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1

4

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=1

2

gt2

x=v B t

解得：

10

410/

220.8

B

g

v x m s

h

==?=

?

A到B过程，由动能定理得：mgR=1

2

mv B2-0

解得轨道半径R=5m

（2）在B点，由向心力公式得：

2

B

v N mg m

R -=

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2211

222

B 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2

12

h 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

1

4

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 1122

E 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：

2

111B 12

m 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 11222

mv 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：2C

N 2

v 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 1122

mgx mv mv μ-=- 解得：1 1.4x m = 对木板M ：22212

mgx 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

()02

mg 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

23

R

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 2-h 图象．(写出计算过程)

【答案】(1)13

mg (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 ＝2

C mv R

小球由开始下落至运动到C 点过程中，机械能守恒，有

2

2132

C mgR mv = 由两式可知

N ＝

1

3

mg 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 ＝

83

mgR

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。由动能定理得：

21

2

C mgh mv =

由平抛运动的规律得：

212

R gt =

x =v C t

解得：

x Rh =因为3x R ＜，且C v gR ≥

所以

324

R R h ＜ x 2-h 图象如图所示：

5．光滑水平面AB 与一光滑半圆形轨道在B 点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R ，一个质量为m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的9倍，之后向上运动经C 点再落回到水平面，重力加速度为g .求：

(1)弹簧弹力对物块做的功；

(2)物块离开C 点后，再落回到水平面上时距B 点的距离；

(3)再次左推物块压紧弹簧，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？ 【答案】(1) （2）4R （3）

或

【解析】 【详解】

（1）由动能定理得W ＝

在B 点由牛顿第二定律得：9mg －mg ＝m

解得W ＝4mgR

（2）设物块经C 点落回到水平面上时距B 点的距离为S ，用时为t ，由平抛规律知 S=v c t 2R=gt 2

从B 到C 由动能定理得

联立知，S= 4 R

（3）假设弹簧弹性势能为ＥＰ，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知 ＥＰ≤mgR

若物块刚好通过C 点，则物块从B 到C 由动能定理得

物块在C 点时mg ＝m 则

联立知：ＥＰ≥mgR .

综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为 ＥＰ≤mgR 或 ＥＰ≥mgR .

6．如图所示，光滑水平面MN 的左端M 处有一弹射装置P ，右端N 处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度L=16m ，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s 匀速转动．ABCDE 是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB 为水平轨道，弧BCD 是半径为R 的半圆弧轨道，弧DE 是半径为2R 的圆弧轨道，弧BCD 与弧DE 相切在轨道最高点D ，

R=0．6m ．平面部分A 点与传送带平齐接触．放在MN 段的物块m （可视为质点）以初速度v 0=4m/s 冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数μ=0．2，物块的质量m=1kg ．结果物块从滑上传送带又返回到N 端，经水平面与左端M 处的固定弹射器相碰撞（弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定），因碰撞弹射器锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点，最后从E 点飞出．g 取10m/s 2．求：

（1）物块m 从第一次滑上传送带到返回到N 端的时间．

（2）物块m 第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送带所多提供的能量多大？

【答案】（1） 4.5t s =（2）8J W = 【解析】

试题分析:（1）物块B 向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀减速运动，达到与皮带共速后与皮带匀速物块B 向右作匀减速运动过程：

mg ma μ=

12s v t g

μ=

= 物块向右达到的最大位移：0

14m 2

v S t =

?= 反向匀加速运动过程加速度大小不变．达到与传送带共速的时间：

21s v

t g

μ=

= 相对地面向左位移：/

21m 2

v

S t =

?= 共速后与传送带匀速运动的时间：/341

1.5s 2

S S t v --===

往返总时间：

（2）由物块恰能通过轨道最高点D ，并恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过最高点可得，物块是在半径为2R 的圆弧上的最高点重力全部充当向心力． 得：

又由物块上滑过中根据机械能守恒得：

代入数据解得：66m/s B v Rg == 物块第二次从N 到A 点：211

2

L v t g t μ=?-? 速度关系：1B v v g t μ=-? 代入得：

；

得：2s t =或8s t =-（舍）

物体运动时传送带的位移：4m s vt == 传送带为维持匀速运动多提供的力：F mg μ=

传送带所做的功等于传送带多提供的能量：8J W F s mg s μ=?=?= 考点：考查牛顿运动定律的综合应用；动能定理．

【名师点睛】本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式求解．

7．如图所示，滑块A 的质量m ＝0.01kg ，与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，用细线悬挂的小球质量均为m ＝0.01kg ，沿x 轴排列，A 与第1只小球及相邻两小球间距离均为s ＝

2m，线长分别为L1、L2、L3…（图中只画出三只小球，且小球可视为质点），开始时，滑块以速度v0＝10m／s沿x轴正方向运动，设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块正碰，g取10m／s2，求：

（1）滑块能与几个小球碰撞？

（2）求出碰撞中第n个小球悬线长L a的表达式。

【答案】(1)12个;(2)

【解析】（1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内转动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为s0，有

得s0＝25m

（个）

（2）滑块与第n个球碰撞，设小球运动到最高点时速度为v n′

对小球，有：．①

②

对滑块，有：③

解①②③三式：

8．雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关，雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g；

