高中物理动能与动能定理试题经典
高考物理动能与动能定理题20套(带答案)含解析
高考物理动能与动能定理题20套(带答案)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，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。
【答案】(1)19.5J(2)6.75J(3)R =1.25m 时水平位移最大为x =5m 【解析】 【详解】(1)对m 1和m 2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=m 1v 1-m 2v 2解得v 1=10m/s剪断细绳前弹簧的弹性势能为：2211221122p E m v m v =+ 解得E p =19.5J(2)设m 2向右减速运动的最大距离为x ，由动能定理得：-μm 2gx =0-12m 2v 22 解得x =3m ＜L =4m则m 2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v 0=1.5m/s ，然后向左匀速运动，直至离开传送带。
设小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t 。
取向左为正方向。
根据动量定理得：μm 2gt =m 2v 0-（-m 2v 2）解得：t =3s该过程皮带运动的距离为：x 带=v 0t =4.5m故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为：E =μm 2gx 带解得：E =6.75J(3)设竖直光滑轨道AC 的半径为R 时小物体m 1平抛的水平位移最大为x 。
高考物理动能与动能定理试题经典及解析
(2)如果传送带保持不动，玩具滑车到达传送带右端轮子最高点时的速度和落水点位置。
(3)如果传送带是在以某一速度匀速运动的（右端轮子顺时针转），试讨论玩具滑车落水点与传送带速度大小之间的关系。
【答案】(1)80N；(2)6m/s，6m；(3)见解析。
【解析】
【详解】
【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，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/s2，忽略空气阻力．求：
高考物理动能与动能定理试题经典及解析
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理
1．如图所示，半径R=0.5 m的光滑圆弧轨道的左端A与圆心O等高，B为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C与一倾角θ=37°的粗糙斜面相切。一质量m=1kg的小滑块从A点正上方h=1 m处的P点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10 m/s2。
【解析】
试题分析：小物块从开始运动到与挡板碰撞，重力、摩擦力做功，运用动能定理。求小物块经过B点多少次停下来，需要根据功能转化或动能定理求出小物块运动的路程，计算出经过B点多少次。小物块经过平抛运动到达D点，可以求出平抛时的初速度，进而求出在BC段上运动的距离以及和当班碰撞的次数。
动能与动能定理经典习题及答案(免费》
1．关于做功和物体动能变化的关系，不正确的是（）．A．只有动力对物体做功时，物体的动能增加B．只有物体克服阻力做功时，它的功能减少C．外力对物体做功的代数和等于物体的末动能和初动能之差D．动力和阻力都对物体做功，物体的动能一定变化2．下列关于运动物体所受的合外力、合外力做功和动能变化的关系正确的是（）．A．如果物体所受的合外力为零，那么合外力对物体做的功一定为零B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零C．物体在合外力作用下作变速运动，动能一定变化D．物体的动能不变，所受的合外力必定为零3．两个材料相同的物体，甲的质量大于乙的质量，以相同的初动能在同一水平面上滑动，最后都静止，它们滑行的距离是（）．A．乙大B．甲大C．一样大D．无法比较4．一个物体沿着高低不平的自由面做匀速率运动，在下面几种说法中，正确的是（）．A．动力做的功为零B．动力做的功不为零C．动力做功与阻力做功的代数和为零D．合力做的功为零5．放在水平面上的物体在一对水平方向的平衡力作用下做匀速直线运动，当撤去一个力后，下列说法中错误的是（）．A．物体的动能可能减少B．物体的动能可能增加C．没有撤去的这个力一定不再做功D．没有撤去的这个力一定还做功平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F时，转动半径为B，当拉力逐渐减小到了F/4时，物体仍做匀速圆周运动，半径为2R，则外力对物体所做的功大小是（）．A、FR/4B、3FR/4C、5FR/2D、零7. 一物体质量为2kg，以4m/s的速度在光滑水平面上向左滑行。
从某时刻起作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度方向变为水平向右，大小为4m/s，在这段时间内，水平力做功为（）A. 0B. 8JC. 16JD. 32J8.质量为5×105kg的机车，以恒定的功率沿平直轨道行驶，在3minl内行驶了1450m，其速度从10m/s增加到最大速度15m/s．若阻力保持不变，求机车的功率和所受阻力的数值．9. 一小球从高出地面Hm 处，由静止自由下落，不计空气阻力，球落至地面后又深入沙坑h米后停止，求沙坑对球的平均阻力是其重力的多少倍。
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,
高考物理动能与动能定理题20套(带答案)含解析
高考物理动能与动能定理题20套(带答案)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，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－12μ1gt2对木板有：x＝12at2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/s2(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，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4．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v 0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E p 与弹簧形变量x 的平方成正比，重力加速度为g.求：(1)当弹簧第一次伸长量达最大时，弹簧的弹性势能为E pm ，小物块速度大小为03v 求该过程中小物块相对平板运动的位移大小； (2)平板速度最大时弹簧的弹力大小；(3)已知上述过程中平板向右运动的最大速度为v.若换用同种材料，质量为2m的小物块重复上述过程，则平板向右运动的最大速度为多大？