高考物理专题汇编物理动能与动能定理(一).docx
高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)
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
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。
5．如图所示，一质量为 M、足够长的平板静止于光滑水平面上，平板左端与水平轻弹簧 相连，弹簧的另一端固定在墙上．平板上有一质量为 m 的小物块以速度 v0 向右运动，且在 本题设问中小物块保持向右运动．已知小物块与平板间的动摩擦因数为 μ，弹簧弹性势能 Ep 与弹簧形变量 x 的平方成正比，重力加速度为 g.求：
6J
(3)滑块从 A 点运动到 C 点过程，由动能定理得
解得 BC 间距离
mg
3r
mgs
1 2
mvc2
s 0.5m
小球与弹簧作用后返回 C 处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与 BC 水平面相互作用的
过程中，设物块在 BC 上的运动路程为 s ，由动能定理有
mgs
1 2
mvc2
解得
s 0.7m 故最终小滑动距离 B 为 0.7 0.5m 0.2m处停下.
（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,
(物理)50套高考物理动能与动能定理及解析
（物理）50套高考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．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点、圆心角 θ＝60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，滑板与水平轨道CD 间的动摩擦因数μ＝0.2．某运动员从轨道上的A 点以v 0＝3m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为m ＝60kg ，B 、E 两点与水平轨道CD 的竖直高度分别为h ＝2m 和H ＝2.5m.求：(1)运动员从A 点运动到B 点过程中，到达B 点时的速度大小v B ； (2)水平轨道CD 段的长度L ；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C 点的距离. 【答案】(1)v B ＝6m/s (2) L ＝6.5m (3)停在C 点右侧6m 处 【解析】 【分析】 【详解】（1）在B 点时有v B ＝cos60︒v ，得v B ＝6m/s （2）从B 点到E 点有2102B mgh mgL mgH mv μ--=-，得L ＝6.5m （3）设运动员能到达左侧的最大高度为h ′，从B 到第一次返回左侧最高处有21'202B mgh mgh mg L mv μ--⋅=-，得h ′＝1.2m<h ＝2 m ，故第一次返回时，运动员不能回到B 点，从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为s ，由动能定理可得2102B mgh mgs mv μ-=-，得s ＝19m ，s ＝2L ＋6 m ，故运动员最后停在C 点右侧6m 处.2．如图所示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。
高考物理动能与动能定理题20套(带答案)
高考物理动能与动能定理题20套(带答案)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 ＝cos60︒v ，得v B ＝6m/s （2）从B 点到E 点有2102B mgh mgL mgH mv μ--=-，得L ＝6.5m （3）设运动员能到达左侧的最大高度为h ′，从B 到第一次返回左侧最高处有21'202B mgh mgh mg L mv μ--⋅=-，得h ′＝1.2m<h ＝2 m ，故第一次返回时，运动员不能回到B 点，从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为s ，由动能定理可得2102B mgh mgs mv μ-=-，得s ＝19m ，s ＝2L ＋6 m ，故运动员最后停在C 点右侧6m 处.2．如图所示，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 。
高考物理总复习动能和动能定理
动能是[2]
，只有正值
状态量
动能是状态量，因为v是瞬时速度
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第2讲
动能和动能定理
2. 动能定理
内容
表达式
物理意义
适用条件
力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中[3] 动能的
变化
W＝[4]
1
m22
2
1
2
− m12
或W＝Ek2-Ek1
合力
做的功是物体动能变化的量度
曲线运动
数为μ、重力加速度为g，此过程发光物体所受的摩擦力(
A. 方向始终指向A点
C.
1
做的功为 mωr
2
D )
B. 大小始终为μmg
D.
1
做的功为 mω2r2
2
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第2讲
动能和动能定理
[解析]
角速度从0增大至ω的过程中，发光物体的线速度逐渐增大，可知发光物体
有切向加速度，摩擦力等于发光物体所受的合力，提供发光物体切向加速度和向心
五年考情
核心素养对接
2023：新课标T20；
3.科学探究：通过对动能定理的
动能定理
2022：江苏T8；
学习，探索功与动能的关系.
与图像的
2021：湖北T4；
4.科学态度与责任：能用动能定
综合应用
2020：江苏T4；
理解决实际问题，激发学习兴
2019：全国ⅢT17
趣，提高应用能力.
动能和动能定理是历年高考的热点，题型为选择题或计算题，命题背
加速度，可知摩擦力方向不是始终指向A点，故A错误；角速度从0增大至ω的过程
中，发光物体未发生滑移，所受摩擦力小于等于最大静摩擦力，发光物体做圆周运
高考物理动能与动能定理题20套(带答案)
【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。
2．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道 ABCD，其中 AB 是足够长的水平轨道，B 端 与半径为 R 的光滑半圆轨道 BCD 平滑相切连接，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，碰撞后瞬间小球 Q 对半圆轨道 B 点的压力大小为自身重力的 7 倍，碰撞后小球 P 恰好到达 C 点．重力加速度为 g．
5．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：
m（ g h R R cos37 Lsin)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
1 2
mvB 2
mg
h
R
2mgL
cos 37
0.54mg
mgR
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。
mv2- mv02=2
Lbcn
n=25 次 考点：动能定理、平抛运动 【名师点睛】解决本题的关键一是要会根据平抛运动的规律求出落到 D 时平抛运动的初速 度；再一个容易出现错误的是在 BC 段运动的路程与经过 B 点次数的关系，需要认真确 定。根据功能关系求出在 BC 段运动的路程。
高考物理一轮复习专题5.2动能和动能定理(精讲)(含解析)
