k小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得R≤0.12m②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心等高的位置，即m v12≤mgR，解得R≥0.3m；设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得：−2mgR ＝m v 12-m v 02且需要满足 m ≥mg ，解得R≤0.72m ，综合以上考虑，R 需要满足的条件为：0.3m≤R≤0.42m 或0≤R≤0.12m 。

【点睛】解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。

(完整版)动能定理习题(附答案)

1、一质量为1kg 的物体被人用手由静止向上提高 (1)物体克服重力做功• (2)合外力对物体做功.解：⑴ m 由 A 到 B ：W Gmgh 10J克服重力做功10W 克G W G 10J C12⑵m 由A 到B ,根据动能定理11： W -mv2⑶ m 由 A 到 B ： W W G W FW F 12J2、一个人站在距地面高 h = 15m 处，将一个质量为上抛出• (1)若不计空气阻力，求石块落地时的速度 ⑵若石块落地时速度的大小为v t = 19m/s ，求石块克服空气阻力做的功W.1 2 解：(1) m 由A 到B :根据动能定理： mgh mv⑵m 由A 到B ,根据动能定理12：1 2 1 2 mgh Wmv t mv oW 1.95J2 23a 、运动员踢球的平均作用力为200N ，把一个静止的质量为在水平面上运动 60m 后停下.求运动员对球做的功？ 3b 、如果运动员踢球时球以10m/s 迎面飞来，踢出速度仍为10m/s ，则运动员对球做功为多少？解：(3a)球由O 到A ，根据动能定理13：1 2 W mv 0 0 50J 2(3b)球在运动员踢球的过程中，根据动能定理14W 】mv 2-mv 22 210不能写成：W G mgh 10J .在没有特别说明的情况下，临默认解释为重力所做的功，而在这个过程中重力所做的功为负. 11也可以简写成：“m ： A B : Q W EJ',其中 W E k 表示动能定理. 12此处写 W 的原因是题目已明确说明 W 是克服空气阻力所做的功. 13踢球过程很短，位移也很小，运动员踢球的力又远大于各种阻力，因此忽略阻力功 14结果为0，并不是说小球整个过程中动能保持不变，而是动能先转化为了其他形式的能(主要是弹性势能，然后其他形式的能又转化为动能，而前后动能相等(3)手对物体做功.B m0 2J* N hA±+ mgm = 100g 的石块以v o = 10m/s 的速度斜向 V.1kg 的球以10m/s 的速度踢出,v 0 0 v ； v 0m_O A Bmg mg1m ，这时物体的速度是 2m/s ，求:4、在距离地面高为 H 处，将质量为 m 的小钢球以初速度 v o 竖直下抛，落地后，小钢球陷入泥土中的深度为h 求：(2)泥土对小钢球的阻力是恒力还是变力 (4)求泥土对小钢球的平均阻力大小 .解：(1) m 由A 到B ：根据动能定理:(2) m 由1状态到3状态15 16:根据动能定理:Fs 1 cos0omgscos180° 0 0s 100m15也可以用第二段来算s 2，然后将两段位移加起来.计算过程如下: m 由2状态到3状态：根据动能定理：o12mgs 2 cos180 0 mv s 70m则总位移s s, s?100m .(1)求钢球落地时的速度大小v.(3)求泥土阻力对小钢球所做的功 mgmgH12 12 mv mv 0 2 2(2)变力 6.