【答案】(1)2049pm E v g mg μμ-；(2)mg μ；(3)2v 【解析】 【分析】（1）对系统由能量守恒求解小物块相对平板运动的位移；（2）平板速度最大时，处于平衡状态，弹力等于摩擦力；（3）平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当木板速度最大时弹力等于摩擦力，结合能量转化关系解答. 【详解】（1）弹簧伸长最长时平板速度为零，设相对位移大小为s ，对系统由能量守恒12mv 02＝12m(03v)2＋E pm ＋μmgs 解得s ＝2049pm E v g mgμμ- （2）平板速度最大时，处于平衡状态，f ＝μmg 即F ＝f ＝μmg.（3）平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当木板速度最大时 μmg ＝kx对木板由动能定理得μmgx ＝E p 1＋12Mv 2 同理，当m′＝12m ，平板达最大速度v′时，2mg μ＝kx′12μmgx′＝E p 2＋12Mv′2 由题可知E p ∝x 2，即E p 2＝14E p 1解得v′＝12v.5．夏天到了，水上滑梯是人们很喜欢的一个项目，它可简化成如图所示的模型：倾角为θ＝37°斜滑道AB 和水平滑道BC 平滑连接（设经过B 点前后速度大小不变），起点A 距水面的高度H ＝7.0m ，BC 长d ＝2.0m ，端点C 距水面的高度h ＝1.0m ．一质量m ＝60kg 的人从滑道起点A 点无初速地自由滑下，人与AB 、BC 间的动摩擦因数均为μ＝0.2．（取重力加速度g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，人在运动过程中可视为质点），求： （1）人从A 滑到C 的过程中克服摩擦力所做的功W 和到达C 点时速度的大小υ； （2）保持水平滑道端点在同一竖直线上，调节水平滑道高度h 和长度d 到图中B ′C′位置时，人从滑梯平抛到水面的水平位移最大，则此时滑道B′C′距水面的高度h ′．【答案】(1) 1200J ；45当h ＇＝2.5m 时，水平位移最大 【解析】 【详解】（1）运动员从A 滑到C 的过程中，克服摩擦力做功为：11W f s mgd μ=+ f 1=μmg cos θ s 1=sin H hθ- 解得W ＝1200J mg （H －h ）－W ＝12mv 2 得运动员滑到C 点时速度的大小v ＝45（2）在从C 点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t ，h ＇＝12gt 2 下滑过程中克服摩擦做功保持不变W ＝1200J 根据动能定理得：mg （H －h ＇）－W ＝12mv 02运动员在水平方向的位移：x ＝v 0t x当h ＇＝2.5m 时，水平位移最大.6．下雪天，卡车在笔直的高速公路上匀速行驶．司机突然发现前方停着一辆故障车，他将刹车踩到底，车轮被抱死，但卡车仍向前滑行，并撞上故障车，且推着它共同滑行了一段距离l 后停下．事故发生后，经测量，卡车刹车时与故障车距离为L ，撞车后共同滑行的距离825l L =．假定两车轮胎与雪地之间的动摩擦因数相同．已知卡车质量M 为故障车质量m 的4倍．(1)设卡车与故障车相撞前的速度为v 1两车相撞后的速度变为v 2，求12v v(2)卡车司机至少在距故障车多远处采取同样的紧急刹车措施，事故就能免于发生． 【答案】(1)1254v v = (2)32L L '=【解析】(1)由碰撞过程动量守恒12)Mv M m v +=( 则1254v v =① (2)设卡车刹车前速度为v 0，轮胎与雪地之间的动摩擦因数为μ 两车相撞前卡车动能变化22011122Mv Mv MgL μ-= ② 碰撞后两车共同向前滑动，动能变化221()0()2M m v M m gl μ+-=+ ③ 由②式22012v v gL μ-=由③式222v gL μ=又因825l L =可得203v gL μ= 如果卡车滑到故障车前就停止，由2010'2Mv MgL μ-= ④ 故3'2L L =这意味着卡车司机在距故障车至少32L 处紧急刹车，事故就能够免于发生．7．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6 m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2 kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2 m 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，物体向左最多能滑到传送带左右两端AB的中点处，重力加速度g=10 m/s2，求：（1）物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间；（2）传送带左右两端AB间的距离l至少为多少；（3）上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少；（4）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h′为多少？【答案】（1）1.6s （2）12.8m （3）160J （4）h′=1.8m【解析】(1)mgsinθ=ma, h/sinθ=,可得t="1.6" s.(2)由能的转化和守恒得：mgh=μmgl/2，l="12.8" m.(3)在此过程中，物体与传送带间的相对位移:x相=l/2+v带·t,又l/2=，而摩擦热Q=μmg·x相，以上三式可联立得Q="160" J.(4)物体随传送带向右匀加速，当速度为v带="6" m/s时向右的位移为x，则μmgx=，x="3.6" m<l/2，即物体在到达A点前速度与传送带相等，最后以v带="6" m/s的速度冲上斜面，由=mgh′，得h′="1.8" m.滑块沿斜面下滑时由重力沿斜面向下的分力提供加速度，先求出加速度大小，再由运动学公式求得运动时间，由B点到最高点，由动能定理，克服重力做功等于摩擦力做功，由此可求得AB间距离，产生的内能由相互作用力乘以相对位移求得8．如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1×106V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B 两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R=0.2m．A、B用一根绝缘轻杆相连，A带的电荷量为q=+7×10﹣7C，B不带电，质量分别为m A=0.01kg、m B=0.08kg．将两小球从圆环上的图示位置（A与圆心O等高，B在圆心O的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动．重力加速度大小为g=10m/s2．（1）通过计算判断，小球A 能否到达圆环的最高点C ？ （2）求小球A 的最大速度值．（3）求小球A 从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值． 