高中物理动能定理经典例题
高中物理动能定理解析例题
高中物理动能定理解析例题（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. 32J2、 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？4a 、运动员踢球的平均作用力为200N ，把一个静止的质量为1kg 的球以10m/s 的速度踢出，在水平面上运动60m 后停下. 求运动员对球做的功？4b 、如果运动员踢球时球以10m/s 迎面飞来，踢出速度仍为10m/s ，则运动员对球做功为多少？5、在水平的冰面上,以大小为F =20N 的水平推力，推着质量m =60kg 的冰车，由静止开始运动. 冰车受到的摩擦力是它对冰面压力的0. 01倍,当冰车前进了s 1=30m 后,撤去推力F ，冰车又前进了一段距离后停止. 取g = 10m/s 2. 求： (1)撤去推力F 时的速度大小. (2)冰车运动的总路程s .6、汽车质量为m = 2×103kg ，沿平直的路面以恒定功率20kW 由静止出发，经过60s ，汽车达到最大速度20m/s. 设汽车受到的阻力恒定. 求：(1)阻力的大小. (2)这一过程牵引力所做的功. (3)这一过程汽车行驶的距离. S 2S 1LV 0V 0vmB7. 如图8－30所示，长为L ，质量为m1的木板A 置于光滑水平面上，在A 板上表面左端有一质量为m2的物块B ，B 与A 的摩擦因数为μ，A 和B 一起以相同的速度v 向右运动，在A 与竖直墙壁碰撞过程中无机械能损失，要使B 一直不从A 上掉下来，v 必须满足什么条件(用m1、m2、L 、μ表示)？倘若V0已知，木板B 的长度L 应满足什么条件(用m1、m2、V0、μ表示)？（二）竖直面问题（重力、摩擦力和阻力） 1、人从地面上，以一定的初速度v 将一个质量为m 的物体竖直向上抛出，上升的最大高度为h ，空中受的空气阻力大小恒力为f ，则人在此过程中对球所做的功为（ ）A. 2021mvB. fh mgh -C. fhmgh mv -+2021 D. fh mgh +2a 、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。
高考物理动能与动能定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理动能与动能定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．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.2．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 。
动能定理的典型例题
“动能定理”的典型例题【例1】质量为m=2kg的物体，在水平面上以v1= 6m/s的速度匀速向西运动，若有一个F=8N、方向向北的恒定力作用于物体，在t=2s内物体的动能增加了[ ]A．28J B．64J C．32J D．36J E．100J【分析】物体原来在平衡力作用下西行，受向北的恒力F作用后将做类似于平抛的曲线运动(见图)．物体在向北方向上的加速度2s后在向北方向上的速度分量故2s后物体的合速度所以物体在2s内增加的动能为也可以根据力对物体做动能定理来计算．由于在这个过程中，可以看作物体只受外力F作用，在这个力方向上的位移外力F对物体做的功W =Fs= 8×8J=64J，故物体动能的增加【答】B．【说明】由上述计算可知，动能定理在曲线运动中同样适用，而且十分简捷．有的学生认为，物体在向西方向上不受外力，保持原动运能不变，向北方向上受到外力后，向北方向上的动能增加了即整个物体的动能增加了64J，故选B．必须注意，这种看法是错误的．动能是一个标量(不同于动量)，不能分解．外力对物体做功引起物体动能的变化，是对整个物体而言的，它没有分量式(不同于物体在某方向上不受外力，该方向上动量守恒的分量式)．上述计算结果的巧合是由于v2与v1互成90°角的缘故．【例2】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(见图)，不考虑物体滑至斜面底端的碰撞作用，并认为斜面与水平面对物体的动摩擦因数相同，求摩擦因数μ．【分析】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，整个过程中物体的动能没有变化，即E k2=E k1=0．可以根据全过程中功与物体动能的变化上找出联系．【解】物体沿斜面下滑时，重力和摩擦力对物体做功(支持力不做功)，设斜面倾角为α，斜坡长L，则重力和摩擦力的功分别为W G= mgsinαL，W f1= -μmgcosαL．在平面上滑行时仅有摩擦力做功(重力和支持力不做功)，设平面上滑行距离为s2，则W f2= -μmgs2．整个运动过程中所有外力的功为W=W G+W f1+W f2，=mgsinαL - μumgcosαL- μmgs2．根据动能定理，W=E k2-E k1，式中s1为斜面底端与物体初位置间水平距离，故【说明】本题也可运用牛顿第二定律结合运动学公式求解．