2015届高考物理二轮复习学案：专题4 动能定理的综合应用(人教版)
高中物理动能定理的综合应用及其解题技巧及练习题(含答案)及解析
高中物理动能定理的综合应用及其解题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．在某电视台举办的冲关游戏中，AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R=1.6m ，BC 是长度为L 1=3m 的水平传送带，CD 是长度为L 2=3.6m 水平粗糙轨道，AB 、CD 轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A 处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m=60kg ，滑板质量可忽略．已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.5，g 取10m/s 2.求：（1）参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力；（2）若参赛者恰好能运动至D 点，求传送带运转速率及方向； （3）在第（2）问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能．【答案】（1）1200N ，方向竖直向下（2）顺时针运转，v=6m/s （3）720J 【解析】(1) 对参赛者：A 到B 过程，由动能定理 mgR(1－cos 60°)＝12m 2B v 解得v B ＝4m /s在B 处，由牛顿第二定律N B －mg ＝m 2Bv R解得N B ＝2mg ＝1 200N根据牛顿第三定律：参赛者对轨道的压力 N′B ＝N B ＝1 200N ，方向竖直向下． (2) C 到D 过程，由动能定理－μ2mgL 2＝0－12m 2C v 解得v C ＝6m /sB 到C 过程，由牛顿第二定律μ1mg ＝ma 解得a ＝4m /s 2(2分) 参赛者加速至v C 历时t ＝C Bv v a-＝0.5s 位移x 1＝2B Cv v +t ＝2.5m <L 1 参赛者从B 到C 先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v ＝6m /s .(3) 0.5s 内传送带位移x 2＝vt ＝3m 参赛者与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5m 传送带由于传送参赛者多消耗的电能 E ＝μ1mg Δx ＋12m 2C v －12m 2B v ＝720J .2．如图所示，小物体沿光滑弧形轨道从高为h 处由静止下滑，它在水平粗糙轨道上滑行的最远距离为s ，重力加速度用g 表示，小物体可视为质点，求：（1）求小物体刚刚滑到弧形轨道底端时的速度大小v ； （2）水平轨道与物体间的动摩擦因数均为μ。
高三动能定理复习教案
高三动能定理复习教案高三动能定理复习教案作为一名老师，通常需要准备好一份教案，借助教案可以恰当地选择和运用教学方法，调动学生学习的积极性。
那么写教案需要注意哪些问题呢？以下是小编精心整理的高三动能定理复习教案，供大家参考借鉴，希望可以帮助到有需要的朋友。
【导学目标】1、正确理解动能的概念。
2、理解动能定理的推导与简单应用。
【知识要点】一、动能1、物体由于运动而具有的能叫动能，表达式：Ek=_____________。
2、动能是______量，且恒为正值，在国际单位制中，能的单位是________。
3、动能是状态量，公式中的v一般是指________速度。
二、动能定理1、动能定理：作用在物体上的________________________等于物体____________，即w=_________________，动能定理反映了力对空间的积累效应。
2、注意：①动能定理可以由牛顿运动定律和运动学公式导出。
②可以证明，作用在物体上的力无论是什么性质，即无论是变力还是恒力，无论物体作直线运动还是曲线运动，动能定理都适用。
3、动能定理最佳应用范围：动能定理主要用于解决变力做功、曲线运动、多过程动力学问题，对于未知加速度a和时间t，或不必求加速度a和时间t的动力学问题，一般用动能定理求解为最佳方案。
