动能定理高考题

高考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1．如图所示，光滑水平平台AB 与竖直光滑半圆轨道AC 平滑连接，C 点切线水平，长为L =4m 的粗糙水平传送带BD 与平台无缝对接。

质量分别为m 1=0.3kg 和m 2=1kg 两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。

已知传送带以v 0=1.5m/s 的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.15．某时剪断细绳，小物体m 1向左运动，m 2向右运动速度大小为v 2=3m/s ，g 取10m/s 2．求：(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能E p(2)从小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E(3)为了让小物体m 1从C 点水平飞出后落至AB 平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC 的半径R 和小物体m 1平抛的最大水平位移x 的大小。

【答案】(1)19.5J(2)6.75J(3)R =1.25m 时水平位移最大为x =5m 【解析】 【详解】(1)对m 1和m 2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=m 1v 1-m 2v 2解得v 1=10m/s剪断细绳前弹簧的弹性势能为：2211221122p E m v m v =+ 解得E p =19.5J(2)设m 2向右减速运动的最大距离为x ，由动能定理得：-μm 2gx =0-12m 2v 22 解得x =3m ＜L =4m则m 2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v 0=1.5m/s ，然后向左匀速运动，直至离开传送带。

设小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t 。

取向左为正方向。

根据动量定理得：μm 2gt =m 2v 0-（-m 2v 2）解得：t =3s该过程皮带运动的距离为：x 带=v 0t =4.5m故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：E =μm 2gx 带解得：E =6.75J(3)设竖直光滑轨道AC 的半径为R 时小物体m 1平抛的水平位移最大为x 。

高考物理动能定理的综合应用题20套(带答案)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．3．如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨MN 相切，导轨右端N 处于水平传送带理想连接，传送带长度L =4m ，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v =4.0m/s 运动．滑块B 、C 之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，B 、C 与细绳、弹簧一起静止在导轨MN 上.一可视为质点的滑块A 从h =0.2m 高处由静止滑下，已知滑块A 、B 、C 质量均为m =2.0kg ，滑块A 与B 碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．因碰撞使连接B 、C 的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离.滑块C 脱离弹簧后以速度v C =2.0m/s 滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P 点．已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g 取10m/s 2.(1)求滑块C 从传送带右端滑出时的速度大小； (2)求滑块B 、C 与细绳相连时弹簧的弹性势能E P ；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C 总能落至P 点，则滑块A 与滑块B 碰撞前速度的最大值v m 是多少？ 【答案】(1) 4.0m/s (2) 2.0J (3) 8.1m/s 【解析】 【分析】 【详解】（1）滑块C 滑上传送带到速度达到传送带的速度v =4m/s 所用的时间为t ，加速度大小为a ，在时间t 内滑块C 的位移为x ，有mg ma μ=C v v at =+212C x v t at =+代入数据可得3m x = 3m x L =<滑块C 在传送带上先加速，达到传送带的速度v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C 从传送带右端滑出时的速度为v=4.0m/s（2）设A 、B 碰撞前A 的速度为v 0，A 、B 碰撞后的速度为v 1，A 、B 与C 分离时的速度为v 2，有2012A A m gh m v =01()A A B m v m m v =+ 12()()A B A B C C m m v m m v m v +=++A 、B 碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒222A 1A 2111()()222P B B C C E m m v m m v m v ++=++代入数据可解得2.0J P E =（3）在题设条件下，若滑块A 在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C 的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v .设A 与B 碰撞后的速度为1v '，分离后A 与B 的速度为2v '，滑块C 的速度为'C v ，C 在传送带上做匀减速运动的末速度为v =4m/s ，加速度大小为2m/s 2，有22()Cv v a L '-=- 解得42m/s Cv '= 以向右为正方向，A 、B 碰撞过程1()A m A B m v m m v '=+弹簧伸开过程12()()A B C C A B m m v m v m m v '''+=++22212111+()()+222p A B A B C C E m m v m m v m v '''+=+代入数据解得74228.14m v =+≈m/s ．4．一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个光滑圆弧轨道AB 的底端等高对接，如图所示．已知小车质量M=3．0kg ，长L=2．06m ，圆弧轨道半径R=0．8m ．现将一质量m=1．0kg 的小滑块，由轨道顶端A 点无初速释放，滑块滑到B 端后冲上小车．滑块与小车上表面间的动摩擦因数．（取g=10m/s 2）试求：（1）滑块到达B 端时，轨道对它支持力的大小； （2）小车运动1．5s 时，车右端距轨道B 端的距离；（3）滑块与车面间由于摩擦而产生的内能．【答案】（1）30 N （2）1 m （3）6 J 【解析】（1）滑块从A 端下滑到B 端，由动能定理得（1分）在B 点由牛顿第二定律得（2分） 解得轨道对滑块的支持力N （1分）（2）滑块滑上小车后，由牛顿第二定律对滑块：，得m/s2 （1分）对小车：，得m/s2 （1分）设经时间t后两者达到共同速度，则有（1分）解得s （1分）由于s<1．5s，故1s后小车和滑块一起匀速运动，速度v="1" m/s （1分）因此，1．5s时小车右端距轨道B端的距离为m （1分）（3）滑块相对小车滑动的距离为m （2分）所以产生的内能J （1分）5．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h3=1.8m②当离传送带高度为h4时物块进入传送带后一直匀减速运动，h4=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≤9.0m6．一质量为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v0=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/s2．(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．7．如图所示，BC 225竖直放置的光滑细圆管，O为细圆管的圆心，在圆管的末端C连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m＝0.5kg的小球从O点正上方某处A点以v0水平抛出，恰好能垂直OB从B点进入细圆管，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的力F＝5N的作用，当小球运动到圆管的末端C时作用力F立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面．(g＝10m/s2)求：（1）小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0为多少？（2）小球在圆管中运动时对圆管的压力是多少？（3）小球在CD斜面上运动的最大位移是多少？【答案】（1）2m/s ；（2）7.1N ；（3）0.35m. 【解析】 【详解】（1）小球从A 运动到B 为平抛运动， 水平方向：r sin45°=v 0t ，在B 点：tan45°=y v gt v v =， 解得：v 0=2m/s ；（2）小球到达在B 点的速度：22m/s cos 45v v ︒==，由题意可知：mg =0.5×10=5N=F ，重力与F 的合力为零，小球所受合力为圆管的外壁对它的弹力，该力不做功， 小球在管中做匀速圆周运动，管壁的弹力提供向心力，22(22)0.5N 7.1N225v F m r ==⨯= 由牛顿第三定律可知，小球对圆管的压力大小：7.1N F '=； （3）小球在CD 上滑行到最高点过程，由动能定理得：21sin 45?cos 45?02mg s mg s mv μ︒︒--=-解得：s ≈0.35m ；8．如图，与水平面夹角θ=37°的斜面和半径R =1.0m 的光滑圆轨道相切于B 点，且固定于竖直平面内。

