动能定理一轮复习试题

合集下载

高三物理第一轮复习动能定理测试题

第一轮复习——动能定理测试题一、选择题..本题共10小题；在每小题给出的四个选项中;有的小题只有一个选项正确;有的小题有多个选项正确分别把三个质量相同的球竖直上1．一个人站在阳台上;从阳台边缘以相同的速率v抛、竖直下抛、水平抛出;不计空气阻力;则三球落地时的动能A、上抛球最大B、下抛球最大C、平抛球最大D、三球一样大2．在光滑的地板上;用水平拉力分别使两个物块由静止获得相同的动能;那么可以肯定A、水平拉力相等B、两物块质量相等C、两物块速度变化相等D、水平拉力对两物块做功相等3．一物体做变速运动时;下列说法正确的是A、合外力一定对物体做功;使物体动能改变B、物体所受合外力一定不为零C、合外力一定对物体做功;但物体动能可能不变D、物体加速度一定不为零4．在粗糙水平地面上;使一物体由静止开始运动;第一次用斜向上的拉力;第二次用斜向下的推力;两次的作用力大小相等;力与水平方向的夹角也相等、物体的位移也相等、则;这两种情况下：A、拉力和推力做功相等;物体末速度相等B、拉力和推力做功相等;物体末速度不等C、拉力和推力做功不等;物体末动能相等D、拉力和推力做功不等;物体末动能不等5．一质量为１kg的物体被人用手由静止向上提升１ｍ;这时物体的速度是2 ｍ/s;则下列说法正确的是A．手对物体做功12J B．合外力对物体做功12 JC．合外力对物体做功2 J D．物体克服重力做功10 J6．速度为v的子弹;恰可穿透一块固定的木板;如果子弹速度为v2;子弹穿透木板时所受阻力视为不变;则可穿透同样的固定木板A ．2块B ．3块C ．4块D ．8块7．一物体在竖直轻弹簧上端处自由下落;落到弹簧上后又被弹簧弹回;则物体动能达最大的时刻在A ．物体刚接触弹簧时B ．物体将弹簧压缩至最短时C ．物体重力与弹簧给它的弹力平衡时D ．物体刚被弹簧弹出时8．木块在水平恒力F 作用下;沿水平路面由静止出发前进了距离s 后;随即撤去此恒力;木块沿原方向又前进了s 2的距离后才停下;设木块运动的全过程中地面的情况相同;则物体所受摩擦力的大小f 和木块获得的最大动能km E 分别为A ．2/,2/Fs E F f km ==B ．Fs E F f km ==,2/C ．3/2,3/Fs E F f km ==D ．3/,3/2FsEF f km ==9．如图所示;物体以100J 的初动能从斜面底端沿斜面向上运动;当它向上通过斜面上某一点M 时;其动能减少了80J;克服摩擦力做功32J;则物体返回到斜面底端时的动能为A ．20JB ．48JC ．60JD ．68J二．填空题11．一粒钢球从1m 高处自静止状态开始自由下落;然后陷入泥潭m 1.0后停止运动;若钢球的质量为g 10;空气阻力忽略不计;则钢球克服泥潭的阻力做功_____J g 取2/10s m12.如图所示;A 、B 是位于水平桌面上的两个质量相等的小木块;离墙壁的距离分别为L 和l ;与桌面间的摩擦系数分别为A μ和B μ;今给A 以某一初速度;使之从桌面的右端向左运动;假定A 、B 之间、B 与墙壁之间碰撞时间极短;且碰撞中无动能损失;若要使木块A 最终不会从桌面上掉下来;则A 的初速度最大不能超过．三．计算题15.总质量为M的列车;沿水平直轨道匀速前进;其末节车厢质量为m;中途与前面的车厢脱钩;司机发觉时;机车已行驶了s距离;于是立即关闭油门;除去牵引力;设运动的阻力与车的重力成正比;机车的牵引力是恒定的;当列车的两部分都停止;它们间的距离是多少参考下图16. 如图所示;用细绳连接的A、B两物体质量相等;A位于倾角为30°的斜面上;细绳跨过定滑轮后使A、B均保持静止;然后释放;设A与斜面间的滑动摩擦力为A受重力的0.3倍;不计滑轮质量及摩擦;求B下降1米时的速度．17. 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8－28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;车经过B点时的速度为vB．求车由A移到B的过程中;绳Q端的拉力对物体做的功18. 如图8－30所示;长为L;质量为m1的木板A置于光滑水平面上;在A板上表面左端有一质量为m2的物块B;B与A的摩擦因数为μ;A和B一起以相同的速度v向右运动;在A与竖直墙壁碰撞过程中无机械能损失;要使B 一直不从A 上掉下来;v 必须满足什么条件用m1、m2、L 、μ表示倘若V0已知;木板B 的长度L 应满足什么条件用m1、m2、V0、μ表示参考答案1、D2、D3. 此题主要考察学生对涉及力、速度、加速度、功和动能各物理量的牛顿定律和动能定理的理解．只要考虑到匀速圆周运动的例子;很容易得到正确答案B 、D ．4、B 解析：拉力和推力的水平分力相同;位移相同;所以它们做功相同;但两种情况摩擦力不同;合力做的总功不同;故速度不同..5、ACD6、C7、C 8．C 9．C10．A. 解析：由于物体沿斜面向上或向下运动时摩擦力的大小不变;所以物体沿斜面向上运动和向下运动到出发点摩擦力做的功相同;由题意可知;物体的动能每减少20J;摩擦力做功为－8J;所以整个过程摩擦力做功为－80J..二．填空题11．11.0 12.gl l L g B A μμ+-)(2三．计算题15. 解析未脱钩时;列车匀速运动;列车的牵引力为kMg ．从脱钩开始;分别对车头和脱钩的车厢;在整个运动过程中运用动能定理．对车头：2010)(210)(v m M gs m M k kMgs --=-- 对脱钩的车厢：212210mv kmgs -=-所以两部分停驻点间的距离021s m M M s s s -=-=∆. 用动能定理解答此题不涉及具体的运动细节;比用牛顿运动定律和运动学公式求解方便．本题还可以从功和能的关系来考虑：机车脱钩后牵引力做的功必等于机车多走路程s∆中克服阻力所做的功;即sgmMkkMgs∆-=)(0;解得smMMs-=∆．16. 解析：如果自由选择研究对象;那么可能有人选择A、B为研究对象;而有人则将A、B看成一个整体来分析;解题过程：三式联立解得：v＝1.4米/秒解法二：将A、B看成一整体．因二者速度、加速度大小均一样;此时拉力T为内力;求外力做功时不计;则动能定理写为：f＝0.3mg二式联立解得：v＝1.4m/s可见;结论是一致的;而方法二中受力体的选择使解题过程简化;因而在使用动能定理时要适当选取研究对象．17;思路点拨汽车从A到B把物体提升的过程中;物体只受到拉力和重力的作用;根据物体速度的变化和上升的高度;特别是汽车运动速度vB与物体上升过程中的瞬时速度关系;应用动能定理即可求解．解题过程以物体为研究对象;开始动能Ek1=0;随着车的加速拖动;重物上升;同时速度在不断增加．当车运动至B点时;左边的绳与水平面所成角θ=45°;设物体已从井底上升高度h;此时物体速度为vQ;即为收绳的速度;它等于车速沿绳子方向的一个分量;如图8－29小结此题需明确：速度分解跟力的分解相似;两个分速度方向应根据运动的实际效果确定．车子向左运动时;绳端P除了有沿绳子方向的分运动外每一瞬间绳均处于张紧的状态;还参与了绕定滑轮O的转动分运动绳与竖直方向的夹角不断变化;因此还应该有一个绕O点转动的分速度;这个分速度垂直于绳长的方向．所以车子运动到B 点时的速度分解如图8－29所示;有vQ=vB1=vBcosθ=vBcos45°．18.思路点拨A和墙壁碰撞后;A以大小为v的速度向左运动;B仍以原速向右运动．以后的运动过程有三种可能：1若m1＞m2;则m1和m2最后以某一共同速度向左运动；2若m1=m2;则A、B最后都停在水平面上;但不可能与墙壁发生第二次碰撞；3若m1＜m2;则A将多次和墙壁碰撞、最后停在靠近墙壁处．解题过程若m1＞m2;碰撞后的总动量方向向左;以向左为正方向;系统Δp=0;m1v－m2v=m1＋m2v′;若相对静止时B刚好在A板右端;则系统总机械能损失应为μm2gL;则功能关系为若V0已知;则板长L应满足若m1=m2;碰撞后系统总动量为零;最后都静止在水平面上;设静止时B在A的右端;则若m1＜m2;则A与墙壁将发生多次碰撞;每次碰撞后总动量方向都向右;而B相对于A始终向右运动;设最后A静止在靠近墙壁处;B静止在A的右端;则有小结在有些用字母表示已知物理量的题目中;物理过程往往随着已知量的不同取值范围而改变．对于这类题目;通常是将物理量的取值分成几个范围来讨论;分别在各个范围内求解．如本题中;由于m1和m2的大小关系没有确定;在解题时必须对可能发生的物理过程进行讨论;分别得出结果．。

高考物理一轮总复习专题训练动能动能定理(含解析)