（1）质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中空气阻力所做的功W．

（2）研究小组同学观察发现，下雨时雨滴的速度跟雨滴大小有关，较大的雨滴落地速度较快，若将雨滴看作密度为ρ的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力大小为

f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例常数，r是球体半径．

a. 某次下雨时，研究小组成员测得雨滴落地时的速度约为v0，试计算本场雨中雨滴半径r 的大小；

b. 如果不受空气阻力，雨滴自由落向地面时的速度会非常大，其v-t图线如图所示，请在图中画出雨滴受空气阻力无初速下落的v-t图线．

（3）为进一步研究这个问题，研究小组同学提出下述想法：

将空气中的气体分子看成是空间中均匀分布的、静止的弹性质点，将雨滴的下落看成是一个面积为S 的水平圆盘在上述弹性质点中竖直向下运动的过程．已知空气的密度为ρ0，试求出以速度v 运动的雨滴所受空气阻力f 的大小．（最后结果用本问中的字母表示）

【答案】（1）2

12

W mu mgh =- （2）2034kv r g πρ=，

（3）2

2f Sv ρ=

【解析】 【详解】

（1）由动能定理：21

2

mgh W mu += 解得：2

12

W mu mgh =

- （2）a. 雨滴匀速运动时满足：3

22

043

r g kr v ρπ?=，

解得20

34kv r g

πρ=

b. 雨滴下落时，做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速下落，图像如图.

（3）设空气分子与圆盘发生弹性碰撞．

在极短时间?t 内，圆盘迎面碰上的气体质点总质量为：m S v t ρ?=??? 以F 表示圆盘对气体分子的作用力，对气体根据动量定理有：F·t ?＝?m·

2v 解得：2

2F Sv ρ=

由牛顿第三定律可知，圆盘所受空气阻力2

2F F Sv ρ=='

9．如图所示，AB 为倾角37θ=?的斜面轨道，BP 为半径R =1m 的竖直光滑圆弧轨道，O 为圆心，两轨道相切于B 点，P 、O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一端在斜面上C 点处，轨道的AC 部分光滑，CB 部分粗糙，CB 长L ＝1.25m ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.25，现有一质量m =2kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后释放(不栓接)，物块经过B 点后到达P 点，在P 点物块对轨道的压力大小为其重力的1.5倍，sin370.6,37cos 0.8??==，g=10m/s 2.求：

(1)物块到达P 点时的速度大小v P ； (2)物块离开弹簧时的速度大小v C ；

(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块离开弹簧时速度的最大值v m . 【答案】(1)5m/s P v = (2)v C =9m/s (3)6m/s m v = 【解析】 【详解】

(1)在P 点，根据牛顿第二定律：

2P

P v mg N m R

+=

解得: 2.55m/s P v gR ==

(2)由几何关系可知BP 间的高度差(1cos37)BP h R =+?

物块C 至P 过程中，根据动能定理：

22

11sin 37cos37=22

BP P C mgL mgh mgL mv mv μ-?--?-

联立可得：v C =9m/s

(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块能够到达的最大高度为与O 等高处的E 点， 物块C 至E 过程中根据动能定理：

2

1cos37sin 37sin 53=02

m mgL mgL mgR mv μ-?-?-?-

解得：6m/s m v =

10．如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L ．导轨上端并联接有一电容为C 的平行板电容器和阻值为R 的电阻．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ．忽略其它电阻．让金属棒在不同情况下从导轨上端由静止开始下滑，求:

(1)当断开S 1闭合S 2时，金属棒由静止开始下滑位移x 后开始匀速，求匀速的速度大小和这过程电阻生的热量；

(2)当断开S 2闭合S 1时金属棒的速度大小随时间变化的关系．

【答案】(1)22

(sin cos )m mgR

v B L θμθ-=

，

2322

44

(sin cos )(sin cos )2m g R Q mgx B L

θμθθμθ-=-- (2)22(sin cos )mg v t m B L C θμθ-=?+ 【解析】 【详解】

(1)金属棒在斜面上匀速直线运动时，由平衡条件：

sin cos mg BIL mg θμθ=+

由闭合电路的欧姆定律E I R

= 而动生电动势m E BLv =

联立解得：22

(sin cos )m mgR

v B L θμθ-=

对金属棒下滑过程，由动能定理得：

2

1sin cos =02

m F mgx mg x W mv θμθ-?+-安

而由功能关系，克服安培力做功等于电路的焦耳热：=F W Q -安

联立解得：2322

44

(sin cos )(sin cos )2m g R Q mgx B L

θμθθμθ-=-- (2)设金属棒经历时间t ?，速度的变化量为v ?，通过金属棒的电流为i ，流过金属棒的电荷量为Q ?， 按照电流的定义Q

i t

?=

? Q ?也是平行板电容器的极板在t ?内的增加量，

Q C U CBL v ?=?=??