【典型剖析】[例1] 在竖直平面内,一根光滑金属杆弯成如图所示形状,相应的曲线方程为y=2.5cos（kx+ π）(单位: m),式中k=1 m-1.将一光滑小环套在该金属杆上,并从x=0处以v0=5 m/s的初速度沿杆向下运动,取重力加速度g=10 m/s2.则当小环运动到x= m时的速度大小v= m/s;该小环在x轴方向最远能运动到x= m处.[例2]如图所示，质量为m的小球用长为L的轻细线悬挂在天花板上，小球静止在平衡位置．现用一水平恒力F向右拉小球，已知F=0．75mg，问：（1）在恒定拉力F作用下，细线拉过多大角度时小球速度最大?（2）小球的最大速度是多少?[例3]总质量为M的列车，沿平直轨道作匀速直线运动，其末节质量为m的车厢中途脱钩，待司机发觉时，机车已行驶了L的距离，于是立即关闭油门撤去牵引力.设运动过程中阻力始终与质量成正比，机车的牵引力是恒定的.当列车的两部分都停止时，它们之间的距离是多少?[例4]如图所示，质量为mA的物块A放在水平桌面上，为了测量A与桌面间的动摩擦因数?，用细线通过滑轮与另一个质量为mB的物体连接，开始时B距地面高度为h，A、B都从静止开始运动，最后停止时测得A沿桌面移动距离为s。
动能定理的应用二导学案-2023-2024学年高一下学期物理人教版(2019)必修第二册
§8.3.3 动能定理应用二学习目标：1.学会利用动能定理解决图像综合问题。
2.理解应用动能定理解决实验综合问题。
题型一：利用动能定理解决图像综合问题1.解题思路：(1) 看清横、纵坐标所对应物理量，以及图线横截距与纵截距、斜率或者线下面积的物理意义。
(2)根据物理规律（最基本表达式）推导出横、纵坐标两个物理量的关系（通常是y=kx+b形式），寻找斜率k与截距b，继而求解其他物理量。
2.常见图像的物理意义：(1) v-t :图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移。
(2) a-t :图线与坐标轴围成的面积表示速度的变化量。
(3) F-x :图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(4) P-t :图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功。
(5)W-x :图线的斜率表示做功的力。
(6)E k-x :图线的斜率表示合力。
3.典型例题：例1．质量为2kg的物体，放在动摩擦因数0.1μ=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，求（1）图像的斜率代表什么物理含义？（2）0mx=至3mx=的过程中，物体的加速度是多少？（3）9mx=时，物体的速度是多少？（4）全程F的最大功率和平均功率分别是多少？解: (1)(2)根据W Fx=由图像可知，图像的斜率表示水平拉力，则有Δ15N5NΔ3WFx===根据牛顿第二定律可得F mg maμ-=解得21.5m/sa= 0mx=至3mx=的过程中，物体的加速度是21.5m/s。
（3）根据动能定理可得212xW mgx mvμ-=解得3m/sv=（4）3mx=至9mx=的过程中，由图像可得Δ2715N2NΔ93WFx--'===根据牛顿第二定律可得220F mgμ'-=-=所以物体在3mx=至9mx=的过程中，做匀速直线运动。
全程F的最大功率为max53W15WAP Fv==⨯=全程所用的时间为22393s s4s33A ABx xtv v⨯-=+=+=全程F的平均功率为27W 6.75W4xWPt===4.牛刀小试：(1)(单选)物理图像能形象地表达物理规律、直观地描述物理过程、鲜明地表示物理量之间的相互关系，是分析物理问题的有效手段之一。
动能定理的综合应用—人教版高中物理必修二课件
【解析】 设小物块在 BC 上运动的总路程为 s.小物块在 BC 上所受的滑动摩擦力大小始终为 Ff＝μmg，对小物块从开始运动 到停止运动的整个过程进行研究，由动能定理得 mgh－μmgs＝0，
得 s＝hμ＝00..3100 m＝3.0 m，又有 d＝0.50 m，则 s＝6d，所以小物 块在 BC 上往返 3 次，最后停在 B 点．故选 D.
动 能 定 理 的 综合应 用—人 教版高 中物理 必修二 课件(共 24张P PT)
变式训练 2 [2019·杭州检测]在温州市科技馆中，有个用来 模拟天体运动的装置，其内部是一个类似锥形的漏斗容器，如图 甲所示．现在该装置的上方固定一个半径为 R 的四分之一光滑管 道 AB，光滑管道下端刚好贴着锥形漏斗容器的边缘，如图乙所 示．将一个质量为 m 的小球从管道的 A 点静止释放，小球从管 道 B 点射出后刚好贴着锥形容器壁运动，由于摩擦阻力的作用， 运动的高度越来越低，最后从容器底部的孔 C 掉下，(轨迹大致 如图乙虚线所示)，已知小球离开 C 孔的速度为 v，A 到 C 的高 度为 H.求：
【例 1】 一轻质弹簧固定在竖直墙上，用一质量为 0.2 kg 的木块压缩该弹簧，释放木块后，木块沿光滑水平面运动，离开 弹簧时其速度大小为 2 m/s.则释放前弹簧的弹性势能为( )
