高中物理动能与动能定理的基本方法技巧及练习题及练习题(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。

高中必备物理动能与动能定理技巧全解及练习题(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，斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C ，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角∠DOC ＝37°，E 、B 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝0.30m ，斜面长L ＝1.90m ，AB 部分光滑，BC 部分粗糙．现有一个质量m ＝0.10kg 的小物块P 从斜面上端A 点无初速下滑，物块P 与斜面BC 部分之间的动摩擦因数μ＝0.75．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10m/s 2，忽略空气阻力．求：（1）物块第一次通过C 点时的速度大小v C ．（2）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小F D ． （3）物块最终所处的位置．【答案】（1）32m/s （2）7.4N （3）0.35m 【解析】 【分析】由题中“斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C”可知，本题考查动能定理、圆周运动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答． 【详解】（1）BC 长度tan 530.4m l R ==o ，由动能定理可得21()sin 372B mg L l mv -=o代入数据的32m/s B v =物块在BC 部分所受的摩擦力大小为cos370.60N f mg μ==o所受合力为sin 370F mg f =-=o故32m/s C B v v ==（2）设物块第一次通过D 点的速度为D v ，由动能定理得2211(1cos37)22D C mgR mv mv -=-o有牛顿第二定律得2D D v F mg m R-= 联立解得7.4N D F =（3）物块每次通过BC 所损失的机械能为0.24J E fl ∆==物块在B 点的动能为212kB B E mv =解得0.9J kB E = 物块经过BC 次数0.9J=3.750.24Jn =设物块最终停在距离C 点x 处，可得()sin 37(3+)0mg L x f l x --=o代入数据可得0.35m x =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，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θ=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。

高中物理动能与动能定理解题技巧(超强)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．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在 A 点用一弹射装置可 将静止的小滑块以 v 0水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到 B 点后，进入半径 R =0.3m 的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自 B 点向 C 点运动，C 点右侧有一陷阱，C 、D 两点的竖 直高度差 h =0.2m ，水平距离 s =0.6m ，水平轨道 AB 长为 L 1=1m ，BC 长为 L 2 =2.6m ，小滑块与 水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.5，重力加速度 g =10m/s 2.(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小； (2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小的范围． 【答案】（1）（2）5m/s≤v A ≤6m/s 和v A ≥【解析】 【分析】 【详解】（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v ，由牛顿第二定律及机械能守恒定律由B 到最高点2211222B mv mgR mv =+ 由A 到B ：解得A 点的速度为（2）若小滑块刚好停在C 处，则：解得A 点的速度为若小滑块停在BC 段，应满足3/4/A m s v m s ≤≤ 若小滑块能通过C 点并恰好越过壕沟，则有212h gt =c s v t =解得所以初速度的范围为3/4/A m s v m s ≤≤和5/A v m s ≥2．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m 1=1.0kg 的小球A 以v 0=9m/s 的速度与静止在水平轨道上的质量m 2=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/s 2．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：m 1v 0=m 2v B -m 1v 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.3．如图所示，质量m =2kg 的小物块从倾角θ=37°的光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入粗糙水平面，已知AB 长度为3m ，斜面末端B 处与粗糙水平面平滑连接．试求：（1）小物块滑到B 点时的速度大小．（2）若小物块从A 点开始运动到C 点停下，一共经历时间t =2.5s ，求BC 的距离． （3）上问中，小物块与水平面的动摩擦因数μ多大？（4）若在小物块上始终施加一个水平向左的恒力F ，小物块从A 点由静止出发，沿ABC 路径运动到C 点左侧3.1m 处的D 点停下．求F 的大小．（sin37°=0.6，cos37°=0.8 ） 【答案】（1）6m/s （2）1.5s （3）0.4μ=（4） 2.48N F = 【解析】 【详解】(1)根据机械能守恒得：21sin 372AB B mgs mv ︒=解得：2sin3721030.6m/s 6m/s B AB v gs =︒=⨯⨯⨯=；(2)物块在斜面上的加速度为：21sin 6m/s a g θ==在斜面上有：2112AB s a t =代入数据解得：11s t =物块在BC 段的运动时间为：21 1.5s t t t =-=BC 段的位移为：21(0) 4.5m 2BC B s v t =+=（3）在水平面上，有：220B v a t =﹣解得：2224m/s Bv a t -==-． 根据牛顿第二定律有：2mg ma μ=﹣代入数据解得：0.4μ=．(4)从A 到D 的过程，根据动能定理得：()sin cos 0AB BD AB BD mgs F s s mgs θθμ++-=代入数据解得：2.48N F = 【点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力.4．如图所示，在倾角为θ=37°的斜面底端有一个固定挡板D ，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端在O 点，已知斜面OD 部分光滑，PO 部分粗糙且长度L =8m 。