物体沿斜面下滑时的加速度物体在平面上滑行时的加速度比较这两种解法，可以看到，应用动能定理求解时，只需考虑始末运动状态，无需关注运动过程中的细节变化(如从斜面到平面的运动情况的变化)，显得更为简捷．本题也为我们提供了一种测定动摩擦因数的方法．厢所受阻力不变，对车厢的牵引力应增加[ ]A．1×103N B．2×103NC．4×103N D．条件不足，无法判断【分析】矿砂落入车厢后，受到车厢板摩擦力f的作用，使它做加速运动，经时间△t后矿砂的速度达到车厢的速度v=2m/s,这段时间内矿砂的位移因此选△t内落下的矿砂△m为研究对象，以将接角车箱板和达到速度v=2m/s两时刻为始末两状态时，动能增量由功与动能变化的关系得在这过程中，车厢板同时受到矿砂的反作用f′，其大小也为4×103N，方向与原运动方向相反，所以，为保持车厢的匀速运动需增加的牵引力为【答】C．【说明】常有人误认为矿砂落入车厢内，矿砂的位移就是车厢的位移s =v t，于是得车厢应增加的牵引力大小为这是不正确的，因为在矿砂将接触车厢板到两者以共同速度v=2m/s运动的过程中，车厢和矿砂做两种不同的运动，矿砂的速度小于车厢的速度，它们之间才存在着因相对滑动而出现的滑动摩擦力．也正是由于滑动摩擦力的存在，车厢所增加的牵引力做的功并没有完全转化为矿砂的动能，其中有一部分消耗在克服摩擦做功而转化为热能．!iedtxx(`stylebkzd', `1107P02.htm')【例4】一辆车通过一根跨过定滑轮的绳PQ提升井中质量为m为物体，如图a所示．绳的P端拴在车后的挂钩上，Q端拴在物体上．设绳的总长不变、绳的质量、定滑轮的质量和尺寸，滑轮上的摩擦都忽略不计．开始时，车在A点，左右两侧绳都已绷紧并且是竖直的，左侧绳绳长为H．提升时，车加速向左运动，沿水平方向从A经过B驶向C．设A到B 的距离也为H．车过B点时的速度为v B．求在车由A移到B的过程中，绳Q端的拉力对物体做的功．【分析】汽车从A到B把物体提升的过程中，物体只受到拉力和重力的作用，根据物体速度的变化和上升高度，由动能定理即得．【解】以物体为研究对象，开始时其动能E k1=0．随着车的加速拖动，重物上升，同时速度也不断增加．当车子运动到B点时，重物获得一定的上升速度v Q，这个速度也就是收绳的速度，它等于车速沿绳子方向的一个分量(图b)，即于是重物的动能增为在这个提升过程中，重物受到绳中拉力T、重力mg．物体上升的高度和重力的功分别为于是由动能定理得即所以绳子拉力对物体做的功【说明】必须注意，速度分解跟力的分解一样，两个分速度的方向应该根据运动的实际效果确定．车子向左运动时，绳端(P)除了有沿绳子方向的运动趋势外(每一瞬间绳处于张紧的状态)，还参予了绕O点的转动运动(绳与竖直方向间夹角不断变化)，因此还应该有一个绕O点转动的速度，这个速度垂直于绳长方向．所以车子运动到B点时的速度分解图应如图6所示，由此得拉绳的速度V b1(即提升重物的速度v Q)与车速v B的关系为【例5】在平直公路上，汽车由静止开始作匀速运动，当速度达到v m后立即关闭发动机直到停止，v-t图像如图所示．设汽车的牵引力为F，摩擦力为f，全过程中牵引力做功W1，克服摩擦力做功W2，则[ ]A．F：f = 1：3 B．F：f = 4：1C．W1：W2= 1：1 D．W1：W2 = 1：3【分析】在t = 0～1s内，汽车在牵引力F和摩擦力f共同作用下作匀加速运动，设加速度为a1．由牛顿第二定律F-f = ma1．在t=l～4s内，汽车仅受摩擦力作用作匀减速滑行，设加速度为a2，则-f = ma2．由于两过程中加速度大小之比为在前、后两过程中，根据合力的动能定理可知，∴ W F=W f1+W f2=W f。
动能定理的应用20个经典例题
A.动能 B.速度 C.速率 D.重力所做的功
例4、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？
F
例5、如图所示，半径为R的光滑半圆轨 道和光滑水平面相连，一物体以某一 初速度在水平面上向左滑行，那么物 体初速度多大时才能通过半圆轨道最 高点？
例7、质量m=2kg的物块位于高h=0.7m的水平桌 面上，物块与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2,现用 F=20N的水平推力使物块从静止开始滑动L1=0.5m 后 撤去推力，物块又在桌面上滑动了L2=1.5m后离开桌 面做平抛运动。求： （1）物块离开桌面时的速度 （2）物块落地时的速度(g=10m/s)
例1、一质为2kg的物体做自由落体来自动，经过A 点时的速度为10m/s，到达B点时的速度是 20m/s，求: (1) 经过A、B两点时的动能分别是多少? (2) 从A到B动能变化了多少? (3) 从A到B的过程中重力做了多少功? (4) 从A到B的过程中重力做功与动能的变化 关系如何？
解（1）由
3、动能具有瞬时性，是状态量，v是瞬时速度（注意：v为合 速度或实际速度，一般都以地面为参考系）。
我们对动能定理的理解
1、动能定理的普适性：对任何过程的恒力、变力；匀变速、非匀变速； 直线运动、曲线运动；运动全程、运动过程某一阶段或瞬间过程都能运 用；(只要不涉及加速度和时间，就可考虑用动能定理解决动力学问题)