金属棒受到的摩擦力为cos f mg μθ= 金属棒受到的安培力为i F BiL =

设金属棒下滑的加速度为a ，由牛顿第二定律有：

sin i mg f F ma θ--=

联立解得：22(sin cos )

mg a m B L C

θμθ-=

+

加速度为恒定值，说明金属棒做匀加速直线运动 有v at =

可得瞬时速度与时间的关系：22

(sin cos )

mg v t m B L C

θμθ-=

?+

11．将一根长为L 的光滑细钢丝ABCDE 制成如图所示的形状，并固定在竖直平面内．其中

AD 段竖直，DE 段为

3

4

圆弧，圆心为O ，E 为圆弧最高点，C 与E 、D 与O 分别等高，BC ＝1

4

AC ．将质量为m 的小珠套在钢丝上由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g ． （1）小珠由C 点释放，求到达E 点的速度大小v 1；

（2）小珠由B 点释放，从E 点滑出后恰好撞到D 点，求圆弧的半径R ；

（3）欲使小珠到达E 点与钢丝间的弹力超过4

mg

，求释放小珠的位置范围．

【答案】⑴v 1=0； ⑵243L

R π

=+； ⑶C 点上方低于34(43)L π+处滑下或高于

54(43)L π+处 【解析】 【详解】

（1）由机械能守恒可知，小珠由C 点释放，到达E 点时，因CE 等高，故到达E 点的速度为零；

（2）由题意：13(2)44BC L R R π??

=

-?+????

；小珠由B 点释放，到达E 点满足：2

12

E mgBC mv =

从E 点滑出后恰好撞到D 点，则E R v t = ；2R

t g =

联立解得：243L R π

=+； （3）a.若小珠到达E 点与小珠上壁对钢丝的弹力等于14mg ，则2

11

4E v mg mg m R

-= ；从

释放点到E 点，由机械能守恒定律：2

1112

E mgh mv =

； 联立解得：3384(43)

L h R π==+

b.若小珠到达E 点与小珠下壁对钢丝的弹力等于14mg ，则2

21

4E v mg mg m R

+= ；从释放

点到E 点，由机械能守恒定律：2

2212

E mgh mv = ； 联立解得：5584(43)L

h R π=

=+ ； 故当小珠子从C 点上方低于34(43)

L π+ 处滑下或高于

54(43)

L π+ 处滑下时，小珠到达E 点与钢丝间的弹力超过1

4mg .

12．如图所示，在竖直平面内有一“∞”管道装置，它是由两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。直管道和圆弧管道分别相切于1A 、2A 、1B 、2B ，1D 、2D 分别是两圆弧管道的最高点，1C 、2C 分别是两圆弧管道的最低点，1C 、2C 固定在同一水平地面上。两直管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。圆弧管道的半径均为R ，111111222222B O D AO C B O D A O C α∠=∠=∠=∠=。一质量为m 的小物块以水平向左的速度0v 从1C 点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为μ。设

012/v m s =，m=1kg ，R=1.5m ，0.5μ=，37α=?（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：

（1）小物块从1C 点出发时对管道的作用力； （2）小物块第一次经过2C 点时的速度大小； （3）小物块在直管道12B A 上经过的总路程。 【答案】（1）106N ，方向向下（2）7（3）534

m 【解析】 【详解】

(1)物块在C 1点做圆周运动，由牛顿第二定律有：

2

v N mg m R

-=

可得：20

106N v N mg m R

=+=

由牛顿第三定律可知，小物块对管道的作用力大小为106N ，方向向下

(2)由几何知识易有：21122cos 4m sin R l A B A B α

α

===

= 从C 1到C 2由动能定理可得：222011cos 22

mgl mv mv μα-=

-

可得：2/s v ==

(3)以C 1C 2水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D 1、D 2点时的机械能需满足：

0230J E E mgR >==

由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足：

cos 16J f E W mgl μα?===

设n 为从第一次经过D 1后，翻越D 1和D 2的总次数，则有：

2

0012

mv n E E -?>， ()2

001-12

mv n E E +?< 可得：n =2，表明小物块在第二次经过D 1后就到不了D 2，之后在D 1B 1A 2C 2D 2之间往复运动直至稳定，最后在A 2及C 2右侧与A 2等高处之间往复稳定运动。 由开始到稳定运动到达A 2点，由动能定理有：

()2

01cos 1cos 02

mgs mgR mv μαα---=-

可得：s=

694

m 故在B 1A 2直管道上经过的路程为s'=s －l =

534

m

动能定理应用及典型例题(整理好用)

动能定理及应用 动能定理 1、内容： ________________________________________________________________________________ 2、动能定理表达式：_____________________________________________________________________ 3、理解：①F合在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。 F合做正功时，物体动能增加；F合做负功时，物体动能减少。 ②动能定理揭示了合外力的功与动能变化的关系。 4、适用范围：适用于恒力、变力做功；适用于直线运动，也适用于曲线运动。 5、应用动能定理解题步骤： A、明确研究对象及研究过程 B进行受力分析和做功情况分析 C确定初末状态动能 D列方程、求解。 1、一辆5吨的载重汽车开上一段坡路，坡路上S=100m坡顶和坡底的高度差h=10m汽车山坡前的速度是10m/s， 上到坡顶时速度减为 5.0m/s。汽车受到的摩擦阻力时车重的0.05倍。求汽车的牵引力。 2、一小球从高出地面H米处，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。 3、质量为5 x 105kg的机车，以恒定的功率沿平直轨道行驶，在大 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. 3min内行驶了1450m,其速度从10m/s增加到最 4、质量为M、厚度为d的方木块，静置在光滑的水平面上，如图所示，一子弹以初速度V。水平射穿木块，子弹 的 质量为m,木块对子弹的阻力为f且始终不变，在子弹射穿木块的过程中，木块发生的位移为L。求子弹射穿木块后，子弹和木块的速度各为多少? 5、如图所示，质量m=1kg的木块静止在高h=1.2m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数使木块产生位移S=3m时撤去，木块又滑行9=1m时飞出平台，求木块落地时速度的大小？"=0.2,用水平推力F=20N, 2 （空气阻力不计， g=10m/s ） 图6-3-1

