2021年高中物理动能定理经典计算题和答案
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 。
新高考2021届高考物理小题必练9动能和动能定理(含答案)
高考物理小题必练小题必练9：动能和动能定理(1)动能及动能定理；(2)应用动能定理求解多过程问题；(3)应用动能定理求解多物体的运动问题。
例1．(2019∙全国III卷∙17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。
距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能E k随h的变化如图所示。
重力加速度取10 m/s2。
该物体的质量为( )A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg【答案】C【解析】设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3 m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3 m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误。
【点睛】本题考查动能定理，体现了模型建构素养。
物体受到大小不变的外力，方向始终与速度方向相反，即上升时外力方向向下，下落时外力方向向上，这是解答此题的关键。
1．汽车在一段坡度不变的山坡上匀速上行，速度大小为v ，汽车发动机输出功率为P 。
设汽车所受摩擦力大小恒为f ，则下列说法中错误的是( ) A ．汽车所受合外力对汽车所做的功为零B ．汽车所受的摩擦力与重力对汽车做负功，支持力对汽车不做功C ．汽车发动机输出功率P ＝fvD ．若汽车匀速上行的速度大小为2v ，发动机输出功率应为2P 【答案】C【解析】汽车匀速上行，根据动能定理W ＝ΔE k ＝0，A 正确；汽车受到的重力方向和汽车的位移方向夹角是钝角，重力做负功，摩擦力方向和汽车位移方向相反，做负功，支持力始终和汽车的位移垂直，不做功，B 正确；设山坡的倾角为θ，因为匀速上升，则牵引力F ＝f ＋mg sin θ，则汽车发动机输出功率P ＝Fv ＝(f ＋mg sin θ)v ，C 错误；若汽车匀速上行的速度大小为2v 时，汽车的牵引力没有变化，但是速度增加了2倍，则P′＝F ∙2v ＝2P ，D 正确。
(完整版)高中物理动能定理典型练习题(含答案)
动能定理典型练习题典型例题讲解1.下列说法正确的是（ ）A 做直线运动的物体动能不变，做曲线运动的物体动能变化B 物体的速度变化越大，物体的动能变化也越大C 物体的速度变化越快，物体的动能变化也越快D 物体的速率变化越大，物体的动能变化也越大【解析】 对于给定的物体来说，只有在速度的大小（速率）发生变化时它的动能才改变，速度的变化是矢量，它完全可以只是由于速度方向的变化而引起．例如匀速圆周运动.速度变化的快慢是指加速度，加速度大小与速度大小之间无必然的联系. 【答案】D2.物体由高出地面H 高处由静止自由落下，不考虑空气阻力，落至沙坑表面进入沙坑h 停止(如图5-3-4所示).求物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的多少倍？【解析】 选物体为研究对象， 先研究自由落体过程，只有重力做功，设物体质量为m ，落到沙坑表面时速度为v ，根据动能定理有0212-=mv mgH ① 再研究物体在沙坑中的运动过程，重力做正功，阻做负功，根据动能定理有2210mv Fh mgh -=- ②由①②两式解得hh H mg F += 另解:研究物体运动的全过程，根据动能定理有000)(=-=-+Fh h H mg解得hh H mg F +=3.如图5-3-5所示，物体沿一曲面从A 点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B 时，下滑高度为5m ，若物体的质量为lkg ，到B 点时的速度为6m/s ，则在下滑过程中，物体克服阻力所做的功为多少?(g 取10m/s 2)【解析】设物体克服摩擦力图5-3-5Hh图5-3-4图5-3-6图5-3-7所做的功为W ，对物体由A 运动到B 用动能定理得221mv W mgh =- Jmv mgh W 32612151012122=⨯⨯-⨯⨯=-=即物体克服阻力所做的功为32J.课后创新演练1．一质量为1.0kg 的滑块，以4m/s 的初速度在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起一向右水平力作用于滑块，经过一段时间，滑块的速度方向变为向右，大小为4m/s ，则在这段时间内水平力所做的功为（ A ）A ．0B ．8JC ．16JD ．32J2．两物体质量之比为1:3，它们距离地面高度之比也为1:3，让它们自由下落，它们落地时的动能之比为（ C ）A ．1:3B ．3:1C ．1:9D ．9:13．一个物体由静止沿长为L 的光滑斜面下滑当物体的速度达到末速度一半时，物体沿斜面下滑了（ A ）A ．4LB ．L )12(-C ．2LD ．2L4．如图5-3-6所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L ，子弹进入木块的深度为s ．若木块对子弹的阻力f 视为恒定，则下列关系式中正确的是（ ACD ）A ．fL =21Mv 2B ．f s =21mv 2C ．f s =21mv 02－21（M ＋m ）v 2D ．f （L ＋s ）=21mv 02－21mv 25．如图5-3-7所示，质量为m 的物体静放在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮由地面以速度v 0向右匀速走动的人拉着，设人从地面上且从平台的 边缘开始向右行 至绳和水平方向 成30°角处，在此 过程中人所做的功 为( D ) A ．mv 02／2B ．mv 02C ．2mv 02／3D ．3mv 02／86．如图5-3-8所示，一小物块初速v 1,开始由A 点沿水平面滑至B 点时速度为v 2,若该物块仍以速度v 1从A 点沿两斜面滑动至B 点时速度为v 2’，已知斜面和水平面与物块的动摩擦因数相同，则( C ) A.v 2>v 2' B.v 2<v 2’ C.v 2=v 2’ D ．沿水平面到B 点时间与沿斜面到达B 点时间相等. 7.如图5-3-9所示，斜面足够长，其倾角为α，质量为m 的滑块，距挡板P 为S 0，以初速度v 0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？