考点规范练16 动能定理及其应用一、单项选择题1.下列有关动能的说法正确的是( ) A.物体只有做匀速运动时,动能才不变 B.物体的动能变化时,速度不一定变化C.物体做平抛运动时,水平速度不变,动能不变D.物体做自由落体运动时,物体的动能增加 答案:D解析:物体只要速率不变,动能就不变,A 错误;物体的动能变化时,速度的大小一定变化,B 错误;物体做平抛运动时,速率增大动能就会增大,C 错误;物体做自由落体运动时,其速率增大,物体的动能增加,D 正确。

2.质量m=2 kg 的物体,在光滑水平面上以v 1=6 m/s 的速度匀速向西运动,若有一个F=8 N 方向向北的恒力作用于物体,在t=2 s 内物体的动能增加了( ) A.28 J B.64 J C.32 J D.36 J 答案:B解析:由于力F 与速度v 1垂直,物体做曲线运动,其两个分运动为向西的匀速运动和向北的匀加速直线运动,对匀加速运动:a=Fm =4m/s 2,v 2=at=8m/s,2s 末物体的速度v=√v 12+v 22=10m/s,2s 内物体的动能增加了ΔE k =12mv 2-12mv 12=64J,故选项B 正确。

3.一个质量为0.3 kg 的弹性小球,在光滑水平面上以6 m/s 的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同,则下列碰撞前后小球速度变化量的大小Δv 和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k 正确的是( ) A .Δv=0 B .Δv=12 m/s C .ΔE k =1.8 J D .ΔE k =10.8 J 答案:B解析:速度是矢量,规定反弹后速度方向为正,则Δv=6m/s-(-6m/s)=12m/s,故B 正确,A 错误;动能是标量,速度大小不变,动能不变,则ΔE k =0,C 、D 错误。

4.光滑斜面上有一个小球自高为h 的A 处由静止开始滚下,抵达光滑水平面上的B 点时速度大小为v 0。

2025届高考物理复习：经典好题专项（动能定理及其应用）练习1．(2023ꞏ北京市东城区模拟)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h 自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。

一列质量为m 的动车，初速度为v 0，以恒定功率P 在平直轨道上运动，经时间t 达到该功率下的最大速度v m ，设动车行驶过程所受到的阻力F 保持不变。

下列关于列车在整个过程中的说法正确的是( )A ．做匀加速直线运动B ．牵引力的功率P ＝F v mC ．当动车速度为v m 3时，其加速度为3F mD ．牵引力做的功等于12m v m 2－12m v 022. 如图所示，竖直平面内有一半径为R 的14B 。

