高中物理动能定理的综合应用解题技巧分析及练习题(含答案)及解析
【点睛】
解决本题的关键要掌握两种求功的方法，对于恒力可运用功的计算公式求．对于变力可根据动能定理求功．
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L1=2 m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2= m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v0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= ，g取10m/s2.
（1）小球刚到圆弧轨道底端时对轨道的压力；
（2）小球在圆弧轨道上受到的阻力所做的功。
【答案】（1） ，方向竖直向下（2）
【解析】
【详解】
（1）设小球在圆弧轨道的最低点时的速度为v，小球离开圆弧轨道后做平抛运动，有：
联立解得：
而在圆弧轨道的最低点，由牛顿第二定律可知：
由牛顿第三定律，
联立求得球队轨道的压力为：
(1)人和摩托车从高台飞出时的动能Ek；
(2)摩托车落地点到高台的水平距离s；
(3)摩托车冲上高台过程中克服阻力所做的功Wf.
【答案】（1）9×103J （2）10m （3）1×103J
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：根据动能表达式列式求解即可；人和摩托车从高台飞出做平抛运动，根据平抛的运动规律即可求出平抛的水平距离；根据动能定理即可求解克服阻力所做的功．
(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；
(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【分析】
【详解】
（1）若微粒打在探测屏AB的中点，则有： = gt2，
解得：
（2）设打在B点的微粒的初速度为V1，则有：L=V1t1，2h= gt12
得：
同理，打在A点的微粒初速度为：
(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) (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：
后0.5 s的加速度为：
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：
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：
由动能定理得：
所以小球通过的总路程为：
克服摩擦力做的功：
12．如图所示，AB为水平轨道，A、B间距离s=2m，BC是半径为R=0.40m的竖直半圆形光滑轨道，B为两轨道的连接点，C为轨道的最高点．一小物块以vo=6m/s的初速度从A点出发，经过B点滑上半圆形光滑轨道，恰能经过轨道的最高点，之后落回到水平轨道AB上的D点处．g取10m/s2，求：
高中物理动能定理的综合应用解题技巧分析及练习题(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．为了备战2022年北京冬奥会，一名滑雪运动员在倾角θ=30°的山坡滑道上进行训练，运动员及装备的总质量m=70 kg．滑道与水平地面平滑连接，如图所示．他从滑道上由静止开始匀加速下滑，经过t=5s到达坡底，滑下的路程x=50 m．滑雪运动员到达坡底后又在水平面上滑行了一段距离后静止．运动员视为质点,重力加速度g=10m/s2，求：
代入数据得vB=2m/s；
（2）根据动能定理，
代入数据得L2=1m；
（3）根据动能定理，
对于平抛过程有：H= gt2
x=vCt
代入数据得x=0.64m
11．如图所示，一个小球的质量m=2kg，能沿倾角 的斜面由顶端B从静止开始下滑，小球滑到底端时与A处的挡板碰触后反弹（小球与挡板碰撞过程中无能量损失），若小球每次反弹后都能回到原来的 处，已知A、B间距离为 ， ， ， ，求：
（1）物体第一次到达B点的速度；
（2）通过计算说明最后停在水平面上的位置距B点的距离．
【答案】（1） （2）2m
【解析】
【分析】
由题中“有可视为质点的木块由A点以一定的初速度为4m/s水平向右运动”可知，本题考查动能定理和能量守恒定律，根据对物体运动状态的分析结合能量变化可分析本题．
【详解】
（1）据题意，当物体从A运动到B点过程中，有：
方向竖直向下。
（2）对圆弧上运动的过程由动能定理：
联立可得：
7．在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示，P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h.