【解析】滑块在滑动过程中，要克服摩擦力做功，其机械能不断减少；又因为滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，所以最终会停在斜面底端.在整个过程中，受重力、摩擦力和斜面支持力作用，其中支持力不做功.设其经过和总路程为L ，对全过程，由动能定理得：200210cos sin mv L ng mgS -=-αμα得αμαcos 21sin mgS 20mg mv L +=8.如图5-3-10所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v 0＝2m/s 的速度匀速运行，传送带与水平地面的夹角θ＝30°，现把一质量m ＝l0kg 的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传知工件与传送带间的动摩擦因数23=μ，g 取送至h ＝2m 的高处.已10m/s 2.(1) 试通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动?(2) 工件从传送带底端运动至h ＝2m 高处的过程中摩擦力对工件做了多少功?【解析】 (1) 工件刚放上皮带时受滑动摩擦力θμcos mg F =，工件开始做匀加速直线运动，由牛顿运动定律ma mg F =-θsin 得:图5-3-8图5-3-10V 0S 0αP 图5-3-9)30sin 30cos 23(10)sin cos (sin 00-⨯=-=-=θθμθg g mFa =2.5m/s 2设工件经过位移x 与传送带达到共同速度，由匀变速直线运动规律可得5.2222220⨯==a v x =0.8m ＜4m. 故工件先以2.5m/s 2的加速度做匀加速直线运动，运动0.8m 与传送带达到共同速度2m/s 后做匀速直线运动。
考点25 动能及动能定理——2021年高考物理专题复习附真题及解析
关系
（3）单位关系：在国际单位制中，功和能的单位均为焦耳，简称焦，符号 J。
二、应用动能定理的流程
三、应用动能定理解题的方法技巧 1．对物体进行正确的受力分析，要考虑物体所受的所有外力，包括重力。 2．有些力在物体运动的全过程中不是始终存在的，若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程，物 体的运动状态、受力等情况均可能发生变化，则在考虑外力做功时，必须根据不同情况分别对待。 3．若物体运动的全过程包含几个不同的物理过程，解题时可以分段考虑，也可以全过程为一整体，利
用动能定理解题，用后者往往更为简捷。 四、优先考虑应用动能定理的问题 1．不涉及加速度、时间的问题； 2．有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题； 3．变力做功的问题。
重点考向 考向一 动能定理
典例引领
（2020·天津一中高一期末）将三个木板 1、2、3 固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角 形，如图所示，其中 1 与 2 底边相同，2 和 3 高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板 的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数 均相同。在这三个过程中， 下列说法不正确的是（ ）
A．从 A 到 B 的过程中，运动员受重力、支持力、摩擦力和向心力 B．从 A 到 B 的过程中，运动员所受的合外力始终指向圆心 O C．从 A 到 C 的过程中，运动员的机械能保持不变 D．从 A 到 C 的过程中，重力所做的功等于克服摩擦力所做的功
变式拓展
1．（多选）人用绳子通过光滑定滑轮拉静止在地面上的物体 A，A 穿在光滑的竖直杆上，当人以速度 v 竖 直向下匀速拉绳使质量为 m 的物体 A 上升高度 h 后，到达如图所示位置，此时绳与竖直杆的夹角为 θ。 已知重力加速度为 g，则下列说法正确的是
动能定理及其应用--高中物理模块典型题归纳(含详细答案)
动能定理及其应用--高中物理模块典型题归纳（含详细答案）一、单选题1.一个物体速度由0增加到v,再从v增加到2v,外力做功分别为W1和W2，则W1和W2关系正确的是-()A.W2=W1B.W2 =2W1C.W2 =3W1D.W2 =4W12.质量m=2㎏的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能E K与其发生位移x之间的关系如图所示。
已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A.x=1m时物块的速度大小为2m/sB.x=3m时物块的加速度大小为C.在前4m位移过程中拉力对物块做的功为9JD.在前4m位移过程中物块所经历的时间为2.8s3.如图所示，小球从倾斜轨道上由静止释放，经平直部分冲上圆弧部分的最高点A时，对圆弧的压力大小为mg，已知圆弧的半径为R，整个轨道光滑．则（）A.在最高点A，小球受重力和向心力的作用B.在最高点A，小球的速度为C.在最高点A，小球的向心加速度为gD.小球的释放点比A点高为R4.如图所示，木板可绕固定水平轴O转动．木板从水平位置OA缓慢转到OB位置，木板上的物块始终相对于木板静止．在这一过程中，物块的重力势能增加了2J．用F N表示物块受到的支持力，用F f表示物块受到的摩擦力．在此过程中，以下判断正确的是（）A.F N和F f对物块都不做功B.F N对物块做功为2 J，F f对物块不做功C.F N对物块不做功，F f对物块做功为2 JD.F N和F f对物块所做功的代数和为05.如图所示，水平传送带长为x，以速度v始终保持匀速运动，把质量为m的货物放到A点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ，当货物从A点运动到B点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能（）A.等于mv2B.小于mv2C.大于μmgxD.小于μmgx6.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ=37o，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（）A. B. C. D.7.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h．若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为（重力加速度为g，不计空气阻力）（）A. B. C. D.08.