(3) m 由B 到C ,根据动能定理： mgh W1 2 mv 2W f1 2mv 0 mg v tW f2 mv 02mg Hcos180°2h5、在水平的冰面上，以大小为 F=20N 冰车受到的摩擦力是它对冰面压力的进了一段距离后停止.取g = 10m/s 2. (1)撤去推力F 时的速度大小. I 程s. I 的水平推力，推着质量 0. 01倍,当冰车前进了 .求：(2)冰车运动的总路m=60kg S 1=30m 的冰车，后,撤去推力F ，冰车又前由静止开始运动•解：(1) m 由1状态到2状态：根据动能定理7 F& cos0oo1 2mgs cos180 — mv 014m/s 3.74m/sv6、如图所示，光滑1/4圆弧半径为0.8m，有一质量为1.0kg的物体自A点从静止开始下滑到B 点，然后沿水平面前进4m，到达C点停止.求：(1) 在物体沿水平运动中摩擦力做的功(2) 物体与水平面间的动摩擦因数.解：⑴m由A到C9：根据动能定理：mgR W f 0 0W f mgR 8J⑵ m 由 B 到C: W f mg x cos180°0.27、粗糙的1/4圆弧的半径为0.45m，有一质量为0.2kg的物体自最高点A从静止开始下滑到圆弧最低点B时，然后沿水平面前进0.4m到达C点停止.设物体与轨道间的动摩擦因数为0.5 (g =10m/s 2），求:(1) 物体到达B点时的速度大小•(2) 物体在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功.解：⑴m由B到C :根据动能定理：mg I cos180°v B 2m/s1 2⑵ m由A到B:根据动能定理：mgR W f mv(3 02克服摩擦力做功W克f W f 0.5J8、质量为m的物体从高为h的斜面上由静止开始下滑，经过一段水平距离后停止，测得始点与终点的水平距离为s,物体跟斜面和水平面间的动摩擦因数相同，求：摩擦因数证：设斜面长为I，斜面倾角为，物体在斜面上运动的水平位移为s,，在水平面上运动的位移为S2，如图所示10.m由A到B :根据动能定理：mgh mg cos I cos180o mgs2 cos180°0 0又Q I cos s i、s S1 S2h则: h s 0即:ss9也可以分段计算，计算过程略10、汽车质量为 m = 2 x 103kg ，沿平直的路面以恒定功率达到最大速度20m/s.设汽车受到的阻力恒定.求：证毕•9、质量为m 的物体从高为h 的斜面顶端自静止开始滑下，最后停在平面上的从斜面的顶端以初速度 v o 沿斜面滑下，则停在平面上的 C 点•已知AB = BC 克服摩擦力做的功• ° A 故功解：设斜面长为I , AB 和BC 之间的距离均为s ,物体在斜面上摩擦力 O 到B :根据动能定理: mgh W f 2 s cos180o 0 0 O 到C :根据动能定理: mgh W f 2 2s cos180° 1 2mv 2mgB 点•若该物体，求物体在斜面上N i厂ABN 2W f-mv 2 mgh 2克服摩擦力做功W 克 f W fmgh 1 2mv o2(1)阻力的大小. ⑵这一过程牵引力所做的功 (3)这一过程汽车行驶的距离解12 : (1)汽车速度v 达最大v m 时，有F f ，故:P F v m f v mf 1000N(2)汽车由静止到达最大速度的过程中： 6 g Pt 1.2 10 J (2)汽车由静止到达最大速度的过程中，由动能定理： mg mg l cos180o 1 2mv m 2l 800m 11. AB 是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端 A 点起由静止开始沿轨道下滑。