第2讲动能动能定理1．一个25 kg 的小孩从高度为3.0 m 的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s.取g ＝10 m/s 2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是( )A ．合外力做功50 JB ．阻力做功500 JC ．重力做功500 JD ．支持力做功50 J解析：重力做功W G ＝mgh ＝25×10×3 J＝750 J ，C 错；小孩所受支持力方向上的位移为零，故支持力做的功为零，D 错；合外力做的功W 合＝E k －0，即W 合＝12mv 2＝12×25×22 J ＝50 J ，A 项正确；W G －W 阻＝E k －0，故W 阻＝mgh －12mv 2＝750 J －50 J ＝700 J ，B 项错误．答案：A 2.图5－2－9如图5－2－9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s ，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12mv 2 C ．推力对小车做的功是12mv 2＋mgh D ．阻力对小车做的功是12mv 2＋mgh －Fs 解析：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＝ΔE k ＝12mv 2，B 选项正确；由动能定理，W 合＝W 推＋W 重＋W 阻＝12mv 2，所以推力做的功W 推＝12mv 2－W 阻－W 重＝12mv 2＋mgh －W 阻，C 选项错误；阻力对小车做的功W 阻＝12mv 2－W 推－W 重＝12mv 2＋mgh －Fs ，D 选项正确．答案：ABD3.图5－2－10如图5－2－10所示，在抗洪救灾中，一架直升机通过绳索，用恒力F竖直向上拉起一个漂在水面上的木箱，使其由水面开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中，以下说法正确的有( )A．力F所做功减去克服阻力所做的功等于重力势能的增量B．木箱克服重力所做的功等于重力势能的增量C．力F、重力、阻力，三者合力所做的功等于木箱动能的增量D．力F和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量解析：对木箱受力分析如图所示，则由动能定理：W F－mgh－WF f＝ΔE k故C对．由上式得：W F－WF f＝ΔE k＋mgh，即W F－WF f＝ΔE k＋ΔE p＝ΔE.故A错D对．由重力做功与重力势能变化关系知B对，故B、C、D对．答案：BCD4．图5－2－11如图5－2－11甲所示，一质量为m＝1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在按如图乙所示规律变化的水平力F的作用下向右运动，第3 s末物块运动到B点且速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，求：(1)A、B间的距离；(2)水平力F在5 s时间内对物块所做的功．解析：(1)由图乙可知在3～5 s内物块在水平恒力作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度为a ，A 、B 间的距离为s ，则有F －μmg ＝ma ，a ＝F －μmg m ＝4－0.2×1×101m/s 2＝2 m/s 2，s ＝12at 2＝4 m. (2)设整个过程中水平力所做功为W F ，物块回到A 点时的速度为v A ，由动能定理得：W F －2μmgs ＝12mv 2A ，v 2A ＝2as ，W F ＝2μmgs ＋mas ＝24 J. 答案：(1)4 m (2)24 J 5.图5－2－12如图5－2－12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)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ.求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程；(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；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L′应满足什么条件．解析：(1)因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．对整体过程由动能定理得：mgR·cos θ－μmgcos θ·s＝0，所以总路程为s ＝R μ. (2)对B →E 过程mgR(1－cos θ)＝12mv 2E ① F N －mg ＝mv 2E R② 由①②得对轨道压力：F N ＝(3－2cos θ)mg.(3)设物体刚好到D 点，则mg ＝mv 2D R③ 对全过程由动能定理得：mgL′sin θ－μmgcos θ·L′－mgR(1＋cos θ)＝12mv 2D ④ 由③④得应满足条件：L′＝3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R. 答案：(1)R μ (2)(3－2cos θ)mg (3)3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R1．质量不等，但有相同动能的两物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行直到停止，则下列说法正确的有( )A ．质量大的物体滑行距离大B ．质量小的物体滑行距离大C ．质量大的物体滑行时间长D ．质量小的物体滑行时间长解析：物体的动能全部用来克服摩擦阻力做功，有E k ＝μmgl ⇒l ＝E k μmg，质量小，滑行距离大．而t ＝v a ＝ 2E km μg，质量小，滑行时间长．答案：BD2．一个木块静止于光滑水平面上，现有一个水平飞来的子弹射入此木块并深入 2 cm 而相对于木块静止，同时间内木块被带动前移了1 cm ，则子弹损失的动能、木块获得动能以及子弹和木块共同损失的动能三者之比为( )A ．3∶1∶2B ．3∶2∶1C ．2∶1∶3D ．2∶3∶1解析：设子弹深入木块深度为d ，木块移动s ，则子弹对地位移为d ＋s ；设子弹与木块的相互作用力为f ，由动能定理，子弹损失的动能等于子弹克服木块阻力所做的功，即ΔE 1＝f(d ＋s)，木块所获得的动能等于子弹对木块作用力所做的功，即ΔE 2＝fs ，子弹和木块共同损失的动能为ΔE 3＝ΔE 1－ΔE 2＝fd ，即三者之比为(d ＋s)∶s∶d＝3∶1∶2. 答案：A3．(2010·江门模拟)起重机将物体由静止举高h 时，物体的速度为v ，下列各种说法中正确的是(不计空气阻力)( )A ．拉力对物体所做的功，等于物体动能和势能的增量B ．拉力对物体所做的功，等于物体动能的增量C ．拉力对物体所做的功，等于物体势能的增量D ．物体克服重力所做的功，大于物体势能的增量解析：根据动能定理W F －W G ＝mv 2/2，W G ＝mgh ，所以W F ＝mv 2/2＋mgh ，A 正确，B 、C 错误；物体克服重力所做的功，等于物体重力势能的增量，D 错误．答案：A4．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H ，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h 处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h 处，小球的势能是动能的2倍，则h 等于( )A.H 9B.2H 9C.3H 9D.4H 9 解析：设小球上升离地高度h 时，速度为v 1，地面上抛时速度为v 0，下落至离地面高度h 处速度为v 2，设空气阻力为f上升阶段：－mgH －fH ＝－12mv 20，－mgh －fh ＝12mv 21－12mv 20 又2mgh ＝12mv 21 下降阶段：mg(H －h)－f(H －h)＝12mv 22，mgh ＝2×12mv 22 由上式联立得：h ＝49H. 答案：D 5.图5－2－13如图5－2－13所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m 的小球从距离弹簧上端B 点h 高处的A 点自由下落，在C 点处小球速度达到最大．x 0表示B 、C 两点之间的距离；E k 表示小球在C 处的动能．若改变高度h ，则下列表示x 0随h 变化的图象和E k 随h 变化的图象中正确的是( )解析：由题意“在C 点处小球速度达到最大”，可知C 点是平衡位置，小球受到的重力与弹力平衡，该位置与h 无关，B 项正确；根据动能定理有mg(h ＋x 0)－E p ＝12mv 2C ＝E k ，其中x 0与弹性势能E p 为常数，可判断出C 项正确．答案：BC 6.图5－2－14如图5－2－14所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a 点，质量为m 的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b 滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b 点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c 点停止．若圆弧轨道半径为R ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )A ．物块滑到b 点时的速度为gRB ．物块滑到b 点时对b 点的压力是3mgC ．c 点与b 点的距离为R μD ．整个过程中物块机械能损失了mgR解析：物块滑到b 点时，mgR ＝12mv 2－0，v ＝2gR ，A 不正确．在b 点，F N －mg ＝m v 2R，F N ＝3mg ，B 正确．从a 点到c 点，机械能损失了mgR ，D 正确．mgR －μmgs ＝0－0，s ＝R μ，C 正确．答案：BCD 7.图5－2－15如图5－2－15所示，一块长木板B 放在光滑的水平面上，在B 上放一物体A ，现以恒定的外力拉B ，由于A ，B 间摩擦力的作用，A 将在B 上滑动，以地面为参考系，A 和B 都向前移动一段距离，在此过程中( )A ．外力F 做的功等于A 和B 动能的增量B ．B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能的增量C ．A 对B 的摩擦力所做的功等于B 对A 的摩擦力所做的功D ．外力F 对B 做的功等于B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和解析：A 物体所受的合外力等于B 对A 的摩擦力，对A 物体运用动能定理，则有B 对A 的摩擦力所做的功，等于A 的动能的增量，即B 对．A 对B 的摩擦力与B 对A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A 在B 上滑动，A ，B 对地的位移不等，故二者做功不等，C 错．对B 物体应用动能定理，W F －W f ＝ΔEk B ，即W F ＝ΔEk B ＋W f ，就是外力F 对B 做的功等于B 的动能增量与B 克服摩擦力所做的功之和，D 对．由前述讨论知B 克服摩擦力所做的功与A 的动能增量(等于B 对A 的摩擦力所做的功)不等，故A 错．答案：BD 8.图5－2－16构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当在骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500 J 的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图5－2－16①所示；第二次启动自充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是( )A ．200 JB ．250 JC ．300 JD ．500 J解析：设自行车与路面的摩擦阻力为F f ，由图可知，关闭自动充电装置时，由动能定理得：0－Ek 0＝－F f ·x 1，可得F f ＝50 N ，启动自充电装置后，自行车向前滑行时用于克服摩擦做功为：W ＝F f x 2＝300 J ，设克服电磁阻力做功为W′，由动能定理得：－W′－W ＝0－Ek 0，可得W′＝200 J.答案：A 9.图5－2－17如图5－2－17，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F 拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，下列说法正确的是( )A ．F 对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B ．F 对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C ．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能D ．F 对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和解析：木箱加速上滑的过程中，拉力F 做正功，重力和摩擦力做负功．支持力不做功，由动能定理得：W F －W G －W f ＝12mv 2－0.即W F ＝W G ＋W f ＋12mv 2.A 、B 错误，又因克服重力做功W G 等于物体重力势能的增加，所以W F ＝ΔE p ＋ΔE k ＋W f ，故D 正确，又由重力做功与重力势能变化的关系知C 也正确．答案：CD10．在2008年四川汶川大地震抗震救灾活动中，为转移被困群众动用了直升飞机．设被救人员的质量m ＝80 kg ，所用吊绳的拉力最大值F m ＝1 200 N ，所用电动机的最大输出功率为P m ＝12 kW ，为尽快吊起被困群众，操作人员采取的办法是，先让吊绳以最大的拉力工作一段时间，而后电动机又以最大功率工作，被救人员上升h ＝90 m 时恰好达到最大速度(g取10 m/s 2)，试求：(1)被救人员刚到达机舱时的速度；(2)这一过程所用的时间．解析： (1)第一阶段绳以最大拉力拉着被救人员匀加速上升，当电动机达到最大功率时，功率保持不变，被救人员变加速上升，速度增大，拉力减小，当拉力与重力相等时速度达到最大．由P m ＝F T v m ＝mgv m 得v m ＝P m mg ＝12×10380×10m/s ＝15 m/s (2)a 1＝F m －mg m ＝1 200－80×1080m/s 2＝5 m/s 2 匀加速阶段的末速度v 1＝P m F m ＝12×1031 200 m/s ＝10 m/s ，时间t 1＝v 1a 1＝105s ＝2 s 上升的高度h 1＝v 12t 1＝102×2 m＝10 m 对于以最大功率上升过程，由动能定理得：P m t 2－mg(h －h 1)＝12mv 2m －12mv 21代入数据解得t 2＝5.75 s ，所以此过程所用总时间为t ＝t 1＋t 2＝(2＋5.75) s ＝7.75 s. 答案：(1)15 m/s (2)7.75 s 11.图5－2－18如图5－2－18所示，质量m ＝0.5 kg 的小球从距离地面高H ＝5 m 处自由下落，到达地面时恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆形槽的半径R ＝0.4 m ，小球到达槽最低点时速率恰好为10 m/s ，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘飞出且沿竖直方向上升、下落，如此反复几次，设摩擦力大小恒定不变，取g ＝10 m/s 2，求：(1)小球第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面的高度h 为多少？(2)小球最多能飞出槽外几次？解析：(1)在小球下落到最低点的过程中，设小球克服摩擦力做功为W f ，由动能定理得：mg(H ＋R)－W f ＝12mv 2－0 从小球下落到第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面h 高度的过程中，由动能定理得mg(H －h)－2W f ＝0－0联立解得：h ＝v 2g －H －2R ＝10210m －5 m －2×0.4 m＝4.2 m. (2)设小球最多能飞出槽外n 次，则由动能定理得：mgH －2nW f ＝0－0解得：n ＝mgH 2W f ＝mgH 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤mg(H ＋R)－12mv 2＝gH 2g(H ＋R)－v 2＝6.25 故小球最多能飞出槽外6次．答案：(1)4.2 m (2)6次12．图5－2－19如图5－2－19甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD 和光滑圆轨道DCE 组成，AD与DCE 相切于D 点，C 为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC 上离地面高为H 处由静止下滑，用力传感器测出其经过C 点时对轨道的压力F N ，改变H 的大小，可测出相应的F N 的大小，F N 随H 的变化关系如图乙折线PQI 所示(PQ 与QI 两直线相连接于Q 点)，QI 反向延长交纵轴于F 点(0,5.8 N)，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)小物块的质量m ；(2)圆轨道的半径及轨道DC 所对应的圆心角θ.(可用角度的三角函数值表示)(3)小物块与斜面AD 间的动摩擦因数μ.解析：(1)如果物块只在圆轨道上运动，则由动能定理得mgH ＝12mv 2解得v ＝2gH ；由向心力公式F N －mg ＝m v 2R ，得F N ＝m v 2R ＋mg ＝2mg RH ＋mg ；结合PQ 曲线可知mg ＝5得m ＝0.5 kg.(2)由图象可知2mg R＝10得R ＝1 m ．显然当H ＝0.2 m 对应图中的D 点，所以cos θ＝1－0.21＝0.8，θ＝37°. (3)如果物块由斜面上滑下，由动能定理得：mgH －μmgcos θ(H －0.2)sin θ＝12mv 2 解得mv 2＝2mgH －83μmg(H －0.2) 由向心力公式F N －mg ＝m v 2R 得F N ＝m v 2R ＋mg ＝2mg －83μmg R H ＋1.63μmg ＋mg 结合QI 曲线知1.63μmg ＋mg ＝5.8，解得μ＝0.3. 答案：(1)0.5 kg (2)37° (3)0.3。