电磁轨道炮射程远、精度高、威力大．假设一款电磁轨道炮的弹丸（含推进器）质量为20.0kg，从静止开始在电磁驱动下速度达到2.50×103m/s．则此过程中弹丸所受合力做的功是（）A.2.50×104JB.5.00×104JC.6.25×107JD.1.25×108J9.如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g．质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（）A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR10.物体A和B质量相等，A置于光滑的水平面上，B置于粗糙水平面上，开始时都处于静止状态．在相同的水平力作用下移动相同的距离，则（）A.力F对A做功较多，A的动能较大B.力F对B做功较多，B的动能较大C.力F对A和B做功相同，A和B的动能相同D.力F对A和B做功相同，但A的动能较大二、多选题11.如图所示，有两固定且竖直放置的光滑半圆环，半径分别为R和2R，它们的上端在同一水平面上，有两质量相等的小球分别从两半圆环的最高点处(如图所示)由静止开始下滑，以半圆环的最高点为零势点，则下列说法正确的是（）A.两球到达最低点时的机械能相等B.A球在最低点时的速度比B球在最低点时的速度小C.A球在最低点时的速度比B球在最低点时的速度大D.两球到达最低点时的向心加速度大小相等12.某足球运动员罚点球直接射门，球恰好从横梁下边缘A点踢进，球经过A点时的速度为v，A点离地面的高度为h，球的质量为m，运动员对球做的功为，球从踢飞到A点过程中克服空气阻力做的功为，选地面为零势能面，下列说法正确的是（）A.运动员对球做的功B.从球静止到A点的过程中，球的机械能变化量为-C.球刚离开运动员脚面的瞬间，球的动能为D.从球刚离开运动员脚面的瞬间到A点的过程中，球的动能变化量为-mgh13.如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°．现有两个小物块A，B同时从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，已知物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．下列说法正确的是（）A.物块A，B运动的加速度大小不同B.物块A，先到达传送带底端C.物块A，B运动到传送带底端时重力的功率相等D.物块A，B在传送带上的划痕长度之比为1：314.如图所示，现有一端固定在地面上的两根长度相同竖直弹簧（K1＞K2），两个质量相同的小球分别由两弹簧的正上方高为H处自由下落，落到轻弹簧上将弹簧压缩，小球落到弹簧上将弹簧压缩的过程中获得的最大弹性势能分别是E1和E2，在具有最大动能时刻的重力势能分别是E P1和E P2（以地面为重力势能的零势能），则（）A.E1＜E2B.E1＞E2C.E P1=E P2D.E P1＞E P215.如图所示，在a点由静止释放一个质量为m，电荷量为q的带电粒子，粒子到达b点时速度恰好为零，设ab所在的电场线竖直向下，a、b间的高度差为h，则（）A.带电粒子带负电B.a、b两点间的电势差U ab=C.b点场强大于a点场强D.a点场强大于b点场强16.如图所示，光滑杆O′A的O′端固定一根劲度系数为k=10N/m，原长为l0=1m的轻弹簧，质量为m=1kg的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接，OO′为过O点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ=30°，开始杆是静止的，当杆以OO′为轴转动时，角速度从零开始缓慢增加，直至弹簧伸长量为0.5m，下列说法正确的是（）A.杆保持静止状态，弹簧的长度为0.5mB.当弹簧伸长量为0.5m时，杆转动的角速度为rad/sC.当弹簧恢复原长时，杆转动的角速度为rad/sD.在此过程中，杆对小球做功为12.5J17.如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时，对轨道的压力为其重力的一半．已知AP=2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（）A.机械能减少mgRB.动能增加mgRC.克服摩擦力做功mgRD.合外力做功mgR18.在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了14J，金属块克服摩擦力做功10J，重力做功22J，则以下判断正确的是（）A.金属块带正电荷B.金属块克服电场力做功8 JC.金属块的电势能减少2 JD.金属块的机械能减少8 J三、实验探究题19.某兴趣小组准备探究“合外力做功和物体速度变化的关系”，实验前组员们对初速为O的物体提出了以下几种猜想：①W∝v；②W∝v2；③W∝为了验证猜想，他们设计了如图甲所示的实验装置．PQ 为一块倾斜放置的木板，在Q处固定一个光电计时器（用来测量物体上的遮光片通过光电门时的挡光时间）．（1）如果物体上的遮光片宽度为d，某次物体通过光电计时器挡光时间为△t，则物体通过光电计时器时的速度v=________.（2）实验过程中，让物体分别从不同高度无初速释放，测出物体初始位置到光电计时器的距离L1、L2、L3、L4…，读出物体每次通过光电计时器的挡光时间，从而计算出物体通过光电计时器时的速度v1、v2、v3、v4…，并绘制了如图乙所示的L﹣v图象．为了更直观地看出L 和v的变化关系，他们下一步应该作出：____________A.L﹣v2图象B.L﹣图象C.L﹣图象D.L﹣图象（3）实验中，物体与木板间摩擦力________（选填“会”或“不会”）影响探究的结果．四、综合题20.一质量为m=2kg的小滑块，从半径R=1.25m的1/4光滑圆弧轨道上的A点由静止滑下，圆弧轨道竖直固定，其末端B切线水平。
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。
完整版)高中物理动能定理典型练习题(含答案)
完整版)高中物理动能定理典型练习题(含答案)1.正确答案是D。
对于一个物体来说，只有在速度大小（速率）发生变化时，它的动能才会改变。
速度的变化是一个矢量，它可以完全由于速度方向的变化而引起，例如匀速圆周运动。
速度变化的快慢是指加速度，加速度大小与速度大小之间没有必然的联系。
2.一个物体从高度为H的地方自由落体，落到高度为h的沙坑中停止。
假设物体的质量为m，重力加速度为g，根据动能定理，当物体速度为v时，mgH = 1/2mv^2，因此v =sqrt(2gH)。