(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；
(1)小汽车的最大速度vm；
(2)汽车在4s内运动的路程s。
【答案】(1)4 m/s，(2)10m。
【解析】
【详解】
(1)当达到最大速度时，阻力等于牵引力：
解得： ；
(2)从开始到t时刻根据动能定理得：
解得： 。
6．如图所示，一质量为m的小球从半径为R的竖直四分之一圆弧轨道的顶端无初速释放，圆弧轨道的底端水平，离地面高度为R。小球离开圆弧轨道的底端又通过水平距离R落到地面上，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
所以微粒的初速度范围为： ≤v≤
（3）打在A和B两点的动能一样，则有： mv22+mgh= mv12+2mgh
联立解得：L=2 h
8．如图所示，摩托车做特技表演时，以v0＝10m/s的速度从地面冲上高台，t＝5s后以同样大小的速度从高台水平飞出．人和车的总质量m＝1.8×102kg，台高h＝5.0m.摩托车冲上高台过程中功率恒定为P＝2kW，不计空气阻力，取g＝10m/s2.求：
（1）求小球初速度v0的大小；
（2）求小球滑过C点时的速率vC；
（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】（1） m/s（2）3 m/s（3）0<R≤1.08m
【解析】
试题分析：（1）小球开始时做平抛运动：vy2=2gh
代入数据解得：
A点：
得：
（2）从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得： 代入数据解得：
（1）弹簧最初具有的弹性势能；
（2）小物块第一次到达圆弧轨道的E点时对圆弧轨道的压力大小；
（3）判断小物块沿斜面FG第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的D点？若能，求解小物块回到D点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E的速度大小．
【答案】 ； 30N； 2 ．
【解析】
【分析】
（3）小球刚刚过最高点时，重力提供向心力，则：
代入数据解得R1=1．08 m
当小球刚能到达与圆心等高时
代入数据解得R2=2．7 m
当圆轨道与AB相切时R3=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
带入数据求得：
（2）物体冲上斜面后，有：
解得：
则有：
解得：
即物体又回到了A点．
10．如图所示，倾角为300的光滑斜劈AB长L1=0.4m，放在离地高h=0.8m的水平桌面上,B点右端接一光滑小圆弧（图上未画出），圆弧右端切线水平，与桌面边缘的距离为L2．现有一小滑块从A端由静止释放，通过B点后恰好停在桌面边缘的C点，已知滑块与桌面间的滑动摩擦因数μ=0.2．
联立解得：
(2)由v－t图象面积意义可知，在前0.5 s，物块对地位移为：
则摩擦力对物块做功：
在后0.5 s，物块对地位移为：
则摩擦力对物块做功
所以传送带对物块做的总功：
联立解得：W＝－3.75 J
5．质量为m=2kg的小玩具汽车，在t＝0时刻速度为v0=2m/s，随后以额定功率P=8W沿平直公路继续前进，经t=4s达到最大速度。该小汽车所受恒定阻力是其重力的0.1倍，重力加速度g=10m/s2。求：
物块从D到E，运用机械能守恒定律求出通过E点的速度，在E点，由牛顿定律和向心力知识结合求物块对轨道的压力；
假设物块能回到D点，对物块从A到返回D点的整个过程，运用动能定理求出D点的速度，再作出判断，最后由机械能守恒定律求出最低点的速度．
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/s2)，求：
（1）求滑块到达B点速度vB的大小；
（2）求B点到桌面边缘C点的距离L2; '
（3）若将斜劈向右平移一段距离∆L=0.64m,滑块仍从斜劈上的A点静止释放，最后滑块落在水平地面上的P点．求落地点P距C点正下方的O点的距离x.
【答案】（1）2m/s （2）1m（3）0.64m
【解析】
(1)沿光滑斜劈AB下滑的过程机械能守恒，
(1)小球与斜面间的动摩擦因数 ；
(2)小球由开始下滑到最终静止的过程中所通过的总路程和克服摩擦力做的功。
【答案】(1)0.15；(2)10m；24J
【解析】
【详解】
(1)设小球与斜面间的动摩擦因数为 ，小球第一次由静止从的 点下滑和碰撞弹回上升到速度为零的过程，由动能定理得：
解得：
(2)球最终一定停在 处，小球从 处静止下滑到最终停在 处的全过程
3．如图所示，AC为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在A端的竖直墙壁上 质量 的小物块将弹簧的另一端压缩到B点，之后由静止释放，离开弹簧后从C点水平飞出，恰好从D点以 的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道 小物体与轨道间无碰撞 为圆弧轨道的圆心，E为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径 ， ， 小物块运动到F点后，冲上足够长的斜面FG，斜面FG与圆轨道相切于F点，小物体与斜面间的动摩擦因数 ， ，取 不计空气阻力 求：