【物理】高考必备物理动能与动能定理技巧全解及练习题(含答案)含解析

【物理】高考必备物理动能与动能定理技巧全解及练习题(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/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 =v 0t 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⑪⑫2．如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量1m kg =可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带， AB 长5L m =，物块与传送带间的动摩擦因数10.2μ=，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s=1.5m ，它与物块间的动摩擦因数20.3μ=，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧与BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为120θ=o ，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以5/v m s =的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的18p E J =能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取210/g m s =．（1）求右侧圆弧的轨道半径为R; （2）求小物块最终停下时与C 点的距离;（3）若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．【答案】（1）0.8R m =；（2）13x m =；（337/43/m s v m s ≤≤ 【解析】【分析】【详解】（1）物块被弹簧弹出，由2012p m v E =，可知：06/m s v = 因为v v>，故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，由：11mg ma μ=，011v v a t =-，21011112x v t a t =-得到：12/2m s a=，10.5s t =，1 2.75m x = 因为1L x<，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5/m s 的速度滑上水平面BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：2212m mgs mgR v μ=+ 代入数据整理可以得到：0.8R m =．（2）设物块从E 点返回至B 点的速度为B v ，由22211222B m m mg s v v μ-=⨯ 得到7/Bm s v=，因为0B v >，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C 点x 处，由()2212B mv mg s x μ=-，得到：13x m =. （3）设传送带速度为1v 时物块能恰到F 点，在F 点满足2sin30F mg m Rv =o从B 到F 过程中由动能定理可知：()221211sin 3022F mv mv mgs mg R R μ-=++o 解得：设传送带速度为2v 时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点，由：222132m mg s mgR v μ=⨯+ 解得：243/m s v=若物块在传送带上一直加速运动，由22011122Bm m m mgL v v μ-= 知其到B 点的最大速度56/Bmm s v=37/43/m s v m s ≤≤就满足条件．【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理、圆周运动向心力公式的直接应用，此题难度较大，牵涉的运动模型较多，物体情境复杂，关键是按照运动的过程逐步分析求解．3．如图所示，AB 是一倾角为θ=37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数=0.30μ，BCD 是半径为R =0.2m 的光滑圆弧轨道，它们相切于B 点，C 为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E = 4.0×103N/C ，质量m = 0.20kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB 对应的高度h = 0.24m ，滑块带电荷q = -5.0×10-4C ，取重力加速度g = 10m/s 2，sin37°= 0.60，cos37°=0.80．求：（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B 点时的速度大小；（2）滑块滑到圆弧轨道最低点C 时对轨道的压力．【答案】(1) 2.4m/s (2) 12N 【解析】【分析】(1)滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B 点时的速度大小； (2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得C 点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解．【详解】(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力：()cos370.96N f mg qE μ=+︒=设到达斜面底端时的速度为v 1，根据动能定理得：()211sin 372h mg qE h fmv +-=o 解得：v 1=2.4m/s(2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得：()()222111=1cos3722m mg q v E v m R +︒-－当滑块经过最低点时，有：()2N 2F mg qE v m R-+= 由牛顿第三定律：N N 11.36N F F ==，方向竖直向下．【点睛】本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择.4．如图所示，AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R ．一个质量为m 的物体（可以看作质点）从直轨道上与圆弧的圆心O 等高的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．试求：（1）物体释放后，第一次到达B 处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程s ；（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力的大小；（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D （E 、O 、D 为同一条竖直直径上的3个点），释放点距B 点的距离L 应满足什么条件．【答案】（1）2(sin cos )tan B gR v θμθθ-=；RL μ= （2）(32cos )N F mg θ=-；（3）(32cos )2(sin cos )RL θθμθ+-…【解析】【分析】【详解】（1）设物体释放后，第一次到达B 处的速度为1v ，根据动能定理可知：21cos 1cos cos sin 2R mgR mg mv θθμθθ-= 解得：2(sin cos )tan B gR v θμθθ-=物体每完成一次往返运动，在AB 斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达B 点时，速度变为零，对物体从P 到B 全过程用动能定理，有cos cos 0mgR mgL θμθ-=得物体在AB 轨道上通过的总路程为RL μ=（2）最终物体以B 为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B 运动到E 时速度为2v v ，由动能定理知：221(1cos )2v mgR m θ-=在E 点，由牛顿第二定律有22N mv F mg R-=解得物体受到的支持力(32cos )N F mg θ=-根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为(32cos )N N F F mg θ'==-，方向竖直向下．（3）设物体刚好到达D 点时的速度为D v 此时有2Dmv mg R= 解得：D v =设物体恰好通过D 点时释放点距B 点的距离为0L ，有动能定理可知：2001[sin (1cos )]cos 2D mg L R mg L mv θθμθ-+-=联立解得：0(32cos )2(sin cos )RL θθμθ+=-则：(32cos )2(sin cos )R L θθμθ+-…答案：（1）B v =；RL μ= （2）(32cos )N F mg θ=-；（3）(32cos )2(sin cos )RL θθμθ+-…5．如图所示，四分之一光滑圆弧轨道AO 通过水平轨道OB 与光滑半圆形轨道BC 平滑连接，B 、C 两点在同一竖直线上，整个轨道固定于竖直平面内，以O 点为坐标原点建立直角坐标系xOy 。

【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．如图所示，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。

最右侧是一个半径为r =0.4m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接。

已知重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

【答案】（1）62N （2）60N （3）10m 【解析】【详解】（1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：0cos37A v v ==︒ 解得：04m /5m /cos370.8A v v s s ===︒小物块经过A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有：()2211cos3722A B mv mg R R mv +-︒= 小物块经过B 点时，有：2BNB v F mg m R-= 解得：()232cos3762N BNBv F mg m R=-︒+=根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N （2）小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有：22011222C B mgL mg r mv mv μ--⋅=- 在C 点，由牛顿第二定律得：2CNC v F mg m r+=代入数据解得：60N NC F =根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N（3）小物块刚好能通过C 点时，根据22Cv mg m r=解得：2100.4m /2m /C v gr s s ==⨯=小物块从B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有：22211222C B mgL mg r mv mv μ--⋅=- 代入数据解得：L =10m2．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3．如图所示是一种特殊的游戏装置，CD 是一段位于竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆弧半径为10m ，末端D 处的切线方向水平，一辆玩具滑车从轨道的C 点处下滑，滑到D 点时速度大小为10m/s ，从D 点飞出后落到水面上的B 点。

