高考动能定理专题

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 。

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。

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 。

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。

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)一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．质量 1.5m kg =的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行 2.0t s =停在B 点，已知A 、B 两点间的距离 5.0s m =，物块与水平面间的动摩擦因数0.20μ=，求恒力F 多大．（210/g m s =）【答案】15N 【解析】 设撤去力前物块的位移为，撤去力时物块的速度为，物块受到的滑动摩擦力对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得由运动学公式得对物块运动的全过程应用动能定理由以上各式得 代入数据解得思路分析：撤去F 后物体只受摩擦力作用，做减速运动，根据动量定理分析，然后结合动能定律解题试题点评：本题结合力的作用综合考查了运动学规律，是一道综合性题目．2．如图，I 、II 为极限运动中的两部分赛道，其中I 的AB 部分为竖直平面内半径为R 的14光滑圆弧赛道，最低点B 的切线水平; II 上CD 为倾角为30°的斜面，最低点C 处于B 点的正下方，B 、C 两点距离也等于R.质量为m 的极限运动员(可视为质点)从AB 上P 点处由静止开始滑下，恰好垂直CD 落到斜面上．求:(1) 极限运动员落到CD 上的位置与C 的距离; (2)极限运动员通过B 点时对圆弧轨道的压力; (3)P 点与B 点的高度差．【答案】（1）45R （2）75mg ，竖直向下（3）15R【解析】 【详解】（1）设极限运动员在B 点的速度为v 0，落在CD 上的位置与C 的距离为x ，速度大小为v ，在空中运动的时间为t ，则xcos300=v 0t R-xsin300=12gt 2 0tan 30v gt =解得x=0.8R（2）由（1）可得：025v gR =通过B 点时轨道对极限运动员的支持力大小为F N20N v F mg m R-=极限运动员对轨道的压力大小为F N ′，则F N ′=F N ， 解得'75N F mg =，方向竖直向下； （3） P 点与B 点的高度差为h,则mgh=12mv 02 解得h=R/53．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=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．4．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L1=3m的水平传送带，CD是长度为L2=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/s2.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－cos60°)＝12m2Bv解得v B＝4m/s在B处，由牛顿第二定律N B－mg＝m2 B v 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－μ2mgL2＝0－1 2 m2Cv解得v C＝6m/sB到C过程，由牛顿第二定律μ1mg＝ma解得a＝4m/s2(2分)参赛者加速至v C历时t＝C Bv va-＝0.5s位移x1＝2B Cv v+t＝2.5m<L1参赛者从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x2＝vt＝3m参赛者与传送带的相对位移Δx＝x2－x1＝0.5m传送带由于传送参赛者多消耗的电能E＝μ1mgΔx＋12m2Cv－12m2Bv＝720J.5．如图所示，一质量为m的滑块从高为h的光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下，槽的底端B与水平传送带相接，传送带的运行速度恒为v0，两轮轴心间距为L，滑块滑到传送带上后做匀加速运动，滑到传送带右端C时，恰好加速到与传送带的速度相同，求：（1）滑块到达底端B时的速度大小v B；（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】（12gh2）222v ghglμ-=（3）(222m v gh-【解析】试题分析：（1）滑块在由A到B的过程中，由动能定理得：212Bmgh mv-＝，解得：2Bghν＝（2）滑块在由B到C的过程中，由动能定理得：μmgL＝12mv02−12mv B2，解得，222v ghgLμ-＝；（3）产生的热量：Q=μmgL 相对，()2200(2)2B gh L g相对＝νννμ--=（或200(2) gh L ν-）， 解得，201(2)2Q m gh ν-＝； 考点：动能定理【名师点睛】本题考查了求物体速度、动摩擦因数、产生的热量等问题，分析清楚运动过程，熟练应用动能定理即可正确解题．6．如图甲所示，静止在水平地面上一个质量为m =4kg 的物体，其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F 随位移x 变化的图象如图乙所示．已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5，g =10m/s 2．求：（1）运动过程中物体的最大加速度大小为多少； （2）距出发点多远时物体的速度达到最大； （3）物体最终停在何处？【答案】（1）20m/s 2（2）3.2m （3）10m 【解析】 【详解】（1）物体加速运动，由牛顿第二定律得：F -μmg =ma当推力F =100N 时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数据得：2max 20m/s Fa g mμ=-=， （2）由图象得出，推力F 随位移x 变化的数值关系为：F =100 – 25x ，速度最大时，物体加速度为零，则F=μmg=20N ，即x = 3.2m（3）F 与位移x 的关系图线围成的面积表示F 所做的功，即01200J 2F W Fx ==对全过程运用动能定理，W F −μmgx m =0代入数据得：x m =10m7．如图所示，倾角 θ=30°的斜面足够长，上有间距 d =0.9 m 的 P 、Q 两点，Q 点以上斜面光滑，Q 点以下粗糙。