【答案】（1）A 不能到达圆环最高点 （2）223m/s （3）0.1344J 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：A 、B 在转动过程中，分别对A 、B 由动能定理列方程求解速度大小，由此判断A 能不能到达圆环最高点； A 、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，对A 、B 分别由动能定理列方程联立求解最大速度；A 、B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，根据电势能的减少与电场力做功关系求解．（1）设A 、B 在转动过程中，轻杆对A 、B 做的功分别为W T 和T W '， 根据题意有：0T T W W +'=设A 、B 到达圆环最高点的动能分别为E KA 、E KB 对A 根据动能定理：qER ﹣m A gR +W T1=E KA 对B 根据动能定理：1T B W m gR E '-= 联立解得：E KA +E KB =﹣0.04J由此可知：A 在圆环最高点时，系统动能为负值，故A 不能到达圆环最高点 （2）设B 转过α角时，A 、B 的速度大小分别为v A 、v B ， 因A 、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，故：v A =v B 对A 根据动能定理：221sin sin 2A T A A qER m gR W m v αα-+= 对B 根据动能定理：()2211cos 2T B B B W m gR m v α='-- 联立解得： ()283sin 4cos 49A v αα=⨯+- 由此可得：当3tan 4α=时，A 、B 的最大速度均为max 22/v s = （3）A 、B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减少最多，由上可式得：3sinα+4cosα﹣4=0解得：24sin 25α=或sinα=0（舍去） 所以A 的电势能减少：84sin 0.1344625P E qER J J α=== 点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答，属于复杂题．9．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）从左側水平轨道上的A 点以大小v 0＝12m ／s 的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的D 点．已知A 、B 两点间的距离L 1＝5．75m ，物块与水平轨道写的动摩擦因数μ=0．2，取g ＝10m ／s 2，圆形轨道间不相互重叠，求：（1）物块经过B 点时的速度大小v B ； （2）物块到达C 点时的速度大小v C ；（3）BD 两点之间的距离L 2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q 【答案】(1) 11/m s (2) 9/m s (3) 72J 【解析】 【分析】 【详解】（1）物块从A 到B 运动过程中，根据动能定理得：22101122B mgL mv mv μ-=- 解得：11/B v m s =（2）物块从B 到C 运动过程中，根据机械能守恒得：2211·222B C mv mv mg R =+ 解得：9/C v m s =（3）物块从B 到D 运动过程中，根据动能定理得：22102B mgL mv μ-=- 解得：230.25L m =对整个过程，由能量守恒定律有：20102Q mv =- 解得：Q=72J【点睛】选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．知道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义．10．如图所示，光滑轨道槽ABCD 与粗糙轨道槽GH 通过光滑圆轨道EF 平滑连接(D 、G 处在同一高度)，组成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内。
高中物理动能定理
动能与动能定理（1）1. 如图所示，质量为m 的物块与转台之间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，当物块速度由0增加到v 时，物块即将在转台上滑动，此时转台恰好开始匀速转动，已知重力加速度为g ，则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 ．21kmgR C ．mv 2 D ．2πkmgR 2. 如图所示，在飞镖比赛中，某同学将飞镖从O 点水平抛出，第一次击中飞镖盘上的a 点，第二次击中飞镖盘上的b 点，忽略空气阻力，则（ ）A ．飞镖第一次水平抛出的速度较小B ．飞镖第二次抛出时的动能较小C ．飞镖两次在空中运动的时间相等D ．飞镖两次击中飞镖盘时的速度方向相同3. 如图所示，质量m=1kg 、长L=0.6m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平。
板与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4．现用F=5N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 做的功至少为（g 取10m/s 2）（ ）A ．1.5JB ．1.2JC ．1.6JD ．3J4. 如图所示，粗糙直滑轨OD 固定在水平地面上，光滑直滑轨BC 的B 端靠在竖直墙壁AO 上，C 端可固定在OD 上不同位置，且与OD 平滑连接。
现将一可看成质点的物体从B 点自由释放，沿轨道运动。
已知BC=0.5m ，OD=0.75m ，物体与OD 间动摩擦因数为0.75，重力加速度g=10m/s 2，设∠BCO=θ．则（ ）A ．θ越小，物体到达D 端的速度越大B ．无论θ是多大角度，物体都会滑出D 端C ．θ越大，物体到达D 端的速度越大D ．θ存在某角度值，使物体到达D 端的速度最大5. 如图所示，在倾角θ=37°光滑斜面上质量均为m=5kg 的A 、B 两物体用k=200N/m 的轻弹簧相连，初始时A 、B 两物体静止放在斜面底端的挡板上。
现施加一个沿斜面向上的外力F 作用在物体A 上，使之能匀加速上升，经t=0.4s物体B 刚要脱离挡板。
高考物理动能与动能定理题20套(带答案)及解析
高考物理动能与动能定理题20套(带答案)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，固定的粗糙弧形轨道下端B 点水平，上端A 与B 点的高度差为h 1＝0.3 m ，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C 点到B 点的高度差为h 2＝0.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m ＝1 kg 的滑块(可看作质点)从轨道的A 点由静止滑下，然后从B 点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C 点落到传送带上，传送带逆时针传动，速度大小为v ＝0.5 m/s ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g ＝10 m/s 2，试求：(1).滑块运动至C 点时的速度v C 大小；(2).滑块由A 到B 运动过程中克服摩擦力做的功W f ； (3).滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q . 【答案】（1）2.5 m/s （2）1 J （3）32 J【解析】本题考查运动的合成与分解、动能定理及传送带上物体的运动规律等知识。