高考物理高考必备物理动能与动能定理技巧全解及练习题(含答案)

高考物理高考必备物理动能与动能定理技巧全解及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．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，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．某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。

功和能、动能动能定理练习题及答案

刚要接触地面时其动能为(取g=10m/s2)：（）
A．1.25×104JB．2.5×104JC．3.75×104JD．4.0×104J
7．质量为m=2kg的物体，在水平面上以v1=6m/s的速度匀速向西运动，若有一个F=8N、
方向向北的恒定力作用于物体，在t=2s内物体的动能增加了（）
A．28JB．64JC．32JD．36J
C．力做功是由于物体的动能发生变化
D．物体的动能发生变化是由于力对物体做了功
5．某物体做变速直线运动，在t1时刻速率为v，在t2时刻速率为nv，则在t2时刻的动能是
t1时刻的（）
A、n倍B、n/2倍C、n2倍D、n2/4倍
6．打桩机的重锤质量是250kg，把它提升到离地面15m高处，然后让它自由下落，当重锤
A．EB．3EC．6ED．9E
3．一个质量为m的物体，分别做下列运动，其动能在运动过程中一定发生变化的是：（）
A．匀速直线运动B．匀变速直线运动
C．平抛运动D．匀速圆周运动
4．对于动能定理表达式W=EK2-EK1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．力对物体做功是由于该物体具有动能
平力，下面说法正确的是（）
A．物体的动能可能减少B．物体的动能可能不变
C．物体的动能可能增加D．余下的一个力一定对物体做正功。
*10．如图所示，一个铁球从竖立在地面上的轻弹簧正上方某处
下落，在A点接触弹簧后将弹簧压缩，到B点物体的速度为零，
被弹回，下列说法中正确的是：（）A．物体从A下落到B的过程中，动能不断减小B．物体从B上升到A的过程中，动能不断增大
8．下列关于运动物体所受的合外力、外力做功和动能变化的关系中正确的是：（）

动能与动能定理经典习题及答案(免费》

动能与动能定理经典习题及答案(免费》动能和动能定理的应用典例分析1.正确答案是B。

只有物体克服阻力做功时，它的动能减少。

2.正确答案是C。

当物体在合外力作用下作变速运动时，动能会变化。

3.正确答案是B。

甲和乙滑行的距离相同，因为它们具有相同的初动能。

4.正确答案是B。

动力做的功不为零，因为物体在做匀速运动时需要克服摩擦力的阻力。

5.正确答案是C。

撤去的那个力不再做功，但没有撤去的力仍可能做功。

6.正确答案是D。

因为物体做匀速圆周运动，所以外力对物体所做的功为零。

7.正确答案是16J。

水平力对物体做的功等于物体动能的变化量，即1/2mv^2-1/2mv^2=16J。

8.机车的功率为242.2kW，所受阻力的数值为9.58kN。

9.沙坑对球的平均阻力是其重力的10倍。

根据动能定理，球在下落过程中失去的动能等于沙坑对球做的功，因此可以求出沙坑对球做的功，从而得到平均阻力的大小。

1.飞行子弹打入放在光滑水平面上的木块中深入2cm，未穿出。

同时，木块滑动了1cm。

求子弹动能的变化、木块获得的动能和由于摩擦增加的内能的比。

2.一质量为M、厚度为d的方木块静止在光滑的水平面上。

一子弹以初速度v水平射穿木块。

子弹的质量为m，木块对子弹的阻力为F且始终不变。

在子弹射穿木块的过程中，木块发生的位移为L。

求子弹射穿木块后，子弹和木块的速度各为多少？3.物体质量为10kg，在平行于斜面的拉力F作用下沿斜面向上运动。

斜面与物体间的动摩擦因数为0.1.当物体运动到斜面中点时，去掉拉力F，物体刚好能运动到斜面顶端停下。

斜面倾角为30°。

求拉力F多大？（g=10m/s）4.质量为4t的汽车以恒定功率沿平直公路行驶。

在一段时间内前进了100m，其速度从36km/h增加到54km/h。

若车受到的阻力恒定，且阻力因数为0.02，求这段时间内汽车所做的功。

（g=10m/s）5.子弹以某速度击中静止在光滑水平面上的木块。

当子弹进入木块深度为x时，木块相对水平面移动距离为L。

物理动能和动能定理经典试题(含答案)