1轮复习17动能定理1

4.总质量为M的列车,沿水平直轨道匀速前进,其末节车厢质量为m,中途与前面的车厢脱钩,司机发觉时,机车已行驶了s0距离,于是立即关闭油门, 除去牵引力,设运动的阻力与车的重力成正比,机车的牵引力是恒定的,当列车的两部分都停止,它们间的距离是多少？ 1 2 (M m)v 对车头 kMgs0-k(M-m)g(s1+s0)=00 2 对脱钩车厢 S0 V0 1 2 mv 0 -kmgs2=0S1 2
例2、如右图所示，水平传送带保持 1m/s 的速度运动。一质量为1kg的物体与传送带间的动摩擦因数为0.2。现将该物体无初速地放到传送带上的A点，然后运动到了距A点1m 的B点，则皮带对该物体做的功为（ A ） A.0.5J B.2J A B C.2.5J D.5J 解: 设工件向右运动距离S 时，速度达到传送带的速度v，由动能定理可知 μ mgS=mv2/2 解得 S=0.25m<1m 说明工件未到达B点时，速度已达到v，所以工件动能的增量为 △EK = mv2/2 = 0.5×1×1= 0.5J
解析：考查向心加速度公式、动能定理、功率等概念和规律。
设b球的摆动半径为R，当摆过角度θ时的速度为v， 1 2 mgR sin mv 对b球由动能定理： 2 此时绳子拉力为T=3mg，在绳子方向由向心力公式： v2 T mg sin m R 解得θ=90°，A对B错；
故b球摆动到最低点的过程中一直机械能守恒,竖直方向的分速度先从零开始逐渐增大,然后逐渐减小到零, 故重力的瞬时功率Pb = mgvy 先增大后减小，C对D错。
3.如图所示，PQ是固定在水平桌面上的固定挡板，质量为m的小木块N从靠近P以一定的初速度向Q运动，已知物块与桌面间的动摩擦因数为μ ，P与Q相距为s，物块与Q板碰撞n次后，最后静止于 PQ的中点，则整个过程摩擦力所做的功为多少？(n为自然数)

高考物理一轮复习专项训练物理动能与动能定理含解析

高考物理一轮复习专项训练物理动能与动能定理含解析一、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，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。

质量分别为m 1=0.3kg 和m 2=1kg 两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。

已知传送带以v 0=1.5m/s 的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.15．某时剪断细绳，小物体m 1向左运动，m 2向右运动速度大小为v 2=3m/s ，g 取10m/s 2．求：(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能E p(2)从小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E(3)为了让小物体m 1从C 点水平飞出后落至AB 平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC 的半径R 和小物体m 1平抛的最大水平位移x 的大小。

新教材高考生物一轮复习过关练12动能和动能定理含解析

动能和动能定理题组一动能的概念1．质量为m 的宇宙飞船，进入地球大气层时的速度为v ，此时它的动能为( )A ．mvB ．12mvC ．mv 2D ．12mv 2 [答案] D2．在下列几种情况中，甲、乙两物体的动能相等的是( )A ．甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的12B ．甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的12C ．甲的质量是乙的8倍，甲的速度是乙的12D ．质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动D 由E k ＝12mv 2可知D 正确。

3．改变物体的质量和速度都可改变物体的动能，在下列情况下，物体的动能变化最大的是( )A ．物体的质量不变，运动速度增大到原来的2倍B ．物体的速度不变，质量增大到原来的2倍C ．物体的质量变为原来的3倍，运动速度减为原来的一半D ．物体的质量变为原来的一半，速度增大到为原来的4倍D 由E k ＝12mv 2可知D 正确。

4．关于动能的理解，下列说法正确的是( )A ．一般情况下，E k ＝12mv 2中的v 是相对于地面的速度 B ．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向有关C ．物体以相同的速率向东和向西运动，动能的大小相等、方向相反D ．当物体以不变的速率做曲线运动时其动能不断变化A 动能是标量，由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关；动能具有相对性，无特别说明，一般指相对于地面的动能，A正确。

题组二动能定理的理解和应用5．关于动能定理，下列说法中正确的是( )A．在某过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的绝对值之和B．只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变C．动能定理只适用于直线运动，不适用于曲线运动D．动能定理既适用于恒力做功的情况，又适用于变力做功的情况D 外力做的总功等于各个力做功的代数和，故A错；力对物体做功的代数和为零时，动能不发生变化，故B错；根据动能定理的适用条件知，C错，D对。

6．一辆在水平路面上行驶的汽车，关闭发动机后继续运动了一段距离停下来。

物理一轮复习专题24 探究动能定理(练)(含解析)

专题24 探究动能定理1．某兴趣小组想通过物块在斜面上运动的实验探究“合外力做功和物体速度变化的关系”．实验开始前，他们提出了以下几种猜想：①W∝ 错误!，②W∝v，③W∝v2.他们的实验装置如图甲所示，PQ为一块倾斜放置的木板，在Q处固定一个速度传感器(用来测量物体每次通过Q点时的速度),每次实验，物体从不同初始位置处由静止释放．同学们设计了以下表格来记录实验数据．其中L1、L2、L3、L4……代表物体分别从不同初始位置处无初速释放时初始位置到速度传感器的距离,v1、v2、v3、v4……表示物体每次通过Q点的速度。

他们根据实验数据绘制了如图乙所示的L－v图象,并得出结论W∝v2。

(1）你认为他们的做法是否合适？（2)你有什么好的建议？(3）在此实验中，木板与物体间摩擦力的大小________(填“会"或“不会")影响探究出的结果．【答案】（1）.不合适 (2)。

应进一步绘制L－v2图像（3）。

不会2．为了探究“合外力做功和动能变化的关系"的实验,某实验小组使用如图所示的水平气垫导轨装置进行实验。

其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间分别为t1、t2都可以被测量并记录，滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，两光电门间距离为x,绳悬吊的砝码的质量为m （m远小于M），重力加速度为g.滑行器从G1到G2的过程中增加的动能为________________,合力对滑行器做的功为_________________。

(用t1、t2、D、x、M、m和g表示)【答案】2222211()2D DMt t，mgx3．如图l所示，某组同学借用“探究a与F和m之间的定量关系"的相关实验思想、原理及操作,进行“研究合外力做功和动能变化瞬关系”的实验：①为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘；通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做____运动。

2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—动能定理及其应用(附答案解析)

2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—动能定理及其应用(附答案解析)1.如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定( )A ．等于拉力所做的功B ．小于拉力所做的功C ．等于克服摩擦力所做的功D ．大于克服摩擦力所做的功2.(2021·山东卷·3)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L 的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O 转动，另一端与质量为m 的小木块相连。

木块以水平初速度v 0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。

在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为( )A.mv 022πLB.mv 024πLC.mv 028πLD.mv 0216πL3．在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力将篮球斜向上投出，篮球以大小约为1 m/s 的速度撞击篮筐。

已知篮球质量约为0.6 kg ，篮筐离地高度约为3 m ，忽略篮球受到的空气阻力，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，则该同学罚球时对篮球做的功大约为( ) A ．1 J B ．10 J C ．50 J D ．100 J4．(2024·安徽淮南市一模)某物体以一定初速度做平抛运动，从t ＝0时刻起，物体的动能E k 随时间t 变化的情况正确的是( )5.如图所示，光滑固定斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m 的小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。

设小球在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，重力加速度为g ，则小球从A 到C 的过程中弹簧弹力做的功为( )A ．mgh －12mv 2B.12mv 2－mgh C ．－mghD ．－(mgh ＋12mv 2)6．(2023·湖南怀化市模拟)如图所示，DO 是水平面，AB 是斜面，初速度为v 0的物体从D 点出发沿DBA 滑动到顶点A 时速度刚好为零，如果斜面改为AC ，让该物体从D 点出发沿DCA 滑动到A 点且速度刚好为零，则物体具有的初速度(已知物体与斜面及水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，不计B 、C 处能量损失)( )A ．等于v 0B ．大于v 0C ．小于v 0D ．取决于斜面7.(2023·重庆卷·13)机械臂广泛应用于机械装配。

高考物理一轮复习专项训练物理动能与动能定理及解析

高考物理一轮复习专项训练物理动能与动能定理及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，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．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。