专题5.2 动能和动能定理1.掌握动能和动能定理；2.能运用动能定理解答实际问题。
知识点一 动能(1)定义：物体由于运动而具有的能。
(2)公式：E k ＝12mv 2，v 为瞬时速度，动能是状态量。
(3)单位：焦耳，1 J ＝1 N·m＝1 kg·m 2/s 2。
(4)标矢性：动能是标量，只有正值。
(5)动能的变化量：ΔE k ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 21。
知识点二 动能定理(1)内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化。
(2)表达式：W ＝ΔE k ＝12mv 22－12mv 21。
(3)物理意义：合外力对物体做的功是物体动能变化的量度。
(4)适用条件①既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
②既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。
考点一 动能定理的理解及应用【典例1】(2018·全国卷Ⅰ·18)如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R ；bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab 相切于b 点．一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g .小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )A ．2mgRB ．4mgRC ．5mgRD ．6mgR【答案】C【解析】小球从a 运动到c ，根据动能定理，得F ·3R －mgR ＝12mv 21，又F ＝mg ，故v 1＝2gR ，小球离开c 点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动．且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g ，故小球从c 点到最高点所用的时间t ＝v 1g ＝2R g ，水平位移x ＝12gt 2＝2R ，根据功能关系，小球从a 点到轨迹最高点机械能的增量为力F 做的功，即ΔE ＝F ·(2R ＋R ＋x )＝5mgR 。
高考物理总复习第19讲动能动能定理及其应用讲义word版本
第19讲动能动能定理及其应用考情分析观察内容考纲领求观察年份观察详情能力要求动能动能定理Ⅱ14 年T15—计算，以传递带分析综合、模型应用数学处理物理问题14—计算，利用动能T15 年定理求一个未知大小、未知方向的力做的功15—计算，利用动能T理解、推理应定理求粒子的速度用数学办理物理问题15—计算，以回旋加T16 年速器为背景，观察动分析、推理能的表达式T3—选择，动能定理17 年的简单应用T14—计算，利用动能理解、推理定理求变力做的功弱项清单 ,1. 受力分析忽视或错误；2．不可以养成合理的思想习惯，审题时不可以画出运动过程图．知识整合第 1 课时动能定理一、动能1．定义：物体因为________而拥有的能．122．表达式： E k＝ mv .23．物理意义：动能是状态量，是________( 选填“矢量”或“标量”) ．二、动能定理( 或各个力做功之和) ，等于物体在这个1．内容：合力在一个过程中对物体所做的功过程中 ____________．112．表达式：W＝ 2mv2－ 2mv21＝ ____________ ．3．物理意义：__________做的功是物体动能变化的量度．4．合用条件(1) 动能定理既合用于直线运动，也合用于__________．(2)既合用于恒力做功，也合用于 ____________ ．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．方法技巧考点1对动能及其变化的理解1．对动能的理解12(1)动能是物体因为运动而拥有的能量，表达式E k＝2mv.(2)动能是状态量，和物体的刹时速度大小(速率 ) 对应．2．关于动能的变化关于某一物体而言，速度变化，动能不必定变化( 因为速度是矢量，动能是标量) ，动能变化速度必定变化．依据动能定理，动能变化的原由就是因为合外力做功不为零．动能的变化量为正当，表示物体的动能增添了，对应于合外力对物体做正功；动能的变化量为负值，表示物体的动能减小了，对应于合外力对物体做负功，也许说物体战胜合外力做功．【典型例题1】(16 年扬州模拟 )( 多项选择 ) 以以下图，电梯质量为M，在它的水平川板上搁置一质量为m的物体．电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加快运动，当电梯的速度由v1增添到 v2时，上涨高度为H，则在这个过程中，以下说法或表达式正确的选项是()1A．对物体，动能定理的表达式为W N＝ mv2，此中 W N为支持力的功2B．对物体，动能定理的表达式为W合＝ 0，此中 W合为合力的功11C．对物体，动能定理的表达式为W N－ mgH＝ mv2－ mv21，此中 W N为支持力的功2211D．对电梯，其所受合力做功为2Mv2－2Mv211. 关于物体的动能，以下说法中正确的选项是()A．物体速度变化，其动能必定变化B．物体所受的合外力不为零，其动能必定变化C．物体的动能变化，其运动状态必定发生改变D．物体的速度变化越大，其动能必定变化也越大考点 2对动能定理的理解1．对动能定理的理解(1)动能定理公式中等号表示了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系：①数目关系：即合外力所做的功与物体动能的变化拥有等量代换关系．可以经过计算物体动能的变化，求合外力的功，从而求得某一力的功．②因果关系：合外力的功是惹起物体动能变化的原由．(2)动能定理中涉及的物理量有 F、l 、m、v、W、E k等，在办理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理．2．运用动能定理需注意的问题(1)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需追究物体运动过程中状态变化的细节，只要考虑整个过程的功及过程初末的动能．(2) 若过程包括了几个运动性质不一样的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，一定依据不一样的状况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式．【典型例题2】以以下图，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB与半径为R 的圆滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内．一质量为m的小滑块 ( 可以看作质点)从导轨上离地面高为h＝ 3R 的 D 处无初速度下滑进入圆环轨道．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，已知重力加快度为g.求：(1)滑块运动到圆环最高点 C 时的速度大小；(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间运动的过程中战胜摩擦力做的功．2. 在典型例题 2 中，若小滑块恰好能过 C 点，求滑块与轨道AB 间的动摩擦因数．【典型例题间的动摩擦因数为3】在典型例题 2 中的滑块从轨道的P 点由静止开释，滑块与粗糙导轨μ，求滑块整个运动过程中在AB轨道上经过的总行程．【典型例题4】(17 年江苏高考 ) 一小物块沿斜面向上滑动，而后滑回到原处．