高中物理精品练习试卷：习题课动能定理
高中物理动能与动能定理的技巧及练习题及练习题(含答案)
高中物理动能与动能定理的技巧及练习题及练习题(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，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径r =0.2m 的四分之一细圆管CD ，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k =100N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐，一个质量为1kg 的小球放在曲面AB 上，现从距BC 的高度为h =0.6m 处静止释放小球，它与BC 间的动摩擦因数μ=0.5，小球进入管口C 端时，它对上管壁有F N =2.5mg 的相互作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能E p =0.5J 。
取重力加速度g =10m/s 2。
求： (1)小球在C 处受到的向心力大小； (2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km ； (3)小球最终停止的位置。
【答案】(1)35N ；(2)6J ；(3)距离B 0.2m 或距离C 端0.3m 【解析】 【详解】(1)小球进入管口C 端时它与圆管上管壁有大小为 2.5F mg =的相互作用力 故小球受到的向心力为2.53.5 3.511035N F mg mg mg =+==⨯⨯=向(2)在C 点，由2=c v F r向代入数据得21 3.5J 2c mv = 在压缩弹簧过程中，速度最大时，合力为零，设此时滑块离D 端的距离为0x 则有0kx mg =解得00.1m mgx k== 设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有201()2c km p mg r x mv E E ++=+得201()3 3.50.56J 2km c p E mg r x mv E =++-=+-=(3)滑块从A 点运动到C 点过程，由动能定理得2132c mg r mgs mv μ⋅-=解得BC 间距离0.5m s =小球与弹簧作用后返回C 处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC 水平面相互作用的过程中，设物块在BC 上的运动路程为s '，由动能定理有212c mgs mv μ-=-'解得0.7m s '=故最终小滑动距离B 为0.70.5m 0.2m -=处停下. 【点睛】经典力学问题一般先分析物理过程，然后对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。
高中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)含解析
高中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)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，圆弧轨道AB是在竖直平面内的14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=12gt2x=v B t解得：10410/220.8Bgv x m sh==⨯=⨯A到B过程，由动能定理得：mgR=12mv B2-0解得轨道半径R=5m（2）在B点，由向心力公式得：2Bv N mg mR -=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，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v0=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/s2．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=v0t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⑪⑫3．如图所示，光滑水平轨道距地面高h=0.8m，其左端固定有半径R=0.6m的内壁光滑的半圆管形轨道，轨道的最低点和水平轨道平滑连接．质量m1=1.0kg的小球A以v0=9m/s的速度与静止在水平轨道上的质量m2=2.0kg的小球B发生对心碰撞，碰撞时间极短，小球A被反向弹回并从水平轨道右侧边缘飞出，落地点到轨道右边缘的水平距离s=1.2m．重力加速度g=10m/s2．求：(1)碰后小球B的速度大小v B；(2)小球B运动到半圆管形轨道最高点C时对轨道的压力．【答案】（1）6m/s（2）20N，向下【解析】【详解】(1)根据得:则规定A的初速度方向为正方向，AB碰撞过程中，系统动量守恒，以A运动的方向为正方向，有：m1v0=m2v B-m1v A，代入数据解得：v B=6m/s．