教科版高中物理总复习巩固练习 动能、动能定理(提高)--
物理动能与动能定理提高训练
物理动能与动能定理提高训练一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。
圆弧轨道的半径为R = 3.75m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心D 的连线与竖直方向成37︒角，MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。
最右侧是一个半径为r =0.4m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接。
已知重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求小物块经过B 点时对轨道的压力大小；（2）若MN 的长度为L 0=6m ，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小； （3）若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L 。
【答案】（1）62N （2）60N （3）10m 【解析】 【详解】（1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：0cos37A v v ==︒ 解得：04m /5m /cos370.8A v v s s ===︒小物块经过A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有：()2211cos3722A B mv mg R R mv +-︒= 小物块经过B 点时，有：2BNB v F mg m R-= 解得：()232cos3762N BNBv F mg m R=-︒+=根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N （2）小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有：22011222C B mgL mg r mv mv μ--⋅=- 在C 点，由牛顿第二定律得：2CNC v F mg m r+=代入数据解得：60N NC F =根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N（3）小物块刚好能通过C 点时，根据22Cv mg m r=解得：2100.4m /2m /C v gr s s ==⨯=小物块从B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有：22211222C B mgL mg r mv mv μ--⋅=- 代入数据解得：L =10m2．如图所示，不可伸长的细线跨过同一高度处的两个光滑定滑轮连接着两个物体A 和B ，A 、B 质量均为m 。
高中物理动能与动能定理提高训练
高中物理动能与动能定理提高训练一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。
传送带由电动机带动，以2m/s v =的速度顺时针匀速转动，倾角37θ=︒。
工人将工件轻放至传送带最低点A ，由传送带传送至最高点B 后再由另一工人运走，工件与传送带间的动摩擦因数为78μ=，所运送的每个工件完全相同且质量2kg m =。
传送带长度为6m =L ，不计空气阻力。
（工件可视为质点，sin370.6︒=，cos370.8︒=，210m /s g =）求：(1)若工人某次只把一个工件轻放至A 点，则传送带将其由最低点A 传至B 点电动机需额外多输出多少电能？(2)若工人每隔1秒将一个工件轻放至A 点，在传送带长时间连续工作的过程中，电动机额外做功的平均功率是多少？【答案】(1)104J ；(2)104W 【解析】 【详解】 (1)对工件cos sin mg mg ma μθθ-=22v ax =1v at =12s t =得2m x =12x vt x ==带 2m x x x =-=相带由能量守恒定律p k E Q E E =+∆+∆电即21cos sin 2E mg x mgL mv μθθ=⋅++电相代入数据得104J E =电(2)由题意判断，每1s 放一个工件，传送带上共两个工件匀加速，每个工件先匀加速后匀速运动，与带共速后工件可与传送带相对静止一起匀速运动。
匀速运动的相邻的两个工件间距为2m x v t ∆=∆=L x n x -=∆得2n =所以，传送带上总有两个工件匀加速，两个工件匀速 则传送带所受摩擦力为2cos 2sin f mg mg μθθ=+电动机因传送工件额外做功功率为104W P fv ==2．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点、圆心角 θ＝60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，滑板与水平轨道CD 间的动摩擦因数μ＝0.2．某运动员从轨道上的A 点以v 0＝3m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为m ＝60kg ，B 、E 两点与水平轨道CD 的竖直高度分别为h ＝2m 和H ＝2.5m.求：(1)运动员从A 点运动到B 点过程中，到达B 点时的速度大小v B ； (2)水平轨道CD 段的长度L ；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C 点的距离. 【答案】(1)v B ＝6m/s (2) L ＝6.5m (3)停在C 点右侧6m 处 【解析】 【分析】 【详解】（1）在B 点时有v B ＝cos60︒v ，得v B ＝6m/s （2）从B 点到E 点有2102B mgh mgL mgH mv μ--=-，得L ＝6.5m（3）设运动员能到达左侧的最大高度为h ′，从B 到第一次返回左侧最高处有21'202B mgh mgh mg L mv μ--⋅=-，得h ′＝1.2m<h ＝2 m ，故第一次返回时，运动员不能回到B 点，从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为s ，由动能定理可得2102B mgh mgs mv μ-=-，得s ＝19m ，s ＝2L ＋6 m ，故运动员最后停在C 点右侧6m 处.3．