动能和动能定理经典试题例1 一架喷气式飞机，质量m =5×103kg ，起飞过程中从静止开始滑跑的路程为s =5.3×102m 时，达到起飞的速度v =60m/s ，在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍（k =0.02），求飞机受到的牵引力。

例2 将质量m=2kg 的一块石头从离地面H=2m 高处由静止开始释放，落入泥潭并陷入泥中h=5cm 深处，不计空气阻力，求泥对石头的平均阻力。

（g 取10m/s 2）例3 一质量为0.3㎏的弹性小球，在光滑的水平面上以6m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前速度的大小相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为（）A .Δv=0 B. Δv=12m/s C. W=0 D. W=10.8J例4 在h 高处，以初速度v 0向水平方向抛出一个小球，不计空气阻力，小球着地时速度大小为（）A. gh v 20+B. gh v 20-C. gh v 220+ D. gh v 220-例5 一质量为 m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点。

小球在水平拉力F 作用下，从平衡位置P 点很缓慢地移动到Q 点，如图2-7-3所示，则拉力F 所做的功为（）A. mgl cos θB. mgl (1－cos θ)C. Fl cos θD. Flsin θ例6 如图所示，光滑水平面上，一小球在穿过O 孔的绳子的拉力作用下沿一圆周匀速运动，当绳的拉力为F 时，圆周半径为R ，当绳的拉力增大到8F 时，小球恰可沿半径为R ／2的圆周匀速运动在上述增大拉力的过程中，绳的拉力对球做的功为________.例7 如图2-7-4所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v 0＝2m/s 的速度匀速运行，传送带与水平地面的夹角θ＝30°，现把一质量m ＝l0kg 的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传送至h ＝2m 的高处。

机械能练习题(内附答案)

机械能习题一、功和功率练习题一、选择题1、讨论力F在下列几种情况下做功的多少[]（1）用水平推力F推质量是m的物体在光滑水平面上前进了s．（2）用水平推力F推质量为2m的物体沿动摩擦因数为μ的水平面前进了s．（3）斜面倾角为θ，与斜面平行的推力F，推一个质量为2m的物体沿光滑斜面向上推进了s．[]A．（3）做功最多B．（2）做功最多C．做功相等D．不能确定2．关于摩擦力对物体做功，以下说法中正确的是[]A．滑动摩擦力总是做负功B．滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功C．静摩擦力对物体一定做负功D．静摩擦力对物体总是做正功3．如图1所示，一个物体放在水平面上，在跟竖直方向成θ角的斜向下的推力F的作用下沿平面移动了距离s，若物体的质量为m，物体与地面之间的摩擦力大小为f，则在此过程中[]A．摩擦力做的功为fs B．力F做的功为FscosθC．力F做的功为FssinθD．重力做的功为mgs4．质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，当斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s时，如图2所示，物体m相对斜面静止，则下列说法中不正确的是[] A．摩擦力对物体m做功为零B．合力对物体m做功为零C．摩擦力对物体m做负功D．弹力对物体m做正功5．起重机竖直吊起质量为m的重物，上升的加速度是α，上升的高度是h，则起重机对货物所做的功是。

[]A．mgh B．mαhC．m（g＋α）h D．m（g-α）h6．将横截面积为S的玻璃管弯成如图3所示的连通器，放在水平桌面上，左、右管处在竖直状态，先关闭阀门K，往左、右管中分别注在上述过程中，重力对液体做的功为。

[ ]上作用一个3N的水平拉力后，AB一起前进了4m，如图4 所示．在这个过程中B对A做的功[] A．4 J B．12 JC．0D．-4J8．质量为m的物块A始终附着在楔形物块B的倾角为θ的斜面上，如图5所示，下列说法中正确的是[]A．若B向右匀速移动距离s，则B对A做的功为零B．若B向上匀速移动距离s，则B对A做的功为mgsC．若B向左以加速度a移动距离s，则B对A做的功为masD．若B向下以加速度a移动距离s，则B对A做的功为m(g＋a)s9．关于一对相互作用力在作用过程中，它们的总功W和总冲量I，下列说法中正确的是[]A．W和I一定都等于零B．W一定等于零，I不可能为零C．W可能不等于零，I一定等于零D．W和I都可能不等于零10．把一个物体竖直向上抛出去，该物体上升的最大高度是h，若物体的质量为m，所受的空气阻力恒为f, 则在从物体被抛出到落回地面的全过程中[]A．重力所做的功为零B．重力所做的功为2mghC．空气阻力做的功为零D．空气阻力做的功为-2fh[ ]A．汽车在公路上的最大行驶速度为20m/s功率为32kW D．汽车做C中匀加速运动所能维持的时间为5s12．关于功率以下说法中正确的是[]A．据P=W/t可知，机器做功越多，其功率就越大B．据P=Fv可知，汽车牵引力一定与速度成反比C．据P=W/t可知，只要知道时间t内机器所做的功，就可以求得这段时间内任一时刻机器做功的功率D．根据P=Fv可知，发动机功率一定时，交通工具的牵引力与运动速度成反比。