(2)根据动能定理得:代入数据解得:根据牛顿第二定律得:解得:,方向向下根据牛顿第三定律得，小球对轨道最高点的压力大小为20N ，方向向上． 【点睛】本题考查了动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律的综合，涉及到平抛运动、圆周运动，综合性较强，关键要理清过程，选择合适的规律进行求解.4．如图所示，半径为R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道的圆心，D 为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高．质量为m 的小球从离B 点高度为h 处（332R h R ≤≤）的A 点由静止开始下落，从B 点进入圆轨道，重力加速度为g ）．（1）小球能否到达D 点？试通过计算说明； （2）求小球在最高点对轨道的压力范围；（3）通过计算说明小球从D 点飞出后能否落在水平面BC 上，若能，求落点与B 点水平距离d 的范围．【答案】（1）小球能到达D 点；（2）03F mg ≤'≤；（3）()()21221R d R ≤≤【解析】 【分析】 【详解】（1）当小球刚好通过最高点时应有：2Dmv mg R =由机械能守恒可得：()22Dmv mg h R -=联立解得32h R =，因为h 的取值范围为332R h R ≤≤，小球能到达D 点； （2）设小球在D 点受到的压力为F ，则2Dmv F mg R ='+ ()22Dmv mg h R ='-联立并结合h 的取值范围332R h R ≤≤解得：03F mg ≤≤ 据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：03F mg ≤'≤（3）由（1）知在最高点D 速度至少为min D v gR =此时小球飞离D 后平抛，有：212R gt =min min D x v t =联立解得min 2x R R =>，故能落在水平面BC 上，当小球在最高点对轨道的压力为3mg 时，有：2max 3Dv mg mg m R+=解得max 2D v gR = 小球飞离D 后平抛212R gt ='， max max D x v t ='联立解得max 22x R =故落点与B 点水平距离d 的范围为：()()21221R d R -≤≤-5．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s 2，求：（1）物体第一次到达A 点时速度为多大？（2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB 间的距离至少多大？ （3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？ 【答案】（1）8m/s （2）6.4m （3）1.8m 【解析】 【分析】（1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；（2）当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，根据动能定理列式求解；（3）物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s 的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可．【详解】（1）物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：212mgh mv = 解得：2210 3.28m/s v gh ==⨯⨯=（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，由动能能力得：2102mgL mv μ-=-解得：228m 6.4m 220.510v L g μ===⨯⨯ （3）因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度6m/s ，物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s v =带的速度冲上斜面，根据动能定理得：2102mgh mv '-=-带 得：226m 1.8m 2210v h g '===⨯带【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题．6．如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接。
高中物理动能与动能定理题20套(带答案)及解析
高中物理动能与动能定理题20套(带答案)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Ep=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
22yvgh
osin60yvv
整理可得，物块通过P点的速度 8m/sv (2)从P到M点的过程中，机械能守恒
2211=(1cos60)+22oMmvmgRmv