解法二：对物体运动的前后两段分别用动能定理W合 =△Ek，则有
1 2 Fs1 - fs1 = mv 1 -0 2
1 2 - fs2 = 0 - mv 1 2
①
②
将上两式相加，得
Fs1 - fs1 - fs2 = 0 ③
动能定理应用典型例题及解析
动能定理应用典型例题及解析
动能定理是经典力学中非常重要的一个定理，它描述了物体的动能与物体所受力的关系。
动能定理的数学表达式是：$K = \frac{1}{2}mv^2$，其中，$K$表示物体的动能，$m$表示物体的质量，$v$表示物体的速度。
下面是一个应用动能定理的典型例题及解析：
【例题】一个质量为 $m$ 的物体在 $t=0$ 时刻从高为 $h$ 的平台上自由落下，其速度在落地瞬间达到最大值 $v$。
假设空气阻力可以忽略不计，求物体与地面接触瞬间物体的动能。
【解析】由于物体自由落下，因此只受到重力的作用，根据牛顿第二定律，物体的加速度为 $g$，即 $a=g$。
根据匀加速直线运动的公式，可以得到物体从高为 $h$ 的平台上落到地面所需的时间为$t=\sqrt{\frac{2h}{g}}$，物体在落地瞬间的速度为$v=\sqrt{2gh}$。
根据动能定理，物体在落地瞬间的动能为：
$K = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}m(2gh) = mgh$
因此，物体与地面接触瞬间物体的动能为 $mgh$。
以上就是一个简单的应用动能定理的例题及解析。
动能定理是物理学中一个非常重要的定理，涉及到许多不同的物理问题，需要我们在学习时认真掌握并多做练习。
动能定理应用典型例题及解析
动能定理应用典型例题及解析
例题：一物体质量为2kg，速度为5m/s，撞向另一物体，两物体碰撞后，第一个物体反弹回来，速度为3m/s。
第二个物体
的质量为3kg，碰撞后向前运动的速度为多少？
解析：
首先，我们要明确动能定理的公式：
动能定理公式：$E_k=\frac{1}{2}mv^2$
动能定理的原理：物体所具有的动能的增量等于所受动力的功。
根据动能定理的公式，我们可以计算出碰撞前后两个物体的动能，然后通过它们在碰撞过程中的总动能守恒，来求解所需的速度。
1. 碰撞前，第一个物体的动能为：
$E_{k1}=\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2} \times 2 \times 5^2=25
J$
2. 碰撞后，第一个物体的动能为：
$E'_{k1}=\frac{1}{2}mv'^2=\frac{1}{2} \times 2 \times 3^2=9 J$ 其中，$v'$表示第一个物体反弹后的速度。
3. 碰撞后，第二个物体的动能为：
$E_{k2}=\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2} \times 3 \times v_f^2$ 其中，$v_f$表示第二个物体碰撞后向前运动的速度。
4. 动能守恒式：
$E_{k1}+E_{k2}=E'_{k1}+E'_{k2}$
代入数值，得到：
$25+\frac{1}{2} \times 3 \times v_f^2=9+\frac{1}{2} \times 3 \times v_f^2$
化简后得到$v_f=\frac{4}{3}m/s$。
因此，第二个物体碰撞后向前运动的速度为4/3m/s。
高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)含解析(1)
高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)含解析(1)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，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．2．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3．如图所示,竖直平面内的轨道由直轨道AB 和圆弧轨道BC 组成，直轨道AB 和圆弧轨道BC 平滑连接，小球从斜面上A 点由静止开始滑下,滑到斜面底端后又滑上一个半径为=0.4m R 的圆轨道；（1）若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆轨道的最高点C ，求斜面高h ；（2）若已知小球质量m =0.1kg ，斜面高h =2m ，小球运动到C 点时对轨道压力为mg ，求全过程中摩擦阻力做的功．【答案】（1）1m ；（2） -0.8J ； 【解析】 【详解】（1）小球刚好到达C 点,重力提供向心力，由牛顿第二定律得：2v mg m R=从A 到C 过程机械能守恒,由机械能守恒定律得：()2122mg h R mv -=, 解得：2.5 2.50.4m 1m h R ==⨯=；（2）在C 点,由牛顿第二定律得：2Cv mg mg m R+=,从A 到C 过程，由动能定理得：()21202f C mgh R W mv -+=-, 解得：0.8J f W =-；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．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 .6．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。