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。

精选-高三物理动能定理及其应用单元复习测试题(附答案)

高三物理动能定理及其应用单元复习测试题（附答案）物理在经典时代是由与它极相像的自然哲学的研究所组成的，直到十九世纪物理才从哲学中分离出来成为一门实证科学。

小编准备了高三物理动能定理及其应用单元复习测试题，希望你喜欢。

一、选择题1.关于动能的理解，下列说法正确的是( )A.动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能B.动能有可能为负值C.一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化D.动能不变的物体，一定处于平衡状态【答案】选A、C.【详解】机械能包括动能和势能，而动能是物体由于运动具有的能，且Ek=0,故A正确，B错误;一定质量的物体的动能变化时，速度的大小一定变化，但速度变化时，动能不一定变化，如匀速圆周运动，动能不变，但速度变化，故C正确，D错误.2.一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小v和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为( )A.v=0B.v=12 m/sC.W=1.8 JD.W=10.8 J【答案】选B.【详解】取末速度的方向为正方向，则v2=6 m/s，v1=-6 m/s，速度变化量v=v2-v1=12 m/s，A错误，B正确;小球与墙碰撞过程中，只有墙对小球的作用力做功，由动能定理得：W= =0，故C、D均错误.3.某物体同时受到两个在同一直线上的力F1、F2的作用，由静止开始做直线运动，力F1、F2与位移x的关系图象如图所示，在物体开始运动后的前4.0 m内，物体具有最大动能时对应的位移是( )A.2.0 mB.1.0 mC.3.0 mD.4.0 m【答案】选A.【详解】由题图知x=2.0 m时，F合=0，此前F合做正功，而此后F合做负功，故x=2.0 m时物体的动能最大，故A正确.4. 人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离l后，速度为v(物体与手始终相对静止)，物体与手掌之间的动摩擦因数为，则人对物体做的功为( )A.mglB.0C.mglD.【答案】选D.【详解】物体与手掌之间的摩擦力是静摩擦力，静摩擦力在零与最大值mg之间取值，不一定等于mg，在题述过程中，只有静摩擦力对物体做功，根据动能定理，摩擦力对物体做的功W= ，D正确.5. 质量为1 kg的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如图所示，g取10 m/s2，则以下说法中正确的是()A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.25C.物体滑行的总时间为4 sD.物体滑行的总时间为2.5 s【答案】BC【详解】根据动能定理Ek2-Ek1=-Ffx可得Ff=Ek1-Ek2x=50-020 N=2.5 N，所以=Ffmg=0.25，A选项错误，B选项正确;根据牛顿第二定律可得a=Ffm=2.5 m/s2，由运动学公式得物体滑行的总时间t= 2xa= 2202.5 s=4 s，C选项正确，D选项错误.6. 如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡(粗糙)底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB之间的水平距离为x，重力加速度为g.下列说法正确的是()A.小车克服重力所做的功是mghB.合外力对小车做的功是12mv2C.推力对小车做的功是12mv2+mghD.阻力对小车做的功是12mv2+mgh-Fx【答案】ABD【详解】小车克服重力做功W=Gh=mgh，A选项正确;由动能定理小车受到的合力做的功等于小车动能的增加，W合=Ek=12mv2，B选项正确;由动能定理W合=W推+W重+W阻=12mv2，所以推力做的功W推=12mv2-W阻-W重=12mv2+mgh-W 阻，C选项错误;阻力对小车做的功W阻=12mv2-W推-W重=12mv2+mgh-Fx，D选项正确.7. 在x疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动.某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L，斜面倾角为，人的质量为m，滑沙板质量不计，重力加速度为g.则()A.若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3v0B.若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为5v0C.人沿沙坡下滑时所受阻力Ff=mgsin +2mv20/LD.人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv0【答案】 B【详解】对人进行受力分析如图所示，根据匀变速直线运动的规律有：(2v0)2-0=2aL，v21-v20=2aL，可解得v1=5v0，所以A错误，B正确;根据动能定理有：mgLsin -FfL=12m(2v0)2，可解得Ff=mgsin -2mv20/L，C错误;重力功率的最大值为Pm=2mgv0sin ，D错误.8. 如图所示，斜面AB和水平面BC是从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.