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()【学习建议】读图能力要增强，遇到图象问题最好联合受力分析、运动过程分析写出函数的方程，在依据方程鉴识几个不一样的选项．平常重视用数学方法办理物理问题能力的培育．当堂检测 1.( 多项选择 ) 关于动能的理解，以下说法正确的选项是()A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都拥有动能B．运动物体的动能总为正当C．必定质量的物体动能变化时，速度必定变化，但速度变化时，动能不必定变化D．动能不变的物体，必定处于均衡状态2．以以下图，质量为m的小球，从离地面堕入泥中h 深度而停止，设小球遇到空气阻力为是()H 高处从静止开始开释，落到地面后连续f ，重力加快度为g，则以下说法正确的第 2题图A．小球落地时动能等于mgHB．小球堕入泥中的过程中战胜泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C．整个过程中小球战胜阻力做的功等于mg(H＋ h)．小球在泥土中遇到的均匀阻力为H mg(1＋ )D h3．一个质量为kg 的弹性小球，在圆滑水平面上以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同样，则碰撞前后小球速度变化量的大小v 和碰撞过程中小球的动能变化量 E 为()k．v＝ 0 ．v＝ 12 /A B m sC．E k＝ 1.8 J D．E k＝ 10.8 J4．用起重机提高货物，货物上涨过程中的v- t图象以以下图，在 t ＝ 3 s到 t ＝ 5 s 内，重力对货物做的功为W、绳子拉力对货物做的功为W、货物所受合力做的功为W，则123 ()A．W1＞0B．W2＜0C．W2＞0第 4题图D．W3＞05．以以下图，质量为m 的小木块从 A 点水平抛出，抛出点距离地面高度为L，不计与空气的摩擦阻力，重力加快度为g. 在无风状况下小木块的落地点 B 到抛出点的水平距离为 s；当有恒定的水平风力 F 时，小木块仍以原初速度抛出，落地点C到抛出点的水平距离为34s，求：(1)小木块初速度的大小；(2)水平风力 F 的大小；(3)水平风力对小木块所做的功．第 5题图第 2 课时动能定理的应用考点 1 利用动能定理求解多过程问题1．基本步骤(1)采用研究对象，明确它的运动过程．(2)分析研究对象的受力状况和各力的做功状况．(3) 明确研究对象在过程的始末状态的动能E k 1和 E k2.(4)列出动能定理的方程 W合＝ E k2－ E k 1及其余必需的解题方程，进行求解．2．注意事项(1)动能定理的研究对象可以是单一物体，也许是可以看作单一物体的物系统统．(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式．当题目中涉及到位移和速度而不波及时间时可优先考虑动能定理；办理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理．(3)若过程包括了几个运动性质不一样的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．【典型例题 1】 ( 多项选择 ) 以以下图， AB 为半径 R＝ 0.50 m的四分之一圆弧轨道， B 端距水平川面的高度h＝．一质量 m＝kg的小滑块从圆弧道 A端由静止开释，到m达轨道 B 端的速度v＝m/ s.忽视空气的阻力．取g＝ 10 m/ s2. 则以下说法正确的选项是()．小滑块在圆弧轨道 B 端遇到的支持力大小F N＝ 16N AB．小滑块由A端到B端的过程中，战胜摩擦力所做的功W＝3 JC．小滑块的落地点与 B 点的水平距离x＝mD．小滑块的落地点与 B 点的水平距离x＝m1.冰壶竞赛是在水平冰面长进行的体育项目，竞赛场所表示如图．竞赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在扔掷线AB 处放手让冰壶以必定的速度滑出，使冰壶的停止地点尽量凑近圆心O.为使冰壶滑行的更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运转前方的冰面，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μ 1＝0.008 ，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至μ 2＝0.004.在某次竞赛中，运动员使冰壶C在扔掷线中点处以 2 m/ s的速度沿虚线滑出．为使冰壶C可以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10m/ s2)【典型例题2】 (16 年苏州模拟 ) 以以下图，固定在水平川面上的工件，由AB和 BD 两部分构成．此中AB 部分为圆滑的圆弧，∠ AOB＝ 37°，圆弧的半径 R＝m，圆心O 点在 B 点正上方， BD 部分水平，长度为 l ＝ 0.2 ， C 为 BD的中点．现有一质量m＝ 1kgm的物块 ( 可视为质点 ) ，从 A 端由静止开释，恰好能运动到D点．为使物块运动到 C 点时速度为零，可先将BD部分以 B 为轴向上转动一锐角θ，求：(1)该锐角θ ( 假设物块经过 B 点时没有能量损失 ) ；(2)物块在 BD板上运动的总行程． (g ＝ 10 m/ s2，sin 37°＝ 0.6 ，cos37°＝ 0.8)【典型例题3】总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速行进，其末节车厢质量为m，半途脱节，司机察觉时，机车已行驶L 的距离，于是马上关闭油门，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时，它们的距离是多少？考点 2力学中四类图象所围“面积”的意义v- t 图象，围成的面积表示位移；动能定理与图象联合问题a- t 图象，围成的面积表示速度的变化量；F-x 图象，围成的面积表示力所做的功；p- t 图象，围成的面积表示力所做的功．【典型例题4】(17 年南通模拟 ) 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，在计算机上获得0～ 6 s内物体的加快度随时间变化的关系以以下图．列说法正确的选项是()下A．0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6s内物体在 4 s时的速度最大C．物体在2～ 4 s内速度不变．0～4s 内合力对物体做的功等于0～ 6s内合力做的功D当堂检测 1. 质量为 2 kg的物体以必定的初速度沿倾角为 30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系以以下图，则物体返回到出发点时的动能为 ( 取g＝ 10m/ s2)()第 1题图A．34 J B．56 J C．92 J D．196 J2． ( 多项选择 ) 以以下图为一滑草场，某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为 45°和 37°的滑道构成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ .质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端( 不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝， cos37°＝0.8)．则 ()第 2题图6A．动摩擦因数μ ＝72ghB．载人滑草车最大速度为7C．载人滑草车战胜摩擦力做功为mgh3D．载人滑草车在下段滑道上的加快度大小为5g3．