如图所示，质量为m=1kg 的滑块，在水平力F 作用下静止在倾角为θ=30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L=1.4m ，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s 2．求(1)水平作用力F 的大小； (2)滑块开始下滑的高度h ；(3)在第(2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q ． 【答案】(1) (2)0.1 m 或0.8 m (3)0.5 J【解析】 【分析】 【详解】解：（1）滑块受到水平推力F 、重力mg 和支持力F N 处于平衡，如图所示：水平推力 ① 解得：②（2）设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v 下滑过程 由机械能守恒有：，解得：③若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则 滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：④解得：⑤若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：⑥解得：⑦（3）设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移：s =v 0t 由机械能守恒有：⑧⑨滑块相对传送带滑动的位移⑩ 相对滑动生成的热量⑪⑫4．在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E ，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A 和B ，两小球质量均为m ，A 球带电荷量为Q +，B 球不带电，A 、B 连线与电场线平行，开始时两球相距L ，在电场力作用下，A 球与B 球发生对心弹性碰撞．设碰撞过程中，A 、B 两球间无电量转移．(1)第一次碰撞结束瞬间A 、B 两球的速度各为多大?(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A 在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0时刻除外)，可以在水平面内加一与电场正交的磁场．请写出磁场B 与时间t 的函数关系．【答案】(1)10A v '= 12BQEL v m='5QEL (3) 222B mL Q E t QE =⎛⎫- ⎪⎝⎭223mL mLt QE QE<≤ 【解析】（1）A 球的加速度QE a m =，碰前A 的速度122A QELaL mv =B 的速度10B v =设碰后A 、B 球速度分别为'1A v 、'1B v ，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：''111A A B m m m v v v =+，2'2'2111111222A A Bm m m v v v =+所以B 碰撞后交换速度：'10A v =，'112B A QELmv v ==（2）设A 球开始运动时为计时零点，即0t =，A 、B 球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为1t 、2t ；由匀变速速度公式有：1102A mL a QEv t -==第一次碰后，经21t t -时间A 、B 两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A 、B 两球速度分别为2A v 和2B v ，由位移关系有：()()2'1212112B av t t t t -=-，得到：21233mLQEt t == ()221112222A A QELa a mv t t t v =-===；'21B B v v = 由功能关系可得：222211=522A B m m QEL W v v +=电（另解：两个过程A 球发生的位移分别为1x 、2x ，1L x =，由匀变速规律推论24L x =，根据电场力做功公式有：()125W QE QEL x x =+=） （3）对A 球由平衡条件得到：A QB mg v =，A at v =，QEa m=从A 开始运动到发生第一次碰撞：()2220t mg g mL t Qat QE Et m B Q ⎛⎫==<≤ ⎪ ⎪⎝⎭从第一次碰撞到发生第二次碰撞：()222232t mL mL t QE QE mL E t QE m B Q ⎛⎫=<≤ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭- ⎪⎝⎭ 点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A 球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒．由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度．那么A 球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞．题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些．5．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m ＝1 kg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8：求：（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。