A．0.2 J B．0.4 J C．0.8 J D．1.6 J
【解析】 弹簧弹开木块的过程，弹簧的弹力对木块做功，
动 能 定 理 的 综合应 用—人 教版高 中物理 必修二 课件(共 24张P PT)
二、应用动能定理求物体运动的总路程 对于物体运动过程中有往复运动的情况，物体所受的滑动摩 擦力、空气阻力等大小不变，方向发生变化，但在每一段上这类 力均做负功，而且这类力所做的功等于力和路程的乘积，与位移 无关．
人教版高中物理必修第二册精品课件 第八章 机械能守恒定律 动能定理和机械能守恒定律的综合应用
D
01
重难专题16 动能定理和机械能守恒定律的综合应用
一、动能定理和机械能守恒定律的比较
比较项 目
机械能守恒定律
动能定理
应用角 度
守恒条件及初、末状态机械能的形式 和大小
动能的变化及合力做功情况
选用原 则
（1）无论直线运动还是曲线运动，条件合适时，两规律都可以应用，都要 考虑初、末状态，都不需要考虑所经历过程的细节； （2）能用机械能守恒定律解决的问题都能用动能定理解决；能用动能定理 解决的问题不一定能用机械能守恒定律解决； （3）动能定理比机械能守恒定律应用更广泛、更普遍
续表
方法二 利用动能定理
（1）两球在光滑水平地面上运动时的速度大小；
（1）两球在光滑水平地面上运动时的速度大小；
二、动能定理和机械能守恒定律的综合应用
动能定理和机械能守恒定律都可以用来求能量或速度，但侧重不同，动能定理解决物体运动，尤其计算对该物体的做功时较简单，机械能守恒定律解决系统问题往往较简单，两者的灵活选择可以简化运算过程。
规律总结 机械能守恒定律多与其他知识相结合进行综合命题，一般为多过程问题，难度较大。 解答此类题目时一定要注意机械能守恒的条件，分析在哪个过程中机械能守恒，然后 列式求解，不能盲目应用机械能守恒定律。
A
分层作业
知识基础练
C
DDΒιβλιοθήκη DA. B. C. D.
【步步高】2015届高考物理(浙江通用)大二轮专题复习 专题四 第2课时 功能关系的应用 Word版含答案
kg，带正电，电量为 1× 10
C，小滑块与 ON 段表面的动摩擦因数为 0.75.将小滑块从 M 点由静止释放，在运动过程中
没有电量损失，与挡板相碰后原速返回．已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取 10 m/s2. 求：
图3 (1)小滑块第一次过 N 点的速度大小； (2)小滑块最后停在距离挡板多远的位置； (3)小滑块在斜面上运动的总路程． 答案 (1)2 3 m/s (2)0.01 m (3)6.77 m 解析 (1)小滑块第一次过 N 点的速度为 v， 1 则由动能定理有 mv2＝mgLsin 37°＋qELsin 37° 2 代入数据得：v＝2 3 m/s. (2)滑块在 ON 段运动时所受的摩擦力 Ff＝μ(mgcos 37°＋qEcos 37°)＝2.4×10 滑块所受重力、电场力沿斜面的分力 F1＝mgsin 37°＋qEsin 37°＝2.4×10
(2)N 不能到达 B 处．因为 mg(l－h)＋qUAB′＜0. (3)设带电体 N 的质量为 m′、电荷量为＋q′， 由动能定理得：m′g(l－h)＋q′UAB＝0 q′ q 所以 ＝ m′ m 答案 (1) kQq 2 3mg gl－h (2)N 不能到达 B 处， 因为 mg(1－h)＋qUAB′<0 (3)带电体 3
-4-
(3)设滑块每一次与挡板碰撞沿斜面上升的距离减少Δx，由能量守恒得： (mg＋qE)Δxsin 37°＝2μ(mg＋qE)scos 37° 代入数据得：Δx＝0.04 m 滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面上升的距离 s1＝L＋s－Δx＝0.48 m 滑块第 p 次与挡板碰撞后沿斜面上升的距离 sp＝s1－(p－1)Δx pp－1Δx 滑块移动的总路程 s 总＝L＋s＋x＋2[ps1－ ] 2 由于 sp≥s＝0.02 m，得 p≤12.5， 取 p＝12 代入上式得：s 总＝6.77 m. 考向 3 功能观点在电磁感应问题中的应用 例3 如图 4 甲所示，MN、PQ 是相距 d＝1 m 的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水
人教版(新教材)高中物理必修2第二册优质学案：拓展课 动能定理的综合应用