高考物理一轮复习模拟试题：动能和动能定理有答案

动能和动能定理检测试题一、选择题(本题共10个小题，每小题7分，共70分，每小题只有一个选项正确，请将正确选项前的字母填在题后的括号内)1．如图所示，质量为m 的物块，在恒力F 的作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A 点和B 点的速度分别是v A 和v B ，物块由A 运动到B 点的过程中，力F 对物块做的功W 为( )A ．W >12m v 2B －12m v 2AB ．W ＝12m v 2B －12m v 2A C ．W ＝12m v 2A －12m v 2B D ．由于F 的方向未知，W 无法求出解析：对物块由动能定理得：W ＝12m v 2B －12m v 2A ，故选项B 正确．答案：B2．如图所示，质量为m 的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k 倍，物块与转轴OO ′相距R ，物块随转台由静止开始转动，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到滑动前的这一过程中，转台的摩擦力对物块做的功为( )A ．0B ．2πkmgRC ．2kmgRD.12kmgR 解析：在转速增加的过程中，转台对物块的摩擦力是不断变化的，当转速增加到一定值时，物块在转台上即将滑动，说明此时最大静摩擦力提供向心力，即 kmg ＝m v 2R①在这一过程中对物块用动能定理 W ＝12m v 2②由①②知，转台的摩擦力对物块所做的功 W ＝12kmgR ，D 对．答案：D3．一个质量为0.5 kg 的物体，从静止开始做直线运动，物体所受合外力F 随物体位移x 变化的图象如图所示，则物体位移x ＝8 m 时，物体的速度为( ) A ．2 m/sB ．8 m/sC ．4 2 m/sD ．4 m/s解析：F －x 图象面积表示功，横轴上方为正功，下方为负功，可求W ＝8 J ；由动能定理得，12m v 2＝8，v ＝4 2 m/s. 答案：C4.如图所示，将小球a 从地面以初速度v 0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b 从距地面h 处由静止释放，两球恰在h2处相遇(不计空气阻力)．则( )A ．两球同时落地B ．相遇时两球速度大小相等C ．从开始运动到相遇，球a 动能的减少量等于球b 动能的增加量D ．相遇后的任意时刻，重力对球a 做功功率和对球b 做功功率相等解析：在相遇处，b 球速度v b ＝2g ×h2＝gh ，方向向下；此时v a ＝0，之后a 开始做自由落体运动，b 球先落地，A 错误，同时也看出B 错误．从开始运动到相遇的过程中，重力对a 球做负功，对b 球做正功，大小相等，均为12mgh ，根据动能定理判断，C 正确．两球相遇后，v a <v b ，由P ＝mg v知，P a <P b ，D 错误．答案：C5 .如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB 、BC 两段，AB ＝2BC .小物块P (可视为质点)与AB 、BC 两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知P 由静止开始从A 点释放，恰好能滑动到C 点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是( )A ．tan θ＝μ1＋2μ23B ．tan θ＝2μ1＋μ23C ．tan θ＝2μ1－μ2D ．tan θ＝2μ2－μ1解析：设斜面的长度为l ，小物块从斜面顶端下滑到斜面底端的全过程由动能定理得： mgl sin θ－μ1mg 2l 3cos θ－μ2mg l3cos θ＝0，解得tan θ＝2μ1＋μ23，故B 正确．答案：B6. 如图所示，木箱高为L ，其底部有一个小物体Q (质点)，现用力竖直向上拉木箱，使木箱由静止开始向上运动．若保持拉力的功率不变，经过时间t ，木箱达到最大速度，这时让木箱突然停止，小物体会继续向上运动，且恰能到达木箱顶端．已知重力加速度为g ，不计空气阻力，由以上信息，可以求出的物理量是( )①木箱的最大速度 ②时间t 内拉力的功率 ③时间t 内木箱上升的高度 ④木箱和小物体的质量 A ．①② B ．①③ C ．②③D ．②④解析：最大速度v m ＝2gL ，此时F ＝(M ＋m )g ，P ＝F v m ，由动能定理，Pt －(M ＋m )gh ＝12(M ＋m )v 2m ，可以求得时间t 内木箱上升的高度h . 答案：C7．如下图所示，在高1.5 m 的光滑平台上有一个质量为2 kg 的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧．当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g ＝10 m/s 2)A ．10 JB ．15 JC ．20 JD ．25 J解析：由h ＝12gt 2和v y ＝gt 得：v y ＝30 m/s ，落地时，tan 60°＝v yv 0可得：v 0＝v ytan 60°＝10 m/s.小球刚被弹出时所获得的动能来源于弹簧弹力做功，由动能定理知：W ＝12m v 20，弹簧弹力做的功源自弹簧弹性势能，故E p ＝W ＝12m v 20＝10 J.答案：A8．如图所示，平直木板AB 倾斜放置，板上的P 点距A 端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A 到B 逐渐减小．先让物块从A 由静止开始滑到B .然后，将A着地，抬高B ，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B 由静止开始滑到A .上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有( )A ．物块经过P 点的动能，后一过程较小B ．物块从顶端滑到P 点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少C ．物块滑到底端的速度，前一过程较大D ．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长解析：由动能定理可知A 选项错误、C 选项错误．产生热量Q ＝F f x ，据题意知F f AP ＞F f BP ，同时x AP ＜x BP ，所以两过程产生的热量大小不能确定，B 项错误．结合加速度变化特点利用v －t 图可知D 项正确．答案：D9．一辆汽车以v 1＝6 m/s 的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行x 1＝3.6 m ，如果改为以v 2＝8 m/s 的速度行驶时，同样情况下急刹车后滑行的距离x 2为( ) A ．6.4 m B ．5.6 m C ．7.2 mD ．10.8 m解析：急刹车后，车只受摩擦力的作用，且两种情况下摩擦力大小是相同的，汽车的末速度皆为零．设摩擦力为F ，在两次刹车的过程中，根据动能定理－Fx 1＝0－12m v 21－Fx 2＝0－12m v 22两式相除x 2x 1＝v 22v 21，汽车滑行距离x 2＝v 2221x 1＝(86)2×3.6 m ＝6.4 m.答案：A10．一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能不可能( )A ．一直增大B ．先逐渐减小至零，再逐渐增大C ．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D ．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大解析：当恒力方向与质点原来速度方向相同时，质点的动能一直增大，故A 可能．当恒力方向与质点原来速度方向相反时，速度先逐渐减小到零再逐渐增大，质点的动能也先逐渐减小至零再逐渐增大，故B 可能．当恒力方向与原来质点的速度方向夹角大于90°时，将原来速度v 0分解为平行恒力方向的v y 、垂直恒力方向的v x ，如图(1)，v y 先逐渐减小到零再逐渐增大，v x 始终不变．v ＝v 2x ＋v 2y ，质点速度v 先逐渐减小至v x 再逐渐增大，质点的动能先减小至某一非零的最小值，再逐渐增大，故D 可能．当恒力方向与v 0方向夹角小于90°时，如图(2)，v y 一直增大，v x 始终不变，质点速度v 逐渐增大．动能一直增大，没有其他情况，故C 不可能．答案：C二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图．比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB 处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O ，为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1＝0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至μ2＝0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C 在投掷线中点处以2 m/s 的速度沿虚线滑出．为使冰壶C 能够沿虚线恰好到达圆心O 点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？(g 取10 m/s 2)解析：设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为x 1，所受摩擦力的大小为F f 1；在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为x 2，所受摩擦力为F f 2，则有： x 1＋x 2＝x式中x 为投掷线到圆心O 的距离．又F f 1＝μ1mg F f 2＝μ2mg设冰壶的初速度为v 0，由动能定理得：－F f 1x 1－F f 2x 2＝－12m v 20联立以上各式解得：x 2＝2μ1gx －v 22g (μ1－μ2)代入数据解得x 2＝10 m. 答案：10 m12．(15分)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μ＝0.25，g 取10 m/s 2，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？解析：(1)由题图乙知，在前2 m 内，F 1＝2mg ，做正功；在第3 m 内，F 2＝－0.5mg ，做负功；在第4 m 内，F 3＝0. 滑动摩擦力F f ＝－μmg ＝－0.25mg ，始终做负功．对OA 过程由动能定理得 F 1x 1＋F 2x 2＋F f ·x ＝12m v 2A－0.即2mg ×2－0.5mg ×1－0.25mg ×4＝12m v 2A ，解得v A ＝5 2 m/s.(2)冲上斜面的过程，由动能定理得－mg ·L ·sin 30°＝0－12m v 2A ，所以冲上斜面AB 的长度L ＝5 m. 答案：(1)5 2 m/s (2)5 m。

高考物理一轮复习动能定理及其应用专题训练(附答案)

高考物理一轮复习动能定理及其应用专题训练（附答案）高考物理一轮复习动能定理及其应用专题训练（附答案）所谓动能，简单的说就是指物体因运动而具有的能量。

以下是动能定理及其应用专题训练，请考生认真练习。

1.(多选)关于动能定理的表达式W=Ek2-Ek1，下列说法正确的是()A.公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B.公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C.公式中的Ek2-Ek1为动能的增量，当W0时动能增加，当W0时，动能减少D.动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功2.一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B 上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。

在此过程中()A.外力F做的功等于A和B动能的增量B.B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量C.A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D.外力F对B做的功等于B的动能的增量长度均为l，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v0从a点滑上第一块，则物体恰好滑到第三块的末尾d点停下来，物体在运动中地毯保持静止，若让物体从d点以相同的初速度水平向左运动，则物体运动到某一点时的速度大小与该物体向右运动到该位置的速度大小相等，则这一点是() A.a点 B.b点C.c点D.d点对点训练：动能定理的图像问题7.(2019临沂检测)物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。

以a、Ek、s和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间，则以下各图像中，能正确反映这一过程的是()8.(2019浙江十校联考)用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度时间图像如图6所示，且，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1;物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是()A.W1W2，F=2FfB.W1=W2，F2FfC.P12FfD.P1=P2，F=2Ff9.(多选)(2019洛阳模拟)如图7甲所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。

第一轮复习——动能定理

功、机械能汽车启动专题1、汽车发动机的额定牵引功率为60kW ，汽车质量为kg 3105×，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重的0.1倍，求：（1）汽车保持以额定功率从静止启动后能达到的最大速度是多少？（2）若汽车从静止开始，保持以2/5.0s m 的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？2、额定功率为80kW 的汽车，在平直公路上行驶的最大速度是20m/s ，汽车的质量是2t ，如果汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小是22/s m ，运动过程中阻力不变，求：（1）汽车受到的阻力多大？（2）3s 末汽车的瞬时功率多大？（3）汽车维持匀加速运动的时间是多少？3、已知车重为5吨，地面与车的摩擦因数为2.0=µ，汽车从静止开始以2/2s m a =的加速度做匀加速运动，最后汽车匀速运动时速度为s m v /20=，求：（1）汽车匀加速运动的时间（2）若汽车一共前进了15秒，求汽车走过的距离为多少？4、马拉着质量为60kg 的雪橇，从静止开始用80s 的时间沿平直冰面跑完1km ，设雪橇在运动过程中受到的阻力保持不变，并且他在开始运动的8.0s 时间做匀加速直线运动，从第8.0秒末，马拉雪橇做功的功率保持不变，继续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速运动，速度大小时1.5m/s 。