2025年高考物理一轮总复习(提升版)第六章机械能第2讲动能和动能定理
1 +0
A错误；小球甲被锁定时，弹簧弹力做功为W＝x 1 ＝
x 1 ＝0.4
2
J，根据功能关系可得，弹性势能为E p＝W＝0.4 J，故B错误；根
据运动学公式v 2 ＝2ax 1 ，解得v＝2 m/s，故C正确；解除对小球甲
（2）当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求
解，也可以全过程应用动能定理求解。
（3）动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。
目录
高中总复习·物理(提升版)
1. 【动能定理的理解】（多选）质量不等，但有相同动能的两个物
体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则（
）
A. 质量大的物体滑行的距离大
1
60°）＝ m 2
2
−
1
m 2 ，
2
小物块由B到C做平抛运动，由速度的分解可知，
v B ＝v C cos 60°，
设B、D两点的高度差为h，小物块由B到D的过程，由动能定
1
理有mgh＝ m 2
2
−
1
m 2 ，
2
代入数据解得h＝0。
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高中总复习·物理(提升版)
（3）小物块在A点的初速度大小。
＝Ek4－0，则在x＝4 m时，物体的动能Ek4＝2 J，B正确；0～2 m的过
程，物体克服摩擦力做的功Wf2＝Ffx2＝8 J，C正确；由W－x图像可
知，2～4 m的过程，拉力F2＝3 N，则F1＞Ff＞F2，所以物体在0～2 m
的过程做加速运动，2～4 m的过程做减速运动，故0～4 m的过程，物
ℎ
高三物理总复习巩固练习 功能关系和 (提高)
【巩固练习】 一、选择题1、从地面竖直上抛一个质量为m 的小球，小球上升的最大高度为H 。
设上升和下降过程中空气阻力大小恒定为F 。
下列说法正确的是（ ） A. 小球上升的过程中动能减少了mgHB. 小球上升和下降的整个过程中机械能减少了FHC. 小球上升的过程中重力势能增加了m g HD. 小球上升和下降的整个过程中动能减少了FH2、一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。
假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（ ） A. 运动员到达最低点前重力势能始终减小B. 蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C. 蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D. 蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关3、一质量为1kg 的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N 的水平外力 作用，第2秒内受到同方向的1N 的外力作用。
下列判断正确的是（ ） A. 0～2s 内外力的平均功率是94W B.第2秒内外力所做的功是54J C.第2秒末外力的瞬时功率最大D.第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是454、 如图是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置，当太阳光照射到小车上方的 光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。
若小车在平直的水泥路上从静止开始 加速行驶，经过时间t 前进距离s ，速度达到最大值m v ，设这一过程中电动机的功率恒为P ， 小车所受阻力恒为F ，那么这段时间内（ ） A ．小车做匀加速运动 B ．电动机所做的功为 PtC ．电动机所做的功为212mv D ．电动机所做的功为212Fs mv5、如图所示，一块质量为M 的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个小弹簧。
一个质量为m 的小物块（可视为质点）以水平速度υ0从木板的右端开始向左运动，与弹簧碰撞后（弹簧处于弹性限度内），最终又恰好停在木板的右端。
高考物理动能与动能定理提高训练含解析
高考物理动能与动能定理提高训练含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，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/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．2．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3．如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量0.04kgm=，电量4310Cq-=⨯的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能为0.32J。
教科版高中物理必修二巩固练习 能量与功 提高--
【巩固练习】一、选择题：1．荡秋千时，由于阻力的作用，秋千荡起的高度越来越小，这说明( )A ．能量逐渐消失B ．势能转化为动能C ．机械能转化为内能D ．以上说法都不对2、（2016 扬州学业考试）如图所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法，如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100m ，那么下列说法正确的是（ ）A ．轮胎受到地面的摩擦力做了负功B ．轮胎受到的重力做了正功C ．轮胎受到的拉力不做功D ．轮胎受到地面的支持力做了正功3．如图所示，质量分别为m 1和m 2的两个物体，m 1＜m 2，在大小相等的两个力F 1和F 2作用下沿水平方向移动了相同距离。