一质量为m的小物块从A 处由静止滑下，沿轨道运动至C 处停下，B 、C 两点间的距离为R ，物块与圆轨道和水平轨道之间的动摩擦因数相同。

现用始终平行于轨道或轨道切线方向的力推动物块，使物块从C 处缓慢返回A 处，重力加速度为g ，设推力做的功至少为W ，则( )A ．W ＝mgRB ．mgR <W <2mgRC ．W ＝2mgRD ．W >2mgR3. 如图所示，AB 是带有半径为R 的竖直圆轨道的光滑轨道，它的质量为M ，置于左右固定的水平地面上，紧挨轨道的B 点有一倾角为θ的斜面，一质量为m 的小球从光滑斜面上距B 点4R 处由静止释放，当小球通过圆轨道最高点时轨道恰好能离开地面，已知斜面倾角θ＝53°，sin 53°＝0.8，不计小球经过B 点时的能量损失，则轨道质量M 与小球质量m 之间的关系为( )A ．M ＝0.8mB ．M ＝1.2mC ．M ＝1.4mD ．M ＝2.0m4. 如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v 从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离x 与轨道半径R 的关系，下列说法正确的是( )A ．R 越大，则x 越大B ．R 越小，则x 越大C ．当R 为某一定值时，x 才有最大值D ．当R 为某一定值时，x 才有最小值5. (2023ꞏ四川绵阳市诊断)如图所示，有一倾角θ＝45°的粗糙斜面固定于空中的某位置。

高考物理动能与动能定理题20套(带答案)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 。

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。

2024全国高考真题物理汇编动能和动能定理一、单选题 1．（2024江西高考真题）两个质量相同的卫星绕月球做匀速圆周运动，半径分别为1r 、2r ，则动能和周期的比值为（ ）A．k121k212,E r T E r T ==B．k111k222,E r T E r T ==C．k121k212,E r T E r T ==D．k111k222E r T E r T ==，2．（2024北京高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。

下列说法正确的是（ ） A ．刚开始物体相对传送带向前运动 B ．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力 C ．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功 D ．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长3．（2024安徽高考真题）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h 的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v ．已知人与滑板的总质量为m ，可视为质点．重力加速度大小为g ，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（ ） A ．mghB ．212mvC ．212mgh mv +D ．212mgh mv -4．（2024测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。

调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。

忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（ ） A ．0.25倍B ．0.5倍C ．2倍D ．4倍5．（2024福建高考真题）先后两次从高为 1.4m OH =高处斜向上抛出质量为0.2kg m =同一物体落于12Q Q 、，测得128.4m,9.8m OQ OQ ==，两轨迹交于P 点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为3.2m ，下列说法正确的是（ ）A4 B ．第一次过P 点比第二次机械能少1.3J C ．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为72:85D ．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大二、解答题 6．（2024全国高考真题）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。

考点1：功和功率1．一个人乘电梯从1楼到18楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则电梯支持力对人做功情况是( )A ．始终做正功B ．加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功C ．加速时做正功，匀速和减速时做负功D ．加速和匀速时做正功，减速时做负功2．起重机以1 m/s 2的加速度将质量为1 000 kg 的货物由静止开始匀加速向上提升，g 取10 m/s 2，则在1 s 内起重机对货物做的功是A ．500 JB ．4 500 JC ．5 000 JD ．5 500 J3．一质量为m 的木块静止在光滑的水平面上，从t=0开始，将一个大小为F 的水平恒力作用在该木块上。

在t=t 1时刻力F 的功率是A ．122t m FB ．2122t mF C ．12t m F D ．212t m F 4．某车以相同功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k 1和k 2倍，最大速率分别为v 1和v 2，则A ．v 2=k 1v 1B ．1212v k k v =C ．1122v k k v = D ．v 2=k 2v 1 例.一列火车总质量m=500t ，发动机的额定功率P=6×105 W ，在轨道上行驶时，轨道对列车的阻力F f 是车重的0.01倍。

(1)求列车在水平轨道上行驶的最大速度；(2)在水平轨道上，发动机以额定功率P 工作，求当行驶速度为v 1=1m/s 和v 2=10m/s 时，列车的瞬时加速度a 1、a 2的大小；(3)列车在水平轨道上以36 km/h 的速度匀速行驶时，求发动机的实际功率P′；(4)若列车从静止开始，保持0.5 m/s 2的加速度做匀加速运动，求这一过程维持的最长时间。

5．图示为修建高层建筑常用的塔式起重机。

在起重机将质量m=5×103kg 的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上作匀加速直线运动，加速度a=0.2m/s 2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做v m =1.02m/s 的匀速运动，不计额外功，求：（1）起重机允许输出的最大功率（2）重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2s 末的输出功率6．一质量为1kg 的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1s 内受到2N 的水平外力作用，第2s 内受到同方向的1N 的外力作用，下列判断正确的是A ．0～2s 内外力的平均功率是9/4WB ．第2s 内外力所做的功是5/4JC ．第2s 末外力的瞬时功率最大D ．第1s 内与第2s 内质点动能增加量的比值是4/57．质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用。