2024全国高考真题物理汇编：动能和动能定理
2024全国高考真题物理汇编动能和动能定理一、单选题 1．（2024江西高考真题）两个质量相同的卫星绕月球做匀速圆周运动，半径分别为1r 、2r ，则动能和周期的比值为（ ）A．k121k212,E r T E r T ==B．k111k222,E r T E r T ==C．k121k212,E r T E r T ==D．k111k222E r T E r T ==，2．（2024北京高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。
下列说法正确的是（ ） A ．刚开始物体相对传送带向前运动 B ．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力 C ．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功 D ．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长3．（2024安徽高考真题）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h 的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v ．已知人与滑板的总质量为m ，可视为质点．重力加速度大小为g ，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（ ） A ．mghB ．212mvC ．212mgh mv +D ．212mgh mv -4．（2024测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。
调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。
忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（ ） A ．0.25倍B ．0.5倍C ．2倍D ．4倍5．（2024福建高考真题）先后两次从高为 1.4m OH =高处斜向上抛出质量为0.2kg m =同一物体落于12Q Q 、，测得128.4m,9.8m OQ OQ ==，两轨迹交于P 点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为3.2m ，下列说法正确的是（ ）A4 B ．第一次过P 点比第二次机械能少1.3J C ．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为72:85D ．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大二、解答题 6．（2024全国高考真题）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。
【物理】物理动能与动能定理题20套(带答案)
【物理】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．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。
高考物理动能与动能定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析
高考物理动能与动能定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，圆弧轨道AB是在竖直平面内的14圆周，B点离地面的高度h=0.8m，该处切线是水平的，一质量为m=200g的小球（可视为质点）自A点由静止开始沿轨道下滑（不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力），小球从B点水平飞出，最后落到水平地面上的D 点．已知小物块落地点D到C点的距离为x=4m，重力加速度为g=10m/s2．求：（1）圆弧轨道的半径（2）小球滑到B点时对轨道的压力．【答案】（1）圆弧轨道的半径是5m．（2）小球滑到B点时对轨道的压力为6N，方向竖直向下．【解析】（1）小球由B到D做平抛运动，有：h=12gt2x=v B t解得：10410/220.8Bgv x m sh==⨯=⨯A到B过程，由动能定理得：mgR=12mv B2-0解得轨道半径R=5m（2）在B点，由向心力公式得：2Bv N mg mR -=解得：N=6N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N=N=6N，方向竖直向下点睛：解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动．2．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点用一弹射装置可将静止的小滑块以v0水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R=0.3m 的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自 B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h=0.2m，水平距离s=0.6m，水平轨道AB长为L1=1m，BC长为 L2 =2.6m，小滑块与 水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.5，重力加速度 g =10m/s 2.(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小； (2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小的范围． 【答案】（1）（2）5m/s≤v A ≤6m/s 和v A ≥【解析】 【分析】 【详解】（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v ，由牛顿第二定律及机械能守恒定律由B 到最高点2211222B mv mgR mv =+ 由A 到B ：解得A 点的速度为（2）若小滑块刚好停在C 处，则：解得A 点的速度为若小滑块停在BC 段，应满足3/4/A m s v m s ≤≤ 若小滑块能通过C 点并恰好越过壕沟，则有212h gt =c s v t =解得所以初速度的范围为3/4/A m s v m s ≤≤和5/A v m s ≥3．