在最高点时根据牛顿第二定律 2MN
mvFmgR
整理得 4.8NNF
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
ocos604m/sDvv
从C到D的过程中，根据能量守恒定律 212pDEmgxmv
C、D两点间的距离
2mx
2．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0v39m/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/s2．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)及解析
高中物理动能与动能定理常有题型及答题技巧及练习题( 含答案 ) 及分析 (1)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．以下图，两物块A、 B 并排静置于高h=0.80m 的圆滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg ．一颗质量m=0.10kg的子弹 C 以v0=100m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A 后接着射入 B 并留在 B 中，此时A、 B 都没有走开桌面．已知物块 A 的长度为0.27m， A 走开桌面后，落地址到桌边的水平距离s=2.0m．设子弹在物块A、 B 中穿行时遇到的阻力大小相等，g 取10m/s 2． (平抛过程中物块当作质点)求：（1）物块 A 和物块 B 走开桌面时速度的大小分别是多少；（2）子弹在物块 B 中打入的深度；（3）若使子弹在物块 B 中穿行时物块 B 未走开桌面，则物块 B 到桌边的最小初始距离．【答案】（ 1） 5m/s ；10m/s ；（ 2）L B 3.5 10 2 m （3）2.5 102m【分析】【剖析】【详解】试题剖析： (1)子弹射穿物块 A 后， A 以速度 v A沿桌面水平向右匀速运动，走开桌面后做平抛运动：h 1gt 2解得：t=0.40s 2A 走开桌边的速度v A s，解得： v A=5.0m/s t设子弹射入物块 B 后，子弹与 B 的共同速度为v B，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：mv0 Mv A ( M m)v BB 走开桌边的速度v =10m/sB（2）设子弹走开 A 时的速度为v1，子弹与物块 A 作用过程系统动量守恒：mv0mv12Mv Av1=40m/s子弹在物块 B 中穿行的过程中，由能量守恒fL 1Mv21 mv21(M m)v2①B2A212B 子弹在物块 A 中穿行的过程中，由能量守恒fL A 1mv021mv121( M M )v A2②222由①② 解得 L B 3.5 10 2 m（3）子弹在物块A 中穿行过程中，物块A 在水平桌面上的位移为s 1，由动能定理：fs1(MM )v 2 0 ③1 2A子弹在物块 B 中穿行过程中，物块 B 在水平桌面上的位移为s 2，由动能定理fs 21Mv B21Mv A 2 ④22由②③④解得物块 B 到桌边的最小距离为： s min s 1 s 2 ，解得： s min2.5 10 2 m考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律．2． 以下图，在娱乐节目中，一质量为 m ＝60 kg 的选手以 v 0＝ 7 m/s 的水平速度抓住竖直绳下端的抓手开始摇动，当绳摆到与竖直方向夹角 θ＝ 37°时，选手松开抓手，放手后的上升过程中选手水平速度保持不变，运动到水平传递带左端A 时速度恰巧水平，并在传递带上滑行，传递带以 v ＝2 m/s 匀速向右运动．已知绳索的悬挂点到抓手的距离为 L ＝ 6 m ，传 送带两头点 A 、B 间的距离 s ＝ 7 m ，选手与传递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/s 2， sin 37 ＝ 0°.6， cos 37 ＝°0.8)求：(1)选手松开抓手时的速度大小； (2)选手在传递带上从A 运动到B 的时间；(3)选手在传递带上战胜摩擦力做的功． 【答案】 (1)5 m/s (2)3 s (3)360 J【分析】试题剖析：（ 1）设选手松开抓手时的速度为 v 1，则－ mg （L － Lcos θ）＝ mv 12 － mv 0 2，v 1＝ 5m/s（2）设选手松开抓手时的水平速度为 v 2， v 2＝ v 1cos θ①选手在传递带上减速过程中a ＝－ μg ② v ＝ v 2＋ at 1③④匀速运动的时间 t 2， s － x 1＝ vt 2⑤选手在传递带上的运动时间 t ＝ t 1＋ t 2⑥联立 ①②③④⑤⑥ 得： t ＝ 3s（3）由动能定理得W f ＝ mv 2－ mv 22，解得： W f ＝－ 360J故战胜摩擦力做功为360J ．考点：动能定理的应用3．以下图，竖直平面内有一固定的圆滑轨道ABCD AB是足够长的水平轨道，B端，此中与半径为 R 的圆滑半圆轨道 BCD 光滑相切连结，半圆的直径BD 竖直， C 点与圆心 O 等高．