(word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 θ B. mgl (1－cos θ) C. Fl cos θ D. 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2-7-3 θ F O P Q l h H 2-7-2

动能定理典型例题附答案

1、如图所示，质量m=0.5kg的小球从距地面高H=5m处自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆槽半径R=0.4m.小球到达槽最低点时的速率为10m／s，并继续滑槽壁运动直至槽左端边缘飞出，竖直上升，落下后恰好又沿槽壁运动直至从槽右端边缘飞出，竖直上升、落下，如此反复几次.设摩擦力大小恒定不变:(1)求小球第一次离槽上升的高度h.(2)小球最多能飞出槽外几次 (g取10m／s2) 2、如图所示，斜面倾角为θ，滑块质量为m，滑块与斜 面的动摩擦因数为μ，从距挡板为s0的位置以v0的速度 沿斜面向上滑行.设重力沿斜面的分力大于滑动摩擦 力，且每次与P碰撞前后的速度大小保持不变，斜面足 够长.求滑块从开始运动到最后停止滑行的总路程s. 3、有一个竖直放置的圆形轨道，半径为R，由左右两部分组成。如图所示，右半部分AEB是光滑的，左半部分BFA 是粗糙的．现在最低点A给一个质量为m的小球一个水平向右的初速度，使小球沿轨道恰好运动到最高点B，小球在B 点又能沿BFA轨道回到点A，到达A点时对轨道的压力为4mg 1、求小球在A点的速度v0 2、求小球由BFA回到A点克服阻力做的功 4、如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O 点处于同一水平线上的P点处有一根光滑的细钉，已知OP = L/2，在A点给小球一个水平向左的初速度v ，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B．则：（1）小球到达B点时的速率（2）若不计空气阻力，则初速度v0为多少 （3）若初速度v0=3gL，则在小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功v0 E F R

5、如图所示，倾角θ=37°的斜面底端B 平滑连接着半径r =0.40m 的竖直光滑圆轨道。质量m =0.50kg 的小物块，从距地面h =2.7m 处沿斜面由静止开始下滑，小物块与斜面间的动摩擦因数μ=，求：（sin37°=，cos37°=，g =10m/s 2 ） （1）物块滑到斜面底端B 时的速度大小。 （2）物块运动到圆轨道的最高点A 时，对圆轨道的压力大小。 6、质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg,此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为（ ） 7\如图所示，AB 与CD 为两个对称斜面，其上部都足够长，下部 分分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为1200， 半径R=2.0m,一个物体在离弧底E 高度为h=3.0m 处，以初速 度V 0=4m/s 沿斜面运动，若物体与两斜面的动摩擦因数均为μ =,则物体在两斜面上（不包括圆弧部分）一共能走多少路程（g=10m/s 2 ）. 8、如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a 点，质量为m 的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b 滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b 点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c 点停止．若圆弧轨道半径为R ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ， 则：1、物块滑到b 点时的速度为 2、物块滑到b 点时对b 点的压力是 3、c 点与b 点的距离为 θ A B O h A B C D O R E h

动能和动能定理,机械能守恒典型例题和练习(精品)

学习目标 1. 能够推导并理解动能定理知道动能定理的适用围 2. 理解和应用动能定理，掌握外力对物体所做的总功的计算，理解“代数和”的含义。 3. 确立运用动能定理分析解决具体问题的步骤与方法 类型一 .常规题型 例1. 用拉力F 使一个质量为m 的木箱由静止开始在水平冰道上移动了s ，拉力 F 跟 木 箱 前进的方向的夹角为，木箱与冰道间的动摩擦因数为，求木箱获得的速度αμ 例2. 质量为m 的物体静止在粗糙的水平地面上，若物体受水平力F 的作用从静止起通过位移s 时的动能为E1，当物体受水平力2F 作用，从静止开始通过相同位移s ，它的动能为E2，则： A. E2＝E1 B. E2＝2E1 C. E2＞2E1 D. E1＜E2＜2E1 针对训练 材料相同的两个物体的质量分别为m1和m2，且m m 124=，当它们以相同的初动能在水平面上滑行，它们的滑行距离之比s s 12：和滑行时间之比 t t 12：分别是多少？（两物体与水平面的动摩擦因数相同）

类型二、应用动能定理简解多过程问题 例3：质量为m的物体放在动摩擦因数为μ的水平面上，在物体上施加水平力F 使物体由静止开始运动，经过位移S后撤去外力，物体还能运动多远？ 例4、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． 2-7-6 针对训练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/s2）