高中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)
【分析】
【详解】
（1）由图线2得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．
（2）由线1可得:
EP=mgh=mgssinθ
斜率:
高中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)
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理
1．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h1＝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h2＝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/s2，试求：
；
由功能关系可得：
（另解：两个过程A球发生的位移分别为 、 ， ，由匀变速规律推论 ，根据电场力做功公式有： ）
（3）对A球由平衡条件得到： ， ，
从A开始运动到发生第一次碰撞：
从第一次碰撞到发生第二次碰撞：
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．
所以
B到C根据动能定理有
高中物理动能定理的综合应用解题技巧分析及练习题(含答案)含解析
高中物理动能定理的综合应用解题技巧分析及练习题(含答案)含解析一、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11F Pv ==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 PF f==40m/s (2)汽车匀加速运动的位移x 1=1140m 2v t = 对汽车，由动能定理得2112102F x Pt fs mv =--+解得s =480m2．如图所示，倾斜轨道AB 的倾角为37°，CD 、EF 轨道水平，AB 与CD 通过光滑圆弧管道BC 连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E 滑出该轨道进入EF 水平轨道．小球由静止从A 点释放，已知AB 长为5R ，CD 长为R ，重力加速度为g ，小球与斜轨AB 及水平轨道CD 、EF 的动摩擦因数均为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC 入口B 与出口C 的高度差为l.8R ．求：(在运算中，根号中的数值无需算出)(1)小球滑到斜面底端C 时速度的大小． (2)小球刚到C 时对轨道的作用力．(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R /应该满足什么条件？ 【答案】（1285gR（2）6.6mg ，竖直向下（3）0.92R R '≤ 【解析】试题分析：（1）设小球到达C 点时速度为v ，a 球从A 运动至C 过程，由动能定理有0021(5sin 37 1.8)cos3752c mg R R mg R mv μ+-⋅=（2分） 可得 5.6c v gR 1分）（2）小球沿BC 轨道做圆周运动，设在C 点时轨道对球的作用力为N ，由牛顿第二定律2c v N mg m r-=， （2分） 其中r 满足 r+r·sin530=1.8R （1分） 联立上式可得：N=6.6mg （1分）由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg ，方向竖直向下． （1分） （3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF 轨道．则小球b 在最高点P 应满足2P v m mg R'≥（1分）小球从C 直到P 点过程，由动能定理，有2211222P c mgR mg R mv mv μ--'⋅=-（1分） 可得230.9225R R R ='≤（1分） 情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q 点时，速度减为零，然后滑回D ．则由动能定理有2102c mgR mg R mv μ--⋅='-（1分）2.3R R '≥（1分）若 2.5R R '=，由上面分析可知，小球必定滑回D ，设其能向左滑过DC 轨道，并沿CB 运动到达B 点，在B 点的速度为v B ,，则由能量守恒定律有22111.8222c B mv mv mg R mgR μ=+⋅+（1分） 由⑤⑨式，可得0B v =（1分）故知，小球不能滑回倾斜轨道AB ，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD 轨道上的某处．设小球在CD 轨道上运动的总路程为S ，则由能量守恒定律，有212c mv mgS μ=（1分） 由⑤⑩两式，可得 S=5.6R （1分）所以知，b 球将停在D 点左侧，距D 点0.6R 处． （1分）考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力．3．如图所示，光滑斜面AB 的倾角θ=53°，BC 为水平面，BC 的长度l BC =1.10 m ，CD 为光滑的14圆弧，半径R =0.60 m ．