以以下图，物体在离斜面底端4 m处由静止滑下，若动摩擦因数均为0.5 ，斜面倾角 37°，斜面与平面间由一段圆弧连接，求物体在水平面上滑行的距离．第 3题图4．质量m＝ 1 kg的物体，在与物体初速度方向同样的水平拉力的作用下，沿水平面运动过程中动能—位移的图线以以下图．(g 取 10/2)求：m s(1) 物体的初速度；(2)物体和水平面间的动摩擦因数；(3)拉力 F 的大小．第 4题图第 19 讲动能动能定理及其应用第 1 课时动能定理知识整合基础自测一、 1. 运动 3. 标量二、 1. 动能的变化 2. E k2－E k14． (1) 曲线运动(2) 变力做功3. 合外力方法技巧·典型例题1· CD【分析】电梯上涨的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力F N，这两个力的总功才等于物体动能的增量11E k＝ 2mv2－ 2mv12，故A、 B 均错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功必定等于其动能的增量，故 D正确．·变式训练1· C【分析】若速度的方向变化而大小不变，则其动能不变化，故选项 A 错误；物体所受合外力不为零，只要速度大小不变，其动能就不变化，如匀速圆周运动中，物体所受合外力不为零，但速度大小一直不变，动能不变，应选项 B 错误；物体动能变化，其速度必定发生变化，故运动状态改变，选项 C 正确；物体速度变化若仅由方向变化惹起，其动能可能不变，如匀速圆周运动中，速度变化，但动能一直不变，应选项D错误．·典型例题2·(1)gR(2)6 mg1(3)2mgR【分析】(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： R＝12gt 2①水平方向上：2R＝ v0t ②解得： v0＝gR③；(2)小滑块在最低点时速度为 v，由动能定理得：1 1 2－mg·2R＝2mv20－2mv④解得： v＝5gR⑤在最低点由牛顿第二定律得：v2F N－ mg＝m R⑥解得： F N＝6mg由牛顿第三定律得：F N′＝6mg⑦；(3) 从D到最低点过程中，设DB过程中战胜摩擦阻力做功W f，由动能定理得：12mgh－ W f＝ 2mv－0⑧1解得： W f ＝ 2mgR ⑨.4－ 2·变式训练2·【分析】 小滑块恰好能过 C 点，则在 C 点由牛顿第二定律14得：＝ v2Cmg m R解得： v ＝ gRC小滑块由 D 至 过程，由动能定理得：C( －2 ) － μ cos θ ·h －( R －Rcos θ )＝ 12C －0，mg h R mgsin θ2mv4－ 2解得： μ ＝14 .R滑块在 P 点开释，滑块将在两轨道间做来回运动，当·典型例题 3· μ 【分析】 滑块到达 B 点时的速度为零后滑块将只在圆弧轨道上运动，故全过程由动能定理得：mgs PB sin θ － μ mgs cos θ ＝0由几何关系得： s PB ＝RR解得： s ＝ μ .·典型例题 4· C 【分析】向上滑动的过程中， 依据动能定理：k－ k0＝ － ( sinEEmgθ＋ f ) x ，下滑过程中 E k － E k0＝ －( f － mg sin θ ) x ，都是一次函数关系，下的斜率小．当堂检测1． ABC 【分析】因为动能是标量，只涉及速度的大小，应选ABC.2． C 【分析】 小球从静止开始开释到落到地面的过程，由动能定理得mgH － fH ＝120，选项 A 错误；设泥的均匀阻力为f 0，小球堕入泥中的过程，由动能定理得－ 02mvmgh f h11 0H fH＝0－ 2mv 02，解得 fh ＝mgh ＋2mv 02， f ＝ mg (1 ＋ h ) － h ，选项 B 、 D 错误；全过程应用动能定理可知，整个过程中小球战胜阻力做的功等于mg ( H ＋ h ) ，选项 C 正确．3． B 【分析】 因为速度是矢量，动能是标量，应选B.4．C 【分析】分析题图可知，货物向来向上运动，依据功的定义式可得：重力做负功，拉力做正功，即 W 1＜ 0， W 2＞ 0，A 、 B 错误， C 正确；依据动能定理：合力做的功 W 312＝0－ 2mv ，v ＝ 2 m/s ，即 W 3＜ 0，D 错误．s g mgs3mgs25． (1) 2L (2) 4L (3) － 16L【分析】 (1) 无风时，小木块做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，则有：水平方向： s ＝ v 0 t12竖直方向： L ＝2gt解得初速度 v ＝ s g2L.(2)有水平风力后，小木块在水平方向上做匀减速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球运动的时间不变．则34s＝ v0t －12at 2又 F＝ mat ＝2Lgmgs联立以上三式得：F＝4L.3mgs2(3)水平风力对小木块所做的功为：W＝－16L.第 2 课时动能定理的应用方法技巧v2·典型例题 1· BC【分析】小滑块在 B 端时，依据牛顿第二定律有F N－mg＝ m R，N1 212解得 F ＝18 N，A错误；依据动能定理有mgR－W＝2mv，解得 W＝ mgR－2mv＝3 J，B正确；122h 小滑块从 B点做平抛运动，水平方向上x＝ vt ，竖直方向上 h＝2gt，解得 x＝ v·g ＝0.6 m ， C正确， D 错误．·变式训练 1·10 m 【分析】设冰壶在未被毛刷掠过的冰面上滑行的距离为s1，所受摩擦力的大小为 f：在被毛刷掠过的冰面上滑行的距离为s ，所受摩擦力的大小为12f2.则有s1＋2＝，式中s为扔掷线到圆心O的距离．f1＝μ 1mg，2＝μ 2，设冰壶的s s f mg1mv20，联列以上各式，解得 s2＝2μ1gs － v20，初速度为 v0，由功能关系，得 f 1·s1＋ f 2·s2＝1222g（μ －μ）代入数据得 s ＝10 m.2·典型例题 2·(1)37 °m【分析】 (1)设动摩擦因数为μ，当 BD水平常，研究物块的运动，依据动能定理得总＝kW E从 A 到 D的过程中 mgR(1－cos37°)－μ mgl＝0代入数据联立解得μ＝当 BD以 B 为轴向上转动一个锐角θ时，从 A 到 C的过程中，依据动能定理l lmgR(1－cos 37°)－ mg sinθ －μF ＝02N 2此中 F N＝mg cosθ联立解得θ＝ 37° .(2)物块在 C 处速度减为零后，因为mg sinθ＞μmg cosθ物块将会下滑，而AB段光滑，故物块将做来去运动，直到停止在B点．依据能量守恒定律mgR(1－cos37°)＝ Q而摩擦产生的热量Q＝ fs ， f ＝μ mg cosθ代入数据解得，物块在 BD 板上的总行程 s ＝0.25 m.ML·典型例题 3· M －m 【分析】过程如图，对车头，脱钩后的全过程用动能定理得：1FL － k ( M － m ) gs 1＝－ 2( M － m ) v 02，对车尾，脱钩后用动能定理得：1－ kmgs 2＝－ 2mv 02，而 s ＝ s 1－ s 2，因为本来列车是匀速行进的，因此F ＝ kMg . 由以上方程解得s ＝ ML .M －m·典型例题 4· D 【分析】由 a - t 图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化状况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体 6 s 末11的速度 v 6＝ 2×(2＋5) ×2 m/s －2×1×2 m/ s ＝ 6 m/s ，则 0～6 s 内物体向来向正方向运动， A 错；由图象可知物体在 5 s 末速度最大，为m1v ＝ 2×(2＋5) ×2 m/s ＝ 7 m/s ， B 错；由图象可知在 2～ 4 s 内物体加快度不变，物体做匀加快直线运动，速度变大， C 错；在0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：合 4＝ 142－0W2mv1又 v 4＝ 2×(2＋4) ×2 m/s ＝6 m/s 得 W 合4＝36 J0～ 6 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：1W 合 6＝ 2mv 26－0 又 v 6＝ 6 m/s 得 W 合6＝36 J则 W 合4＝W 合 6，D 正确．