高中物理动能定理典型练习题含答案.doc

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】D 2.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 02 12 -= 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 22 1 0mv Fh mgh -=- ② 由①②两式解得 h h 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h h 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5-3-5 H h 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 22 1mv W mgh = - J mv mgh W 32612 1 51012122=??-??=-= 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 ．0 B ．8J C ．16J D ．32J 2．两物体质量之比为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 ．1:3 B ．3:1 C ．1:9 D ．9:1 3．一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 ．4L B ．L )12(- C ．2L D ．2 L 4．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 2 B ．f s =2 1mv 2 C ．f s =21mv 02－21（M ＋m ）v 2 D ．f （L ＋s ）=21mv 02－2 1mv 2 5．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 02／2 B ．mv 02

动能定理典型例题

动能定理典型例题

————————————————————————————————作者: ————————————————————————————————日期: ?

动能定理典型例题 【例题】 1、一架喷气式飞机，质量m=５.0×103ｋg，起飞过程中从静止开始滑跑的路程为s=５.3×102m，达到起飞速度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。 2、在动摩擦因数为μ的粗糙水平面上,有一个物体的质量为ｍ,初速度为V1,在与 运动方向相同的恒力Ｆ的作用下发生一段位移Ｓ，如图所示,试求物体的末速度Ｖ2。 拓展：若施加的力F变成斜向右下方且与水平方向成θ角,求物体的末速度V2 V滑上动摩擦因数为μ的粗糙水平面上，最后3、一个质量为m的物体以初速度 静止在水平面上,求物体在水平面上滑动的位移。

4、一质量为ｍ的物体从距地面高h的光滑斜面上滑下，试求物体滑到斜面底端 的速度。 拓展1:若斜面变为光滑曲面，其它条件不变,则物体滑到斜面底端的速度是多少？ 拓展2：若曲面是粗糙的，物体到达底端时的速度恰好为零，求这一过程中摩擦力做的功。 类型题 题型一:应用动能定理求解变力做功 1、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，从平衡位置缓慢地移Q点如图所示，则此过程中力F所做的功为（) A．mｇＬcoｓ0 B.FLsinθ C.FLθ?D．(1cos). - mgLθ

２、如图所示，质量为m的物体静放在光滑的平台上,系在物体上的绳子跨过光 V向右匀速运动的人拉着，设人从地面上由平台的滑的定滑轮由地面上以速度 边缘向右行至绳与水平方向成30角处，在此过程中人所做的功为多少? ３、一个质量为m的小球拴在钢绳的一端,另一端用大小为Ｆ1的拉力作用,在水平面上做半径为R1的匀速圆周运动（如图所示)，今将力的大小改为Ｆ２，使小球仍在水平面上做匀速圆周运动，但半径变为R2,小球运动的半径由R1变为R2过程中拉力对小球做的功多大？ 4、如图所示，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。

高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)含解析

高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)含解析 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．如图所示，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≤0.12m ②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：

四动能定理的应用练习题及答案完整版

四动能定理的应用练习 题及答案 集团标准化办公室：[VV986T-J682P28-JP266L8-68PNN]

h A l B θ P Q O 四 动能定理的应用 姓名 一、选择题（每小题中至少有一个选项是正确的） 1．水平桌面上有一物体在一水平恒力作用下，速度由零到v 和由v 增加到2v 两阶段水平恒力Ｆ所做的功分别为Ｗ1和Ｗ2，则Ｗ1：Ｗ2为 （ ） A ．１：１； B ．１：２； C ．１：３； D ．１：４ 2．如图所示，一个质量m 为2kg 的物块，从高度h=5m 、长度l =10m 的光滑斜面的顶端A 由静止开始下滑，那么，物块滑到斜面底端B 时 速度的大小是(不计空气阻力，g 取10m/s 2) ( ) A ．10m/s B ．102m/s C ．100m/s D ．200m/s 3．甲物的质量是乙物的质量的两倍，它们以相同的初速度开始在水平面上滑行，如果摩擦系数相同，两物体滑行的最远距离分别为S 1和S 2，则 （ ） A ．S 1=S 2 B ．S 1>S 2 C ．S 1