以上说法均不对【答案】选A.【详解】设AB=x1，BP=x2，AP=x3，动摩擦因数为，由动能定理得：mgx1sinmgcosx1-mgx2=0，可得：mgx1sinmg(x1cos+x2)，设沿AP滑到P的速度为vP，由动能定理得：mgx1sinmgcosx3=12mv2P，因x1cos+x2=x3cos，故得：vP=0，即铁块恰好沿AP滑到P点，故A正确.9. 在x疆旅游时，最刺激的莫过于滑沙运动.某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为2v0，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为L，斜面倾角为，人的质量为m，滑沙板质量不计，重力加速度为g.则()A.若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为3v0B.若人在斜面顶端被其他人推了一把，沿斜面以v0的初速度下滑，则人到达斜面底端时的速度大小为5v0C.人沿沙坡下滑时所受阻力Ff=mgsin-2mv20/LD.人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv0【答案】选BC.【详解】对人进行受力分析如图所示，根据匀变速直线运动的规律有：(2v0)2-0=2aL，v21-v20=2aL，可解得：v1=5v0，所以A错误，B正确;根据动能定理有：mgLsin-FfL=12m(2v0)2，可解得Ff=mgsin-2mv20/L，C正确;重力功率的最大值为Pm=2mgv0sin，D错误.10.如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复.通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则()A.t1时刻小球动能最大B.t2时刻小球动能最大C.t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少D.t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能【答案】C【详解】0～t1时间内，小球做自由落体运动，故弹簧弹力为零.t1～t2时间内，小球压缩弹簧，当弹力等于重力时，小球速度最大，在此时刻之前，小球做加速度减小的加速运动，之后做加速度增加的减速运动，t2时刻减速到零.t2～t3时间内，小球向上先加速运动后减速运动.故A、B、C三选项中，只有C项正确.t2～t3时间内弹簧减少的弹性势能转化为小球增加的动能和重力势能之和，故D项错误.二、非选择题11. 如图甲所示，在倾角为30的足够长光滑斜面AB前，有一粗糙水平面OA，OA长为4 m.有一质量为m的滑块，从O 处由静止开始受一水平向右的力F作用.F按图乙所示的规律变化.滑块与OA间的动摩擦因数=0.25，g取10 m/s2，试求：(1)滑块到A处的速度大小;(2)不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少?【答案】(1)52 m/s (2)5 m【详解】(1)由题图乙知，在前2 m内，F1=2mg，做正功; 在第3 m内，F2=-0.5mg，做负功;在第4 m内，F3=0.滑动摩擦力Ff=-mg=-0.25mg，始终做负功.对OA过程由动能定理列式得F1x1+F2x2+Ffx=12mv2A-0.即2mg2-0.5mg1-0.25mg4=12mv2A，解得vA=52 m/s.(2)冲上斜面的过程，由动能定理得-mgLsin30=0-12mv2A，所以冲上斜面AB的长度L=5 m.12. 如图所示为S形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的，固定在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连接而成的，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，弹射装置将一个小球(可视为质点)从a点水平射向b点并进入轨道，经过轨道后从p点水平抛出，已知小球与地面ab段间的动摩擦因数=0.2，不计其他机械能损失，ab段长L=1.25 m，圆的半径R=0.1 m，小球质量m=0.01 kg，轨道质量为M=0.15 kg，g=10 m/s2，求：(1)若v0=5 m/s，小球从p点抛出后的水平射程;(2)若v0=5 m/s，小球经过轨道的最高点时，管道对小球作用力的大小和方向;(3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当v0至少为多大时，轨道对地面的压力为零. 【答案】(1)0.46 m(2)1.1 N，方向竖直向下(3)5 m/s【详解】(1)设小球运动到p点时的速度大小为v，对小球由a点运动到p点的过程，应用动能定理得：-mgL-4Rmg=12mv2-12mv20①小球从p点抛出后做平抛运动，设运动时间为t，水平射程为x，则4R=12gt2②x=vt③联立①②③代入数据解得x=0.46 m.(2)设在轨道最高点时管道对小球的作用力大小为F，取竖直向下为正方向，有：F+mg=mv2R④联立①④代入数据解得F=1. 1 N，方向竖直向下.(3)分析可知，要使小球以最小速度v0运动，且轨道对地面的压力为零，则小球的位置应该在S形轨道的中间位置，则有：F+mg=mv21R，F=Mg-mgL-2mgR=12mv21-12mv20解得：v0=5 m/s.高三物理动能定理及其应用单元复习测试题就为大家介绍到这里，希望对你有所帮助。