当堂检测1 ． A 【分析】 物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得－mgx · sin30 °－ F x ＝0－ E ，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得 mgx · sin30 °f－F f x ＝ E －0，代入数据得 E ＝34 J ，应选 A.2． AB 【分析】 对滑草车从坡顶由静止滑下，究竟端静止的全过程，得·2 －mg hμmg cos 45°·h－μmg cos 37°·h＝ 0，解得μ ＝6，选项 A 正确；对经sin45°sin37 °7h 1 22gh过上段滑道过程，依据动能定理得， mgh－μ mg cos 45°·sin45°＝2mv，解得 v＝7 ，选项 B 正确；载人滑草车战胜摩擦力做功为2，选项 C 错误；载人滑草车在下段滑道mghmgsin37°－μ mgcos37°3上的加快度大小为 a＝m＝－35g，选项D错误．3． 1.6 m【分析】物体在斜面上受重力、支持力1、摩擦力 1 的作用，沿斜mg N F面加快下滑 ( 因μ＝0.5 ＜ tan37 °＝ 0.75)，到水平面后，在摩擦力F2作用下做减速运动，直至停止对物体在斜面上和水平面上时进行受力分析，以以下图，知下滑阶段：N1＝F mg os37°1故 F1＝μF N1＝μ mg cos37°，由动能定理 mg sin37° s1－μ mg cos37° s1＝2mv21－0①在水平运动过程中22F＝μ F N＝μ mg由动能定理μ2＝0－112 ②mgs2mv由①、②式可得2sin37 °－μcos37°1＝0.6 －×s ＝μs× 4＝1.6 m.4． (1)2 m/s(3)4.5 N第 3题图【分析】(1) 由题图可知初动能为 2 J，1E k0＝ 2mv02＝2 J v0＝2 m/s；(2) 在位移 4 m 处物体的动能为10 J，在位移8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体战胜摩擦力做功设摩擦力为F f，则－F f x2＝0－10 J＝－10 JF f＝2.5 N因 F f＝μmg故μ＝ 0.25 ；(3)物体从开始到挪动 4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力F f的作用，合力为F－F f，依据动能定理有( F－F f ) ·x1＝E k解得 F＝4.5 N.。
(word完整版)高一物理动能和动能定理知识精讲.doc
高一物理动能和动能定理【本讲主要内容】动能和动能定理动能的概念，动能定理的应用【知识掌握】【知识点精析】221)(mv E k =达式：具有的能叫做动能。
表动能：物体由于运动而一 注意：动能是状态量，只与运动物体的质量以及速率有关，而与其运动方向无关，能是标量，只有大小，没有方向，单位是焦耳（J ）。
（二）动能定理 W E E E mv mv K K K 总==-=-∆21221212121. W 总是所有外力做功的代数和。
可以含恒力功，也可以含变力功；做功的各力可以是同时作用，也可以是各力不同阶段做功的和。
应注意各力做功的正、负。
2. 求各外力功时，必须确定各力做功对应的位移段落，逐段累计，并注意重力、电场力做功与路径无关的特点。
3. W E E W E E W E E k k k k k k 合合合时，；时，；时，>>==<<000212121，提供了一种判断动能（速度）变化的方法。
4. 代入公式时，要注意书写格式和各功的正负号，所求功一般都按正号代入，W W W E k 123+++=…∆，式中动能增量为物体的末动能减去初动能，不必考虑中间过程。
5.用动能定理解题也有其局限性，如不能直接求出速度的方向，只适用单个质点或能看成质点的系。
6. 动能定理解题步骤（1）选择过程（哪一个物体，由哪一位置到哪一位置）过程的选取要灵活，既可以取物体运动的某一阶段为研究过程，也可以取物体运动的全过程为研究过程。
（2）分析过程分析各力做功情况，包括重力。
如果在选取的研究过程中物体受力有变化，一定要分段进行受力分析。
（3）确定状态 分析初、末状态的动能。
（4）列动能定理方程W E E K K 总=-21（列出方程）。
【解题方法指导】例1. 一质量 m =2kg 的物块，放在高h =2m 的平台上，现受一水平推力F =10N ，由静止开始运动，物块与平台间的动摩擦因数μ=0.2。
当物块滑行了s 1=5m 时撤去F ，继续向前滑行s 2=5m 后飞出平台，不计空气阻力，求物块落地时速度的大小？剖析：本题对全过程利用动能定理比较方便，关键是认真分析物体的运动过程，分析各力的做功情况：在发生位移s 1的过程物体受重力、支持力、水平推力、摩擦力，其中重力、支持力不做功；发生位移s 2的过程受重力、支持力、摩擦力，只有摩擦力做功；从飞出平台到落地，只有重力做功。
高考物理总复习--物理动能与动能定理
高考物理总复习--物理动能与动能定理一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图，在竖直平面内，半径R =0.5m 的光滑圆弧轨道ABC 与粗糙的足够长斜面CD 相切于C 点，CD 与水平面的夹角θ=37°，B 是轨道最低点，其最大承受力F m =21N ，过A 点的切线沿竖直方向。
现有一质量m =0.1kg 的小物块，从A 点正上方的P 点由静止落下。
已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.5.取sin37°=0.6.co37°=0.8，g=10m/s 2，不计空气阻力。
(1)为保证轨道不会被破坏，求P 、A 间的最大高度差H 及物块能沿斜面上滑的最大距离L ； (2)若P 、A 间的高度差h =3.6m ，求系统最终因摩擦所产生的总热量Q 。
【答案】(1) 4.5m ，4.9m ；(2) 4J 【解析】 【详解】(1)设物块在B 点的最大速度为v B ，由牛顿第二定律得：2Bm v F mg m R-=从P 到Ｂ，由动能定理得21()02B mg H R mv +=- 解得H =4.5m物块从B 点运动到斜面最高处的过程中，根据动能定理得：-mg [R （1-cos37°）+L sin37°]-μmg cos37°•L =2102B mv -解得L =4.9m(3)物块在斜面上，由于mg sin37°＞μmg cos37°，物块不会停在斜面上，物块最后以B 点为中心，C 点为最高点沿圆弧轨道做往复运动，由功能关系得系统最终因摩擦所产生的总热量Q =mg （h +R cos37°）解得Q =4J2．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。
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 。
高考物理动能定理的综合应用(一)解题方法和技巧及练习题含解析
高考物理动能定理的综合应用(一)解题方法和技巧及练习题含解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．北京老山自行车赛场采用的是250m 椭圆赛道，赛道宽度为7.6m 。
赛道形如马鞍形，由直线段、过渡曲线段以及圆弧段组成，圆弧段倾角为45°（可以认为赛道直线段是水平的，圆弧段中线与直线段处于同一高度）。
比赛用车采用最新材料制成，质量为9kg 。
已知直线段赛道每条长80m ，圆弧段内侧半径为14.4m ，运动员质量为61kg 。