在沙坑中，重力做正功，阻力做负功，根据动能定理，1/2mv^2 - Fh = mgh，其中F为物体在沙坑中受到的平均阻力。
解方程得到F = (H + h)mg / (gh)。
3.一个物体沿一曲面从A点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B时，下滑高度为5m，物体质量为1kg，速度为6m/s。
假设物体在滑行过程中克服了摩擦力，设摩擦力为F，根据动能定理，mgh - W = 1/2mv^2，其中W为物体克服阻力所做的功。
解方程得到W = 32J。
课后创新演练：1.滑块的质量为1kg，初速度为4m/s，水平力方向向左，大小未知。
在一段时间内，水平力方向变为向右，大小不变为未知。
根据动能定理，水平力所做的功等于滑块动能的变化量，即1/2mv^2 - 1/2mu^2，其中v和u分别为滑块在水平力作用下的末速度和初速度。
根据题意，v = u = 4m/s，解方程得到水平力所做的功为16J。
2.两个物体的质量之比为1:3，高度之比也为1:3.根据动能定理，物体的动能等于1/2mv^2，其中v为物体的速度。
假设两个物体在落地时的速度分别为v1和v2，则v1 : v2 =sqrt(h1) : sqrt(h2)，其中h1和h2分别为两个物体的高度。
因此，v1^2 : v2^2 = h1 : h2 = 1 : 9，即它们落地时的动能之比为1:9.3.物体沿长为L的光滑斜面下滑，速度达到末速度的一半时，物体沿斜面下滑的距离为L。
高中物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)
高中物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．如图所示，一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R =0.5m 。
物块A 以v 0=10m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道与物块间的动摩擦因数都为μ=0.4，A 的质量为m =1kg （A 可视为质点） ，求：(1)物块经过N 点时的速度大小； (2)物块经过N 点时对竖直轨道的作用力； (3)物块最终停止的位置。
【答案】(1)5m/s v =；(2)150N ，作用力方向竖直向上；(3)12.5m x = 【解析】 【分析】 【详解】(1)物块A 从出发至N 点过程，机械能守恒，有22011222mv mg R mv =⋅+ 得20445m /s v v gR =-=(2)假设物块在N 点受到的弹力方向竖直向下为F N ，由牛顿第二定律有2N v mg F m R+=得物块A 受到的弹力为2N 150N v F m mg R=-=由牛顿第三定律可得，物块对轨道的作用力为N N 150N F F '==作用力方向竖直向上(3)物块A 经竖直圆轨道后滑上水平轨道，在粗糙路段有摩擦力做负功，动能损失，由动能定理，有20102mgx mv μ-=-得12.5m x =2．如图所示，半径为R ＝1 m ，内径很小的粗糙半圆管竖直放置，一直径略小于半圆管内径、质量为m ＝1 kg 的小球，在水平恒力F ＝25017N 的作用下由静止沿光滑水平面从A 点运动到B 点，A 、B 间的距离x ＝175m ，当小球运动到B 点时撤去外力F ，小球经半圆管道运动到最高点C ，此时球对外轨的压力F N ＝2.6mg ，然后垂直打在倾角为θ＝45°的斜面上(g ＝10 m/s 2)．求：(1)小球在B 点时的速度的大小； (2)小球在C 点时的速度的大小；(3)小球由B 到C 的过程中克服摩擦力做的功； (4)D 点距地面的高度．【答案】(1)10 m/s (2)6 m/s (3)12 J (4)0.2 m 【解析】 【分析】对AB 段，运用动能定理求小球在B 点的速度的大小；小球在C 点时，由重力和轨道对球的压力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求小球在C 点的速度的大小；小球由B 到C 的过程，运用动能定理求克服摩擦力做的功；小球离开C 点后做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求D 点距地面的高度． 【详解】(1)小球从A 到B 过程，由动能定理得：212B Fx mv = 解得：v B ＝10 m/s(2)在C 点，由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝2c v m R又据题有：F N ＝2.6mg 解得：v C ＝6 m/s.(3)由B 到C 的过程，由动能定理得：－mg ·2R －W f ＝221122c B mv mv - 解得克服摩擦力做的功：W f ＝12 J(4)设小球从C 点到打在斜面上经历的时间为t ，D 点距地面的高度为h ， 则在竖直方向上有：2R －h ＝12gt 2由小球垂直打在斜面上可知：cgtv＝tan 45° 联立解得：h ＝0.2 m 【点睛】本题关键是对小球在最高点处时受力分析，然后根据向心力公式和牛顿第二定律求出平抛的初速度，最后根据平抛运动的分位移公式列式求解．3．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ=60°、长为L 1=23m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2=3m 的水平轨道BC 相连，然后在C 处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D 处，如图所示.现将一个小球从距A 点高为h =0.9m 的水平台面上以一定的初速度v 0水平弹出，到A 点时小球的速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下.已知小球与AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ=33，g 取10m/s 2.（1）求小球初速度v 0的大小； （2）求小球滑过C 点时的速率v C ；（3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件？ 【答案】（16m/s （2）6m/s （3）0<R ≤1.08m 【解析】试题分析：（1）小球开始时做平抛运动：v y 2=2gh代入数据解得：22100.932/y v gh m s =⨯⨯＝＝A 点：60y x v tan v ︒=得：032/6/603yx v v v s m s tan ==︒＝＝ （2）从水平抛出到C 点的过程中，由动能定理得：()2211201122C mg h L sin mgL cos mgL mv mv θμθμ+---＝代入数据解得：36/C v m s ＝（3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：21mv mg R ＝22111 222C mv mgR mv +＝ 代入数据解得R 1=1．