动能定理典型基础例题

动能定理典型基础例题 应用动能定理解题的基本思路如下： ①确定研究对象及要研究的过程 ②分析物体的受力情况，明确各个力是做正功还是做负功，进而明确合外力的功 ③明确物体在始末状态的动能 ④根据动能定理列方程求解。 例1．质量M=×103 kg 的客机，从静止开始沿平直的跑道滑行，当滑行距离S=×lO 2 m 时，达到起飞速度ν=60m／s 。求： (1)起飞时飞机的动能多大 (2)若不计滑行过程中所受的阻力，则飞机受到的牵引力为多大 (3)若滑行过程中受到的平均阻力大小为F=×103 N ，牵引力与第(2)问中求得的值相等，则要达到上述起飞速度，飞机的滑行距离应多大 ~ 例2．一人坐在雪橇上，从静止开始沿着高度为 15m 的斜坡滑下，到达底部时速度为10m/s 。人和雪橇的总质量为60kg ，下滑过程中克服阻力做的功。 例3．在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v 0，当它落到地面时速度为v ，用g 表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于：( ) 例4．质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用。设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg ，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为：（ ） A ． 4mgR B ．3mgR C ．2 mgR D ．mgR 例5．如图所示，质量为m 的木块从高为h 、倾角为α的斜面顶端由静止滑下。到达斜面底端时与固定不动的、与斜面垂直的挡板相撞，撞后木块以与撞前相同大小的速度反向弹回，木块运动到 高 2 h 处速度变为零。求： （1）木块与斜面间的动摩擦因数 （2）木块第二次与挡板相撞时的速度 （3）木块从开始运动到最后静止，在斜面上运动的总路程 ， 例6．质量m=的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t=停在B 点，已知A 、B 两点间的距离s=，物块与水平面间的动摩擦因数μ=，求恒力F 多大。（g=10m/s 2 ） 1、在光滑水平地面上有一质量为20kg 的小车处于静止状态。用30牛水平方向的力推小车，经过多大距离小车才能达到3m/s 的速度。 2、汽车以15m/s 的速度在水平公路上行驶，刹车后经过20m 速度减小到5m/s ，已知汽车质量是，求刹车动力。（设汽车受到的其他阻力不计） 3、一个质量是的小球在离地5m 高处从静止开始下落，如果小球下落过程中所受的空气阻力是，求它落地时的速度。 4、一辆汽车沿着平直的道路行驶，遇有紧急情况而刹车，刹车后轮子只滑动不滚动，从刹车开始 到汽车停下来，汽车前进12m 。已知轮胎与路面之间的滑动摩擦系数为，求刹车前汽车的行驶速度。 5、一辆5吨的载重汽车开上一段坡路，坡路上S=100m ，坡顶和坡底的高度差h=10m ，汽车山坡前的速度是10m/s ，上到坡顶时速度减为s 。汽车受到的摩擦阻力时车重的倍。求汽车的牵引力。 6、质量为2kg 的物体，静止在倾角为30o 的斜面的底端，物体与斜面间的摩擦系数为，斜面长1m ，用30N 平行于斜面的力把物体推上斜面的顶端，求物体到达斜面顶端时的动能。 7、质量为的铅球从离沙坑面高处自由落下，落入沙坑后在沙中运动了后停止，求沙坑对铅球的平均阻力。 ^ h m

高一物理动能、动能定理练习题

动能、动能定理练习 1、下列关于动能的说法中，正确的是( )A、动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关 B、物体以相同的速率分别做匀速直线运动和匀速圆周运动时，其动能不同.因为它在这两种情况下所受的合力不同、运动性质也不同 C、物体做平抛运动时，其动能在水平方向的分量不变，在竖直方向的分量增大 D、物体所受的合外力越大，其动能就越大 2、一质量为2kg的滑块，以4m/s的速度在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向右的水平力.经过一段时间，滑块的速度方向变为向右，大小为4m/s.在这段时间里水平力做的功为( ) A、0 B、8J C、16J D、32J 3、质量不等但有相同动能的两物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行直到停止，则( ) A、质量大的物体滑行距离小 B、它们滑行的距离一样大 C、质量大的物体滑行时间短 D、它们克服摩擦力所做的功一样多 4、一辆汽车从静止开始做加速直线运动，运动过程中汽车牵引力的功率保持恒定，所受的阻力不变，行驶2min速度达到10m/s.那么该列车在这段时间内行的距离( ) A、一定大于600m B、一定小于600m C、一定等于600m D、可能等于1200m 5、质量为1.0kg的物体，以某初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的情况如下图所示，则下列判断正确的是(g=10m/s2)( ) A、物体与水平面间的动摩擦因数为0.30 B、物体与水平面间的动摩擦因数为0.25 C、物体滑行的总时间是2.0s D、物体滑行的总时间是4.0s 6、一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端，已知小物块的初动能为E，它返回斜面底端的速度大小为υ，克服摩擦阻力做功为E/2.若小物块冲上斜面的初动能变为2E，则有( ) A、返回斜面底端的动能为E B、返回斜面底端时的动能为3E/2 C、返回斜面底端的速度大小为2υ D、返回斜面底端的速度大小为2υ 7、以初速度v0急速竖直上抛一个质量为m的小球，小球运动过程中所受阻力f大小不变，上升最大高度为h，则抛出过程中，人手对小球做的功（） A. 1 20 2 mv B. mgh C. 1 20 2 mv mgh + D. mgh fh + 8、如图所示，AB为1/4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，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为 A. 1 2 μmgR B. 1 2 mgR C. mgR D. () 1-μmgR 9、质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，若物体受水平力F的作用从静止起通过位移s时的动能为 E1，当物体受水平力2F作用，从静止开始通过相同位移s，它的动能为E2，则： A、E2＝E1 B、E2＝2E1 C、E2＞2E1 D、E1＜E2＜2E1 10．质量为m，速度为V的子弹射入木块，能进入S米。若要射进3S深，子弹的初速度应为原来的（设子弹在木块中的阻力不变）( ) h/2 h 图5-17

高一物理动能定理经典题型汇总(全)

高一物理动能定理经典题型汇总(全)