若F 1做的功为W 1，F 2做的功为W 2，则（ ）A ．W 1＞W 2B ．W 1＜W 2C ．W 1＝W 2D ．无法确定4．起重机以1m/s 2的加速度将质量为1 000 kg 的货物由静止匀加速地向上提升，若g 取10m/s 2，则在1s内起重机对货物所做的功是（ ）A ．500 JB ．4 500 JC ．5 000 JD ．5 500 J5．质量为m 的物体，受水平力F 的作用，在粗糙的水平面上运动，下列说法中正确的是（ ）A ．如果物体做加速直线运动，F 一定对物体做正功B ．如果物体做减速直线运动，F 一定对物体做负功C ．如果物体做减速直线运动，F 也可能对物体做正功D ．如果物体做匀速直线运动，F 一定对物体做正功6．一质量为1.0kg 滑块，以4m/s 的初速度在光滑水平面上向左滑动，从某一时刻起在滑块上作用一向右水平恒力，经一段时间，滑块速度方向变为向右，大小为4m/s ，则这段时间内，水平恒力所做的功为（ ）A ．0B ．8JC ．16JD ．32J7．用水平恒力F 作用于质量为M 的物体，使之在光滑的水平面上沿力的方向移动距离S ，恒力做功为W 1，再用该恒力作用于质量为m(m<M)的物体上，使之在粗糙的水平面上移动同样距离S ，恒力做功为W 2，则两次恒力做功的关系是（ ）A ．W 1>W 2；B ．W 1<W 2；C ．W 1=W 2；D ．无法判断8．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1 m/s 。
高三物理一轮 5.2动能 动能定理课后巩固训练(含解析)
第课时动能动能定理知识点题号1.对动能、动能定理的理解7、82.用动能定理求变力做功1、2、43.动能定理的应用3、5、6、9、10、111~6题为单选题;7~9题为多选题1.一个质量为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,此时轻绳与竖直方向夹角为θ,如图所示,则力F所做的功为( B )A.mgLcos θB.mgL(1-cos θ)C.FLsin θD.FLcos θ解析:对小球由P运动至Q应用动能定理W-mgL(1-cos θ)=0,所以W=mgL(1-cos θ).选项B 正确.求合力的功,特别是在合力大小变化,或位移不确定的情况下,利用合力的功等于物体的动能变化这种等量关系求解是一种常见的方法.2.(2012上海复旦、交大、华师大附中三校联考)如图所示,质量为m的物体静置在水平光滑的平台上,系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮,由地面上的人以速度v0向右匀速拉动,设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处,在此过程中人所做的功为( C )A. B.C. D.m解析:人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处,沿绳方向的速度v=v0cos 45°=,故质量为m的物体速度等于,对物体由动能定理可知,在此过程中人所做的功为,故选项C正确.3.(2012重庆调研)如图所示,斜面AB、DB动摩擦因数相同.可视为质点的物体分别沿AB、DB 从斜面顶端由静止下滑到底端,下列说法正确的是( B )A.物体沿斜面DB滑动到底端时动能较大B.物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大C.物体沿斜面DB滑动过程中克服摩擦力做的功较多D.物体沿斜面AB滑动过程中克服摩擦力做的功较多解析:已知斜面AB、DB动摩擦因数相同,设斜面倾角为θ,底边为x,斜面长度L=,物体分别沿AB、DB从斜面顶端由静止下滑到底端,由动能定理有mgh-μmgLcos θ=mv2,即mgh-μmgx=mv2可知物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大,故选项A错误,选项B正确;物体沿斜面滑动过程中克服摩擦力做的功W f=μmgLcos θ=μmgx相同,故选项C、D错误.4.(2012北京朝阳期末)一辆汽车在平直的公路上以速度v0开始加速行驶,经过一段时间t,前进了距离l,此时恰好达到其最大速度v m,设此过程中汽车发动机始终以额定功率P工作,汽车所受的阻力恒为f,则在这段时间里,发动机所做的功为( D )①fv m t ②Pt ③m-m+fl④ftA.①②B.②③C.①③④D.①②③解析:因为发动机以额定功率工作,所以发动机所做的功W=Pt,故②对.达到最大速度v m时,牵引力与阻力相等,所以W=P·t=f·v m·t,故①对.由动能定理W-f·l=m-m,所以W=m-m+fl,故③对.故选项D正确.5.质量为m的小球被系在轻绳一端,在竖直平面内做半径为R的圆周运动,如图所示,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,在此后小球继续做圆周运动,经过半个圆周恰好能通过最高点,则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( C )A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR解析:小球通过最低点时,绳的张力为F=7mg①由牛顿第二定律可知F-mg=,②小球恰好过最高点,绳子拉力为零,由牛顿第二定律可知mg=③小球由最低点到最高点的过程中,由动能定理得-2mgR+W f=m-m,④由①②③④可得W f=-mgR,所以小球克服空气阻力所做的功为mgR,故选项C正确,选项A、B、D错误.6.(2012新疆模拟)在新疆旅游时,最刺激的莫过于滑沙运动.某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时,速度为2v0,设人下滑时所受阻力恒定不变,沙坡长度为L,斜面倾角为α,人的质量为m,滑沙板质量不计,重力加速度为g,则下列说法错误的是( A )A.若人在斜面顶端被其他人推了一把,沿斜面以v0的初速度下滑,则人到达斜面底端时的速度大小为3v0B.若人在斜面顶端被其他人推了一把,沿斜面以v0的初速度下滑,则人到达斜面底端时的速度大小为v0C.