求： （1）运动员在圆弧段内侧以12m/s 的速度骑行时，运动员和自行车整体的向心力为多大；（2）运动员在圆弧段内侧骑行时，若自行车所受的侧向摩擦力恰为零，则自行车对赛道的压力多大；（3）若运动员从直线段的中点出发，以恒定的动力92N 向前骑行，并恰好以12m/s 的速度进入圆弧段内侧赛道，求此过程中运动员和自行车克服阻力做的功。
（只在赛道直线段给自行车施加动力）。
【答案】（1）700N;（2）2；（3）521J 【解析】 【分析】 【详解】（1）运动员和自行车整体的向心力F n =2(m)M v R+解得F n =700N（2）自行车所受支持力为()cos45NM m g F +=︒解得F N 2N根据牛顿第三定律可知F 压=F N 2N（3）从出发点到进入内侧赛道运用动能定理可得W F -W f 克+mgh =212mv W F =2FL h =1cos 452d o =1.9m W f 克=521J2．如图所示，人骑摩托车做腾跃特技表演，以1.0m/s 的初速度沿曲面冲上高0.8m 、顶部水平的高台，若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率1.8kW 行驶，经过1.2s 到达平台顶部，然后离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A 点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A 、B 为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R ＝1.0m ，人和车的总质量为180kg ，特技表演的全过程中不计一切阻力(计算中取g ＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)．求：(1)人和车到达顶部平台的速度v ；(2)从平台飞出到A 点，人和车运动的水平距离x ； (3)圆弧对应圆心角θ；(4)人和车运动到圆弧轨道最低点O 时对轨道的压力． 【答案】（1）3m/s （2）1.2m （3）106°（4）7.74×103N 【解析】 【分析】 【详解】（1）由动能定理可知：221011Pt mgH mv 22mv -=- v ＝3m/s （2）由2221H gt ,s vt 2==可得：2H s v 1.2m g== （3）摩托车落至A 点时，其竖直方向的分速度y 2v gt 4m /s ==设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则4tan 3y v vα==，即α＝53°所以θ＝2α＝106°（4）在摩托车由最高点飞出落至O 点的过程中，由机械能守恒定律可得：2211mg[H R(1cos )]mv mv 22α'+-=-在O 点：2v N mg m R-= 所以N ＝7740N由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O 时对轨道的压力为7740N3．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1-所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？【答案】(1)144 N (2)12.5 m 【解析】试题分析：（1）运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，斜面的倾角为α，则有 v B 2=2ax根据牛顿第二定律得 mgsinα﹣F f =ma 又 sinα=H x由以上三式联立解得 F f =144N（2）设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有 mgh+W=12mv 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．如图所示，位于竖直平面内的轨道BCDE ，由一半径为R=2m 的14光滑圆弧轨道BC 和光滑斜直轨道DE 分别与粗糙水平面相切连接而成．现从B 点正上方H=1.2m 的A 点由静止释放一质量m=1kg 的物块，物块刚好从B 点进入14圆弧轨道．已知CD 的距离L=4m ，物块与水平面的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力．求：(1)物块第一次滑到C 点时的速度； (2)物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度； (3)物块最终停在距离D 点多远的位置． 【答案】(1) 8m/s (2) 2.2m (3) 0.8m 【解析】 【分析】根据动能定理可求物块第一次滑到C 点时的速度；物块由A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理求出物块第一次滑上斜直轨道DE 的最大高度；物块将在轨道BCDE 上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD 上通过的总路程为S ，根据动能定理求出． 【详解】解：(1)根据动能定理可得21()2mg H R mv += 解得8/v m s =(2)物块由A 到斜直轨道最高点的过程，由动能定理有：()0mg H R mgL mgh μ+--=解得： 2.2h m =(3)物块将在轨道BCDE 上做往返运动，直至停下，设物块在水平轨道CD 上通过的总路程为S ，则：()0mg H R mgS μ+-= 解得：12.8S m =因: 30.8S L m =+,故物块最终将停在距离D 点0.8m 处的位置．5．如图所示，在水平路段AB 上有一质量为2kg 的玩具汽车，正以10m/s 的速度向右匀速运动，玩具汽车前方的水平路段AB 、BC 所受阻力不同，玩具汽车通过整个ABC 路段的v-t 图象如图所示（在t =15s 处水平虚线与曲线相切），运动过程中玩具汽车电机的输出功率保持20W 不变，假设玩具汽车在两个路段上受到的阻力分别有恒定的大小.(解题时将玩具汽车看成质点)(1)求汽车在AB路段上运动时所受的阻力f1;(2)求汽车刚好开过B点时的加速度a(3)求BC路段的长度.【答案】(1)f1＝5N (2) a＝1.5 m/s2 (3)x=58m【解析】【分析】根据“汽车电机的输出功率保持20W不变”可知，本题考查机车的启动问题，根据图象知汽车在AB段匀速直线运动，牵引力等于阻力，而牵引力大小可由瞬时功率表达式求出；由图知，汽车到达B位置将做减速运动，瞬时牵引力大小不变，但阻力大小未知，考虑在t=15s处水平虚线与曲线相切，则汽车又瞬间做匀速直线运动，牵引力的大小与BC 段阻力再次相等，有瞬时功率表达式求得此时的牵引力数值即为阻力数值，由牛顿第二定律可得汽车刚好到达B点时的加速度；BC段汽车做变加速运动，但功率保持不变，需由动能定理求得位移大小.【详解】(1)汽车在AB路段时，有F1＝f1P＝F1v1联立解得：f1＝5N(2)t＝15 s时汽车处于平衡态，有F2＝f2P＝F2v2联立解得：f2＝2Nt＝5s时汽车开始加速运动，有F1－f2＝ma解得a＝1.5m/s2(3)对于汽车在BC段运动，由动能定理得：解得：x=58m【点睛】抓住汽车保持功率不变这一条件，利用瞬时功率表达式求解牵引力，同时注意隐含条件汽车匀速运动时牵引力等于阻力；对于变力做功，汽车非匀变速运动的情况，只能从能量的角度求解.6．如图所示，一倾角θ=37°的斜面底端与一传送带左端相连于B点，传送带以v=6m/s的速度顺时针转动，有一小物块从斜面顶端点以υ0=4m/s的初速度沿斜面下滑，当物块滑到斜面的底端点时速度恰好为零，然后在传送带的带动下，从传送带右端的C点水平抛出，最后落到地面上的D点，已知斜面长度L1=8m，传送带长度L2=18m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.3，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）．