高中物理动能与动能定理题20套(带答案)含解析
，化简为 ，结合图象可得： ，
解得： ；
第二空：由 ，解得： ；
第三空：由于弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，所以摩擦力和重力沿斜面的分量
忽略不计，根据能量守恒可得： ；
第四空：考虑摩擦力和重力沿斜面的分量，根据动能定理可得： ，
②弹簧放在挡板P和滑块之间，当弹簧为原长时，遮光板中心对准斜面上的A点；
③光电门固定于斜面上的B点，并与数字计时器相连；
④压缩弹簧，然后用销钉把滑块固定，此时遮光板中心对准斜面上的O点；
⑤用刻度尺测量A、B两点间的距离L；
⑥拔去锁定滑块的销钉，记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间△t；
⑦移动光电门位置，多次重复步骤④⑤⑥。
，解得：
(2)C点的水平分速度与B点的速度相等，则
从A到B点的过程中，据动能定理得： ，解得：
(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得：
解得：
达到共同速度所需时间
二者间的相对位移
由于 ，此后滑块将做匀速运动。
滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量
2．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/s2，sin37° =0.6，cos37° =0.8，不计空气阻力。
高中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
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1【解析】(1)由于小孩无碰撞进入圆弧轨道，即小
孩落到A点时速度方向沿A点切线方向，则
，
又
，联立以上两式解得v0＝3 m/s.
(2)设小孩到最低点的速度为v，根据机械能守恒定律有
在最低点，根据牛顿第二定律，有
联立解得FN＝1 290 N
由牛顿第三定律可知，小孩对轨道的压力大小为1 290 N.
答案：(1)3 m/s (2)1 290 N
20.考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．菁优网版权所有
专题：机械能守恒定律应用专题．
分析：（1）从A到B由动能定理可得B位置时的速度，之后做平抛运动，由平抛规律求解
（2）在B位置，由牛顿第二定律可求轻绳所受的最大拉力大小
解答：解：（1）设小球在B点速度为v，对小球从A到B由动能定理得：
mgh=
mv2①
绳子断后，小球做平抛运动，运动时间为t，则有：
H=
②
DC间距离：
s=vt
解得：s=
m≈1.414m
（2）在B位置，设绳子最大力量为F，由牛顿第二定律得：
F﹣mg=
④
联立①④得：F=20N
答（1）DC两点间的距离1.414m
（2）轻绳所受的最大拉力20N
安徽
运用动能定理求出小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度，再对小球在第一个圆轨道的最高点进行受力分析，并利用牛顿第二定律求出轨道对小球作用力．
知道小球恰能通过圆形轨道的含义，并能找出在第二圆形轨道的最高点速度．运用动能定理研究某一运动过程求出B、C间距L．
知道要使小球不能脱离轨道的含义：1、小球恰能通过第三个圆轨道，2、轨道半径较大时，小球不能通过第三个圆轨道，但是还要不能脱离轨道，那么小球上升的高度就不能超过R3
应用动能定理研究整个过程求出两种情况下的问题．
解答：解：（1）设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理得：
﹣μmgL1﹣2mgR1=
mv12﹣
mv02 ①
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律有：
F+mg=m
②
由①、②得 F=10.0 N ③
（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由小球恰能通过第二圆形轨道有：
mg=m
④
﹣μmg（L1+L）﹣2mgR2=
mv22﹣
mv02 ⑤
由④、⑤得 L=12.5m ⑥
（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：
I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为