08 m当小球刚能到达与圆心等高时2212C mv mgR ＝ 代入数据解得R 2=2．7 m当圆轨道与AB 相切时R 3=BC•tan 60°=1．5 m 即圆轨道的半径不能超过1．5 m综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是 0＜R≤1．08 m ． 考点：平抛运动；动能定理4．如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t ＝0时刻，将质量为1.0 kg 的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A 点，经过1.0 s ，物块从最下端的B 点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，求：(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)物块从A 到B 的过程中，传送带对物块做的功． 【答案】3－3.75 J 【解析】解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：2111a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222222?/v v a m s t -== 物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得：1mgsin mgcos ma θμθ+=物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：2mgsin mgcos ma θμθ-=联立解得：3μ=(2)由v －t 图象面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：1112v t x =则摩擦力对物块做功：11·W mgcos x μθ=在后0.5 s ，物块对地位移为：12122v v x t +=则摩擦力对物块做功22·W mgcos x μθ=－ 所以传送带对物块做的总功：12W W W =+ 联立解得：W ＝－3.75 J5．如图所示，半径为R 的圆管BCD 竖直放置，一可视为质点的质量为m 的小球以某一初速度从A 点水平抛出，恰好从B 点沿切线方向进入圆管，到达圆管最高点D 后水平射出．已知小球在D 点对管下壁压力大小为12mg ，且A 、D 两点在同一水平线上，BC 弧对应的圆心角θ＝60°，不计空气阻力．求：(1)小球在A 点初速度的大小； (2)小球在D 点角速度的大小；(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功． 【答案】gR 2gR(3)14mgR【解析】 【分析】（1）根据几何关系求出平抛运动下降的高度，从而求出竖直方向上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小．（2）根据向心力公式求出小球在D 点的速度，从而求解小球在D 点角速度． （3）对A 到D 全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功． 【详解】（1）小球从A 到B ，竖直方向: v y 2＝2gR(1＋cos 60°) 解得v y 3gR 在B 点：v 0＝60y v tan gR（2）在D 点，由向心力公式得mg-12mg ＝2Dmv R解得v D 2gRω＝D v R 2gR（3）从A到D全过程由动能定理：－W克＝1 2mv D2－12mv02解得W克＝14mgR.【点睛】本题综合考查了平抛运动和圆周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源．6．如图所示，一质量为m的滑块从高为h的光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下，槽的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为v0，两轮轴心间距为L，滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C时，恰好加速到与传送带的速度相同，求：（1）滑块到达底端B时的速度大小v B；（2）滑块与传送带间的动摩擦因数μ；（3）此过程中，由于克服摩擦力做功而产生的热量Q.【答案】（12gh2）222v ghglμ-=（3）(222m v gh-【解析】试题分析：（1）滑块在由A到B的过程中，由动能定理得：212Bmgh mv-＝，解得：2Bghν＝（2）滑块在由B到C的过程中，由动能定理得：μmgL＝12mv02−12mv B2，解得，222v ghgLμ-＝；（3）产生的热量：Q=μmgL相对，()2200(2)2BghLg相对＝νννμ--=（或2(2)ghν-），解得，21(2)2Q m ghν＝；考点：动能定理【名师点睛】本题考查了求物体速度、动摩擦因数、产生的热量等问题，分析清楚运动过程，熟练应用动能定理即可正确解题．7．为了研究过山车的原理，某同学设计了如下模型：取一个与水平方向夹角为37°、长为L =2.5 m 的粗糙倾斜轨道AB ，通过水平轨道BC 与半径为R =0.2 m 的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE ，整个轨道除AB 段以外都是光滑的。
2021年高中物理人教版(新教材)必修第二册同步练习：第8章 第3节 动能和动能定理 (含解析)
第八章 第三节请同学们认真完成 [练案15]合格考训练(25分钟·满分60分)一、选择题(本题共8小题，每题6分，共48分)1．在水平路面上，有一辆以36 km/h 行驶的客车，在车厢后座有一位乘客甲，把一个质量为4 kg 的行李以相对客车5 m/s 的速度抛给前方座位的另一位乘客乙，则以地面为参考系行李的动能和以客车为参考系行李的动能分别是( B )A ．200 J 50 JB ．450 J 50 JC ．50 J 50 JD ．450 J 450 J解析：行李相对地面的速度v ＝v 车＋v 相对＝15 m/s ，所以行李的动能E k ＝12m v 2＝450 J 。