求在这80s 的运动过程中，马拉雪橇做功的平均功率，以及雪橇在运动过程中而受阻力的大小5、用电机将重为m=8kg 的重物从静止开始提升90m ，已知绳子拉力为120N ，重物以恒定加速度启动，上升过程中的最大速度为15m/s ，求上升的总时间6、如图所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物的速度v 与轻绳的拉力F ，并描绘出Fv 1−图像。

假设某此实验所得的图像如图所示，其中线段AB 与v 轴平行，它反应了被提升重物在第一个时间段内v 和F 1的关系；线段BC 的延长线过原点，它反映了被提升重物在第二个时间段内v 和F1的关系；第三个时间段内拉力F 和速度v 均为C 点所对应的大小保持不变，因此图像上没有反映，实验中还测得重物由静止开始经过t=1.4秒，速度增加到s m v C /0.3=。

高考物理一轮复习讲练测(全国通用)6.2动能定理及其应用(讲)(原卷版+解析)

第六章机械能守恒定律【网络构建】专题6.2 动能定理及其应用【网络构建】考点一动能定理的理解1．定理中“外力”的两点理解(1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．(2)既可以是恒力，也可以是变力．2．公式中“＝”体现的三个关系考点二动能定理在直线运动中的应用1.若在直线运动中知道初、末状态，而不需要考虑中间过程时，一般用动能定理处理位移与速度的关系2.一般用分段法来处理问题，找准直线运动中转折处其动能有无损失考点三动能定理与图象的结合问题1．解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题．2．四类图象所围“面积”的含义考点四动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用1．由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可．2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．3．全过程列式涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积；(3)弹簧弹力做功与路径无关．4．应用动能定理解题的基本步骤高频考点一动能定理的理解例1、关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系．下列说法正确的是( ) A ．合外力为零，则合外力做功一定为零 B ．合外力做功为零，则合外力一定为零 C ．合外力做功越多，则动能一定越大 D ．动能不变，则物体合外力一定为零【变式训练】北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目．将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来．换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将 A ．不变 B ．变小 C ．变大 D ．无法判断高频考点二动能定理在直线运动中的应用例2、如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型．物块自左侧斜面上A 点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B 点．实验中测量出了三个角度，左、右斜面的倾角α和β及AB 连线与水平面的夹角为θ.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是A ．μ＝tan αB ．μ＝tan βC ．μ＝tan θD ．μ＝tanα－β2【变式训练】如图所示，质量为m 的小球，从离地面H 高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h 深度而停止，设小球受到空气阻力为f ，重力加速度为g ，则下列说法正确( )A ．小球落地时动能等于mgHB ．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C ．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )D ．小球在泥土中受到的平均阻力为mg (1＋Hh)高频考点三动能定理与图象的结合问题x F 图像例3、在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g ＝10 m/s 2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )A．物体与水平面间的动摩擦因数B．合外力对物体所做的功C．物体做匀速运动时的速度D．物体运动的时间【变式训练】如图甲所示，一质量为4 kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系图象如图乙所示，已知物体与面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s2，则下列说法正确的是()A．物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动B．物体在水平地面上运动的最大位移是10 m C．物体运动的最大速度为215 m/s D．物体在运动中的加速度先变小后不变v 图像t例4、地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程()A．矿车上升所用的时间之比为4∶5 B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1 D．电机所做的功之比为4∶5【变式训练】A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v－t图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是()A ．F 1、F 2大小之比为1∶2B ．F 1、F 2对A 、B 做功之比为1∶2C ．A 、B 质量之比为2∶1D ．全过程中A 、B 克服摩擦力做功之比为2∶1t a -图像例5、质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg ，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为 ( )A.14mgRB.310mgRC.12mgR D ．mgR【变式训练】用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功x E k -图像例6、从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图象是 ( )【变式训练】小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k 与位移x 关系的图线是( )高频考点四动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用运用动能定理巧解往复运动问题例7、如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50 m．盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为()A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0【变式训练】如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离．动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题例8、如图，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段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0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．已知R＝0.4 m，l＝2.5 m，v0＝6 m/s，物块质量m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩擦不计．g取10 m/s2.求：(1)物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；(2)物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度L，当L长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．【变式训练】如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则下列说法错误的是()A．小物块的初速度是5 m/s B．小物块的水平射程为1.2 mC．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D．小物块落地时的动能为0.9 J第六章机械能守恒定律【网络构建】专题6.2 动能定理及其应用【网络构建】考点一动能定理的理解1．定理中“外力”的两点理解(1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．(2)既可以是恒力，也可以是变力．2．公式中“＝”体现的三个关系考点二动能定理在直线运动中的应用3.若在直线运动中知道初、末状态，而不需要考虑中间过程时，一般用动能定理处理位移与速度的关系4.一般用分段法来处理问题，找准直线运动中转折处其动能有无损失考点三动能定理与图象的结合问题1．解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题．2．四类图象所围“面积”的含义考点四动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用1．由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可．2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．3．全过程列式涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积；(3)弹簧弹力做功与路径无关．4．应用动能定理解题的基本步骤高频考点一动能定理的理解例1、关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系．下列说法正确的是( )A ．合外力为零，则合外力做功一定为零B ．合外力做功为零，则合外力一定为零C ．合外力做功越多，则动能一定越大D ．动能不变，则物体合外力一定为零答案:A.解析：由W ＝Fl cos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，可能是α＝90°，故A 正确，B 错误；由动能定理W ＝ΔE k 可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，C 、D 均错误．【变式训练】北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目．将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来．换一个材料相同、质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将A ．不变B ．变小C ．变大D ．无法判断答案: A解析：冰壶在冰面上以一定初速度被推出后，在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据动能定理有－μmgs ＝0－12mv 2，得s ＝v 22μg，两种冰壶的初速度相等，材料相同，故运动的距离相等．故选项A 正确．高频考点二动能定理在直线运动中的应用例2、如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型．物块自左侧斜面上A 点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B 点．实验中测量出了三个角度，左、右斜面的倾角α和β及AB 连线与水平面的夹角为θ.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是A ．μ＝tan αB ．μ＝tan βC ．μ＝tan θD ．μ＝tan α－β2答案:C解析：对全过程运用动能定理，结合摩擦力做功的大小，求出动摩擦因数大小．设A 、B 间的水平长度为x ，竖直高度差为h ，对A 到B 的过程运用动能定理得mgh －μmg cos α·AC －μmg ·CE －μmg cos β·EB ＝0，因为AC ·cos α＋CE ＋EB ·cos β＝x ，则有mgh －μmgx ＝0，解得μ＝h x＝tan θ，故C 正确．【变式训练】如图所示，质量为m 的小球，从离地面H 高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h 深度而停止，设小球受到空气阻力为f ，重力加速度为g ，则下列说法正确( )A ．小球落地时动能等于mgHB ．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C ．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )D ．小球在泥土中受到的平均阻力为mg (1＋H h) 答案:C解析：小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH －fH ＝12mv 20，选项A 错误；设泥的平均阻力为f 0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh －f 0h ＝0－12mv 20，解得f 0h ＝mgh ＋12mv 20＝mgh ＋mgH －fH ，f 0＝mg (1＋H h )－fH h，选项B 、D 错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )，选项C 正确．高频考点三动能定理与图象的结合问题 x F 图像例3、在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g ＝10 m/s 2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数B ．合外力对物体所做的功C ．物体做匀速运动时的速度D ．物体运动的时间答案:ABC解析：.物体做匀速直线运动时，拉力F 与滑动摩擦力f 大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝F mg ＝0.35，A 正确；减速过程由动能定理得W F ＋W f ＝0－12mv 2，根据F －x 图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F 做的功W F ，而W f ＝－μmgx ，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v ，B 、C 正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D 错误．【变式训练】如图甲所示，一质量为4 kg 的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F 作用下开始运动，推力F 随位移x 变化的关系图象如图乙所示，已知物体与面间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是 ( )B ．物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动 B ．物体在水平地面上运动的最大位移是10 mC ．物体运动的最大速度为215 m/sD ．物体在运动中的加速度先变小后不变答案: B解析：当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A 错误；图乙中图线与坐标轴所围成的三角形面积表示推力对物体做的功，由此可得推力做的功为W ＝12×4×100 J ＝200 J ，根据动能定理有W －μmgx max ＝0，得x max ＝10 m ，选项B 正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F ＝100－25x (N)，当F ＝μmg ＝20 N 时，x ＝3.2 m ，由动能定理得12(100＋20)·x －μmgx ＝12mv 2max，解得物体运动的最大速度v max ＝8 m/s ，选项C 错误；当推力由100 N 减小到20 N 的过程中，物体的加速度逐渐减小，当推力由20 N 减小到0的过程中，物体的加速度又反向增大，此后物体的加速度不变，直至物体静止，故D 项错误． t v 图像例4、地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程 ( )A ．矿车上升所用的时间之比为4∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶5 答案:AC解析：由图线①知，矿车上升总高度h ＝v 02·2t 0＝v 0t 0. 由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和h 1＝v 022·(t 02＋t 02)＝14v 0t 0 匀速阶段：h －h 1＝12v 0·t ′，解得t ′＝32t 0 故第②次提升过程所用时间为t 02＋32t 0＋t 02＝52t 0，两次上升所用时间之比为2t 0∶52t 0＝4∶5，A 对；对矿车受力分析，当矿车向上做加速直线运动时，电机的牵引力最大，由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B 错；在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，F －mg ＝ma ，F ＝m (g ＋a )第①次在t 0时刻，功率P 1＝F ·v 0，第②次在t 02时刻，功率P 2＝F ·v 02，第②次在匀速阶段P 2′＝F ′·v 02＝mg ·v 02＜P 2，可知，电机输出的最大功率之比P 1∶P 2＝2∶1，C 对；由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D 错．【变式训练】A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，先后撤去F 1、F 2后，两物体最终停下，它们的v －t 图象如图所示．已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等．则下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2大小之比为1∶2B ．F 1、F 2对A 、B 做功之比为1∶2C ．A 、B 质量之比为2∶1D ．全过程中A 、B 克服摩擦力做功之比为2∶1答案:C.解析：由v －t 图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知，A 、B 受摩擦力大小相等，所以A 、B 的质量关系是2∶1，由v －t 图象可知，A 、B 两物体加速与减速的位移之和相等，且匀加速位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得，A 物体的拉力与摩擦力的关系，F 1·x －F f1·3x ＝0－0；B 物体的拉力与摩擦力的关系，F 2·2x －F f2·3x ＝0－0，因此可得：F 1＝3F f1，F 2＝32F f2，F f1＝F f2，所以F 1＝2F 2.全过程中摩擦力对A 、B 做功相等，F 1、F 2对A 、B 做功大小相等．故A 、B 、D 错误，C 正确．t a -图像例5、质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg ，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为 ( )A.14mgRB.310mgRC.12mgR D ．mgR答案:C解析：最低点7mg －mg ＝mv 21R ，则最低点速度为： v 1＝6gR最高点mg ＝mv 22R，则最高点速度为：v 2＝gR 由动能定理得：－2mgR ＋W f ＝12mv 22－12mv 21 解得：W f ＝－12mgR ，故克服空气阻力做功W f ＝12mgR ，故选项C 正确，A 、B 、D 错误．【变式训练】用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功答案:D.解析：由v ＝at 可知，a －t 图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度，0～6 s 内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A 项错；t ＝5 s 时，速度最大，B 项错；2～4 s 内加速度保持不变且不为零，速度一定变化，C 项错；0～4 s 内与0～6 s 内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4 s 末和6 s 末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D 项对． x E k -图像例6、从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图象是 ( )答案:A解析：对于整个竖直上抛过程(包括上升与下落)，速度与时间的关系为 v ＝v 0－gt ，v 2＝g 2t 2－2v 0gt ＋v 20，E k ＝12mv 2，可见动能与时间是二次函数关系，由数学中的二次函数知识可判断A 正确．【变式训练】小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k 与位移x 关系的图线是( )答案:C. 解析：设斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块质量为m ，小物块沿斜面向上滑动过程，由动能定理得，－(mg sin θ＋μmg cos θ)x ＝E k －E k0，即E k ＝E k0－(mg sin θ＋μmg cos θ)x ；设小物块滑到最高点的距离为L ，小物块沿斜面滑动全过程由能量守恒定律得，E k ＝E k0－mgx sin θ－μmg cos θ(2L －x )＝(E k0－2μmgL cos θ)－(mg sin θ－μmg cos θ)x ，故选项C 正确．高频考点四动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用运用动能定理巧解往复运动问题例7、如图所示，ABCD 是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与BC 相切的圆弧，BC 是水平的，其距离d ＝0.50 m ．盆边缘的高度为h ＝0.30 m ．在A 处放一个质量为m 的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为 μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B 的距离为 ( )A ．0.50 mB ．0.25 mC ．0.10 mD ．0答案:D解析：设小物块在BC 段通过的总路程为s ，由于只有BC 面上存在摩擦力，其做功为－μmgs ，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh －μmgs ＝0－0，代入数据可解得s ＝3 m ．由于d ＝0.50 m ，所以，小物块在BC 面上经过3次往复运动后，又回到B 点，D 正确．【变式训练】如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度s ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m 、h 2＝1.35 m ．现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B 点的距离．答案:(1)3 m/s (2)1.4 m解析：(1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得mg (h 1－h 2)－μmgs ＝12mv 2D－0 将h 1、h 2、s 、μ、g 代入得：v D ＝3 m/s.(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s 总．有：mgh 1＝μmgs 总将h 1、μ代入得：s 总＝8.6 m故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为2s －s 总＝1.4 m.动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题例8、如图，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 段铺设特殊材料，调节其初始长度为l ，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A 点以初速度v 0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．已知R ＝0.4 m ，l ＝2.5 m ，v 0＝6 m/s ，物块质量m ＝1 kg ，与PQ 段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其他部分摩擦不计．g 取10 m/s 2.求：(1)物块第一次经过圆轨道最高点B 时对轨道的压力；(2)物块仍以v 0从右侧冲上轨道，调节PQ 段的长度L ，当L 长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A 点继续向右运动．答案:(1)40 N ，竖直向上 (2)1 m解析：(1)对物块，首次从A 到B ，有－mg ·2R ＝12mv 2B －12mv 20 在B 点，有：N 1＋mg ＝mv 2B R解得：N 1＝40 N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为40 N ，方向竖直向上．(2)对物块，从A 点到第二次到达B 点：－f ·2L －mg ·2R ＝12mv B ′2－12mv 20，f ＝μmg 在B 点，有：mg ＝mv B ′2R解得：L ＝1 m【变式训练】如图所示，质量为0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m 后以3.0 m/s 的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m ，若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则下列说法错误的是( )A ．小物块的初速度是5 m/sB ．小物块的水平射程为1.2 mC ．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J 的功D ．小物块落地时的动能为0.9 J 答案:ABC.解析：小物块在桌面上克服摩擦力做功W f ＝μmgL ＝2 J ，C 错；在水平桌面上滑行，由动能定理得－W f ＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝7 m/s ，A 错；小物块飞离桌面后做平抛运动，有x ＝vt 、h ＝12gt 2，联立解得x ＝0.9 m ，B 错；设小物块落地时动能为E k ，由动能定理得mgh ＝E k －12mv 2，解得E k ＝0.9 J ，D 对．。