————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：

1、动能定理应用的基本步骤 应用动能定理涉及一个过程，两个状态．所谓一个过程是指做功过程，应明确该过程各外力所做的总功；两个状态是指初末两个状态的动能． 动能定理应用的基本步骤是： ①选取研究对象，明确并分析运动过程． ②分析受力及各力做功的情况，受哪些力？每个力是否做功？在哪段位移过程中做功？正功？负功？做多少功？求出代数和． ③明确过程始末状态的动能E k1及E K2 ④列方程 W=E K2一E k1，必要时注意分析题目的潜在条件，补充方程进行求解． 2、应用动能定理的优越性 (1)由于动能定理反映的是物体两个状态的动能变化与其合力所做功的量值关系，所以对由初始状态到终止状态这一过程中物体运动性质、运动轨迹、做功的力是恒力还是变力等诸多问题不必加以追究，就是说应用动能定理不受这些问题的限制． (2)一般来说，用牛顿第二定律和运动学知识求解的问题，用动能定理也可以求解，而且往往用动能定理求解简捷．可是，有些用动能定理能够求解的问题，应用牛顿第二定律和运动学知识却无法求解．可以说，熟练地应用动能定理求解问题，是一种高层次的思维和方法，应该增强用动能定理解题的主动意识． (3)用动能定理可求变力所做的功．在某些问题中，由于力F 的大小、方向的变化，不能直接用W=Fscos α求出变力做功的值，但可由动能定理求解． 一、整过程运用动能定理 （一）水平面问题 1、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. 0 B. 8J C. 16J D. 32J 2、 一个物体静止在不光滑的水平面上，已知m=1kg ，u=0.1，现用水平外力F=2N ，拉其运动5m 后立即撤去水平外力F ，求其还能滑 m （g 取2 /10s m ） 3、总质量为M 的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m ，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L 的距离，于是立即关闭油门，除去牵 S L V V

高中物理动能定理的综合应用试题经典及解析

高中物理动能定理的综合应用试题经典及解析 一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用 1．一辆汽车发动机的额定功率P =200kW ，若其总质量为m =103kg ，在水平路面上行驶时，汽车以加速度a 1=5m/s 2从静止开始匀加速运动能够持续的最大时间为t 1=4s ，然后保持恒定的功率继续加速t 2=14s 达到最大速度。设汽车行驶过程中受到的阻力恒定，取g =10m/s 2.求： (1)汽车所能达到的最大速度； (2)汽车从启动至到达最大速度的过程中运动的位移。 【答案】(1)40m/s ；(2)480m 【解析】 【分析】 【详解】 (1)汽车匀加速结束时的速度 11120m /s v a t == 由P=Fv 可知，匀加速结束时汽车的牵引力 1 1F P v = =1×104N 由牛顿第二定律得 11F f ma -= 解得 f =5000N 汽车速度最大时做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知， 此时汽车的牵引力 F=f =5000N 由P Fv =可知，汽车的最大速度： v=P P F f ==40m/s (2)汽车匀加速运动的位移 x 1= 1 140m 2 v t = 对汽车，由动能定理得 21121 02 F x Pt fs mv =--+ 解得 s =480m 2．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】(1) 3 5 (2) －3.75 J 【解析】 解：(1)由图象可知，物块在前0.5 s 的加速度为：21 11 a =8?m/s v t = 后0.5 s 的加速度为：222 22 2?/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：11 12 v 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：12 122 v 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 J 3．如图的竖直平面内，一小物块(视为质点)从H =10m 高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB 进入半径R =4m 的光滑竖直圆环内侧，弯曲轨道AB 在B 点与圆环轨道平滑相接。之后物块沿CB 圆弧滑下，在B 点(无动量损失)进入右侧的粗糙水平面上压缩弹簧。已知物块的质量m =2kg ，与水平面间的动摩擦因数为0.2，弹簧自然状态下最左端D 点与B 点距离L =15m ，求：(g =10m/s 2)

高中物理动能定理的综合应用练习题及答案

高中物理动能定理的综合应用练习题及答案 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 22011 222 mv 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 2 N v mg F m R += 得物块A 受到的弹力为 2 N 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 2 0102 mgx 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 ＝250 17 N 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 ＝ 17 5 m ，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：212 B Fx mv = 解得：v B ＝10 m/s (2)在C 点，由牛顿第二定律得mg ＋F N ＝2 c 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 ＝22 1122 c 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 ＝ 12 gt 2

动能及动能定理典型例题剖析

动能和动能定理、重力势能·典型例题剖析例1一个物体从斜面上高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，量得停止处对开始运动处的水平距离为S，如图8－27，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摩擦因数相同．求摩擦因数μ． [思路点拨]以物体为研究对象，它从静止开始运动，最后又静止在平面上，考查全过程中物体的动能没有变化，即ΔEK=0，因此可以根据全过程中各力的合功与物体动能的变化上找出联系． [解题过程]设该面倾角为α，斜坡长为l，则物体沿斜面下滑时， 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S2，则 对物体在全过程中应用动能定理：ΣW=ΔEk． mgl·sinα－μmgl·cosα－μmgS2=0 得h－μS1－μS2=0． 式中S1为斜面底端与物体初位置间的水平距离．故 [小结]本题中物体的滑行明显地可分为斜面与平面两个阶段，而且运动性质也显然分别为匀加速运动和匀减速运动．依据各阶段中动力学和运动学关系也可求解本题．比较上述两种研究问题的方法，不难显现动能定理解题的优越性．用动能定理解题，只需抓住始、末两状态动能变化，不必追究从始至末的过程中运动的细节，因此不仅适用于中间过程为匀变速的，同样适用于中间过程是变加速的．不仅适用于恒力作用下的问题，同样适用于变力作用的问题． 例2 质量为500t的机车以恒定的功率由静止出发，经5min行驶2.25km，速度达到最大值54km/h，设阻力恒定且取g=10m/s2．求：(1)机车的功率P=？(2)机车的速度为36km/h时机车的加速度a=？ [思路点拨]因为机车的功率恒定，由公式P=Fv可知随着速度的增加，机车的牵引力必定逐渐减小，机车做变加速运动，虽然牵引力是变力，但由W=P·t可求出牵引力做功，由动能定理结合P=f·vm，可