行李相对客车的速度v ′＝5 m/s ， 所以行李的动能E k ′＝12m v ′2＝50 J2．如图所示，两个质量相同的物体a 和b 处于同一高度，a 自由下落，b 沿固定光滑斜面由静止开始下滑，不计空气阻力。
两物体到达地面时，下列表述正确的是( C )A ．a 的速率大B ．b 的速率大C ．动能相同D ．速度方向相同解析：根据动能定理有：mgh ＝12m v 2－0知：高度相同，所以末动能相等，速度的大小相等，但方向不同。
故本题选C 。
3．某同学用200 N 的力将质量为0.44 kg 的足球踢出，足球以10 m/s 的初速度沿水平草坪滚出60 m 后静止，则足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功是( B )A．4.4 J B．22 J C．132 J D．12 000 J解析：根据动能定理，W＝12m v2＝12×0.44×102 J＝22 J。
4．如图所示，一物体以6 J的初动能从A点沿AB圆弧下滑，滑到B点时动能仍为6 J，若物体以8 J的初动能从A点沿同一路线滑到B点，则物体到B点时的动能是(A)A．小于8 J B．等于8 JC．大于8 J D．不能确定解析：当物体以6J的初动能从A点沿AB圆弧下滑，滑到B点时动能仍为6 J，根据动能定理有：W G＋W f＝0，当以8 J的初动能从A点下滑时，由于物体沿圆弧下滑，指向圆心的合力提供向心力，由于速度变大，圆弧轨道给物体的弹力变大，根据滑动摩擦力大小的计算式：f＝μF N，可得物体受到的摩擦力增大，在从A到B的过程中，物体通过的圆弧长度不变，所以物体在从A到B的过程中，克服摩擦力做功增大，重力做功不变，所以到达B点时动能小于8 J，故A正确，BCD错误。
(完整版)高中物理动能定理经典计算题和答案
动能和动能定理经典试题例1 一架喷气式飞机，质量m =5×103kg ，起飞过程中从静止开始滑跑的路程为s =5.3×102m 时，达到起飞的速度v =60m/s ，在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍(k =0。
02），求飞机受到的牵引力。
例2 将质量m=2kg 的一块石头从离地面H=2m 高处由静止开始释放，落入泥潭并陷入泥中h=5cm 深处，不计空气阻力,求泥对石头的平均阻力。
（g 取10m/s 2）例3 一质量为0.3㎏的弹性小球，在光滑的水平面上以6m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前速度的大小相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为（ ）A .Δv=0 B. Δv=12m/s C 。
W=0 D 。
W=10.8J例4 在h 高处，以初速度v 0向水平方向抛出一个小球，不计空气阻力，小球着地时速度大小为（ ）A. gh v 20+B. gh v 20-C. gh v 220+ D 。
gh v 220-例5 一质量为 m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点。
小球在水平拉力F 作用下，从平衡位置P 点很缓慢地移动到Q 点，如图2—7—3所示,则拉力F 所做的功为（ )A. mgl cos θB. mgl （1－cos θ）C. Fl cos θD. Flsin θ例6 如图所示，光滑水平面上,一小球在穿过O 孔的绳子的拉力作用下沿一圆周匀速运动，当绳的拉力为F 时,圆周半径为R,当绳的拉力增大到8F 时，小球恰可沿半径为R ／2的圆周匀速运动在上述增大拉力的过程中,绳的拉力对球做的功为________。
例7 如图2-7-4所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v 0＝2m/s 的速度匀速运行，传送带与水平地面的夹角θ＝30°，现把一质量m ＝l0kg 的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传送至h ＝2m 的高处。
专题05功功率动能定理(解析版)-2021年高考物理冲刺专题必刷
05功功率动能定理1．某种升降机的装置原理如图所示，各钢绳保持竖直方向，升降机只能在竖直方向运动。
已知升降机和人的总质量为150kg ，配重A 质量为200kg ，当电动机的输出功率为1.2kW 时，若不计滑轮、钢绳的质量和所有摩擦损耗，升降机向上匀速运动的速度为（g=10m/s 2）（ ）A ．1.2m/sB ．1.6m/sC ．2.4m/sD ．4.8m/s【答案】C 【详解】对配重A 受力分析，受到钢绳向上的拉力2T 和重力，由平衡条件可得2T =m A g =2000N解得T =1000N设电动机对钢绳的拉力为F ，对升降机和人整体受力分析，由平衡条件可得T +F =m 总g联立方程，代入数据解得F =500N由P =Fv ，可得升降机向上匀速运动的速度为1200m /s=2.4m /s 500P v F == 故选C 。
2．质量为m =2kg 的物体沿水平面向右做直线运动，t =0时刻受到一个水平向左的恒力F ，如图甲所示，此后物体的—v t 图象如图乙所示，取水平向右为正向，210m /s g =，则（ ）A ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5μ=B ．10s 末恒力F 对物体做功功率为6WC ．10s 末物体在计时起点位置左侧3m 处D ．10s 内物体克服摩擦力做功34J 【答案】D 【详解】A ．设物体向右做匀减速直线运动的加速度为1a ，则由—v t 图象得，加速度大小212m/s a =，方向与初速度方向相反。
设物体向左做匀加速直线运动的加速度为2a ，则由—v t 图象得，加速度大小221m/s a =，方向与初速度方向相反。
根据牛顿第二定律，有1F mg ma μ+= 2 F mg ma μ-=联立带入数据得3N F =0.05μ=故A 错误；B ．10s 末恒力F 的瞬时功率36W 18W P F ==⨯=故B 错误；C ．根据—v t 图象与横轴所围的面积表示位移得m 1148m 66m 222x =⨯⨯-⨯⨯=-负号表示物体在起点左侧，故C 错误； D ．10s 内克服摩擦力做功f 110.05204866J 34J 22W fs mgs μ⎛⎫===⨯⨯⨯⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭故D 正确。
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。
高一物理动能定理试题答案及解析