2023届高三物理一轮复习最新试题汇编：动能定理及应用

2023届高三物理一轮复习最新试题汇编：动能定理及应用物理考试注意事项：1、填写答题卡的内容用2B 铅笔填写2、提前 xx 分钟收取答题卡第Ⅰ卷客观题第Ⅰ卷的注释(共7题；共14分)1．（2分）如图所示，将一质量为m 的小球从空中O 点以速度v 0水平抛出，飞行一段时间后，小球经过P 点时动能E k =5mv 02，不计空气阻力，则小球从O 到P （）A ．下落的高度为5v 02gB ．速度增量为3v 0，方向斜向下C ．运动方向改变的角度满足tanθ=13D ．经过的时间为3v0g2．（2分）如图所示，可视为质点的一枚象棋子，从长1m 的水平桌面的一端以初速度v 0沿中线滑向另一端，经1s 从另一端滑落。

象棋子与桌面间的动摩擦因数为μ，且处处相同，重力加速度g 取10m/s 2。

下列v 0和μ的值可能正确的是（）A ．3.0m/s ，0.25B ．2.5m/s ，0.2C ．1.5m/s ，0.1D ．2.0m/s ，0.153．（2分）某广场上一喷泉喷出水柱的高度约有27层楼高。

该喷泉中心主喷水管的直径约为8cm ，请你据此估算用于驱动该喷管喷水的电动机输出功率至少应约为多大（） A ．1.6×105WB ．2.3×105WC ．4.6×105WD ．5.6×105W4．（2分）如图所示，倾角为 θ 的斜面固定在水平地面上，一质量为m 的物体在与斜面平行向上的恒力F 拉动下从静止开始运动，物体通过的位移等于 x 0 时，速度为 v 0 ，此时撤去恒力F ，物体继续沿斜面向上滑行位移 2x 0 后停止运动。

已知重力加速度大小为g 。

则下列说法正确的是（）A ．物体与斜面间的动摩擦因数 μ<tanθB ．在此过程中F 所做的功为 12mv 02C ．两段位移所对应的加速度大小之比为2：1D ．两段位移所用时间之比为 1：√25．（2分）如图所示，从高为h 的斜面体ABC 的顶点A 抛出一个质量为m 的小球（视为质点），落在底端B点，已知接触B 点前的瞬间小球的动能为E k ，取BC 所在水平面为零势能参考平面，不计空气阻力，重力加速度为g ，则小球被抛出时的速度大小为（）A ．√2（E k −mgℎ)mB ．√E k −mgℎ2mC ．√2（E k +mgℎ)mD ．√E k +mgℎ2m6．（2分）如图所示，在某一水平地面上的同一直线上，固定一个半径为R 的四分之一圆形轨道AB ，轨道右侧固定一个倾角为30°的斜面，斜面顶端固定一大小可忽略的轻滑轮，轻滑轮与OB 在同一水平高度。

物理高考一轮复习动能和动能定理

形轨道，AB间距L1应是多少；（2）在满足（1）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第二个圆形轨道的设计中，半径R2 的可变范围.
◆用动能定理处理多过程问题
13.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 的距离为 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的分力，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？
10.(2011·温州模拟)以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物体.假定物体所受的空气阻力f大小不变. 已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为( )源自A.2g(1 2 v0
f ) mg 2f ) mg
和 v0
和 v0
mg f mg f mg f mg f
◆用动能定理处理多过程问题
9.如图所示，质量为 m 的物体从斜面上的 A 处由静止滑下，在由斜面底端进入水平面时速度大小不变，最后停在水平面上的 B 处．量得 A、B 两点间的水平距离为 s，A 点距水平面高为 h，已知物体与斜面及水平面的动摩擦因数相同，求此动摩擦因数 μ?
◆用动能定理处理多过程问题
高三第一轮复习第五章：机械能
2
动能和动能定理
◆动能
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，速度不一定变化 D.动能不变的一定质量的物体，一定处于平衡状态
◆动能定理的理解
2.如图所示，用恒力 F 使一个质量为 m 的物体由静止开始沿水平地面移动的位移为 l，力 F 跟物体前进的方向的夹角为 α，物体与地面间的动摩擦因数为 μ，求： (1)力 F 对物体做功 W 的大小； (2)地面对物体的摩擦力 Ff 的大小； (3)物体获得的动能 Ek.