现有一质量为 m 的小球 Q 静止在 B 点，另一质量为 2m 的小球 P 沿轨道 AB 向右匀速运动并与Q 发生对心碰撞，碰撞后瞬时小球 Q 对半圆轨道 B 点的压力大小为自己重力的 7 倍，碰撞后小球P 恰巧抵达 C 点．重力加快度为 g．（1）求碰撞前小球P 的速度大小；（2）求小球Q 走开半圆轨道后落回水平面上的地点与 B 点之间的距离；（3）若只调理圆滑半圆轨道 BCD半径大小，求小球 Q 走开半圆轨道 D 点后落回水平面上的地点与 B 点之间的距离最大时，所对应的轨道半径是多少？【答案】（1）（2）（3）【分析】【剖析】【详解】设小球 Q 在 B 处的支持力为；碰后小球 Q 的速度为，小球 P 的速度为；碰前小球 P 的速度为；小球 Q 抵达 D 点的速度为 .(1)由牛顿第三定律得小球Q 在 B 点碰后小球Q 在 B 点由牛顿第二定律得:碰后小球P 恰巧到 C 点，由动能定理得:P、Q 对心碰撞，由动量守恒得：联立解得 :(2)小球 Q 从 B 到 D 的过程中，由动能定理得：解得，所以小球Q 能够抵达 D 点由平抛运动规律有：联立解得(3)联立解得 :当时 x 有最大值所以【点睛】解决此题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确剖析能量是怎样转变，分段运用能量守恒定律列式是重点．4．以下图，斜面高为h，水平面上D、C 两点距离为L。
高中物理动能与动能定理答题技巧及练习题(含答案)含解析
高中物理动能与动能定理答题技巧及练习题(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v0＝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vB；
(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)vB＝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vB＝0cos60v，得vB＝6m/s
（2）从B点到E点有2102BmghmgLmgHmv，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21'202BmghmghmgLmv，得h′＝1.2m
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2102Bmghmgsmv，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，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；
【2020】高考物理专题复习-——功能关系综合运用(例题+习题+答案)试卷及参考答案
【精品】最新高考物理专题复习-——功能关系综合运用(例题+习题+答案)试卷及参考答案(附参考答案)知识点归纳：一、动能定理1．动能定理的表述合外力做的功等于物体动能的变化.。
（这里的合外力指物体受到的所有外力的合力，包括重力）.。
表达式为W=ΔEK动能定理也可以表述为：外力对物体做的总功等于物体动能的变化.。
实际应用时，后一种表述比较好操作.。
不必求合力，特别是在全过程的各个阶段受力有变化的情况下，只要把各个力在各个阶段所做的功都按照代数和加起来，就可以得到总功2．对外力做功与动能变化关系的理解：外力对物体做正功，物体的动能增加，这一外力有助于物体的运动，是动力；外力对物体做负功，物体的动能减少，这一外力是阻碍物体的运动，是阻力，外力对物体做负功往往又称物体克服阻力做功．功是能量转化的量度，外力对物体做了多少功；就有多少动能与其它形式的能发生了转化．所以外力对物体所做的功就等于物体动能的变化量．即．3．应用动能定理解题的步骤（1）确定研究对象和研究过程.。
和动量定理不同，动能定理的研究对象只能是单个物体，如果是系统，那么系统内的物体间不能有相对运动.。
（原因是：系统内所有内力的总冲量一定是零，而系统内所有内力做的总功不一定是零）.。
（2）对研究对象进行受力分析.。
（研究对象以外的物体施于研究对象的力都要分析，含重力）.。
（3）写出该过程中合外力做的功，或分别写出各个力做的功（注意功的正负）.。
如果研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出该力在各个阶段做的功.。
（4）写出物体的初、末动能.。
即WAB=mgR-μmgS=1×10×0.8-1×10×3/15=6 J【例5】:如图所示，小滑块从斜面顶点A 由静止滑至水平部分C 点而停止.。
已知斜面高为h ，滑块运动的整个水平距离为s ，设转角B 处无动能损失，斜面和水平部分与小滑块的动摩擦因数相同，求此动摩擦因数.。
高中物理动能与动能定理试题(有答案和解析)
高中物理动能与动能定理试题(有答案和解析) 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−mv02
由功能关系：W弹=-△Ep=-Ep