如图所示，半径为R 1＝1.8 m 的14光滑圆弧与半径为R 2＝0.3 m 的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L ＝2.0 m 、质量为M ＝1.5 kg 的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同．现在让质量为m 2＝2 kg 的物块静止于B 处，质量为m 1＝1 kg 的物块从光滑圆弧顶部的A 处由静止释放，物块m 1下滑至B 处和m 2碰撞后不再分开，整体设为物块m (m ＝m 1＋m 2)．物块m 穿过半圆管底部C 处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为2 m/s 时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若g ＝10 m/s 2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计．(1)求物块m 1和m 2碰撞过程中损失的机械能； (2)求物块m 滑到半圆管底部C 处时所受支持力大小；(3)若物块m 与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，求物块m 在台阶表面上滑行的最大距离．【答案】⑴12J ⑵190N ⑶0.8m 【解析】试题分析：（1）选由机械能守恒求出物块1m 下滑到B 点时的速度；1m 、2m 碰撞满足动量守恒，由221B 1122E m v mv =-共机求出碰撞过程中损失的机械能；（2）物块m 由B 到C 满足机械能守恒，在C 点由牛顿第二定律可求出物块m 滑到半圆管底部C 处时所受支持力大小；（3）根据动量守恒定律和动能定理列式即可求解. ⑴设物块1m 下滑到B 点时的速度为B v ，由机械能守恒可得：2111B 12m gR m v =解得：B 6/v m s =1m 、2m 碰撞满足动量守恒：1B 12()m v m m v =+共解得；2/v m s 共=则碰撞过程中损失的机械能为：221B 111222E m v mv J =-=共机 ⑵物块m 由B 到C 满足机械能守恒：222C 11222mv mg R mv 共+⨯= 解得：C 4/v m s =在C 处由牛顿第二运动定律可得：2CN 2v F mg m R -=解得：N 190F N =⑶设物块m 滑上木板后，当木板速度为22/v m s =时，物块速度为1v ， 由动量守恒定律得：C 12mv mv Mv =+ 解得：13/v m s =设在此过程中物块运动的位移为1x ，木板运动的位移为2x ，由动能定理得： 对物块m ：2211C 1122mgx mv mv μ-=- 解得：1 1.4x m = 对木板M ：22212mgx Mv μ= 解得：20.4x m =此时木板静止，物块m 到木板左端的距离为：3211x L x x m =+-= 设物块m 在台阶上运动的最大距离为4x ，由动能定理得：23411()02mg x x mv μ-+=-解得：40.8x m =4．如图所示，在竖直平面内的光滑固定轨道由四分之一圆弧AB 和二分之一圆弧BC 组成，两者在最低点B 平滑连接．过BC 圆弧的圆心O 有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各一块，挡板与圆弧轨道之间有宽度很小的缝隙．AB 弧的半径为2R ，BC 弧的半径为R .一直径略小于缝宽的小球在A 点正上方与A 相距23R处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．不考虑小球撞到挡板以后的反弹． (1)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．(2)若小球能到达C 点，求小球在B 、C 两点的动能之比；若小球不能到达C 点，请求出小球至少从距A 点多高处由静止开始自由下落才能够到达C 点．(3)使小球从A 点正上方不同高度处自由落下进入轨道，小球在水平挡板上的落点到O 点的距离x 会随小球开始下落时离A 点的高度h 而变化，请在图中画出x 2h 图象．(写出计算过程)【答案】(1)13mg (2) 4∶1 (3)过程见解析【解析】 【详解】（1）若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 设小球的质量为m ，在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝2C mv R小球由开始下落至运动到C 点过程中，机械能守恒，有22132C mgR mv = 由两式可知N ＝13mg 小球可以沿轨道运动到C 点.（2）小球在C 点的动能为E k C ，由机械能守恒得E k C ＝23mgR设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝83mgR得E k B ∶E k C ＝4∶1．（3）小球自由落下，经ABC 圆弧轨道到达C 点后做平抛运动。
高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．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。
物理动能与动能定理题20套(带答案)及解析
物理动能与动能定理题20套(带答案)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，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．2．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题20套(带答案)含解析
高考物理动能与动能定理题20套(带答案)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，半径R =0.5 m 的光滑圆弧轨道的左端A 与圆心O 等高，B 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C 与一倾角θ=37°的粗糙斜面相切。
一质量m =1kg 的小滑块从A 点正上方h =1 m 处的P 点由静止自由下落。
已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g =10 m/s 2。
(1)求滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力。
(2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。
(3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A 点。