高考物理一轮复习探究动能定理专题练习(附答案)

高考物理一轮复习探究动能定理专题练习（附答案）动能具有瞬时性，是指力在一个进程中对物体所做的功等于在这个进程中动能的变化。

以下是探求动能定理专题练习，请大家细心练习。

1.(单项选择)在探求动能定理实验中，某同窗是用下面的方法和器材停止实验的：放在长木板上的小车，由运动末尾在几条完全相反的橡皮筋作用下沿木板运动，小车拉动固定在它下面的纸带，纸带穿过打点计时器.关于这一实验，以下说法错误的选项是()A.长木板要适当倾斜，以平衡小车运动中遭到的阻力B.重复实验时，虽然用到橡皮筋的条数不同，但每次应使橡皮筋拉伸的长度相反C.应用纸带上的点计算小车的速度时，应选用纸带上打点最密集的局部停止计算D.应用纸带上的点计算小车的速度时，应选用纸带上打点最平均的局部停止计算【答案】C【解析】在此题的实验中，由于小车在运动中遭到阻力(摩擦力和纸带的阻力)，所以要使长木板适当倾斜，以平衡小车运动进程中遭到的阻力，重复实验时，为了使橡皮筋对小车所做的功与它的条数成正比，所以用到橡皮筋的条数虽然不同，但每次应使橡皮筋拉伸的长度相反，应用纸带上的点计算小车的速度时，由于要计算的是小车脱离橡皮筋后匀速运动的速度，所以应选用纸带上打点最平均的局部停止计算，应选项A、B、D是正确的，应选C.2.(单项选择)在探求功与物体速度变化的关系实验中，关于橡皮筋做的功，以下说法正确的选项是()A.橡皮筋做的功可以直接测量B.经过添加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍添加C.橡皮筋在小车运动的全程中一直做功D.把橡皮筋拉伸为原来的2倍，橡皮筋做的功也添加为原来的2倍【答案】B【解析】橡皮筋做的功等于橡皮筋所释放的弹性势能，但无法直接测量，橡皮筋的条数成倍添加，弹性势能也会成倍添加，即做功成倍添加，但橡皮筋只是在释放弹性势能的一段时间内才做功，应选项A、C错误，B正确.橡皮筋的弹性势能与形变量的平方成正比，当拉伸为原来的2倍时，橡皮筋的做功变为原来的4倍，应选项D错误.3.在探求恒力做功与物体的动能改动量的关系实验中备有以下器材：A.打点计时器;B.天平;C.秒表;D.高压交流电源;E.电池;F.纸带;G.细线、砝码、小车、砝码盘;H.薄木板.(1)其中多余的器材是________(填对应字母)，缺少的器材是________.(2)测量时间的工具是________;测量质量的工具是________.(填对应字母)(3)小车(质量为m)在恒力F作用下做匀减速直线运动时打点计时器打出的纸带.测量数据已用字母表示在图中，打点计时器的打点周期为T.应用这些数据能否验证动能定理?假定不能，请说明理由;假定能，请说出做法，并对这种做法作出评价.【答案】(1)C、E 毫米刻度尺 (2)A B (3)见地析【解析】(1)计算小车速度是应用打上点的纸带，故不需求秒表.打点计时器应运用高压交流电源，故多余的器材是C、E.测量点之间的距离要用毫米刻度尺，故缺少的器材是毫米刻度尺.(2)测量时间的工具是A打点计时器，测量质量的工具是B 天平.(3)能从A到B的进程中，恒力做的功WAB=FxAB，物体动能的变化量EkB-EkA=mv-mv=m2-m2=m.只需验证FxAB=m即可.优点：A、B两点的距离较远，测量时的相对误差较小;缺陷：只停止了一次测量验证，压服力不强.4.(2021年三门峡模拟)某学习小组在探求功与速度变化关系的实验中采用了实验装置.(1)将气垫导轨接通气泵，经过调平螺丝调整气垫导轨使之水平，反省能否调平的方法是___________________________________________________ _____________________.(2)游标卡尺测得遮光条的宽度d=________cm.实验时，将橡皮条挂在滑块的挂钩上，向后拉伸一定的距离，并做好标志，以保证每次拉伸的距离恒定.现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门的时间为t，那么滑块最后匀速运动的速度表达式为________(用字母表示).(3)逐根添加橡皮条，记载每次遮光条经过光电门的时间，并计算出对应的速度.那么画出的W-v2图象应是________. 【答案】(1)将滑块轻置于气垫导轨之上，看其能否滑动;或将滑块轻置于气垫导轨之上，轻推滑块看能否匀速运动(2)0.550(3)过坐标原点的一条倾斜直线【解析】(1)反省导轨能否水平的方法：将滑块轻放在气垫导轨上，看其能否滑动(或将滑块轻放在气垫导轨上，轻推滑块看能否匀速运动).(2)d=5 mm+0.05 mm10=5.50 mm=0.550 cm滑块匀速运动的速度v=.(3)由动能定理可知，W=mv2，故画出的W-v2图象应是过坐标原点的一条倾斜直线.5.兴味小组在做探求做功和物体速度变化关系的实验前，提出了以下几种猜想：Wv，Wv2，W.他们的实验装置如图K5-5-5甲所示，PQ为一块倾斜放置的木板，在Q处固定一个速度传感器(用来测量物体每次经过Q点的速度).在刚末尾实验时，有位同窗提出，不需求测出物体质量，只需测出物体初始位置到速度传感器的距离和读出速度传感器的读数就行了，大家经过讨论采用了该同窗的建议.(1)请你简明说明为什么不需求测出物体的质量.___________________________________________________ _____________________(2)让小球区分从不同高度无初速释放，测出物体初始位置到速度传感器的距离L1、L2、L3、L4、，读出小球每次经过Q点的速度v1、v2、v3、v4、，并绘制了如图K5-5-5乙所示的L-v图象.假定为了更直观地看出L和v的变化关系，他们下一步应该怎样做?___________________________________________________ _____________________(3)在此实验中，木板与物体间摩擦力的大小会不会影响探求出的结果，为什么?【答案】(1)由于对物体做的功W与物体初始位置到测速器的距离L成正比 (2)下一步应该绘制L-v2图象 (3)不会摩擦力和重力的合力对物体做功也与距离L成正比【解析】(1)实验中物体沿斜面下滑，力对物体做功是恒力做功，其大小W正比于物体初始位置到测速器的距离. (2)L-v图象是曲线，应采用化曲为直的思想，由动能定理知Wv2，故Lv2，所以可画L-v2图象直观反映L-v关系. (3)摩擦力与重力的合力为恒力，WL，故不影响.6.(2021年上饶二模)某实验小组探求功和动能变化的关系，他们将宽度为d的挡光片固定在小车上，用不可伸长的细线将其经过一个定滑轮与砝码盘相连，在水平桌面上的A、B两点各装置一个光电门，记载小车经过A、B时的遮光时间，小车中可以放置砝码.实验主要步骤如下：(1)实验前应将木板左端稍微抬高，这样做的目的是_______________________________;(2)如图K5-5-6乙所示，用游标卡尺测量挡光片的宽度d=_________mm，再用刻度尺量得A、B之间的距离为L; (3)将小车停在C点，在砝码盘中放上砝码，小车在细线拉动下运动，记载此时小车及小车中砝码的质量之和为M，砝码盘和盘中砝码的总质量为m，小车经过A、B时的遮光时间区分为t1、t2，那么可以探求小车经过A、B进程中合外力做功与动能的变化的关系，重力减速度为g，探求结果的表达式是__________________.(用相应的字母m、M、t1、t2、L、d表示);(4)在小车中增减砝码或在砝码盘中增减砝码，重复③的操作.【答案】(1)平衡小车所遭到的摩擦力 (2)5.50(3)mgL=Md2(-)【解析】(1)木板稍微倾斜的目的是平衡摩擦力，小车遭到的拉力等于其合力，细线的拉力对小车做的功等于合力对小车做的功;(2)游标卡尺的读数先读出主尺的刻度数：5 mm，游标尺的刻度第10个刻度与上边的刻度对齐，所以读数为：0.0510 m=0.50 mm，总读数为：5 mm+0.50 mm=5.50 mm;(3)小车经过A时的速度：vA=，小车经过B时的速度：vB=; 那么小车经过A、B进程中动能的变化量E=Mv-Mv=Md2(-);砝码盘和盘中砝码遭到的重力做功，由动能定理得：mgL=E=Md2(-).7.水平轨道上装置两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器衔接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘.实验首先坚持轨道水平，经过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动以完成平衡摩擦力，再停止前面的操作，并在实验中取得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量m0，挡光板的宽度d，光电门1和2的中心距离s.(1)该实验能否需求满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车(含力传感器和挡光板)的质量_____________(填需求或不需求)(2)某次实验进程：力传感器的读数为F，小车经过光电门1和2的挡光时间区分为t1、t2(小车经过光电门2后，砝码盘才落地)，重力减速度为g，那么对该小车实验要验证的表达式是_____________________.【答案】(1)不需求(2)(F-m0g)s=M()2-M()2【解析】(1)该实验中由于曾经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需求满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量.(2)由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度替代瞬时速度.滑块经过光电门1速度为：v1=，滑块经过光电门2速度为：v2=，依据功用关系需求验证的关系式为(F-m0g)s=M()2-M()2.探求动能定理专题练习及答案的内容就为考生分享到这里，希望考生可以在考前做好预备。

新高考2025版高考物理一轮复习微专题小练习专题33动能和动能定理

专题33 动能和动能定理1．[2024·黑龙江哈尔滨32中期中]关于物体的动能，下列说法中正确的是 ( )A ．物体所受的合外力不为零，其动能肯定变更B ．物体速度变更，其动能肯定变更C ．物体的速度变更越大，其动能肯定变更也越大D ．物体的动能变更，其运动状态肯定发生变更2．(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上，质量为m 的物块受到沿斜面对上的恒力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12mv 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mgh3．[2024·广西“韬智杯”大联考](多选)如图甲所示，质量为 m ＝5.0 kg 的物体静止在水平地面上，在水平推力 F 作用下起先运动，水平推力 F 随位移 x 变更的图像如图乙所示(x ＝4.0 m 后无推力存在)，已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.50，取重力加速度 g ＝10 m/s 2.下列选项正确的是( )A ．物体从起先运动到距动身点4 m ，加速度先减小后增大B ．在距动身点3 m 位置时物体的速度达到最大C ．物体的最大速度为35 m/sD ．物体在水平地面上运动的最大位移是16.0 m4．(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起先运动，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 25．[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 的位置由静止起先下滑，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)变更小滑块从斜面上起先释放的位置，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．专题33 动能和动能定理1．D 合外力不为零但合外力不肯定做功，其动能不肯定变更，故A 错误；物体的速度有变更，可能只是速度方向发生变更，动能不肯定变更，故B 错误；物体的速度变更越大，动能变更不肯定越大，比如匀速圆周运动，速度变更量可能很大，但动能不变，故C 错误；假如物体的动能变更，则说明其速度大小肯定变更，速度发生了变更，运动状态肯定发生变更，故D 正确．2．ACD 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 ＝hsin 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．3．ABC 物体在水平方向受推力与摩擦力作用，由牛顿其次定律得F －μmg ＝ma ，加速度a ＝F m－μg ，由题图乙所示图像可知，从起先运动到距动身点4 m ，物体所受推力随位移的增加而减小，起先物体所受推力大于摩擦力，物体做加速运动，随推力F 的减小，加速度a 减小；当推力等于摩擦力时，合力为零，加速度为零；当推力小于摩擦力时物体所受合力方向与物体的速度方向相反，物体做减速运动，加速度a 渐渐增大，故物体的加速度先减小后增大，A 正确；由图像可知，推力F 随位移x 变更的关系式为F ＝100－25x (0≤x ≤4.0 m)，物体的速度最大时，加速度为零，此时有F ＝μmg ，解得x ＝3 m ，即在距动身点3 m 位置时物体的速度达到最大，B 正确；F x 图线与坐标轴围成图形的面积等于推力对物体做的功，设物体的最大速度为v m ，由题图乙所示图像可知，物体速度最大时，推力对物体做功W ＝12×(100＋25)×3 J＝187.5 J ，从物体起先运动到速度最大过程，对物体应用动能定理得W－μmgx ＝12mv 2m ，代入数据解得v m ＝35 m/s ，C 正确；推力对物体做的功等于图线与坐标轴围成的面积W ＝12×100×4 J＝200 J ，对物体运动的整个过程，依据动能定理得W －μmgx max ＝0，解得x max ＝8 m ，D 错误．4．BD 运动x ＝9 m 的过程由动能定理W －μmgx ＝12mv 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 ，依据牛顿其次定律，F 1－μmg ＝ma ，得a ＝1.5 m/s 2，C 错误，D 正确．5．(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)＝12 mv 2D －0解得：L ＝6.75 m。