解得 Ep=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＝Ek−mv02
解得 Ek=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＝mv22−Ek
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mv12≤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＝mv12-mv02
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。
高中物理动能与动能定理的技巧及练习题及练习题(含答案)含解析
高中物理动能与动能定理的技巧及练习题及练习题(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．某游乐场拟推出一个新型滑草娱乐项目，简化模型如图所示。
游客乘坐的滑草车（两者的总质量为60kg ），从倾角为53θ=︒的光滑直轨道AC 上的B 点由静止开始下滑，到达C 点后进入半径为5m R =，圆心角为53θ=︒的圆弧形光滑轨道CD ，过D 点后滑入倾角为α（α可以在075α︒剟范围内调节）、动摩擦因数为3μ=的足够长的草地轨道DE 。
已知D 点处有一小段光滑圆弧与其相连，不计滑草车在D 处的能量损失，B 点到C 点的距离为0=10m L ，10m/s g =。
求：(1)滑草车经过轨道D 点时对轨道D 点的压力大小；(2)滑草车第一次沿草地轨道DE 向上滑行的时间与α的关系式；(3)α取不同值时，写出滑草车在斜面上克服摩擦所做的功与tan α的关系式。
【答案】(1)3000N ；(2)3sin cos 32t αα=⎛⎫+ ⎪⎝⎭；(3)见解析 【解析】【分析】【详解】(1)根据几何关系可知CD 间的高度差()CD 1cos532m H R =-︒=从B 到D 点，由动能定理得()20CD D 1sin 5302mg L H mv ︒+=- 解得D 102m/s v =对D 点，设滑草车受到的支持力D F ，由牛顿第二定律2D D v F mg m R-= 解得D 3000N F =由牛顿第三定律得，滑草车对轨道的压力为3000N 。
(2)滑草车在草地轨道DE 向上运动时，受到的合外力为sin cos F mg mg αμα=+合由牛顿第二定律得，向上运动的加速度大小为sin cos F a g g mαμα==+合 因此滑草车第一次在草地轨道DE 向上运动的时间为 D sin cos v t g g αμα=+ 代入数据解得t =⎝⎭(3)选取小车运动方向为正方向。
①当0α=时，滑草车沿轨道DE 水平向右运动，对全程使用动能定理可得[]01sin (1cos )+=00f mg L R W θθ+--代入数据解得16000J f W =-故当0α=时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000J W =克1②当030α<≤︒时，则sin cos g g αμα≤滑草车在草地轨道DE 向上运动后最终会静止在DE 轨道上，向上运动的距离为2D 22(sin cos )v x g g αμα=+ 摩擦力做功为22cos f W mg x μα=-⋅联立解得2f W = 故当030α<≤︒时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为2W =克 ③当3075α︒<≤︒时sin cos g g αμα>滑草车在草地轨道DE 向上运动后仍会下滑，若干次来回运动后最终停在D 处。
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8.3.2习题课:动能定理的应用班级______________姓名___________________学号___________________1.一人用力踢质量为1 kg 的皮球,使球以10 m/s 的速度飞出,假定人踢球的平均作用力是200 N ,球在水平方向运动了20 m 停止,那么人对球所做的功为 ( ) A .50 J B .500 J C .4000 JD .无法确定2.如图所示,有一半径为r=0.5 m 的粗糙半圆轨道,轨道上A 与圆心O 等高,有一质量为m=0.2 kg 的物块(可视为质点)从A 点由静止滑下,滑至最低点B 时的速度为v=1 m/s ,g 取10 m/s 2,下列说法正确的是 ( )A .物块过B 点时对轨道的压力大小是0.4 N B .物块过B 点时对轨道的压力大小是2.0 NC .从A 到B 的过程中克服摩擦力做的功为0.9 JD .从A 到B 的过程中,克服摩擦力做的功为0.1 J3.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沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动.当子弹进入木块的深度为d 时相对木块静止,这时木块前进的距离为L.若木块对子弹的阻力大小F 视为恒定,下列关系式错误的是 ( )A .FL=12Mv 2 B .Fd=12mv 2 C .Fd=12m v 02-12(m+M )v 2 D .F (L+d )=12m v 02-12mv 24.