【答案】(1)70N ； (2)1.2m ； (3)能滑出A 【解析】 【分析】 【详解】(1)滑块从P 到B 的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有()212B mg h R mv +=那么，对滑块在B 点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且()2N 270N B mg h R mv F mg mg R R+=+=+=故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力为70N ，方向竖直向下。
(2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L ，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得cos37sin37cos370mg h R R L mgL μ+-︒-︒-︒=（）所以1.2m L =(3)对滑块从P 到第二次经过B 点的运动过程应用动能定理可得()212cos370.542B mv mg h R mgL mg mgR μ'=+-︒=> 所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A 点。
【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。
2．某游乐场拟推出一个新型滑草娱乐项目，简化模型如图所示。
高中物理【动能和动能定理】专题训练练习题
高中物理【动能和动能定理】专题训练练习题课时作业(A) [A 组 基础达标练]1.如图所示，电梯质量为M ，在它的水平地板上放置一质量为m 的物体。
电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v 1增加到v 2时，上升高度为H ，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是( )A ．对物体，动能定理的表达式为W N ＝12m v 22，其中W N 为支持力做的功B ．对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力做的功C ．对物体，动能定理的表达式为W N －mgH ＝12m v 22－12m v 12 D ．对电梯，其所受合力做的功为12M v 22－12M v 12－mgH 解析：物体受重力和支持力作用，根据动能定理得W合＝W N －mgH ＝12m v 22－12m v 12，故选项C 正确，A 、B 错误；对电梯，合力做的功等于电梯动能的变化量，故选项D 错误。
答案：C2．如图所示，AB 为14圆弧轨道，BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ，BC 的长度也是R 。
一质量为m 的物体，与两个轨道的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A 从静止下滑时，恰好运动到C 处停止，那么物体在AB 段克服摩擦力做的功为( )A ．μmgR B.12mgR C ．mgRD ．(1－μ)mgR解析：BC 段物体所受摩擦力F f ＝μmg ，位移为R ，故BC 段摩擦力对物体做的功W ＝－F f R ＝－μmgR ，对全程由动能定理可知，mgR ＋W 1＋W ＝0，解得W 1＝μmgR －mgR ，故AB 段克服摩擦力做的功为W 克＝－W 1＝mgR －μmgR ＝(1－μ)mgR ，故A 、B 、C 错误，D 正确。
答案：D3.一质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力F 作用下从平衡位置P 点很缓慢地移动到Q 点，如图所示，则力F 所做的功为( ) A ．mgl cos θ B ．Fl sin θ C ．mgl (1－cos θ)D ．Fl (1－sin θ)解析：小球的运动过程是缓慢的，因而小球任何时刻均可看作是平衡状态，力F 的大小在不断变化，F 做功是变力做功。
高中物理动能与动能定理题20套(带答案)
高中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．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．如图所示，粗糙水平地面与半径为R =0.4m 的粗糙半圆轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O 是BCD 的圆心，BOD 在同一竖直线上．质量为m =1kg 的小物块在水平恒力F =15N 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B 点时撤去F ，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D 点，已知A 、B 间的距离为3m ，小物块与地面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10m/s 2．求： （1）小物块运动到B 点时对圆轨道B 点的压力大小． （2）小物块离开D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离【答案】（1）160N （2）2 【解析】 【详解】（1）小物块在水平面上从A 运动到B 过程中，根据动能定理，有： （F -μmg ）x AB =12mv B 2-0 在B 点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：2Bv N mg m R-=联立解得小物块运动到B 点时轨道对物块的支持力为：N =160N由牛顿第三定律可得，小物块运动到B 点时对圆轨道B 点的压力大小为：N ′=N =160N （2）因为小物块恰能通过D 点，所以在D 点小物块所受的重力等于向心力，即：2Dv mg m R=可得：v D =2m/s设小物块落地点距B 点之间的距离为x ，下落时间为t ，根据平抛运动的规律有： x =v D t ，2R =12gt 2解得：x =0.8m则小物块离开D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离20.82m l x ==3．如图所示，斜面高为h ，水平面上D 、C 两点距离为L 。
高中动能定理试题及答案
高中动能定理试题及答案一、选择题1. 一个物体从静止开始，沿着光滑的斜面下滑，下滑过程中受到的力只有重力，下列说法正确的是（）。
A. 物体的动能增加，重力势能减少B. 物体的动能增加，重力势能增加C. 物体的动能减少，重力势能减少D. 物体的动能减少，重力势能增加答案：A解析：物体从静止开始下滑，重力做正功，物体的动能增加；同时物体的高度降低，重力势能减少。
2. 一个物体从一定高度自由落下，不计空气阻力，下列说法正确的是（）。
A. 物体的动能增加，重力势能减少B. 物体的动能减少，重力势能增加C. 物体的动能和重力势能都增加D. 物体的动能和重力势能都减少答案：A解析：物体自由落下，重力做正功，物体的动能增加；同时物体的高度降低，重力势能减少。
二、填空题3. 一个质量为m的物体从高度为h的平台上自由落下，不计空气阻力，物体落地时的动能为____。
答案：mgh解析：根据动能定理，物体落地时的动能等于重力势能的减少量，即Ek = mgh。
角为θ，下滑过程中物体的动能增加量为____。