高三物理一轮复习 5.2 动能动能定理练习题

(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)1.如右图所示，一物体以速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h，下列说法正确的是()A．若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高hB．若把斜面变成如图所示的半圆弧形，物体仍能沿AB′升高hC．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧形，物体不能升高h，因为物体的机械能不守恒D．若把斜面从C点锯断或弯成如图所示的半圆弧形，物体都不能升高h，但物体的机械能仍守恒【解析】若把斜面从C点锯断，物体到达最高点时水平速度不为零，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后不能升高h；若把斜面弯成如题图所示的半圆弧形，物体在升高h 之前已经脱离轨道．物体在这两种情况下机械能均守恒．【答案】 D2.游乐场中的一种滑梯如右图所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则()A．下滑过程中支持力对小朋友做功B．下滑过程中小朋友的重力势能增加C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功【解析】下滑过程中支持力的方向总与速度方向垂直，所以支持力不做功，A错误；越往下滑动重力势能越小，B错误；摩擦力的方向与速度方向相反，所以摩擦力做负功，机械能减少，D正确，C错误．【答案】 D3.一个高尔夫球静止于平坦的地面上．在t＝0时球被击出，飞行中球的速率与时间的关系如右图所示．若不计空气阻力的影响，根据图象提供的信息可以求出() A．高尔夫球在何时落地B．高尔夫球可上升的最大高度C．人击球时对高尔夫球做的功D．高尔夫球落地时离击球点的距离【解析】因高尔夫球击出后机械能守恒，所以从题中图象看到，5 s末速率与初速率相等，说明球落回到地面，在2.5 s速率最小，为水平速度，根据运动的合成与分解可以算出竖直方向的初速度，这样就可以算出高尔夫球上升的最大高度和运动的时间，在水平方向高尔夫球匀速运动，可以求出射程，因高尔夫球的质量未知，不能算出人击球时对高尔夫球做的功，C项错误．【答案】ABD4.一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于a位置，一重球(可视为质点)无初速放在弹簧上端静止时，弹簧上端被压缩到b位置．现让重球从高于a位置的c位置沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被重球压缩至d，以下关于重球下落运动过程中的正确说法是(不计空气阻力)()A．整个下落a至d过程中，重球均做减速运动B．重球落至b处获得最大速度C．在a至d过程中，重球克服弹簧弹力做的功等于重球由c至d的重力势能的减小量D．重球在b处具有的动能等于重球由c至b处减小的重力势能【答案】BC5.(2010年哈师大附中)在2008年北京奥运会上，俄罗斯著名撑杆跳运动员伊辛巴耶娃以5.05 m的成绩第24次打破世界纪录．右图为她在比赛中的几个画面，下列说法中正确的是()A．运动员助跑阶段，运动员的动能增加B．撑杆恢复形变时，其弹性势能全部转化为运动员的动能C．在上升过程中运动员先对杆做负功后对杆做正功D．运动员在上升过程中运动员的机械能守恒【答案】 B6.(2010年湖南师大附中)一不可伸长的轻绳两端各系小球a和b，跨在固定在同一高度的两根光滑水平细杆上，a球置于地面上，质量为3m，b球从水平位置静止释放，质量为m，如右图所示，当a球对地面压力刚好为零时，b球摆过的角度为θ，下列结论正确的是() A．θ＝90°B ．θ＝45°C ．b 球摆到最低点的过程中，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小D ．b 球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的瞬时功率一直增大【解析】设b 球的摆动半径为R ，当摆过角度θ时的速度为v ，对b 球由动能定理：mgR sin θ＝12m v 2，此时绳子拉力为F T ＝3mg ，在绳子方向由向心力公式：F T －mg sin θ＝m v 2R ，解得θ＝90°，A 对B 错；故b 球摆动到最低点的过程中一直机械能守恒，竖直方向的分速度先从零开始逐渐增大，然后逐渐减小到零，故重力的瞬时功率P b ＝mg v 竖先增大后减小，C 对D 错．【答案】 AC 7.面积很大的水池，水深为H ，水面上浮着一正方体木块，木块边长为a ，密度为水的1/2，质量为m .开始时，木块静止，有一半没入水中，如右图所示．现用力将木块缓慢地压到池底．在这一过程中( )A ．木块的机械能减少了mg ⎝⎛⎭⎫H －a 2 B ．水池中水的机械能不变C ．水池中水的机械能增加了2mg ⎝⎛⎭⎫H －a 2 D ．水池中水的机械能增加了2mg ⎝⎛⎭⎫H －5a 8 【答案】 AD8．用起重机将一个质量为m 的货物竖直向上以加速度a 匀加速提升H 米，在这个过程中，以下说法中正确的是( )A ．起重机对物体的拉力大小为maB ．物体的机械能增加了mgHC ．物体的动能增加了maHD ．物体的机械能增加了maH【解析】由动能定理可知，合外力对物体所做的功等于物体动能的变化，动能增加了F 合H ＝maH ，故选C.【答案】 C 9.(2010年华中科大附中)某同学经查阅资料得知：弹簧弹性势能的表达式为E p ＝12kx 2，其中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量．为验证这个结论，他找来一根劲度系数未知的轻质弹簧和已知质量为m 的物块，事先测出物块与水平面间的动摩擦因数μ的值．又查出当地重力加速度g 的值．(1)在测量实验所用弹簧的劲度系数k 时，若只能选用一个测量仪器，则可以选择________．(2)在测出弹簧的劲度系数k 和物块与水平面间的动摩擦因数μ的值之后，按照图所示的方式进行仪器组装：弹簧左端固定在墙上，物块紧靠弹簧右端放置在水平面上，且与弹簧不拴接．在弹簧处于原长的情况下，标记物块左侧边缘(即弹簧右端)的位置O ；然后用水平力推物块，将弹簧压缩，标记弹簧压缩最短时物块左侧边缘的位置A ；然后突然撤去推力，弹簧将物块推出，物块滑行一段距离后停下，标记此时物块左侧边缘的位置B .测得OA 之间的距离为x 1，OB 之间的距离为x 2.在分析实验数据时，若算出________与________的值近似相等，便可视为成功验证了弹簧的弹性势能表达式．(且测得的物理量和已知物理量的符号表示)．【答案】 (1)刻度尺(钟表同样得分)(2)12kx 21 μmg (x 1＋x 2) 10．在半径R ＝5 000 km 的某星球表面，宇航员做了如下实验，实验装置如图甲所示．竖直平面内的光滑轨道由轨道AB 和圆弧轨道BC 组成，将质量m ＝0.2 kg 的小球，从轨道AB 上高H 处的某点静止滑下，用力传感器测出小球经过C 点时对轨道的压力F ，改变H 的大小，可测出相应的F 大小，F 随H 的变化关系如图乙所示．求：(1)圆轨道的半径；(2)该星球的第一宇宙速度．【解析】 (1)小球过C 点时满足F ＋mg ＝m v 2Cr又根据mg (H －2r )＝12m v 2C联立解得F ＝2mgrH －5mg由题图可知：H 1＝0.5 m 时，F 1＝0；可解得r ＝0.2 m H 2＝1.0 m 时F 2＝5 N ；可解得g ＝5 m/s 2 (2)据m v 2R＝mg可得v ＝Rg ＝5×103 m/s.【答案】 (1)0.2 m (2)5×103 m/s 11.飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带，传送带的总质量为M ，其俯视图如右图所示．现开启电动机，传送带达稳定运行的速度v 后，将行李依次轻轻放到传送带上．若有n 件质量均为m 的行李需通过传送带运送给旅客．假设在转弯处行李与传送带无相对滑动，忽略皮带轮、电动机损失的能量．求从电动机开启，到运送完行李需要消耗的电能为多少？【解析】设行李与传送带间的动摩擦因数为μ，则传送带与行李间由于摩擦产生的总热量Q ＝nμmg Δs由运动学公式得：Δs ＝s 传－s 行＝v t －v t 2＝v t2又：v ＝μgt ，联立解得：Q ＝12nm v 2由能量守恒得：E ＝Q ＋12M v 2＋n ×12m v 2所以：E ＝12M v 2＋nm v 2.【答案】 12M v 2＋nm v 212.(2009年高考山东理综)如右图所示，某货场需将质量为m 1＝100 kg 的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半径R ＝1.8 m ．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A 、B ，长度均为l ＝2 m ，质量均为m 2＝100 kg ，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g ＝10 m/s 2)(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．(2)若货物滑上木板A 时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1应满足的条件．(3)若μ1＝0.5，求货物滑到木板A 末端时的速度和在木板A 上运动的时间．【解析】 (1)设货物滑到轨道末端时的速度为v 0，对货物的下滑过程，根据机械能守恒定律得m 1gR ＝12m 1v 20① 设货物在轨道末端所受支持力的大小为F N ，根据牛顿第二定律得 F N －m 1g ＝m 1v 20R②联立①②式，代入数据得 F N ＝3 000 N ③根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3 000 N ，方向竖直向下． (2)若滑上木板A 上时，木板不动，由受力分析得 μ1m 1g ≤μ2(m 1＋2m 2)g ④若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得 μ1m 1g >μ2(m 1＋m 2)g ⑤ 联立④⑤式，代入数据得 0．4<μ≤0.6⑥(3)μ1＝0.5，由⑥式可知，货物在木板A 上滑动时，木板不动．设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1⑦设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得v21－v20＝－2a1l⑧联立①⑦⑧式，代入数据得v1＝4 m/s⑨设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得v1＝v0－a1t○10联立①⑦⑨○10式，代入数据得t＝0.4 s○11【答案】(1)3 000 N方向竖直向下(2)0.4<μ1≤0.6(3)4 m/s0.4 s。