如图所示,质量为M 的小车放在光滑的水平面上,质量为m 的物体(可视为质点)放在小车的左端.受到水平恒力F 的作用后,物体由静止开始运动,设小车与物体间的摩擦力为F f ,车长为L ,车发生的位移为x ,则物体从小车左端运动到右端时,下列说法错误的是 ( )A .物体具有的动能为(F-F f )(x+L )B .小车具有的动能为F f xC .物体克服摩擦力所做的功为F f (x+L )D .小车和物体所组成的系统具有的总动能为F (x+L ) 5.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 从弹簧处于原长的位置由静止释放,则小球A 能够下降的最大高度为h (重力加速度为g ,不计空气阻力).若将小球A 换成质量为3m 的小球B ,仍从弹簧处于原长的位置由静止释放,则小球B 下降h 时的速度为( )A .√2gℎB .2√3gℎ3 C .√gℎ D .√2gℎ26.质量为2 kg 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10 m/s 2,则下列说法正确的是 ( ) A .x=1 m 时物块的速度大小为2 m/sB .x=3 m 时物块的加速度大小为2.5 m/s 2C .在前4 m 位移过程中拉力对物块做的功为9 JD .在前4 m 位移过程中物块所经历的时间为2.8 s7.如图所示,木盒中固定一质量为m 的砝码,木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止.现拿走砝码,而持续加一个竖直向下的恒力F (F=mg ,g 为重力加速度),若其他条件不变,则木盒滑行的距离 ( ) A .不变 B .变小 C .变大 D .变大或变小均可能8.如图所示为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时,光电板中产生的电流经电动机带动小车前进.若质量为m 的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶,经过时间t 前进的距离为l ,且速度达到最大值v m .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 .小车受到的牵引力逐渐增大C .小车受到的合外力所做的功为PtD .小车受到的牵引力做的功为Fl+12m v m 29.质量为1 kg的物体在粗糙的水平地面上受到一个水平外力F的作用而运动,如图甲所示,外力F和物体克服摩擦力F f做的功W与物体位移x的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2.下列分析错误的是()A.物体与地面间的动摩擦因数为0.2B.物体的最大位移为13 mC.前3 m运动过程中,物体的加速度为3 m/s2D.x=9 m时,物体的速度为3 √2m/s10.小球被竖直向上抛出,然后回到原处,小球初动能为E k0,所受空气阻力与速度大小成正比,则该过程中,小球的动能E k与位移x关系的图线是图LX3-8中的()11.(多选)质量均为m的甲、乙两物体静止在粗糙的水平面上,现分别用水平拉力作用在物体上,使两物体从同一起点并排沿同一方向由静止开始运动,两物体的v-t图像如图所示,则下列说法中正确的是()A.第1 s内两物体的加速度始终不同B.前2 s内两物体的合外力做功相同C.t=2 s时两物体相遇D.前2 s内甲的平均速度大于乙的平均速度12.如图LX3-10所示,弧形轨道的下端与半径为R的竖直圆轨道相接,B、C分别为圆轨道的最低点和最高点.质量为m的小球(可视为质点)从弧形轨道上的A点由静止滚下,到达B点时的速度为v0=√6gR,且恰好能通过C点.已知A、B间的高度差h=4R,重力加速度为g.求:(1)小球运动到B点时,轨道对小球的支持力的大小;(2)小球通过C点时的速率v C;(3)小球从A点运动到C点的过程中克服摩擦阻力做的功W.13.在山区或沟谷深壑地区,往往会因为长时间的暴雨引发山体滑坡,并携带有大量石块滑落.某地有两个坡度相同的山坡刚好在底端互相对接,在暴雨中有石块从一侧山坡滑落后冲上另一侧山坡.现假设两山坡与水平地面间的夹角均为θ=37°,石块在下滑过程中与两坡面间的动摩擦因数均为μ=0.25,石块从左侧山坡上A点由静止开始下滑时离水平地面的高度h1=4.8 m,然后冲上右侧山坡,其简化图如图所示.已知石块经过最低点P前后速度大小不变,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.(1)求石块滑到最低点P时的速度大小v;(2)求石块冲上右侧山坡的最高点B时离水平地面的高度h2;(3)石块在A点以多大的初速度v0下滑,刚好能到达右侧山坡与A点等高处?