高考物理动能定理的综合应用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定理的综合应用1．某物理小组为了研究过山车的原理提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ=53°，长为L 1=7.5m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与足够长的光滑水平轨道BC 相连，然后在C 处连接一个竖直的光滑圆轨道．如图所示．高为h =0.8m 光滑的平台上有一根轻质弹簧，一端被固定在左面的墙上，另一端通过一个可视为质点的质量m =1kg 的小球压紧弹簧，现由静止释放小球，小球离开台面时已离开弹簧，到达A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小物块与AB 间的动摩擦因数为μ=0.5，g 取10m/s 2，sin53°=0.8．求：(1)弹簧被压缩时的弹性势能； (2)小球到达C 点时速度v C 的大小；(3)小球进入圆轨道后，要使其不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R 应该满足什么条件． 【答案】(1)4.5J ；(2)10m/s ；(3)R ≥5m 或0＜R ≤2m 。

【解析】 【分析】 【详解】(1)小球离开台面到达A 点的过程做平抛运动，故有02 3m/s tan y v ghv θ=== 小球在平台上运动，只有弹簧弹力做功，故由动能定理可得：弹簧被压缩时的弹性势能为201 4.5J 2p E mv ==； (2)小球在A 处的速度为5m/s cos A v v θ== 小球从A 到C 的运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得221111sin cos 22C A mgL mgL mv mv θμθ-=- 解得()212sin cos 10m/s C A v v gL θμθ=+-=；(3)小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，即小球能通过圆轨道最高点，或小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径；那么对小球能通过最高点时，在最高点应用牛顿第二定律可得21v mg m R≤；对小球从C 到最高点应用机械能守恒可得2211152222C mv mgR mv mgR =+≥ 解得202m 5Cv R g<≤=；对小球能在圆轨道上到达的最大高度小于半径的情况应用机械能守恒可得212C mv mgh mgR =≤ 解得2=5m 2C v R g≥；故小球进入圆轨道后，要使小球不脱离轨道，则竖直圆弧轨道的半径R ≥5m 或0＜R ≤2m ；2．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 J3．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1-所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．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 ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(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？【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 v B 2=2ax根据牛顿第二定律得 mgsinα﹣F f =ma 又 sinα=Hx由以上三式联立解得 F f =144N（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 mgh+W=12mv C 2-12mv B 2 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律得 F N ﹣mg=m 2Cv R由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有 F N=6mg 联立解得 R=12．5m考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理．4．某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L＝6m，始终以v0＝6m/s的速度顺时针运动．将一个质量m＝1kg 的物块由距斜面底端高度h1＝5.4m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H＝5m，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．⑴求物块由A点运动到C点的时间；⑵若把物块从距斜面底端高度h2＝2.4m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；⑶求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D．【答案】⑴4s；⑵6m；⑶1.8m≤h≤9.0m【解析】试题分析：（1）A到B过程：根据牛顿第二定律mgsinθ﹣μ1mgcosθ=ma1，代入数据解得，t 1=3s．所以滑到B点的速度：v B=a1t1=2×3m/s=6m/s，物块在传送带上匀速运动到C，所以物块由A到C的时间：t=t1+t2=3s+1s=4s（2）斜面上由根据动能定理．解得v=4m/s＜6m/s，设物块在传送带先做匀加速运动达v0，运动位移为x，则：，，x=5m＜6m所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动s=v 0t0，H=解得 s=6m．（3）因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有v C=v0①当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则：，解得h 3=1.8m②当离传送带高度为h 4时物块进入传送带后一直匀减速运动，h 4=9.0m所以当离传送带高度在1.8m ～9.0m 的范围内均能满足要求 即1.8m≤h≤9.0m5．如图所示，质量m ＝2.0×10－4 kg 、电荷量q ＝1.0×10－6 C 的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E1的匀强电场中．取g ＝10 m/s 2． (1)求匀强电场的电场强度 E1的大小和方向；(2)在t ＝0时刻，匀强电场强度大小突然变为E2＝4.0×103N/C ，且方向不变．求在t ＝0.20 s 时间内电场力做的功；(3)在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉第(2)问中的电场，求带电微粒回到出发点时的动能．【答案】(1)2.0×103N/C ，方向向上 (2)8.0×10－4J (3)8.0×10－4J【解析】 【详解】（1）设电场强度为E ，则：Eq mg =，代入数据解得：4362.01010/ 2.010/1010mg E N C N C q --⨯⨯===⨯⨯，方向向上 （2）在0t =时刻，电场强度突然变化为：32 4.010/E N C =⨯，设微粒的加速度为a ，在0.20t s =时间内上升高度为h ，电场力做功为W ，则：21qE mg ma -=解得：2110/a m s =根据：2112h a t =，解得：0.20=h m 电场力做功：428.010J W qE h -==⨯（3）设在0.20t s =时刻突然撤掉电场时粒子的速度大小为v ，回到出发点时的动能为k E ，则：v at =，212k E mgh mv =+解得：48.010J k E -=⨯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 。