人沿沙坡下滑时所受阻力f=m gsin α-2m/LD.人在下滑过程中重力功率的最大值为2mgv0sin α解析:对人进行受力分析如图所示,根据匀变速直线运动的规律有(2v0)2-0=2aL,-=2aL,可解得v1=v0,所以选项A错误,B正确;根据动能定理有mgLsin α-fL=m(2v0)2,可解得f=mgsin α-2m/L,选项C正确;重力功率的最大值为P m=2mgv0sin α,选项D正确.7.(2011年新课标全国卷)一质点开始时做匀速直线运动,从某时刻起受到一恒力作用.此后,该质点的动能可能( ABD )A.一直增大B.先逐渐减小至零,再逐渐增大C.先逐渐增大至某一最大值,再逐渐减小D.先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大解析:当所加恒力的方向与物体运动的方向成锐角时,该力一直做正功,其动能一直增大,选项A正确;当所加恒力的方向与物体运动的方向相反时,物体先做匀减速运动后做反向的匀加速运动,其动能先逐渐减小至零,再逐渐增大,选项B正确;当所加恒力的方向与物体运动的方向成钝角时,其动能先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大,选项D正确;物体不可能出现动能先逐渐增大至某一最大值,再逐渐减小的情况,选项C错误.这是发散思维类的题,由于没有给出矢量(恒力)的方向,需要仔细思考矢量方向存在的多种可能性,从而得出多解.8.人通过滑轮将质量为m的物体,沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面,物体上升的高度为h,到达斜面顶端的速度为v,如图所示.则在此过程中( BD )A.物体所受的合外力做功为mgh+mv2B.物体所受的合外力做功为mv2C.人对物体做的功为mghD.人对物体做的功大于mgh解析:物体沿斜面做匀加速运动,根据动能定理W合=W F-W f-mgh=mv2,其中W f为物体克服摩擦力做的功.人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功,所以W人=W F=W f+mgh+mv2,选项A、C错误,选项B、D正确.9. (2013攀枝花市统考)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F的作用下由静止开始做直线运动,拉力做的功W与物体发生的位移x之间的关系如图所示,g=10 m/s2.则下列说法正确的是( AD )A.最初3 m内物体做匀加速直线运动,加速度大小为1.5 m/s2B.物体在3~9 m位移的过程做匀加速直线运动,加速度大小为0.75 m/s2C.在物体发生前9 m位移的过程中拉力的最大功率为9 WD.物体运动到距出发点9 m时速度为 m/s解析:拉力做的功W与物体发生的位移x之间为线性关系,由公式W=Fx可知,最初3 m内拉力F1==5 N,物体受到的滑动摩擦力μmg=2 N,合外力F合=3 N,所以物体做匀加速直线运动,加速度大小为1.5 m/s2,选项A正确.物体在3~9 m位移的过程中拉力F2==1.5 N,由于拉力小于物体受到的滑动摩擦力,物体做匀减速直线运动,选项B错误.物体在3 m位移内,由动能定理可得W A-μmgx OA=m,得出v A=3 m/s,物体在3 m处的功率P A=F1v A=15 W,选项C 错误.在3~9 m位移内,由动能定理可得W B-μmgx OB=m,得出v B= m/s,选项D正确. 10. (2013德阳市一诊)如图所示,质量m=1 kg的物体,开始以v0=10 m/s的初速度沿粗糙的水平面向右运动,物体与地面间的动摩擦因数μ=0.2;同时物体受到一个与初速度方向相反的3 N的F的作用,经过3 s,撤去外力F.g取10 m/s2,求:(1)物体在前3 s的位移和平均速度;(2)物体从运动到静止的整个过程中摩擦力做的功.解析:(1)刚开始,物体受力如图(甲):F+μmg=ma1t1=解之得t1=2 s<3 s即物体在前3 s先向右减速t1=2 s,再向左加速,受力如图(乙):t2=1 s,F-μmg=ma2前3 s总位移为:x=t1-a2=9.5 m,方向水平向右== m/s≈3.17 m/s,方向水平向右.(2)对整个过程用动能定理得:-Fx+W f=0-m解之得摩擦力做功W f=-21.5 J.答案:(1)9.5 m,水平向右 3.17 m/s,水平向右(2)-21.5 J11. (2013绵阳市二诊)如图,AB是一段光滑的固定斜面,长度s=1 m,与水平面的倾角θ=53°,另有一固定竖直放置的粗糙圆弧形轨道刚好在B点与斜面相切,圆弧形轨道半径R=0.3 m,O点是圆弧轨道的圆心,将一质量m=0.2 kg的小物块从A点由静止释放,运动到圆弧轨道最高点C点时,与轨道之间的弹力F=1 N.重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,不计空气阻力.求:(1)小物块运动到B点时的速度大小;(2)小物块从B到C的过程,克服摩擦力做的功是多少?解析:(1)设小物块运动到B点时的速度大小为v B,在A到B的过程中,由动能定理有mgssin θ=m解得v B=4 m/s.(2)设小物块在C点的速度大小为v C,则mg+F=m在B到C的过程,设小物块克服摩擦力做的功是W f,由动能定理有-mgR(1+cos θ)-W f=m-m解得W f=0.19 J.答案:(1)4 m/s (2)0.19 J。
新教版高考物理总复习：12 C动能定理及其应用 提升版(学生版)