高中物理动能与动能定理练习题及答案

高中物理动能与动能定理练习题及答案一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．如图所示，圆弧轨道AB是在竖直平面内的1 4 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=1 2 gt2 x=v B t 解得： 10 410/ 220.8 B g v x m s h ==?= ? A到B过程，由动能定理得：mgR=1 2 mv B2-0 解得轨道半径R=5m （2）在B点，由向心力公式得： 2 B v N mg m R -= 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，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≤0.12m ②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 v12-m v02 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。

动能定理典型分类例题(经典题型)

动能定理典型分类例题 模型一 水平面问题 1、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 2.两个材料相同的物体，甲的质量大于乙的质量，以相同的初速度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 3、 一个物体静止在不光滑的水平面上，已知m=1kg ，u=0.1，现用水平外力F=2N ，拉其运动5m 后立即撤去水平外力F ，求其还能滑 m （g 取2 /10s m ） 4.一个物体静止在不光滑的水平面上，已知m=1kg ，u=0.1，现外力F=2N ，斜向上与水平面成37度拉其运动5m 后立即撤去水平外力F ，求其还能滑 m （g 取2 /10s m ） 4.用拉力F 使一个质量为m 的木箱由静止开始在水平冰道上移动了s ，拉力F 跟木箱前进的方向的夹角为α，木箱与冰道间的动摩擦因数为μ，木箱获得的速度(如图)。

5.一辆汽车沿着平直的道路行驶，遇有紧急情况而刹车，刹车后轮子只滑动不滚动，从刹车开始到汽车停下来，汽车前进12m。已知轮胎与路面之间的滑动摩擦系数为0.7，求刹车前汽车的行驶速度。 5、总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力，如图所示。设运动的阻力与质量成正比，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？ 模型二斜面问题 基础1 质量为2kg的物体在沿斜面方向拉力F为40N的作用下从静止出发沿倾角为37o 的斜面上滑，物体与斜面的摩擦系数为0.40，求物体在斜面上滑行5m时的速度。 基础2 质量为2kg的物体在水平力F为40N的作用下从静止出发沿倾角为37o的斜面上滑，物体与斜面的摩擦系数为0.40，求物体在斜面上滑行5m时的速度。

高中物理动能与动能定理典型例题

动能和动能定理·典型例题剖析 例1 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，量得停止处对开始运 动处的水平距离为S，如图8－27，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摩擦因数相 同．求摩擦因数μ． [思路点拨] 以物体为研究对象，它从静止开始运动，最后又静止在平面上，考查全过程中物体的动能没有变化， 即ΔEK=，0因此可以根据全过程中各力的合功与物体动能的变化上找出联系． [解题过程] 设该面倾角为α，斜坡长为l，则物体沿斜面下滑时， 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S2，则 对物体在全过程中应用动能定理：ΣW=ΔE．k mgl·sin－αμmgl·c－o sμαmgS2=0 得h－μS1－μS2=．0 式中S1为斜面底端与物体初位置间的水平距离．故 [小结] 本题中物体的滑行明显地可分为斜面与平面两个阶段，而且运动性质也显然分别为匀加速运动和匀减速运动．依据各阶段中动力学和运动学关系也可求解本题．比较上述两种研究问题的方法，不难显现动能定理解题的优 越性．用动能定理解题，只需抓住始、末两状态动能变化，不必追究从始至末的过程中运动的细节，因此不仅适用 于中间过程为匀变速的，同样适用于中间过程是变加速的．不仅适用于恒力作用下的问题，同样适用于变力作用的 问题． 例2 质量为500t的机车以恒定的功率由静止出发，经5min行驶 2.25km，速度达到最大值54km/h，设阻力恒定且取g=10m/s2．求：(1)机车的功率P=？(2)机车的速度为36km/h时机车的加速度a=？ [思路点拨] 因为机车的功率恒定，由公式P=Fv可知随着速度的增加，机车的牵引力必定逐渐减小，机车做变加 速运动，虽然牵引力是变力，但由W=P·t可求出牵引力做功，由动能定理结合P=f·vm，可 求出36km/h时的牵引力，再根据牛顿第二定律求出机车的加速度a． [解题过程] (1)以机车为研究对象，机车从静止出发至达速度最大值过程，根据ΣW=ΔE，k有 当机车达到最大速度时，F=f．所以