答案：mgv0sinθ解析：物体下滑过程中，重力沿斜面方向的分力做功，根据动能定理，动能增加量等于重力分力做功，即ΔEk = mgv0sinθ。
三、计算题5. 一个质量为2kg的物体从高度为10m的平台上自由落下，不计空气阻力，求物体落地时的速度。
答案：v = 14.1m/s解析：根据动能定理，物体落地时的动能等于重力势能的减少量，即Ek = mgh。
代入数据，解得v = √(2gh) = √(2×9.8×10) = 14.1m/s。
面倾角为30°，求物体滑到斜面底端时的速度。
答案：v = 20m/s解析：物体下滑过程中，重力沿斜面方向的分力做功，根据动能定理，动能增加量等于重力分力做功，即ΔEk = mgv0sinθ。
代入数据，解得v = √(v0^2 + 2gh) = √(10^2 + 2×9.8×5×sin30°) =20m/s。
物理动能与动能定理题20套(带答案)
（2）若滑块在 A 点以 v0=lm/s 的初速度沿斜面下滑，最终停止于 B 点，求 μ 的取值范围。
【答案】（1） t
3 3
s；（2）
1 32
3 4
或
3
13 16
。
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设滑块从点 A 运动到点 B 的过程中，加速度大小为 a ，运动时间为 t ，则由牛顿第二
定律和运动学公式得
(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 cos2
1
sin
1 sin
；(2)WT
mg
h sin
h
【解析】
【详解】
(2)A、B 的系统机械能守恒
EP减 EK加
（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= 1 gt2 2
x=vBt
解得： vB x
g 4 2h
10 10m / s 2 0.8
mg sin ma
s 1 at2 2
解得 t 3 s 3
（2）滑块最终停在 B 点，有两种可能：
①滑块恰好能从 A 下滑到 B ，设动摩擦因数为 1 ，由动能定律得：
mg sin
s 1mg cos
s
0
1 2
mv02
解得
1
13 16
②滑块在斜面 AB 和水平地面间多次反复运动，最终停止于 B 点，当滑块恰好能返回 A
高中物理精品试题： 动能定理常见考法
专题4 动能定理常见考法一、动能定理的理解1．甲乙两个物体质量相等，若他们的速度之比为1:3，则它们的动能之比为（ ） A ．1:3 B ．3:1 C ．1:9 D ．9:12．下列说法正确的是（ ）A ．合外力做功是物体动能变化的原因B ．如果物体所受合外力不为零，那么合外力的功也一定不为零C ．物体的动能不变就是物体的速度不变D ．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化3．下列关于动能定理的说法正确的是（ ）A ．合外力对物体做多少正功，动能就增加多少B ．合外力对物体做多少负功，动能就增加多少C ．合外力对物体做正功，动能也可能保持不变D ．不管合外力对物体做多少正功，动能均保持不变二、动能定理解决多过程问题4．如图所示，将一物体分别沿着AB 、ACB 两条斜面轨道从静止开始运动到B 端。
已知物体与两条斜面轨道的动摩擦因数相同，不计在轨道处的能量损失。
则物体两次运动（ ） A ．位移不同B ．到达B 端的速度相同C ．到达B 端的动能相同D ．克服摩擦力做的功不同52R5．如图所示，质量为m 的滑块从高h 处的a 点，沿斜面轨道ab 滑入水平轨道bc 。
在经过b 点时无能量损失，滑块与每个轨道的动摩擦因数都相同。
滑块在a 、c 两点的速度大小均为v ，ab 与bc 长度相等，空气阻力不计，则从a 到c 的运动过程中（ ）A ．滑块从a 到b 的时间与b 到c 的时间不相等B ．滑块从b 到c 运动的过程阻力做的功为2mgh -C ．滑块经b 点时的速度等于22gh v +D ．滑块经b 点时的速度大于2gh v +6.某跳台滑雪赛道简化为如图所示模型，AB 为直道，BCD 为半径为R 的圆弧道，两滑道在B 点平滑连接，圆弧道与水平地面相切于C 点，CD 段圆弧所对的圆心角为θ=60°，不计一切摩擦，一个小球从直道上离地面高为H 处由静止释放，小球从D 点飞出后上升到的最高点离地面的高度为（ ）A ．3148H R + B ．3144H R +C ．1128H R +D ．1124H R + 7．半径分别为R 和2R 的两个半圆，分别组成如图甲、乙所示的两个圆弧轨道，一小球从某一高度下落，分别从甲、乙所示开口向上的半圆轨道的右侧边缘进入轨道，都沿着轨道内侧运动并恰好能从开口向下的半圆轨道的最高点通过，则下列说法正确的是 （ ）A ．小球开始下落的高度甲图比乙图小B ．小球开始下落的高度甲图和乙图一样大C ．小球对轨道最低点压力甲图大于乙图D ．小球对轨道最低点压力甲图和乙图一样大8．如图所示，一倾角为45︒的斜面和半圆竖直轨道分别与水平面平滑连接于P 、B 两点，PB 的距离为R ，半圆轨道的圆心为O ，半径为R ，C 为其最高点。
高考物理《动能和动能定理》真题练习含答案
高考物理《动能和动能定理》真题练习含答案1．[2024·江苏省淮安市学情调研]质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一水平放置的轻弹簧O 端相距s ，轻弹簧的另一端固定在竖直墙上，如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，重力加速度为g ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，克服弹簧弹力所的功为( )A ．12 m v 20 －μmg (s ＋x )B ．12m v 20 －μmgx C ．μmg (s ＋x )－12m v 20 D ．－μmg (s ＋x ) 答案：A解析：从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，由动能定理－μmg (s ＋x )－W ＝0－12m v 20 ，解得W ＝12 m v 20 －μmg (s ＋x )，A 正确．2.[2024·河南省部分学校摸底测试]如图所示，水平圆盘桌面上放有质量为0.1 kg 的小铁碗A (可视为质点)，一小孩使圆盘桌面在水平面内由静止开始绕过圆盘中心O 的轴转动，并逐渐增大圆盘转动的角速度，直至小铁碗从圆盘的边缘飞出，飞出后经过0.2 s 落地，落地点与飞出点在地面投影点的距离为80 cm.若不计空气阻力，该过程中，摩擦力对小铁碗所做的功为( )A.0.2 J B ．0.4 JC ．0.8 JD ．1.6 J答案：C解析：小铁碗飞出后做平抛运动，由平抛运动规律可得v ＝x t，解得v ＝4 m/s ，小铁碗由静止到飞出的过程中，由动能定理有W ＝12m v 2，故摩擦力对小铁碗所做的功W ＝0.8 J ，C 正确．3．(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上，质量为m 的物块受到沿斜面向上的恒力F 的作用，沿斜面以速度v 匀速上升了高度h .已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ、重力加速度为g .