v3，应满足
mg=m
⑦
﹣μmg（L1+2L）﹣2mgR3=
mv32﹣
mv02 ⑧
由⑥、⑦、⑧得 R3=0.4m
II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理
﹣μmg（L1+2L）﹣mgR3=0﹣
mv02
解得 R3=1.0m
为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足
（R2+R3）2=L2+（R3﹣R2）2
解得 R3=27.9m
综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件
0＜R3≤0.4m或 1.0m≤R3≤27.9m
当0＜R3≤0.4m时，小球最终停留点与起始点A的距离为L′，则
﹣μmgL′=0﹣
mv02
L′=36.0m
当1.0m≤R3≤27.9m时，小球最终停留点与起始点A的距离为L〞，则
L″=L′﹣2（L′﹣L1﹣2L）=26.0m
答：（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小为10.0N；
（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是12.5m；
（3）第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 0＜R3≤0.4m
或 1.0m≤R3≤27.9m
当0＜R3≤0.4m时，小球最终停留点与起始点A的距离为36.0m
当1.0m≤R3≤27.9m时，小球最终停留点与起始点A的距离为26.0m．
天津
解答：解：（1）设B在绳被拉断后瞬时的速率为vB，到达C点的速率为vC，
根据B恰能到达最高点C有：
F向=mBg=mB
﹣﹣﹣﹣﹣①
对绳断后到B运动到最高点C这一过程应用动能定理：
﹣2mBgR=
mBvc2﹣
mBvB2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②解得：vB=5m/s．
答：（1）绳拉断后B的速度VB的大小是5m/s；
山东
解答：解：（1）设小物体运动到P点时速度大小为vp，对小物体有a 运动到P过程中应用动能定理得：
﹣μmgL﹣2mgR=
mvp2﹣
mva2
小物体自P点做平抛运动，设运动时间为t，水平射程为x，则
根据平抛运动规律得：
2R=
gt2 ，
x=vt，
联立以上三式代入数据解得：x=0.8m．
（2）设小物体运动到数字“0”的最高点时速度大小为v，对小物体由a运动到数字“0”的最高点过程中应用动能定理得：﹣μmgL﹣2mgR=
mv2﹣
mva2
设在数字“0”的最高点管道对小物体的作用力为F，在数字“0”的最高点，小物体需要的向心力F向=
=0.4N，
由于重力mg=0.1N＜F向
所以F向=mg+F
代入数据解得F=0.3N，方向竖直向下．
答：（1）小物体从P点抛出后的水平射程是0.8m．
（2）小物体经过数字“0”的最高点时管道对小物体作用力的大小是0.3N，方向为竖直向下．．
浙江
解答：解：（1）小滑块沿斜面滑下，根据动能定理：
得：μ=0.5
（2）小滑块从B点到C点，做平抛运动
竖直方向：
，
得t=0.6s；
水平方向：x=v1t=1.2m；
（3）平抛过程，根据机械能守恒，有：
得：
答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ为0.5；（2）小滑块落地点C与B 点的水平距离x为1.2m；（3）小滑块落地时的速度大小为2
m/s．
2014?盐城一模
答：解：（1）物块A加速度为零时，弹簧弹力等于拉力，物块B的加速度为：aB=
=
（2）弹簧第一次恢复原长时，物块B移动的距离为x，则A的位移也是x，F 作用的位移也是x
由动能定理知：Fx=
解得：x=
（3）对A、B在水平方向受力分析如图，F1为弹簧的拉力；
当加速度大小相同为a时，
对A有：F﹣F1=ma，
对B有：F1=ma，
两物体运动的v﹣t图象如图所示，在整个过程中，A的合力（加速度）先减小，而B的合力（加速度）先增大，在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于B的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于B的合力（加速度）．
tl时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t1时刻之后，A的速度仍大于B的速度，弹簧仍在伸长，弹簧势能仍在增加，t2时刻两物体的速度相等，A速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值，即两物体的相对位移最大，此时弹簧被拉到最长，此时弹簧的弹性势能最大．
答：（1）物块A加速度为零时，物块B的加速度
；
（2）弹簧第一次恢复原长时，物块B移动的距离：
+
；
（3）在弹簧第一次恢复原长前，当A、B的速度相等时，弹簧的型变量最大，此时弹簧的弹性势能最大．。