一个质量m =2.0 kg 的物体，从斜面上A 点由静止开始下滑，物体与水平面BC 间的动摩擦因数μ=0.20.轨道在B ，C 两点光滑连接．当物体到达D 点时，继续竖直向上运动，最高点距离D 点的高度h =0.20 m ，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6.g 取10 m/s 2.求：(1)物体运动到C 点时速度大小v C (2)A 点距离水平面的高度H(3)物体最终停止的位置到C 点的距离s . 【答案】(1)4 m/s (2)1.02 m (3)0.4 m 【解析】 【详解】(1)物体由C 点到最高点，根据机械能守恒得：()212c mg R h mv += 代入数据解得：4/C v m s =(2)物体由A 点到C 点，根据动能定理得：2102BC c mgH mgl mv μ-=- 代入数据解得： 1.02H m =(3)从物体开始下滑到停下，根据能量守恒得：mgx mgH μ= 代入数据，解得： 5.1x m =由于40.7BC x l m =+所以，物体最终停止的位置到C 点的距离为：0.4s m =． 【点睛】本题综合考查功能关系、动能定理等；在处理该类问题时，要注意认真分析能量关系，正确选择物理规律求解．4．一质量为0.5kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5m 的位置B 处是一面墙，如图所示，物块以v 0=9m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s ，碰后以6m/s 的速度反向运动直至静止．g 取10m/s 2．(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ． 【答案】（1）0.32μ= （2）F =130N 【解析】试题分析：（1）对A 到墙壁过程，运用动能定理得：，代入数据解得：μ=0.32．（2）规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：F △t=mv′﹣mv ， 代入数据解得：F=130N ．5．如图所示，ABC 是一条长L =10m 的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h =1.25m 处，A 、C 为端点，B 为中点，轨道BC 处在方向竖直向上，大小E =5×105N/C 的匀强电场中，一质量m =0.5kg ，电荷量q =+1.0×10-5C 的可视为质点的滑块以初速度v 0=6m/s 在轨道上自A 点开始向右运动，经B 点进入电场，从C 点离开电场，已知滑块与轨道间动摩擦因数μ=0.2，g 取10m/s 2。
高中物理动能定理的综合应用题20套(带答案)及解析
（1）滑块到达底端 B 时的速度大小 vB；
（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】（1）
2gh （2） v02 2gh （3） m v0
2
2gh
2gl
2
【解析】
试题分析：（1）滑块在由
A
到
B
的过程中，由动能定理得：
mgh＝ 1 2
(1)求运动员在 AB 段下滑时受到阻力 Ff 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？ 【答案】(1)144 N (2)12.5 m 【解析】
试题分析：（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，斜面的倾 角为 α，则有 vB2=2ax
mvB2
0
，
解得：
＝
B
2gh ；
（2）滑块在由 B 到 C 的过程中，由动能定理得：μmgL＝ 1 mv02− 1 mvB2，
2
2
解得， ＝v02 2gh ； 2gL
（3）产生的热量：Q=μmgL
L 相对， 相对
0 B 2
2 g
＝ ( 0
2gh)2 2 g
（或
(0 v02
2 gh )2 2gh
(3)传送带的速度大于或等于 v1，则滑块回到水平轨道时的速度大小仍为 v1
mgs
0
1 2
mv12
得 s=0.9m，即滑块在水平轨道上滑行的路程为 0.9m，则最后停在离 B 点 0.2m 处。
若传送带的速度 7 m/s <v<3m/s，则滑块将回到 B 点，滑上圆弧轨道后又滑到水平轨道，
高中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
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由图线2得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．
（2）由线1可得:
EP=mgh=mgssinθ
斜率:
联立可得：v3= 。
（3）飞船方向调整前后，其速度合成矢量如图所示：
因此tan = ，离子喷出过程中，系统的动量守恒：M v=Nmv3，为了使飞船回到预定的飞行方向，离子推进器喷射出的粒子数N=
9．一质量为m=0.5kg的电动玩具车，从倾角为 =30°的长直轨道底端，由静止开始沿轨道向上运动，4s末功率达到最大值，之后保持该功率不变继续运动，运动的v-t图象如图所示，其中AB段为曲线，其他部分为直线.已知玩具车运动过程中所受摩擦阻力恒为自身重力的0.3倍，空气阻力不计.取重力加速度g=10m/s2.