高考物理动能定理的综合应用及其解题技巧及练习题(含答案)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，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1m kg =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10/D v m s =的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道(DEF 小物体与轨道间无碰撞).O 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1R m =，60DOE ∠=o ，37.EOF ∠=o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0.5.sin370.6μ==o ，cos370.8=o ，取210/.g m s =不计空气阻力.求：（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】()11?.25J ；()2 30N ；()3 2/m s ． 【解析】 【分析】 【详解】（1）设小物块在C 点的速度为C v ，则在D 点有：C D v v cos60o=设弹簧最初具有的弹性势能为p E ，则：2P C 1E mv 2= 代入数据联立解得：p E 1.25J =；()2设小物块在E 点的速度为E v ，则从D 到E 的过程中有：()22E D 11mgR 1cos60mv mv 22-=-o 设在E 点，圆轨道对小物块的支持力为N ，则有：2E v N mg R-=代入数据解得：E v 25m /s =，N 30N =由牛顿第三定律可知，小物块到达圆轨道的E 点时对圆轨道的压力为30 N ；()3设小物体沿斜面FG 上滑的最大距离为x ，从E 到最大距离的过程中有：()()2E 1mgR 1cos37mgsin37μmgcos37x 0mv 2o o o ---+=-小物体第一次沿斜面上滑并返回F 的过程克服摩擦力做的功为f W ，则f W 2x μmgcos37=o小物体在D 点的动能为KD E ，则：2KD D 1E mv 2=代入数据解得：x 0.8m =，f W 6.4J =，KD E 5J = 因为KD f E W <，故小物体不能返回D 点.小物体最终将在F 点与关于过圆轨道圆心的竖直线对称的点之间做往复运动，小物体的机械能守恒，设最终在最低点的速度为Em v ，则有：()2Em 1mgR 1cos37mv 2-=o 代入数据解得：Em v 2m /s =答：()1弹簧最初具有的弹性势能为1.25J ；()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是30 N ；()3小物块沿斜面FG 第一次返回圆弧轨道后不能回到圆弧轨道的D 点.经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E 的速度大小为2 m /s ． 【点睛】（1）物块离开C 点后做平抛运动，由D 点沿圆轨道切线方向进入圆轨道，知道了到达D 点的速度方向，将D 点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据角度关系求出水平分速度，即离开C 点时的速度，再研究弹簧释放的过程，由机械能守恒定律求弹簧最初具有的弹性势能；()2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；()3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．2．如图所示，轨道ABC 被竖直地固定在水平桌面上，A 距水平地面高H ＝0.75m ，C 距水平地面高h ＝0.45m 。