拓展课动能定理的综合应用拓展点一动能定理与牛顿运动定律的比较1.理解比较比较牛顿第二定律动能定理作用合外力与加速度的关系合外力做的功与动能变化量的关系公式F＝ma W＝E k2－E k1研究力和运动的关系力的瞬间作用效果力对空间的积累效果运动过程中细节的考虑考虑不考虑作用力恒力恒力或变力2.比较牛顿运动定律动能定理相同点确定研究对象，对物体进行受力分析和运动过程分析适用条件只能研究恒力作用下物体的运动的情况对于物体在恒力或变力的作用下，物体做直线运动或曲线运动均适用应用方法要考虑运动过程的每一个细节，结合运动学公式只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能运算方法矢量运算代数运算『例1』如图所示，一质量为2 kg的铅球从离地面2 m高处自由下落，陷入沙坑2 cm深处，求沙子对铅球的平均阻力大小。
(g取10 m/s2)『解析』法一应用牛顿第二定律与运动学公式求解。
设铅球做自由落体运动到沙面时的速度为v，则有v2＝2gH。
在沙坑中的运动阶段，设铅球做匀减速运动的加速度大小为a，则有v2＝2ah。
联立以上两式解得a＝Hh g。
设铅球在沙坑中运动时受到的平均阻力大小为F f，由牛顿第二定律得F f－mg＝ma，所以F f＝mg＋ma＝H＋hh·mg＝2＋0.020.02×2×10 N＝2 020 N。
法二应用动能定理分段求解。
设铅球自由下落到沙面时的速度为v，由动能定理得mgH＝12m v2－0，设铅球在沙中受到的平均阻力大小为F f，由动能定理得mgh－F f h＝0－12m v2，联立以上两式得F f＝H＋hh mg＝2 020 N。
法三应用动能定理全程求解。
铅球下落全过程都受重力，只有进入沙中铅球才受阻力F f，重力做功W G＝mg(H ＋h)，阻力做功W f＝－F f h。
由动能定理得mg(H＋h)－F f h＝0－0，代入数据得F f＝2 020 N。
『答案』 2 020 N『针对训练1』如图是冰上体育比赛“冰壶运动”的场地示意图(冰面水平)。
高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)
高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．小明同学根据上海迪士尼乐园游戏项目“创极速光轮”设计了如图所示的轨道。
一条带有竖直圆轨道的长轨道固定在水平面上，底端分别与两侧的直轨道相切，其中轨道AQ 段粗糙、长为L 0=6.0m ，QNP 部分视为光滑，圆轨道半径R =0.2m ，P 点右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L =0.5m 。
一玩具电动小车，通电以后以P =4W 的恒定功率工作，小车通电加速运动一段时间后滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出。
小车的质量m =0.4kg ，小车在各粗糙段轨道上所受的阻力恒为f =0.5N 。
（重力加速度g =10m/s 2；小车视为质点，不计空气阻力）。
(1)若小车恰能通过N 点完成实验，求进入Q 点时速度大小； (2)若小车通电时间t =1.4s ，求滑过N 点时小车对轨道的压力； (3)若小车通电时间t≤2.0s ，求小车可能停在P 点右侧哪几段轨道上。
【答案】(1)22m/s ；(2)6N ，方向竖直向上；(3)第7段和第20段之间 【解析】 【分析】 【详解】(1)小车恰能过N 点，则0N v =，Q →N 过程根据动能定理2211222N mg R mv mv -⋅=- 代入解得22m/s v =(2)A →N 过程2011202Pt fL mg R mv --⋅=- 代入解得15m/s v =在N 点时21N mv mg F R+= 代入解得N 6N F =根据牛顿第三定律可得小汽车对轨道压力大小6N ，方向竖直向上。
(3)设小汽车恰能过最高点，则0020Pt fL mg R --⋅=代入解得0 1.15s 2s t =<此时小汽车将停在12mg R n fL ⋅=代入解得1 6.4n =因此小车将停在第7段； 当通电时间 2.0s t =时020Pt fL n fL --=代入解得220n =因此小车将停在第20段；综上所述，当t ≤2.0s 时，小汽车将停在第7段和第20段之间。
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能力呈现
【考情分析】
动能定理是高考的重点,经常与直线运动、曲线运动等综合起来进行考查.基本概念的考查以选择题题型出现,动能定理与直线运动、曲线运动相结合时以计算题题型出现得较多.
【备考策略】
复习时应关注:(1) 机车启动问题.(2) 变力做功.(3) 与电场、复合场的综合问题.理清运动变化中功与能的转化与量度关系,结合受力分析、运动过程分析,熟练地应用动能定理解决问题.