（1）求在A处的正离子的速度大小v2；
（2）正离子经过区域I加速后，离开PQ的速度大小v3；
（3）在第（2）问中，假设航天器的总质量为M，正在以速度v沿MP方向运动，已知现在的运动方向与预定方向MN成 角，如图所示。为了使飞船回到预定的飞行方向MN，飞船启用推进器进行调整。如果沿垂直于飞船速度v的方向进行推进，且推进器工作时间极短，为了使飞船回到预定的飞行方向，离子推进器喷射出的粒子数N为多少？
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解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析
高中物理动能与动能定理解题技巧讲解及练习题(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，粗糙水平桌面上有一轻质弹簧左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点。
水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R =1.0m 的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离是h =2.4m 。
用质量为m =0.2kg 的物块将弹簧由B 点缓慢压缩至C 点后由静止释放，弹簧在C 点时储存的弹性势能E p =3.2J ，物块飞离桌面后恰好P 点沿切线落入圆轨道。
已知物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g 值取10m/s 2，不计空气阻力，求∶(1)物块通过P 点的速度大小；(2)物块经过轨道最高点M 时对轨道的压力大小； (3)C 、D 两点间的距离；【答案】(1)8m/s ；(2)4.8N ；(3)2m 【解析】 【分析】 【详解】(1)通过P 点时，由几何关系可知，速度方向与水平方向夹角为60o ，则22y v gh =o sin 60y v v=整理可得，物块通过P 点的速度8m/s v =(2)从P 到M 点的过程中，机械能守恒2211=(1cos60)+22o M mv mgR mv + 在最高点时根据牛顿第二定律2MN mv F mg R+= 整理得4.8N N F =根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为4.8N(3)从D 到P 物块做平抛运动，因此o cos 604m/s D v v ==从C 到D 的过程中，根据能量守恒定律212p D E mgx mv μ=+C 、D 两点间的距离2m x =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 。
A 套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度为h 。
开始时让连着A 的细线与水平杆的夹角α。
现将A 由静止释放（设B 不会碰到水平杆，A 、B 均可视为质点；重力加速度为g ）求：(1)当细线与水平杆的夹角为β（90αβ<<︒）时，A 的速度为多大? (2)从开始运动到A 获得最大速度的过程中，绳拉力对A 做了多少功?【答案】(1)22111cos sin sin A gh v ααβ⎛⎫=-⎪+⎝⎭(2)T sin h W mg h α⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 【解析】 【详解】(2)A 、B 的系统机械能守恒P K E E ∆=∆减加2211sin sin 22A B h h mg mv mv αβ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭cos A B v v α=解得22111cos sin sin A gh v ααβ⎛⎫=-⎪+⎝⎭(2)当A 速度最大时，B 的速度为零，由机械能守恒定律得P K E E ∆=∆减加21sin 2Am h mg h mv α⎛⎫-= ⎪⎝⎭ 对A 列动能定理方程2T 12Am W mv =联立解得T sin h W mg h α⎛⎫=- ⎪⎝⎭3．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。
高三物理动能定理的综合应用试题答案及解析
高三物理动能定理的综合应用试题答案及解析1.已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a所示)，以此时为t＝0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1>v2)，已知传送带的速度保持不变(g取10 m/s2)，则A．0～t1内，物块对传送带做正功B．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ<tanθC．0～t2内，传送带对物块做功为D．系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小【答案】D【解析】分析题图b可知，传送带沿斜面向上运动；0～t1内，物块沿斜面向下运动，物块受到的摩擦力沿斜面向上，故传送带受到的摩擦力沿斜面向下，物块对传送带做负功，选项A错误；0～t1内，物块沿斜面向下减速运动，故物块加速度沿斜面向上，即μmgcosθ>mgsinθ，故μ>tanθ，选项B错误；0～t2内，传送带对物块做的功W加上物块重力做的功WG等于物块动能的增加量，即，根据v-t图像的“面积”法求位移可知，WG≠0，选项C错误；设0～t1内物块的位移大小为s1，t1～t2内物块的位移大小为s2，全过程物块与传送带之间有相对滑动，物块受到的摩擦力f大小恒定，系统的一部分机械能会通过“摩擦生热”转化为热量即内能，其大小Q＝fs相对，对0～t1内和t1～t2内的物块运用动能定理，有－(f－mgsinθ)s1＝0－mv，(f－mgsinθ)s2＝mv，即f(s1＋s2)＝mv＋mv＋mgsinθ(s1＋s2)>mv－mv，因s相对>s1＋s2，故Q＝fs相对>f(s1＋s2)>mv－mv，选项D正确2.