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)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．如图所示，在倾角为θ=30°的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为m 的半圆柱体A 紧靠挡板放在斜面上，质量为2m 的圆柱体B 放在A 上并靠在挡板上静止。

高考物理动能定理的综合应用解题技巧(超强)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．如图所示，轨道ABC 被竖直地固定在水平桌面上，A 距水平地面高H ＝0.75m ，C 距水平地面高h ＝0.45m 。

一个质量m ＝0.1kg 的小物块自A 点从静止开始下滑，从C 点以水平速度飞出后落在地面上的D 点。

现测得C 、D 两点的水平距离为x ＝0.6m 。

不计空气阻力，取g ＝10m/s 2。

求(1)小物块从C 点运动到D 点经历的时间t ； (2)小物块从C 点飞出时速度的大小v C ；(3)小物块从A 点运动到C 点的过程中克服摩擦力做的功。

【答案】(1) t=0.3s (2) v C =2.0m/s (3)0.1J 【解析】 【详解】（1）小物块从C 水平飞出后做平抛运动，由212h gt = 得小物块从C 点运动到D 点经历的时间20.3ht g==s （2）小物块从C 点运动到D ，由C x v t = 得小物块从C 点飞出时速度的大小C xv t==2.0m/s （3）小物块从A 点运动到C 点的过程中，根据动能定理 得()2102f C mg Hh W mv -+=- ()212f C W mv mg Hh =--= -0.1J 此过程中克服摩擦力做的功f f W W '=-=0.1J2．我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1-所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．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 ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.(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？【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v B2=2ax根据牛顿第二定律得mgsinα﹣F f=ma 又sinα=H x由以上三式联立解得 F f=144N（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mgh+W=12mv C2-12mv B2设运动员在C点所受的支持力为F N，由牛顿第二定律得 F N﹣mg=m2 C v R由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有 F N=6mg 联立解得 R=12．5m考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理．3．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】（1（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c v 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．4．如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡的高处A 点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B 点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C 点停下来．如果人和滑板的总质量m ＝60kg ，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡的倾角θ＝37°（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g 取10m/s 2． 求：（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离BC 为L ＝20.0m ，则人在斜坡上滑下的距离AB 应不超过多少？【答案】（1）2.0 m/s 2； （2）50m 【解析】 【分析】（1）根据牛顿第二定律求出人从斜坡上下滑的加速度．（2）根据牛顿第二定律求出在水平面上运动的加速度，结合水平轨道的最大距离求出B 点的速度，结合速度位移公式求出AB 的最大长度． 【详解】（1）根据牛顿第二定律得，人从斜坡上滑下的加速度为：a 1＝3737mgsin mgcos mμ︒-︒=gsin37°-μgcos37°=6-0.5×8m/s 2=2m/s 2．（2）在水平面上做匀减速运动的加速度大小为：a 2＝μg ＝5m /s 2，根据速度位移公式得，B 点的速度为：222520/102/B v a L m s m s ⨯⨯＝＝＝． 根据速度位移公式得：212005024B AB v L m m a ＝＝＝. 【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，本题也可以结合动能定理进行求解．5．一质量为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 ．6．如图所示，摩托车做特技表演时，以v 0＝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 /s 2.求：(1) 人和摩托车从高台飞出时的动能E k ； (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W f . 【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． （1）由题知，抛出时动能：230019102k E mv J ==⨯ （2）根据平抛运动规律，在竖直方向有：212h gt = 解得：t=1s则水平距离010s v t m ==（3）摩托车冲上高台过程中，由动能定理得：0f Pt mgh W --= 解得：3110f W J =⨯ 【点睛】本题考查了动能定理和平抛运动的综合，知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，以及能够熟练运用动能定理．7．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。