（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数μl；（2）求物块在传送带上运动时间；（3）若物块在D点的速度方向与地面夹角为a=53°，求C点到地面的高度和C、D两点间的水平距离．【答案】（1）（2）4s；（3）4.8m．【解析】试题分析：（1）从A到B由动能定理即可求得摩擦因数（2）由牛顿第二定律求的在传送带上的加速度，判断出在传送带上的运动过程，由运动学公式即可求的时间；（3）物体做平抛运动，在竖直方向自由落体运动，解：（1）从A到B由动能定理可知代入数据解得（2）物块在传送带上由牛顿第二定律：μ2mg=maa=达到传送带速度所需时间为t=s加速前进位移为＜18m滑块在传送带上再匀速运动匀速运动时间为故经历总时间为t总=t+t′=4s（3）设高度为h，则竖直方向获得速度为联立解得h=3.2m下落所需时间为水平位移为x CD=vt″=6×0.8s=4.8m答：（1）求物块与斜而之间的动摩擦因数μl为（2）求物块在传送带上运动时间为4s；（3）若物块在D点的速度方向与地面夹角为a=53°，C点到地面的高度为3.2m和C、D两点间的水平距离为4.8m．【点评】本题主要考查了动能定理、平抛运动的基本规律，运动学基本公式的应用，要注意传动带顺时针转动时，要分析物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．7．滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气．当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦．然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大．假设滑雪者的速度超过4 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125．一滑雪者从倾角为θ＝37°的坡顶A由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C处，如图所示．不计空气阻力，坡长为l＝26 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间；(2)滑雪者到达B处的速度；(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离．【答案】1s99.2m【解析】【分析】由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度，再由运动学知识可求解速度、位移和时间．【详解】(1)由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a1==4m/s2解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t==1s(2)由静止到动摩擦因素发生变化的位移：x1=a1t2=2m动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a 2==5m/s 2由v B 2-v 2=2a 2(L-x 1)解得滑雪者到达B 处时的速度：v B =16m/s(3)设滑雪者速度由v B =16m/s 减速到v 1=4m/s 期间运动的位移为x 3，则由动能定理有：；解得x 3=96m速度由v 1=4m/s 减速到零期间运动的位移为x 4，则由动能定理有：；解得 x 4=3.2m所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为x=x 3+x 4=96+ 3.2=99.2m8．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 (可以看做质点)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，物体对轨道压力的大小和方向． 【答案】（1）RL μ=（2）(32cos )NN F F mg θ'==-，方向竖直向下 【解析】试题分析：（1）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v ，由动能定理 有21(1cos )2mgR mv θ-=在E 点，由牛顿第二定律有2N mv F mg R-=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 )NN F F mg θ'==-，方向竖直向下．考点：考查了动能定理，牛顿运动定律，圆周运动等应用点评：在使用动能定理分析多过程问题时非常方便，关键是对物体受力做功情况以及过程的始末状态非常清楚9．如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：(1)小滑块从M点到Q点电场力做的功(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(3)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？【答案】(1) - 0.08J(2) 7 m/s（3）0.6 N【解析】【分析】【详解】（1）W=－qE·2R W= - 0.08J(2)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝m2 v R小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝12mv2－12mv联立方程组，解得：v0＝7m/s.(3)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝12mv′2－12mv又在P点时，由牛顿第二定律得F N＝m2 v R代入数据，解得：F N＝0.6N由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力F N′＝F N＝0.6N.【点睛】（1）根据电场力做功的公式求出电场力所做的功；（2）根据小滑块在Q 点受的力求出在Q 点的速度，根据动能定理求出滑块的初速度； （3）根据动能定理求出滑块到达P 点的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力，由牛顿第三定律得，小滑块通过P 点时对轨道的压力．10．如图所示，半圆轨道的半径为R=10m ，AB 的距离为S=40m ，滑块质量m=1kg ，滑块在恒定外力F 的作用下从光滑水平轨道上的A 点由静止开始运动到B 点，然后撤去外力，又沿竖直面内的光滑半圆形轨道运动，且滑块通过最高点C 后又刚好落到原出发点A ；g=10m/s 2求：（1）滑块在C 点的速度大小v c (2) 在C 点时，轨道对滑块的作用力N C （3）恒定外力F 的大小【答案】（1）v c =20m/s （2）Nc=30N ，方向竖直向下（3）F="10N" 【解析】试题分析：（1） C 点飞出后正好做平抛运动，则212{2R gt x vt== 联立上述方程则v c =20m/s（2）根据向心力知识则2N v mg F m r+=FN=30N ，方向竖直向下。
高考物理动能与动能定理解析版汇编及解析
高考物理动能与动能定理解析版汇编及解析一、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。
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，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 。