（15分）如图所示，MN与PQ为在同一水平面内的平行光滑金属导轨，间距l=0.5m，电阻不计，在导轨左端接阻值为R=0.6Ω的电阻．整个金属导轨置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=2T．将质量m=1kg、电阻r=0.4Ω的金属杆ab垂直跨接在导轨上．金属杆ab在水平拉力F的作用下由静止开始向右做匀加速运动．开始时，水平拉力为F=2N．（1）求金属杆ab的加速度大小；（2）求2s末回路中的电流大小；（3）已知开始2s内电阻R上产生的焦耳热为6.4J，求该2s内水平拉力F所做的功．【答案】（1）2 m/s2（2）4A （3）18.7J【解析】（1）（4分）在初始时刻，由牛顿第二定律:（2分）得（2分）（2）（5分）2s末时，（1分）感应电动势（2分）回路电流为（2分）（3）（6分）设拉力F所做的功为, 由动能定理:（2分）为金属杆克服安培力做的总功，它与R上焦耳热关系为：，（2分）得：（1分）所以：（1分）【考点】本题考查电磁感应、动能定理＝5m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平3.（10分）如图所示，质量为m＝1kg的滑块，以υ面的平板小车，若小车质量M＝4kg，平板小车足够长，滑块在平板小车上滑移1s后相对小车静止。
【物理】物理动能定理的综合应用题20套(带答案)及解析
⑵滑块要能通过最高点C，则在C点所受圆轨道的弹力N需满足：N≥0 ①
在C点时，根据牛顿第二定律有：mg＋N＝ ②
在滑块由A运动至C的过程中，根据动能定理有：－μmgcos37° ＝ － ③
由①②③式联立解得滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0需满足：v0≥ ＝ m/s
即v0的最小值为：v0min＝ m/s
(1)人和车到达顶部平台的速度v；
(2)从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离x；
(3)圆弧对应圆心角 ；
(4)人和车运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力．
【答案】（1）3m/s（2）1.2m（3）106°（4）7.74×103N
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由动能定理可知：
v＝3m/s
（2）由 可得：
（3）摩托车落至A点时，其竖直方向的分速度
设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则
，即α＝53°
所以θ＝2α＝106°
（4）在摩托车由最高点飞出落至O点的过程中，由机械能守恒定律可得：
在O点：
所以N＝7740N
由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O时对轨道的压力为7740N
2．如图所示,倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连,O点为轨道圆心,BC为圆轨道直径且处于竖直方向,A、C两点等高．质量m=1kg的滑块从A点由静止开始下滑,恰能滑到与O点等高的D点,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8．求:
⑶滑块从C点离开后将做平抛运动，根据平抛运动规律可知，在水平方向上的位移为：x＝vt ④
在竖直方向的位移为：y＝ ⑤
根据图中几何关系有：tan37°＝ ⑥
2025《高中物理总复习》6.2动能定理及其应用
第2讲动能定理及其应用课程标准素养目标1.理解动能和动能定理.2.能用动能定理解释生产生活中的现象.物理观念：了解动能的概念和动能定理的内容.科学思维：会用动能定理分析曲线运动、多过程运动问题.返回导航考点一动能、动能定理的理解【必备知识•自主落实】1.动能动能是标量(1)定义：物体由于运动而具有的能.(2)公式：E k=^mv2v是瞬时速度(3)单位：焦耳，1J=1N m=l kg m2/s2.(气)动能］的变化：物体末动能与初动能之差，即AEk=答案返回导航2.动能定理“力”指的是物体受到的合力(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.合力所做的总功1719(2)表达式：W=(3)物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度.答案返回导航【关键能力.思维进阶］1.甲、乙两物体的质量分别用m甲、m乙表示，甲、乙两物体的速度大小分别用v甲、v乙表示，则下列说法正确的是（）A.如果m乙=2m甲，v甲=2v乙，则甲、乙两物体的动能相等B.如果m甲=2m乙，v乙=2v甲，则甲、乙两物体的动能相等C.如果m乙=2m甲，v乙=2v甲，则甲、乙两物体的动能相等D.如果111甲=111乙，v¥=v^,两物体的速度方向相反，此时两物体的动能相等答案：D解析：由动能的表达式氏=fl"”?可知，A、B、C错误；动能是标量，只与物体的质量和速度的大小有关，与速度方向无关，D正确.解析■答案返回导航2.（多选）如图所示，电梯质量为M,在它的水平底板上放置一质量为m 的物体.电梯在钢索的拉力作用下做竖直向上的加速运动，当电梯的速度由V|增大到V2时，上升高度为H.则在这个过程中，下列说法正确的是（重力加速度为g）（）A.对物体，动能定理的表达式为W=：mv专-:mv，，其中W为支持力做的功B.对物体，动能定理的表达式为W合=0,其中W合为合力做的功C.对物体，动能定理的表达式为W—mgH=：mv芸一?mv，，其中W为支持力做的功|D.