动能定理及其应用考点一动能定理的理解和基本应用1．动能(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能．(2)公式：E k＝12m v2，单位：焦耳(J).1J＝1N·m＝1kg·m2/s2.(3)动能是标量、状态量．2．动能定理(1)内容：力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．(2)表达式：W＝ΔE k＝E k2－E k1＝12m v22－12m v12.(3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度．技巧点拨1．适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．2．解题步骤3．注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系．(2)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理求解．(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．例题精练1．滑雪运动深受人民群众喜爱．如图1所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中()图1A ．所受合外力始终为零B ．所受摩擦力大小不变C ．合外力做功一定为零D ．机械能始终保持不变2．如图2所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数均为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则()图2A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g 考点二应用动能定理求变力做功在一个有变力做功的过程中，由动能定理，W 变＋W 恒＝12m v 22－12m v 12，物体初、末速度已知，恒力做功W 恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W 变＝12m v 22－12m v 12－W 恒，就可以求变力做的功了．例题精练3．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 与一轻弹簧O 端相距s ，如图3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 ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g )()图3A.12m v 02－μmg (s ＋x ) B.12m v 02－μmgx C ．μmgs D ．μmg (s ＋x )考点三动能定理与图象结合的问题1．解决图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积等所表示的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．2．图象所围“面积”和图象斜率的含义例题精练4．用传感器研究质量为2kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s 内物体的加速度随时间变化的关系如图4所示．下列说法正确的是()图4A．0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6s内物体在4s时的速度最大C．物体在2～4s内的速度不变D．0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力对物体做的功5.质量为2kg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，物块的动能E k与其发生的位移x之间的关系如图5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()图5A．x＝1m时速度大小为2m/sB．x＝3m时物块的加速度大小为2.5m/s2C．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2.8s综合练习一．选择题（共10小题）1．（湖北月考）小球沿如图所示的光滑弯曲轨道由静止滑下，轨道的圆环顶端有一个缺口AB，对称于通过环体中心的竖直线，已知圆环的半径为R，缺口的圆心角∠AOB＝2α，则下列说法正确的是（）A．h取合适的值，小球到达A点的速度可以为零B．如h＝2R，小球滑过轨道最低点时对轨道的压力等于小球重力的6倍C．如α＝60°，当h＝2.5R时，小球可以飞过缺口无碰撞的经过B点回到圆环D．如果α的大小可以改变，要使小球飞过缺口无碰撞的经过B点回到圆环，h的最小值为2R2．（盐城期中）如图甲所示，小滑块与斜面及水平面间的动摩擦因数相等，斜面底端有一小段不计长度的光滑圆弧与水平面相连接，小滑块从斜面顶点由静止向下滑动，最后停在水平面上的M点。
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【巩固练习】 一、选择题1、（2016 上海模拟）如图，一半径为R ，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平，一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道，质点滑到最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小，用W 表示质点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功，则（ ）A. 12W mgR =，质点恰好可以到达Q 点 A. 12W mgR ＞，质点不能到达Q 点A. 12W mgR =，质点到达Q 点后，继续上升一段距离A. 12W mgR ＜，质点到达Q 点后，继续上升一段距离2、一物体静止在光滑水平面上，先对物体施一水平向右的恒力F 1，经t 秒后撤去F 1，立即再对它施一水平向左的恒力F 2，又经t 秒后物体回到出发点，在这一过程中，F 1、F 2分别对物体作的功W 1、W 2间的关系是（ ）A. W 2=W 1B. W 2=2W 1C. W 2=3W 1D. W 2=5W 13、一颗子弹射穿一钢板后速度损失20%，则它最多能射穿的钢板数为（ ） A. 5块 B. 4块 C. 3块 D. 2块4、一物体以初动能E 滑上斜面最高处时克服重力做功0.8E ，则它又滑回斜面底端时的动能为（ ）A 、0.8EB 、0.6EC 、0.4ED 、0.2E5、在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到m v 后立即关闭发动机，汽车滑行直到停止，其运动过程的速度-时间图象如图所示。