1. (2013·上海)汽车以恒定功率沿公路做直线运动,途中通过一块沙地.汽车在公路及沙地上所受阻力均为恒力,且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力.汽车在驶入沙地前已做匀速直线运动,它在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内,位移s 随时间t 的变化关系可能是( )
2. (2013·江西九校联考)质量为m 的物体以一定的初速度从距地面高h 处平抛后,沿切线飞入光滑竖直的圆形轨道,恰好通过轨道的最高点.已知轨道半径为R,重力加速度为g.则(
)
A. 物体在最高点的速度为零
B. 物体在轨道最低点时,轨道对物体的弹力为5mg
C. 物体平抛的初动能为5
2mgR
D.
3. (多选)(2013·苏中二模)如图所示,直杆AB 与水平面成α角固定,在杆上套一质量为m 的小滑块,杆底端B 点处有一弹性挡板,杆与板面垂直,滑块与挡板碰撞后原速率返回.现将滑块拉到A 点由静止释放,与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB 的中点,设重力加速度为g.由此可以确定(
)
A. 滑块下滑和上滑过程加速度的大小a 1、a 2
B. 滑块最终所处的位置
C. 滑块与杆之间的动摩擦因数μ
D. 滑块第k次与挡板碰撞后的速度v k
4. (多选)(2013·金陵中学)如图甲所示,物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动.通过力传感器和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示.取g=10 m/s2.则( )
A. 物体的质量m=1.0 kg
B. 物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.20
C. 第2 s内物体克服摩擦力做的功W=2.0 J
D. 前2 s内推力F做功的平均功率P=1.5 W
能力巩固
1. (多选)(2013·全国)目前,在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转,其中一些卫星的轨道可近似为圆,且轨道半径逐渐变小.若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中,只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用,则下列说法中正确的是( )
A. 卫星的动能逐渐减小
B. 由于地球引力做正功,引力势能一定减小
C. 由于气体阻力做负功,地球引力做正功,机械能保持不变
D. 卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小
2. (2013·江苏)水平面上,一白球与一静止的灰球碰撞,两球质量相等. 碰撞过程的频闪照片如图所示,据此可推断,碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的( )
A. 30%
B. 50%
C. 70%
D. 90%
3. (2013·常州模拟)某滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AB'(均可看做斜面),甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相同的滑沙橇从A点由静止开始分别沿AB和AB'滑下,最后都停在水平沙面BC上,如图所示.设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同,斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的,滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动.则下列说法中正确的是 ( )
A. 甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程
B. 甲在B点的动能一定等于乙在B'点的动能
C. 甲在B点的速率一定等于乙在B'点的速率
D. 甲全部滑行的水平位移一定大于乙全部滑行的水平位移
4. (2013·汕头质检)为了从货车上卸货,工人在车厢旁倾斜架放一梯子,让质量为m的货箱顺着可视为平滑斜面的梯子下滑,如图所示.已知车厢顶部离地的高度为h,梯子所在斜面的倾角θ=45°,货箱从车厢顶部所在高度处由静止释放,货箱与梯子间的动摩擦因数μ=0.25,重力加速度为g.
(1) 求货箱沿梯子下滑的加速度大小和货箱下滑至地面时的速度大小.
(2) 若工人先用轻绳绑紧货箱,再让货箱从原位置由静止下滑,下滑过程使用平行于梯子的
轻绳向上拉货箱,货箱匀加速下滑,到达地面时的速度为.求货箱下滑过程克服轻绳拉力做功的平均功率P.
专题四动能定理的综合应用
【能力摸底】
1. A
2. D
3. ABC
4. CD
【能力提升】
例1 BC
例2 BD
例3 (1) 5.0×103N/m (2) 5.0m
(3) 1.1m 2.5×103 J
例4 (1) 3s (2) 滑块对轨道的压力大小为90N, 方向竖直向上(3) 0.47m
【能力巩固】
1. BD
2. A
3. A
4. (1) 货箱下滑过程,由牛顿第二定律得
mgsin θ-μmgcos θ=ma,
将θ和μ代入解得加速度大小
g.
由匀加速运动规律得v2=2as,而h
s=sin θ,
联立解得货箱下滑至地面时的速度大小
.
(2) 货箱受绳子拉力下滑过程,由动能定理得
(mgsin θ-μmgcos θ)s-W F=1
2mv'2,
由匀加速运动规律得s=1
2v't,
货箱克服轻绳拉力做功的平均功率P=
F W t,
联立解得P=1
8
.。