习题课:动能定理的应用1.A [解析] 由动能定理得,人对球所做的功W=12mv 2-0=50 J ,故选项A 正确.2.C [解析] 物块在B 点时,有F N -mg=m v 2r ,解得F N =2.4 N ,由牛顿第三定律知,其对轨道的压力大小是2.4 N ,选项A 、B 错误;从A 到B 的过程中,由动能定理得mgr-W f =12mv 2,克服摩擦力做的功W f =0.9 J ,选项C 正确,D 错误. 3.B [解析] 由动能4-F (L+d )=12mv 2-12m v 02,FL=12Mv 2,故Fd=mv 022-M+m 2v 2,故选项B 错误.4.D [解析] 物体对地的位移为(x+L ),根据动能定理,对物体有E k 物=(F-F f )(x+L ),对小车有E k 车=F f x ,选项A 、B 正确;根据功的定义可知,物体克服摩擦力做功W f =F f (x+L ),选项C 正确;小车和物体所组成的系统具有的总动能为E k物+E k 车=F (x+L )-F f L ,选项D 错误.5.B [解析] 小球A 下降h 高度过程中,根据动能定理有mgh-W 1=0,小球B 下降过程中,由动能定理有3mgh-W 1=12×3mv 2-0,联立解得v=2√3gℎ3,故B 正确.6.D [解析] 根据动能定理得ΔE k =F 合x ,可知物块在每段运动中所受合外力恒定,则物块在每段都做匀加速运动,由图像可知,x=1 m 时动能为2 J ,则v 1=√2Ek m =√2 m/s ,故A 错误;同理,当x=2 m 时动能为4 J ,则v 2=2 m/s ,当x=4 m时动能为9 J ,则v 4=3 m/s ,在2~4 m 段,有2a 2x 2=v 42-v 22,解得2~4 m 段的加速度为a 2=1.25 m/s 2,故B 错误;对物块运动全过程,由动能定理得W F +(-μmgx )=E k 末-0,解得W F =25 J ,故C 错误;0~2 m 过程,t 1=2x 1v 2=2 s ,2~4 m 过程,t 2=x2v 2+v 42=0.8s ,故总时间为2 s +0.8 s =2.8 s ,D 正确.7.B [解析] 设木盒质量为M ,木盒中固定一质量为m 的砝码时,由动能定理可知μ(m+M )gx 1=12(M+m )v 2,解得x 1=v 22μg;加一个竖直向下的恒力F (F=mg )时,由动能定理可知μ(m+M )gx 2=12Mv 2,解得x 2=Mv 22(m+M)μg,所以x 2<x 1,选项B正确.8.D [解析] 以恒定功率启动时,牵引力F=P v,加速度a=F-F 阻m随速度增大而减小,做加速度减小的加速运动,选项A 、B 错误;由动能定理得W-Fl=12m v m 2,牵引力做的功W=Fl+12m v m 2,合外力做的功为12m v m 2,选项D 正确,C 错误.9.B [解析] 由功W 与物体位移x 的关系图像可知,图线的斜率表示力的大小,由于运动过程中摩擦力始终不变,故过原点且斜率一直不变的倾斜直线表示的是克服摩擦力做功的W-x 图线,由W f =F f x 可知,物体与地面间的滑动摩擦力F f =2 N ,由F f =μmg 可得μ=0.2,选项A 正确;由W F =Fx 可知,前3 m 内拉力F 1=5 N ,3~9 m 内拉力F 2=2 N ,物体在前3 m 内的加速度a 1=F 1-F f m=3 m/s 2,选项C 正确;由动能定理得W F -W f =12mv 2,当x=9 m 时,物体的速度v=3 √2 m/s ,选项D 正确;物体的最大位移x m =W FF f=13.5 m ,选项B 错误.10.C [解析] 小球上升过程,由动能定理得-(mg+F 阻)x=E k -E k0,因上升过程中速度减小,阻力减小,合力减小,故E k -x 图像的斜率减小;小球下降过程中,有(mg-F阻)(h-x )=E k (h 为上升的最大高度),因下降过程中速度增大,阻力增大,合力减小,故E k -x 图像的斜率减小,选项C 正确.11.BD [解析] 在v-t 图像中图线斜率表示加速度,t=0时甲的加速度比乙的大,t=1 s 时甲的加速度为0,比乙的小,在0~1 s 内某时刻甲和乙的加速度相同,A 错误;开始时两物体速度均为0,2 s 末速度均为2 m/s ,由动能定理可知,前2 s 内两物体的合外力做功相同,B 正确;根据图线与横坐标轴所围的面积表示位移的大小可知,前2 s 内甲的位移大,平均速度大,C 错误,D 正确. 12.(1)7mg (2)√gR (3)1.5mgR[解析] (1)小球运动到B 点时,由牛顿第二定律得F N -mg=m v 02R 解得轨道对小球的支持力的大小为F N =7mg(2)小球恰能通过C 点时,由重力提供向心力,由牛顿第二定律得mg=m v C2R解得v C =√gR(3)小球从A 点运动到C 点的过程中,根据动能定理得mg (h-2R )-W=12m v C 2-0解得W=1.5mgR13.(1)8 m/s (2)2.4 m (3)8 m/s[解析] (1)石块从A 点下滑到P 点的过程中,由动能定理得mgh 1-μmg cos θ·ℎ1sinθ=12mv 2-0解得v=8 m/s(2)石块从A 点运动到B 点的过程中,由动能定理得 mg (h 1-h 2)-μmg cos θ·ℎ1+ℎ2sinθ=0-0解得h 2=2.4 m (3)石块以初速度v 0从A 点运动到右侧山坡与A 点等高处的过程中,由动能定理得 -2μmg cos θ•ℎ1sinθ=0-12m v 02解得v 0=8 m/s。