关于上述过程，下列说法正确的是( )A ．合力对物块做功为0B ．合力对物块做功为12m v 2 C ．摩擦力对物块做功为－μmg cos θh sin θD ．恒力F 与摩擦力对物块做功之和为mgh答案：ACD解析：物体做匀速直线运动，处于平衡状态，合外力为零，则合外力做功为零，故A正确，B 错误；物体所受的摩擦力大小为f ＝μmg cos θ，物体的位移x ＝h sin θ，摩擦力对物块做功为W f ＝－fx ＝－μmg cos θh sin θ，C 正确；物体所受各力的合力做功为零，则W G ＋W F ＋W f ＝0，所以W F ＋W f ＝－W G ＝－(－mgh )＝mgh ，D 正确．4．(多选)质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则此物体( )A ．在位移x ＝9 m 时的速度是33 m/sB ．在位移x ＝9 m 时的速度是3 m/sC ．在OA 段运动的加速度是2.5 m/s 2D ．在OA 段运动的加速度是1.5 m/s 2答案：BD解析：运动x ＝9 m 的过程由动能定理W －μmgx ＝12m v 2，得v ＝3 m/s ，A 错误，B 正确；前3 m 过程中，水平拉力F 1＝W 1x 1 ＝153N ＝5 N ，根据牛顿第二定律，F 1－μmg ＝ma 得a ＝1.5 m/s 2，C 错误，D 正确．5．[2024·张家口市期末考试]如图所示，倾角为θ＝37°的足够长光滑斜面AB 与长L BC ＝2 m 的粗糙水平面BC 用一小段光滑圆弧(长度不计)平滑连接，半径R ＝1.5 m 的光滑圆弧轨道CD 与水平面相切于C 点，OD 与水平方向的夹角也为θ＝37°.质量为m 的小滑块从斜面上距B 点L 0＝2 m 的位置由静止开始下滑，恰好运动到C 点．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求小滑块与粗糙水平面BC 间的动摩擦因数μ；(2)改变小滑块从斜面上开始释放的位置，小滑块能够通过D 点，求小滑块的释放位置与B 点的最小距离．答案：(1)0.6 (2)6.75 m解析：(1)滑块恰好运动到C 点，由动能定理得mgL 0sin 37°－μmgL BC ＝0－0解得μ＝0.6(2)滑块能够通过D 点，在D 点的最小速度，由mg sin θ＝m v 2D R解得v D ＝3 m/s设滑块在斜面上运动的距离为L ，由动能定理得mgL sin θ－μmgL BC －mgR (1＋sin θ)＝12m v 2D －0 解得L ＝6.75 m。
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高中物理动能与动能定理试题经典一、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，小滑块（视为质点）的质量m = 1kg ；固定在地面上的斜面AB 的倾角=37°、长s =1m ，点A 和斜面最低点B 之间铺了一层均质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数μ可在0≤μ≤1.5之间调节。
点B 与水平光滑地面平滑相连，地面上有一根自然状态下的轻弹簧一端固定在O 点另一端恰好在B 点。
认为滑块通过点B 前、后速度大小不变；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
取g =10m/s 2 ，sin37° =0.6，cos37° =0.8，不计空气阻力。
（1）若设置μ=0，将滑块从A 点由静止释放，求滑块从点A 运动到点B 所用的时间。
（2）若滑块在A 点以v 0=lm/s 的初速度沿斜面下滑，最终停止于B 点，求μ的取值范围。
【答案】（1）3t =s ；（2）13324μ≤≤或31316μ=。
【解析】 【分析】 【详解】（1）设滑块从点A 运动到点B 的过程中，加速度大小为a ，运动时间为t ，则由牛顿第二定律和运动学公式得sin mg ma θ=212s at =解得33t =s （2）滑块最终停在B 点，有两种可能：①滑块恰好能从A 下滑到B ，设动摩擦因数为1μ，由动能定律得：2101sin cos 02mg s mg s mv θμθ-=-g g解得11316μ=②滑块在斜面AB 和水平地面间多次反复运动，最终停止于B 点，当滑块恰好能返回A 点，由动能定理得2201cos 202mg s mv μθ-=-g解得2132μ=此后，滑块沿斜面下滑，在光滑水平地面和斜面之间多次反复运动，最终停止于B 点。
当滑块恰好能静止在斜面上，则有3sin cos mg mg θμθ=解得334μ=所以，当23μμμ≤≤，即13324μ≤≤时，滑块在斜面AB 和水平地面间多次反复运动，最终停止于B 点。
综上所述，μ的取值范围是13324μ≤≤或31316μ=。
4．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0v 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 maμ=，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．5．如图所示，在竖直平面内的光滑固定轨道由四分之一圆弧AB 和二分之一圆弧BC 组成，两者在最低点B 平滑连接．过BC 圆弧的圆心O 有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各一块，挡板与圆弧轨道之间有宽度很小的缝隙．AB 弧的半径为2R ，BC 弧的半径为R .一直径略小于缝宽的小球在A 点正上方与A 相距23R处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．不考虑小球撞到挡板以后的反弹． (1)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．(2)若小球能到达C 点，求小球在B 、C 两点的动能之比；若小球不能到达C 点，请求出小球至少从距A 点多高处由静止开始自由下落才能够到达C 点．(3)使小球从A 点正上方不同高度处自由落下进入轨道，小球在水平挡板上的落点到O 点的距离x 会随小球开始下落时离A 点的高度h 而变化，请在图中画出x 2h 图象．(写出计算过程)【答案】(1)13mg (2) 4∶1 (3)过程见解析【解析】 【详解】（1）若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 设小球的质量为m ，在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝2C mv R小球由开始下落至运动到C 点过程中，机械能守恒，有22132C mgR mv = 由两式可知N ＝13mg 小球可以沿轨道运动到C 点.（2）小球在C 点的动能为E k C ，由机械能守恒得E k C ＝23mgR设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝83mgR得E k B ∶E k C ＝4∶1．（3）小球自由落下，经ABC 圆弧轨道到达C 点后做平抛运动。