设汽车的牵引力大小为F ，摩擦阻力为f ，全过程中牵引力做功W ，克服摩擦阻力做功W f 。
则有（ ）A. F ：f ＝1：3B. F ：f ＝4：1C. W ：W f ＝1：1D. W ：W f ＝1：36、某同学在篮球场的篮板前做投篮练习，假设在一次投篮中这位同学对篮球做功为W ，出手高度为h 1，篮框距地面高度为h 2，球的质量为m 。
不计空气阻力，则篮球进筐时的动能为（ ）A ．12W mgh mgh +-B ．21mgh mgh W --C ．12mgh mgh W +-D ．21W mgh mgh +-7、将物体以60J 的初动能竖直向上抛出，当它上升到某点P 时，动能减为10J ，机械能损失10J ，若空气阻力大小不变，则物体落回到抛出点时的动能为 ( )A ．36JB ．40JC ．48JD ．50J8、(2014 江西模拟)如图甲所示，一可视为质点的物块在外力F 的作用下由静止沿光滑斜面向上运动(斜面足够长)，0~T 秒内，力F 做的功为W ，T 秒末撤去外力F 。
已知该物块从零时刻出发，在2T 时刻恰好返回出发点，其v-t 图像如图乙所示，则下列说法正确的是( )A. 物块在0~T 与T ~2T 时间内的位移相同B. 物块在1.5T 秒末离出发点最远C. 物块返回出发点时动能为WD. 0~T 与T ~2T 时间内的加速度大小之比为1∶39、如图所示，由电动机带动的水平传送带以速度为v =2.0m/s 匀速运行，A 端上方靠近传送带料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量为Q =50kg/s 落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至B 端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是（ ）A ．电动机应增加的功率为100WB ．电动机应增加的功率为200WC ．在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为6.0×103JD ．在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为1.2×104J10、小球用绳系住在光滑的水平面上做匀速圆周运动。
当拉力由F 增大到8F 时，圆运动的半径从r 减小到12r 。
在这一过程中拉力所做的功为 （ ） A. 4Fr B. 72Fr C. 74Fr D. 32Fr二、填空题1、如图物体在离斜面底端4m 处由静止开始滑下，若动摩擦因数均为0.5，斜面倾角370，斜面与平面间通过一小段光滑圆弧连接，则物体能在水平面滑行________米。
2、以10m/s 的初速度竖直向上抛出一个质量为0.5kg 的物体，它上升的最大高度为4m 。
设空气对物体的阻力大小不变，则物体落回抛出点时的动能为________J 。
3、一根内壁光滑的细圆钢管，形状如图所示。
一小钢球从A 处正对管中射入。
第一次小球恰能达到C 点；第二次小球从C 孔平抛出恰好落回A 孔。
这两次小球进入A 孔时的动能之比为____________。
4、汽车的质量为，以恒定的功率在水平笔直的公路上行驶，设它受到的阻力是一定值。
在车速从0v 达到最大值m v 的过程中，经历的时间为t ，通过的位移为s ，则汽车发动机的功率为____________，汽车在此过程中受到的阻力是____________。
三、计算题1、（2016天津卷）我国将于2022年举办奥运会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示，质量m =60kg 的运动员从长直助滑道末端AB 的A 处由静止开始以加速度23.6/a m s =匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度24/B v m s =，A 与B 的竖直高度差H =48m ，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧。
助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h =5m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W =-1530J ，取210/g m s =（1）求运动员在AB 段下滑时受到阻力f F 的大小；（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大。
2、如图所示，质量皆为m 的两物块A 和B 通过一根跨过滑轮的轻质细绳相连，放在一固定在水平地面的斜面上，A 和斜面间的动摩擦因数为0.25。
斜面长5m 高3m ，B 距地面高2m 。
先用手托住B 并从静止释放，求A 沿斜面所能上升的最大位移。
3、质量为kg 3100.1⨯的汽车，沿倾角为︒30的斜坡由静止开始运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为N 2000，汽车发动机的额定输出功率为W 4106.5⨯，开始时以2/1s m a =的加速度做匀加速运动（2/10s m g =）。
求：（1）汽车做匀加速运动的时间1t ； （2）汽车所能达到的最大速率；（3）若斜坡长m 5.143，且认为汽车达到坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多少时间？4、如图，汽车发动机的功率为60 kW ，汽车的质量为4t ，当它行驶在坡度为0.02的长直公路上时，所受阻力为车重的0.1倍，g ＝10 m/s 2，求： (1) 汽车所能达到的最大速度?m v =(2) 若汽车从静止开始以0.6 m/s 2的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持多长时间？ (3) 汽车启动到匀加速行驶的速度达到最大值的过程中，汽车做功多少？ (4) 在10s 末汽车的瞬时功率为多大？【答案与解析】 一、选择题 1、【答案】C【解析】在N 点，根据牛顿第二定律有：2Nv N mg m R-=，解得N v =；对质点从下落到N 点的过程运用动能定理得，21202N mg R W mv ⋅-=-，解得12W mgR =。