高一物理动能定理试题答案及解析1.如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一有内阻的电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升.摩擦及空气阻力均不计.则（）A．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能B．升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能C．升降机上升的全过程中，电动机消耗的电能等于升降机增加的机械能D．升降机上升的全过程中，电动机消耗的电能大于升降机增加的机械能【答案】BD【解析】根据动能定理可知，升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于重力做功与人增加的动能，即等于人增加的机械能，故A错误，B正确；根据功能关系可知，升降机上升的全过程中，电动机消耗的电能等于升降机增加的机械能和电动机消耗的内能之和，故C错误，D正确。
【考点】考查了功能关系，动能定理的应用2.如图所示，一对带电平行金属板A、B与竖直方向成30°角放置．B板中心有一小孔正好位于平面直角坐标系 xOy上的O点，y轴沿竖直方向．一比荷为1.0×105C/kg的带正电粒子P从A板中心O′处静止释放后沿做匀加速直线运动，以速度v=104m/s，方向与x轴正方向夹30°o角从O点进入匀强电场，电场仅分布在轴的下方，场强大V/m，方向与x轴正方向成60°角斜向上，粒子的重力不计．试求：(1)AB两板间的电势差：(2)粒子P离开电场时的坐标；(3)若在P进入电场的同时，在电场中适当的位置由静止释放另一与P完全相同的带电粒子Q,可使两粒子在离开电场前相遇．求所有满足条件的释放点的集合（不计两粒子之间的相互作用力）．【答案】(1)500V；(2) (1,0) (3) 且m【解析】(1)由动能定理可得(2)粒子P在进入电场后做类平抛运动，设离开电场时距O距离为L，如图所示，则解得 L=1m 所以P离开电场时的坐标为(1,0)(3)由于粒子Q与P完全相同，所以只需在P进入电场时速度方向的直线上的OM范围内任一点释放粒子Q，可保证两者在离开电场前相碰，所在的直线方程为m故M的横坐标为m所以所有满足条件的释放点的集合为且m【考点】带电粒子在电场中的运动；动能定理。
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。
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动能和动能定理经典试题欧阳光明（2021.03.07）例 1 一架喷气式飞机，质量m =5×103kg ，起飞过程中从静止开始滑跑的路程为s =5.3×102m 时，达到起飞的速度v =60m/s ，在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍（k =0.02），求飞机受到的牵引力。
例2 将质量m=2kg 的一块石头从离地面H=2m 高处由静止开始释放，落入泥潭并陷入泥中h=5cm 深处，不计空气阻力，求泥对石头的平均阻力。
（g 取10m/s 2）例3 一质量为0.3㎏的弹性小球，在光滑的水平面上以6m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前速度的大小相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为（）A .Δv=0 B. Δv=12m/s C. W=0 D. W=10.8J例4 在h 高处，以初速度v 0向水平方向抛出一个小球，不计空气阻力，小球着地时速度大小为（ ） A. gh v 20+ B. gh v 20- C. gh v 220+ D. gh v 220-例5 一质量为 m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点。
小球在水平拉力F 作用下，从平衡位置P 点很缓慢地移动到Q 点，如图2-7-3所示，则拉力F 所做的功为（ ）2-7-2A. mgl cos θB. mgl (1－cos θ)C. Fl cos θD.Flsin θ例6 如图所示，光滑水平面上，一小球在穿过O 孔的绳子的拉力作用下沿一圆周匀速运动，当绳的拉力为F 时，圆周半径为R ，当绳的拉力增大到8F 时，小球恰可沿半径为R ／2的圆周匀速运动在上述增大拉力的过程中，绳的拉力对球做的功为________.例7如图2-7-4所示，绷紧的传送带在电动机带动下，始终保持v 0＝2m/s 的速度匀速运行，传送带与水平地面的夹角θ＝30°，现把一质量m ＝l0kg 的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带传送至h ＝2m 的高处。
已知工件与传送带间的动摩擦因数23=μ，g 取10m/s 2。
(1) 试通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动?(2) 工件从传送带底端运动至h ＝2m 高处的过程中摩擦力对工件做了多少功?．例8如图4所示，AB 为1/4圆弧轨道，半径为R=0.8m ，BC 是水平轨道，长S=3m ，BC 处的摩擦系数为μ=1/15，今有质量m=1kg 的物体，自A 点从静止起下滑到C 点刚好停止。
求物体在轨道AB 段所受的阻力对物体做的功。
例9电动机通过一条绳子吊起质量为8kg 的物体。
绳的拉力不能超过120N ，电动机的功率不能超过1 200W ，要将此物体由静止2-7-3θ F O P Q l 2-7-4起，用最快的方式将物体吊高90m（已知物体在被吊高90m以前已开始以最大速度匀速上升），所需时间为多少？（g取10 m/s2）例10一个物体从斜面上高h处由静止滑下并紧接着在水平面上滑行一段距离后停止，测得停止处对开始运动处的水平距离为S，如图2-7-6，不考虑物体滑至斜面底端的碰撞作用，并设斜面与水平面对物体的动摩擦因数相同．求动摩擦因数μ．例11 从离地面H高处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k（k<1）倍,而小球与地面相碰后，能以相2-7-6同大小的速率反弹，求：（1）小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是多少？（2）小球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是多少？例12某同学从高为h处水平地投出一个质量为m的铅球，测得成绩为s，求该同学投球时所做的功．例13如图所示，一根长为l的细线，一端固定于O点，另一端拴一质量为m的小球，当小球处于最低平衡位置时，给小球一定得初速度0v，要小球能在竖直平面内作圆周运动并通过最高点P，0v至少应多大？例14 新疆达坂城风口的风速约为v=20m/s，设该地空气的密度为ρ=1.4kg/m3，若把通过横截面积S=20m2的风Sl能的50%转化为电能，利用上述已知量推导计算电功率的公式，并求出发电机电功率的大小。