高中物理动能与动能定理解题技巧和训练方法及练习题(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，半径R=0.5 m的光滑圆弧轨道的左端A与圆心O等高，B为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C与一倾角θ=37°的粗糙斜面相切。一质量m=1kg的小滑块从A点正上方h=1 m处的P点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10 m/s2。

(1)求滑块第一次运动到B点时对轨道的压力。

(2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。

(3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A点。

【答案】(1)70N； (2)1.2m； (3)能滑出A 【解析】 【分析】 【详解】 (1)滑块从P到B的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有

2

1

2BmghRmv

那么，对滑块在B点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且 2

N270NBmghRmvFmgmgRR



故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B点时对轨道的压力为70N，方向竖直向下。 (2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，

故由动能定理可得 cos37sin37cos370mghRRLmgL（）

所以 1.2mL (3)对滑块从P到第二次经过B点的运动过程应用动能定理可得

2

1

2cos370.542BmvmghRmgLmgmgR

所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A点。 【点睛】 经典力学问题一般先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。 2．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

高中物理动能定理的综合应用解题技巧及练习题(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．如图所示,倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R=0.4 m 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=1 kg 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10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8．求:(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ;(2)要使滑块能到达C 点,求滑块从A 点沿斜面滑下时初速度v 0的最小值;(3)若滑块离开C 点的速度为4 m/s ,求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时间． 【答案】（1）0.375（2）3/m s （3）0.2s 【解析】试题分析：⑴滑块在整个运动过程中，受重力mg 、接触面的弹力N 和斜面的摩擦力f 作用，弹力始终不做功，因此在滑块由A 运动至D 的过程中，根据动能定理有：mgR －μmgcos37°2sin 37R︒＝0－0 解得：μ＝0.375⑵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 ＝2Cv m R② 在滑块由A 运动至C 的过程中，根据动能定理有：－μmgcos37°2sin 37R ︒＝212C mv －2012mv ③ 由①②③式联立解得滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0需满足：v 03gR ＝23 即v 0的最小值为：v 0min ＝3⑶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 ＝212gt ⑤ 根据图中几何关系有：tan37°＝2R yx-⑥ 由④⑤⑥式联立解得：t ＝0.2s考点：本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理的应用问题，属于中档题．2．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】(1) 35(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：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 J3．质量为m =0.5kg 、可视为质点的小滑块，从光滑斜面上高h 0=0.6m 的A 点由静止开始自由滑下。

高考物理动能定理的综合应用解题技巧及经典题型及练习题(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1．一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，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB ，与水平光滑轨道BC 相连，竖直墙壁CD 高0.2H m =，紧靠墙壁在地面固定一个和CD 等高，底边长0.3L m =的斜面，一个质量0.1m kg =的小物块(视为质点)在轨道AB 上从距离B 点4l m =处由静止释放，从C 点水平抛出，已知小物块在AB 段与轨道间的动摩擦因数为0.5，达到B 点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37.(o 重力加速度210/g m s =，sin370.6=o ，cos370.8)o =(1)求小物块运动到B 点时的速度大小； (2)求小物块从C 点抛出到击中斜面的时间；(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值. 【答案】(1) 4/m s (2)115s (3) 0.15J 【解析】 【分析】(1)对滑块从A 到B 过程，根据动能定理列式求解末速度；(2)从C 点画出后做平抛运动，根据分位移公式并结合几何关系列式分析即可； (3)动能最小时末速度最小，求解末速度表达式分析即可. 【详解】()1对滑块从A 到B 过程，根据动能定理，有：2B 1mglsin37μmgcos37mv 2-=o o ，解得：B v 4m /s =；()2设物体落在斜面上时水平位移为x ，竖直位移为y ，画出轨迹，如图所示：对平抛运动，根据分位移公式，有：0x v t =，21y gt 2=， 结合几何关系，有：H y H 2x L 3-==， 解得：1t s 15=； ()3对滑块从A 到B 过程，根据动能定理，有：2B 1mglsin37μmgcos37mv 2-=o o ，对平抛运动，根据分位移公式，有：0x v t =，21y gt 2=， 结合几何关系，有：H y H 2x L 3-==， 从A 到碰撞到斜面过程,根据动能定理有：21mglsin37μmgcos37l mgy mv 02-⋅+=-oo联立解得：22125y 9H 18H mv mg 21616y 16⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，故当225y 9H 1616y =，即3y H 0.12m 5==时，动能k E 最小为：km E 0.15J =； 【点睛】本题是力学综合问题，关键是正确的受力分析，明确各个阶段的受力情况和运动性质，根据动能定理和平抛运动的规律列式分析，第三问较难，要结合数学不等式知识分析.3．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 J4．质量为m =0.5kg 、可视为质点的小滑块，从光滑斜面上高h 0=0.6m 的A 点由静止开始自由滑下。