物理动能与动能定理题20套(带答案)

向上：
，解得
（2）小滑块在最低点时速度为 vC 由机械能牛顿第三定律得：
，方向竖直向
下（3）从 D 到最低点过程中，设 DB 过程中克服摩擦力做功 W1，由动能定理
h=3R
【点睛】对滑块进行运动过程分析，要求滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小，我们要知道滑块运动到圆环最低点时的速度大小，小滑块从圆环最高点 C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心 O 等高的 P 点，运用平抛运动规律结合几何关系求出最低点时速度．在对最低点运用牛顿第二定律求解．
(1).滑块运动至 C 点时的速度 vC 大小； (2).滑块由 A 到 B 运动过程中克服摩擦力做的功 Wf； (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。
【解析】
【详解】
（1）由 y 5 x2 得：A 点坐标（1.20m，0.80m） 9
由平抛运动规律得：xA＝v0t，yA 1 gt 2 2
代入数据，求得 t＝0.4s，v0＝3m/s；（2）由速度关系，可得 θ＝53° 求得 AB、BC 圆弧的半径 R＝0.5m OE 过程由动能定理得：
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）
vy 2gR 2100.45 m/s＝3m/s
vy tan53° 4
vD
3
所以：vD＝2.25m/s
（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则
mg＝m v2 ， R
解得：v gR 3 2 m/s 2
物块到达 P 的速度：
vP vD2 vy2 32 2.252 m/s＝3.75m/s

重力势能、弹性势能、动能和动能定理

做功为 50J。
【例题 5】在水平地面上平铺着 n 块相同的砖，每块砖的质量都为 m，厚度为 d。若将这 n 块砖一块一块地叠放
起来，至少需要做多少功？
【解析 1】n 块砖平铺在水平地面上时，系统重心离地的高度为 d 。当将它们叠放起来时，系统重心离地高度为 2
nd 。所以，至少需要做功 2
W
Ep2
度系数的大小有关。
【例题 8】如图所示，劲度系数为 k 的轻质弹簧一端固定，另一端与物块拴接，物块放在光滑水平面上。现用外
力缓慢拉动物块，若外力所做的功为 W，则物块移动了多大的距离？
【解析】外力做的功
W
Ep
1 kl2 。 2
所以，弹簧的伸长量亦即物块移动的距离 l 2W 。 k
【例题 9】如图所示，质量为 m 物体静止在地面上，物体上面连着一个直立的轻质弹簧，弹簧的劲度系数为 k。
现用手拉住弹簧上端，使弹簧上端缓慢提升高度 h，此时物体已经离开地面，求拉力所做的功。
【解析】拉力做功，增加了物体的重力势能和弹簧的弹性势能。
物体离开地面后，弹簧的伸长量为
x mg 。 k
可见，物体上升的高度为 h h x h mg 。 k
从而，物体重力势能的增加量为
E p
mgh
mg(h
WG=mgs×cosa=mg（h1－h2）=mghl－mgh2 可见重力做功与路径无关。（2）重力势能定义：物体的重力势能等于它所受重力与所处高度的乘积。公式：Ep=mgh。单位：焦（J）（3）重力势能的相对性与重力势能变化的绝对性
重力势能是一个相对量。它的数值与参考平面的选择相关。在参考平面内，物体的重力势能为零；在参考平面上方的物体，重力势能为正值；在参考平面下方的物体，重力势能为负值。重力势能变化的不变性（绝对性）

(物理)高考必备物理动能与动能定理技巧全解及练习题(含答案)及解析

（物理）高考必备物理动能与动能定理技巧全解及练习题(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，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⑪⑫2．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：(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v1，则－mg（L－Lcosθ）＝mv12－mv02，v1＝5m/s（2）设选手放开抓手时的水平速度为v2，v2＝v1cosθ①选手在传送带上减速过程中 a＝－μg② v＝v2＋at1③④匀速运动的时间t2，s－x1＝vt2⑤选手在传送带上的运动时间t＝t1＋t2⑥联立①②③④⑤⑥得：t＝3s（3）由动能定理得W f＝mv2－mv22，解得：W f＝－360J故克服摩擦力做功为360J．考点：动能定理的应用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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