由于PN 段速度大于NQ 段速度，所以NQ 段的支持力小于PN 段的支持力，则在NQ 段克服摩擦力做功小于PN 段克服摩擦力做功，对NQ 段运用动能定理得，221122Q N mgR W mv mv --'=-，因为12W mgR '＜，可知v Q ＞0，所以质点到达Q 点后，继续上升一段距离。
C 正确，ABD 错。
故选C 。
2、C解析：11F a m =22F a m = 设在F 1作用下的位移为S 22111122F s a t t m== （1） 物体回到出发点，在F 2作用下的位移为s -物体做初速度为 11F v a t t m ==的匀减速运动，21212F F s t t t m m-=⋅- （2）联立解得 213F F = 所以 213W W =3、D解析：损失的动能 2211(0.8)0.3622k k E mv m v E ∆=-= 射穿一块钢板克服阻力做功 0.36k W E =射穿n 块钢板克服阻力做功 k nW E = 2.78n = 所以最多能射穿的钢板数为2。
4、B 解析：滑上斜面最高处时克服重力做功0.8E ，克服阻力做功为0.2E, 返回斜面底端还要克服阻力做功0.2E ，所以剩下的动能为0.6E 。
B 对。
5、B C解析：牵引力做功 112m W F v =⋅⋅ 克服摩擦阻力做功 142f m W f v =⋅⋅⋅ 对全过程应用动能定理 11140022m m W F v f v =⋅⋅-⋅⋅=-解得 4F f = 总功为零，两者做功的绝对值相等，f W W =6、A解析：根据功能关系 12k W mgh mgh E +=+，12k E W mgh mgh =+- A 对。
7、A解析：上升到P 时，动能减少了50J ，机械能损失10J ，即克服阻力做功为10J 上升到最大高度要损失的机械能为x J, 列出比例式501010x= 2x =J 从抛出到最高点损失的机械能为10J+2 J=12 J 从最高点落回到抛出点还要损失的机械能为12 J总功损失机械能为24 J ，所以剩下的动能为36J 。
A 对。
8、【答案】CD【解析】2T 时刻恰好返回出发点，即x 1＋x 2＝0 ，物块在0~T 与T ~2T 时间内的位移大小相同，方向相反，选项A 错误；0~T 内的位移21112x a T =，T ~2T 时间内的位移 22222121212111222x v T a T a T T a T a T a T =-=⋅-=-结合x 1＋x 2＝0解得a 2＝3a 1，选项D 正确；速度减小为零的时刻为12043a T Tt T t T a -=+∆=+=- 选项B 错误；根据动能定理有W ＝E k －0，所以物块返回出发点时动能为W ，选项C 正确．9、BC解析：每秒钟煤的质量50kg ，煤获得的动能 212k E mv = 煤克服摩擦力做的功 212f W mv =电动机应增加的功率 2200k f P E W mv W =+==, A 错，B 对。
在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热即 2160002f Q W t mv t J ===, C 对，D 错。
正确选项为BC 。
10、D解析：这是变力做功，只能根据动能定理求解。
拉力提供向心力 21v F m r = （1） 2282v F m r = （2）22211122W mv mv =- （3） 联立（1）（2）（3）解得 32W Fr = D 对。
二、填空题 1、1.6米解析：对全过程应用动能定理sin cos 00mgL mgL mgx θμθμ--=- 解得 1.6x m =2、15J解析：上升过程根据动能定理 20102fm g h W m v --=-求出阻力做功 5f W J =下落过程根据动能定理 f k mgh W E -= 解得 15k E J = 3、4:5解析：第一次小球恰能达到C 点， 小钢球从A 处正对管中射入的速度为1v 根据动能定理（或机械能守恒定律） 21112k mgR mv E == 第二次小球从C 孔平抛出恰好落回A 孔，以速度2v 做平抛运动，要求到A 点的动能 根据平抛运动 2R v t= 212R g t = 求得2v =再根据动能定理 22212k mgR E mv =- （或机械能守恒定律22212k E mgR mv =+） 解得 2221524k E mgR mv mgR =+= 所以 1245k k E E =4、220()2()m m m v v f v t s -=- 220()2()m m m mv v v P v t s -=-解析： m Pv f=（1） 牵引力是变力，变力做功，根据动能定理 2201122m Pt fs mv mv -=- （2）联立解得 220()2()m m m v v f v t s -=- 220()2()m m m mv v v P v t s -=-三、计算题1、【答案】（1）144 N （2）12.5 m【解析】（1）运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有：22B v ax =；由牛顿第二定律有：Hmgf ma x-= 代入数据可得144f N =（2）设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有：221122c B mgh W mv mv +=- 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有:2c N v F mg m R-=6N F mg =由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，代入数据解得R =12.5m2、2.25m解析：物体的运动经历了两个过程：过程1：释放B 后，A 沿斜面向上、B 竖直向下做匀加速运动，A 和B 的位移的大小都为S ，速度的大小始终相等。