例15 质量为M 、长度为d 的木块，放在光滑的水平面上，在木块右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动。
质量为m 的子弹以水平速度V 0射入木块，刚好能将木块射穿。
现在拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度V 0射入静止的木块。
设子弹在木块中受阻力恒定。
求：（1）子弹射入木块的深度（2）从子弹开始进入木块到与木块相对静止的过程中，木块的位移是多大？例16如图2-7-19所示的装置中，轻绳将A 、B 相连，B 置于光滑水平面上，拉力F 使B 以1m ／s 匀速的由P 运动到Q,P 、Q 处绳与竖直方向的夹角分别为α1=37°，α2=60°.滑轮离光滑水平面高度h=2m ，已知m A =10kg ，m B =20kg ，不计滑轮质量和摩擦，求在此过程中拉力F 做的功(取sin37°=0.6，g 取10m ／s 2)参考答案：1、解答：取飞机为研究对象，对起飞过程研究。
飞机受到重力G 、支持力N、牵引力F 和阻力f 作用，如图2-7-1所示2-7-1各力做的功分别为W G =0，W N =0，W F =Fs ，W f =-kmgs.起飞过程的初动能为0，末动能为221mvN G f F据动能定理得：代入数据得：2、石头在空中只受重力作用；在泥潭中受重力和泥的阻力。
对石头在整个运动阶段应用动能定理，有00)(-=-+h F h H mg 。
所以，泥对石头的平均阻力10205.005.02⨯⨯+=⋅+=mg h h H F N=820N 。
3、解答由于碰撞前后速度大小相等方向相反，所以Δv=v t -(-v 0)=12m/s,根据动能定理答案：BC4、解答 小球下落为曲线运动，在小球下落的整个过程中，对小球应用动能定理，有 2022121mv mv mgh -=，解得小球着地时速度的大小为 =v gh v 220+。
正确选项为C 。
5、解答将小球从位置P 很缓慢地拉到位置Q 的过程中，球在任一位置均可看作处于平衡状态。
由平衡条件可得F=mg tan θ，可见，随着θ角的增大，F 也在增大。
而变力的功是不能用W= Fl cos θ求解的，应从功和能关系的角度来求解。
小球受重力、水平拉力和绳子拉力的作用，其中绳子拉力对小球不做功，水平拉力对小球做功设为W ，小球克服重力做功mgl (1－cos θ)。
小球很缓慢移动时可认为动能始终为0，由动能定理可得 W －mgl (1－cos θ)=0，W = mgl (1－cos θ)。
正确选项为B 。
6、32FR7、解答(1) 工件刚放上皮带时受滑动摩擦力θμcos mg F =，工件开始做匀加速直线运动，由牛顿运动定律可得 )30sin 30cos 23(10)sin cos (sin 00-⨯=-=-=θθμθg g m F a m/s 2=2.5m/s 2。
设工件经过位移x 与传送带达到共同速度，由匀变速直线运动规律可得5.2222220⨯==a v x m=0.8m ＜4m 。
故工件先以2.5m/s 2的加速度做匀加速直线运动，运动0.8m 与传送带达到共同速度2m/s 后做匀速直线运动。
(2) 在工件从传送带底端运动至h ＝2m 高处的过程中，设摩擦力对工件做功W f ，由动能定理2021mv mgh W f =-, 可得210102120⨯⨯=+=mv mgh W f J 221021⨯⨯+J=220J 。
8、解答：物体在从A 滑到C 的过程中，有重力、AB 段的阻力、BC 段的摩擦力共三个力做功，W G =mgR ，f BC =umg ，由于物体在AB 段受的阻力是变力，做的功不能直接求。
根据动能定理可知：W 外=0，所以mgR-umgS-W AB =0即W AB =mgR-umgS=1×10×0.8-1×10×3/15=6(J)9、解答起吊最快的方式是：开始时以最大拉力起吊，达到最大功率后维持最大功率起吊。
在匀加速运动过程中，加速度为8108120⨯-=-=m mg F a m m/s 2=5 m/s 2，末速度 1202001==m m t F P v m/s=10m/s ，上升时间5101==a v t t s=2s ， 上升高度52102221⨯==a v h t m=10m 。
在功率恒定的过程中，最后匀速运动的速度为1082001⨯==mg P v m m m/s=15m/s ， 由动能定理有22122121)(t m m mv mv h h mg t P -=--， 解得上升时间2001)1015(821)1090(108)(21)(222212-⨯⨯+-⨯⨯=-+-=m t m P v v m h h mg t s=5.75s 。
所以，要将此物体由静止起，用最快的方式将物体吊高90m ，所需时间为t=t 1+t 2=2s+5.75s=7.75s 。
10、解答 设该斜面倾角为α，斜坡长为l ，则物体沿斜面下滑时，重力和摩擦力在斜面上的功分别为：物体在平面上滑行时仅有摩擦力做功，设平面上滑行距离为S 2，则 对物体在全过程中应用动能定理：ΣW=ΔEk ．mglsinα－μmglcosα－μmgS 2=0得 h －μS 1－μS 2=0．式中S1为斜面底端与物体初位置间的水平距离．故11、解答：(1) 设小球第一次与地面碰撞后，能够反弹起的最大高度是h ，则由动能定理得：mg(H-h)-kmg(H+h)=0解得H k k h +-=11 (2)、设球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是S ，对全过程由动能定理得mgH-kmgS=0解得 k HS =12、解答 同学对铅球做的功等于铅球离手时获得的动能，即 铅球在空中运动的时间为铅球时离手时的速度13、14、解答首先建立风的“柱体模型”，如图2-7-7所示，设经过时间t 通过截面S 的空气的质量为m ，则有m =ρV=ρSl=ρSvt 。
这部分空气的动能为 t Sv v Svt mv E 322212121ρρ=⋅⋅==∆。
因为风的动能只有50%转化为电能，所以其电功率的表达式为3341%5021%50Sv t t Sv t E P ρρ=⨯=⨯∆=。
代入数据得 320204.141⨯⨯⨯=P W=5.6×104W 。
15. （1） X ＝ Md/（M ＋m ）（2） S 2＝2)(m M Mmd + 16. 151.95J。