对电梯，其所受合力做功为!Mv专一I—―I答案：CD解析■答案胃返回导航思维提升有能与动能变化的区别(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量.(2)动能没苔负值，而动能变化量有正负之分.JE,>0表示物体的动能增加，/E r VO表示物体的动能减少.返回导航2.对动能定理的理解做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中的意义是一种因果关系在数值上相等的符号.因果关系一合力做功是物体动能变化的原因数量关系一合力做的功与动能变化可以等量代换单位关系一国际单位都是焦耳返回导航返回导航考点二动能定理的基本应用【关键能力•思维进阶】应用动能定理的注意事项(1)方法的选择：动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷.(2)过程的选择：物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理.如果对整个过程应用动能定理，往往能使问题简化.(3)规律的应用：动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理.返回导航考向1应用动能定理求变力的功例1承德的转盘滑雪机为我国自主原创、世界首例的专利产品.一名运 动员的某次训练过程中，转盘滑雪机绕垂直于盘面的固定转轴以角速度3 = 0.5,以〃s 顺时针匀速转动，质量为60 kg 的运动员在盘面上离转轴10 m 半 径上滑行，滑行方向与转盘转动方向相反，在最低点的速度大小为10 m/s, 滑行半周到最高点的速度大小为8 m/s,该过程中，运动员所做的功为6 500 J,巳知盘面与水平面夹角为18° , g 取10 mis 1, sin 18° =0.31, cos 18° =0.95,则该过程中运动员克服阻力做的功为（ ）A. 4 240 J C. 3 860JB. 3740 JD. 2 300 J 答案：c解析■答案返回导航考向2应用动能定理求解直线运动问题例2如图所示，一斜面体ABC 固定在水平地面上，斜面AD 段粗糙、DC 段光 滑，在斜面底端C 点固定一轻弹簧，弹簧原长等于CD 段长度.一质量m = 0.1 蚀的小物块（可视为质点）从斜面顶端A 以初速度v 0=2力/s 沿斜面下滑，当弹簧 第一次被压缩至最短时，其长度恰好为原长的一半，物块沿斜面下滑后又沿 斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点A.己知弹簧的原长L o = O.2 m,物块 与斜面AD 段间的动摩擦因数p=g 斜面倾角0=30° ,重力加速度g=10 tn/s 2,6弹簧始终处于弹性旭度范围内.下列说法中正确的是（）A. A 、D 间的足巨鬲X n ）=0.2 m%B. 物块第一次运动到D 点时的速度大小为匝m/sC. 弹簧第一次被压缩到最短时的弹性势能为0.3 Jn D. 物块在斜面AD 段能滑行的总路程为1.6 mCB 答案：D 解析■答案返回导航考向3应用动能定理求解曲线运动问题例3[2023-湖北卷]如图为某游戏装置原理示意图.水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道COE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°.小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧,从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D.小物块与桌面之间的动摩擦因数为重力加速度大小21T为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点.求：a A(1)小物块到达D点的速度大小；(2)B和D两点的高度差；(寻f(3)小物块在A点的初速度大小.芯夕次答案返回导航思维提升求解多过程问题抓好“两状态，一过程”“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息.返回导航考向4动能定理在往复运动问题中的应用1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定.2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化.返回导航例4（多选）［2024-山东模拟预测］如图，左侧光滑曲面轨道与右侧倾角a= 37°的斜面在底部平滑连接且均固定在水平地面上，质量为m的小滑块从斜面上离斜面底边高为H处由静止释放，滑到斜面底端然后滑上左侧曲面轨道，再从曲面轨道滑上斜面，滑块第一次沿斜面上滑的最大高度为&H,多次往复运动.不计空气阻力，重力加速度为g,sin37°=0.6.返回导航下列说法正确的是()A.滑块第一次下滑过程，克服摩擦力做的功为土mgHB.滑块第1次下滑的时间与第1次上滑的时间之比为:4C.滑块与斜面间的动摩擦因数为寿D.滑块从静止释放到第n次上滑到斜面最高点的过程中，系统产生的热量为(l—*)mgH答案：BCD解析■答案返回导航返回导航考点三动能定理与图像结合问题【关键能力•思维进阶】考向1E r x（W-x）图像问题例5（多选）一滑块从某固定粗糙斜面底端在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动，某时刻撤去恒力，上升过程中滑块的动能和重力势能随位移变化的图像如图所示，图中E和、So为已知量，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g,下列说法正确的是（）A.恒力的大小为譬酮三B.斜面倾角的正饥值为0.75C.滑块下滑到斜面底端时的速度大小为玄笋D.滑块的质量可表示为竺剪\gs。