高考物理复习专题五动能定理能量守恒定律一、单选题1.如图所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB是长为R的粗糙水平直轨道，BCD是圆心为O，半径为R的3/4光滑圆弧轨道，两轨道相切于B点．在推力作用下，质量为m的小滑块从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时即撤去推力，小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C。

重力加速度大小为g，取AB所在的水平面为零势能面。

则小滑块（）A．在AB段运动的加速度为2gB．经B点时加速度为零C．在C点时合外力的瞬时功率为D．上滑时动能与重力势能相等的位置在直径DD′上方2.运输人员要把质量为，体积较小的木箱拉上汽车。

现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间，构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车。

斜面与水平地面成30o角，拉力与斜面平行。

木箱与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。

则将木箱运上汽车，拉力至少做功（）A．B．C．D．3.如图所示，轻质弹簧的一端固定在粗糙斜面的挡板O点，另一端固定一个小物块。

小物块从P1位置（此位置弹簧伸长量为零）由静止开始运动，运动到最低点P2位置，然后在弹力作用下上升运动到最高点P3位置(图中未标出)。

在此两过程中，下列判断正确的是（）A．下滑和上滑过程弹簧和小物块系统机械能守恒B．下滑过程物块速度最大值位置比上滑过程速度最大位置高C．下滑过程弹簧和小物块组成系统机械减小量比上升过程小D．下滑过程克服弹簧弹力和摩擦力做功总值比上滑过程克服重力和摩擦力做功总值小4.如图所示，水平桌面上有一小车，装有砂的砂桶通过细绳给小车施加一水平拉力，小车从静止开始做直线运动。

保持小车的质量M不变，第一次实验中小车在质量为m1的砂和砂桶带动下由静止前进了一段距离s；第二次实验中小车在质量为m2的砂和砂桶带动下由静止前进了相同的距离s，其中。

两次实验中，绳对小车的拉力分别为T1和T2，小车，砂和砂桶系统的机械能变化量分别为和，若空气阻力和摩擦阻力的大小保持不变，不计绳，滑轮的质量，则下列分析正确的是（）A．B．C．D．5.小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上由图中位置无初速释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是( )A．绳对球的拉力不做功B．球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能C．绳对车做的功等于球减少的动能D．球减少的重力势能等于球增加的动能6.如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，θ角缓慢增大，在货物相对车厢仍然静止的过程中，下列说法正确的是（）A．货物受到的支持力变小B．货物受到的摩擦力变小C．货物受到的支持力对货物做负功D．货物受到的摩擦力对货物做负功7.一质量为0.6kg的物体以20m/s的初速度竖直上抛，当物体上升到某一位置时，其动能减少了18J，机械能减少了3J。

高中物理动能与动能定理技巧和方法完整版及练习题含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，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−m v02由功能关系：W弹=-△E p=-E p解得 E p=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＝E k−m v02解得 E k=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＝m v22−E k小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得R≤0.12m②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m v12≤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 ＝m v 12-m v 02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。