高考物理动能与动能定理解析版汇编
高考物理动能与动能定理解析版汇编一、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，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/s2。
(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。
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g）求：
(1)当细线与水平杆的夹角为
β（
90
）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)vA
2gh
1
1
；(2)WTmg
h
1 cos2
sin
sin
h
sin
【解析】
【详解】
(2)A、B的系统机械能守恒
EP减EK加
mg
h
h
1mvA2
1mvB2
量
Q=mg（h+Rcos37）°
解得
Q=4J
3．如图所示，光滑水平轨道距地面高
h=0.8m，其左端固定有半径R=0.6m的内壁光滑的半
圆管形轨道，轨道的最低点和水平轨道平滑连接．质量
m1=1.0kg的小球A以v0=9m/s的速
度与静止在水平轨道上的质量
m2=2.0kg的小球B发生对心碰撞，碰撞时间极短，小球
1mv2
sin
2
1
解得：
2gR(sin
cos
)
vB
tan
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
mgRcos
mgL cos
0
得物体在AB轨道上通过的总路程为
R
L
（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
R
联立解得：N7.4N
【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，
AB
是倾角为
θ
BCD
是光滑的圆弧轨道，
AB
恰好在
B
点与圆
的粗糙直轨道，
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
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g 10m/s2．两滑块均可视为质点．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) E= 0.9J(3)F=8N，方向竖直向下
【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：
WGmgL sin 37o
1.14 J
故重力势能的增量EPWG1.14J
（2）根据几何关系得，斜面BC部分的长度为：lR cot37o0.40m
设物块第一次通过
B点时的速度为vB，根据动能定理有：mg L l sin37
/C
（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
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.
【解析】
【详解】
(1)物块2由A到B应用动能定理：
mgx
1mv12
1mv02
2
2
解得v1=6m/s
两滑块碰撞前后动量守恒，根据动量守恒有:mv12mv
解得：v3m / s方向：水平向右
(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能E
1
mv12
1
2mv2
2
2
解得：E0.9J
(3)两滑块从B到C机械能守恒，根据机械能守恒定律有：
1mvB2
0
2
解得：
vB
4.2
/
s
m
（3）物块在BC部分滑动受到的摩擦力大小为：f
mgcos37 0.60N
在BC部分下滑过程受到的合力为：
F
mgsin37
f 0
则物块第一次通过
C点时的速度为：
vC
vB
4.2
m
s
/
物块从C到D，根据动能定理有：
mgR 1 cos37
1mvD2
1mvC2
2
2
在D，由牛顿第二定律得：NmgmvD2
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
即有:
﹣mgh+qU=Ekm﹣0
代入数据得:
6
U=4.2×10V
（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
D
是最
，整个装置竖直固定，
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
=0.75．取
sin37o=0.6，cos37o=0.8，重力加速度
g=10m/s2，忽略空气阻力．求：
（1）物块从
A到C过程重力势能的增量
ΔEP；
（2）物块第一次通过B点时的速度大小vB；
（3）物块第一次通过
D点时受到轨道的支持力大小N．
于C点，CD与水平面的夹角
θ=37°，B是轨道最低点，其最大承受力
Fm=21N，过A点的切
线沿竖直方向。现有一质量
m=0.1kg的小物块，从A点正上方的P点由静止落下。已知物
块与斜面之间的动摩擦因数
μ=0.5.取sin37°=0.6.co37 =0.8°，g=10m/s2，不计空气阻力。
(1)为保证轨道不会被破坏，求
B运动到E时速度为
v2v，由动能定理知：
mgR(1
cos )
1mv22
2
在E点，由牛顿第二定律有
FNmg
mv22
R
解得物体受到的支持力
FNmg(32cos)
根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为FNFNmg(32cos)，方向竖直向
下．
（3）设物体刚好到达D点时的速度为vD此时有
2
mgmvD
解得：
4．如图（a）所示，倾角θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为
﹣
4C的正点电
Q=2×10
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．（
2
9
2
2
）则
g=10m/s，静电力恒量K=9×10N?m
点），释放点距
B点的距离L应满足什么条件．
2gR(sin
cos )
R
mg(3 2cos )；
【答案】（1）vB
；L
（2）FN
tan
（3）L⋯(3 2cos )R
2(sincos )
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设物体释放后，第一次到达B处的速度为v1，根据动能定理可知：
mgRcosmg cos
R cos
1
2mv2
1
2mvc2
2mgR
2
2
两滑块在C点时：2mg
FN
2mvC2
R
解得：FN8N
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
8．图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，
BC
分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径
R=1m，一质量m＝1kg的小物块（视为质点）
vDgR
设物体恰好通过D点时释放点距B点的距离为L0，有动能定理可知：
mg[ L sin
R(1
cos
)]
mgcos
L
0
1mv2
0
2
D
联立解得：
L0
(3
2cos
) R
2(sin
cos
)
则：
L⋯(3
2cos
)R
)
2(sin
cos
答案：（1）
vB
2gR(sin
cos
)；L
R
（2）
F
mg(3 2cos )； （3）
P、A间的最大高度差H及物块能沿斜面上滑的最大距离
L；
(2)若P、A间的高度差h=3.6m，求系统最终因摩擦所产生的总热量