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，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/s 2。

(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()212B mg h R mv +=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()2N 270N B mg h R mv F mg mg R R+=+=+=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cos37sin37cos370mg h R R L mgL μ+-︒-︒-︒=（）所以1.2m L =(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()212cos370.542B mv mg h R mgL mg mgR μ'=+-︒=> 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．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。

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．如图所示，半径2R m =的四分之一粗糙圆弧轨道AB 置于竖直平面内，轨道的B 端切线水平，且距水平地面高度为h =1.25m ，现将一质量m =0.2kg 的小滑块从A 点由静止释放，滑块沿圆弧轨道运动至B 点以5/v m s =的速度水平飞出（g 取210/m s ）．求：（1）小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功； （2）小滑块经过B 点时对圆轨道的压力大小； （3）小滑块着地时的速度大小.【答案】(1) 1.5f W J = (2) 4.5N F N = (3)152/v m s = 【解析】 【分析】 【详解】（1）滑块在圆弧轨道受重力、支持力和摩擦力作用，由动能定理mgR -W f =12mv 2W f =1.5J（2）由牛顿第二定律可知：2N v F mg m R-=解得：4.5N F N =（3）小球离开圆弧后做平抛运动根据动能定理可知：22111m m 22mgh v v =-解得：152m/s v =2．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 =-；3．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v 0＝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h 1＝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/s 2，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≤9.0m4．如图所示，半径为R的圆管BCD竖直放置，一可视为质点的质量为m的小球以某一初速度从A点水平抛出，恰好从B点沿切线方向进入圆管，到达圆管最高点D后水平射出．已知小球在D点对管下壁压力大小为12mg，且A、D两点在同一水平线上，BC弧对应的圆心角θ＝60°，不计空气阻力．求：(1)小球在A 点初速度的大小； (2)小球在D 点角速度的大小；(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功．【答案】(3)14mgR【解析】 【分析】（1）根据几何关系求出平抛运动下降的高度，从而求出竖直方向上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小．（2）根据向心力公式求出小球在D 点的速度，从而求解小球在D 点角速度． （3）对A 到D 全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功． 【详解】（1）小球从A 到B ，竖直方向: v y 2＝2gR(1＋cos 60°)解得v y在B 点：v 0＝60y v tan（2）在D 点，由向心力公式得mg-12mg ＝2Dmv R解得v Dω＝D v R （3）从A 到D 全过程由动能定理：－W 克＝12mv D 2－12mv 02 解得W 克＝14mgR. 【点睛】本题综合考查了平抛运动和圆周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源．5．如图，图象所反映的物理情景是：物体以大小不变的初速度v 0沿木板滑动，若木板倾角θ不同，物体沿木板上滑的距离S 也不同，便可得出图示的S -θ图象．问： （1）物体初速度v 0的大小．（2）木板是否粗糙？若粗糙，则动摩擦因数μ为多少？ （3）物体运动中有否最大加速度以及它发生在什么地方？【答案】（1）017.3m /s v = （2）0.75μ= （3）最大加速度点坐标()53,12m sθ︒'==【解析】 【分析】 【详解】（1）当θ=90º时，物体做竖直上抛运动，根据速度位移公式可知：01210317.3m /s v gs ===（2）当θ=0º时，根据动能定理得，201mg 2s mv μ=，解得：203000.75221020v gs μ===⨯⨯（3）加速度cos sin 3cos sin cos sin 4mg mg a g g g mμθθμθθθθ+⎛⎫==+=+ ⎪⎝⎭得到，当θ=53º时，α有极大值2m 12.5m /s a = ，由动能定理得，20102mv mas '-= ，所以12m s '= 所以最大加速度点坐标()53,12m s θ︒'==6．质量为2kg 的物体，在竖直平面内高h = 1m 的光滑弧形轨道A 点，以v =4m/s 的初速度沿轨道滑下，并进入BC 轨道，如图所示。

高考真题之动能定理专题1．（2015•山东）如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接，物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l．开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值，现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍，不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g，求：（1）物块的质量；（2）从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．2．（2015•浙江）如图所示，用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H=0.8m，长L2=1.5m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定，将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失（重力加速度取g=10m/s2，最大静止摩擦力等于滑动摩擦力）（1）求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x．3．（2012•北京）如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，求：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；（2）小物块落地时的动能E K；（3）小物块的初速度大小v0．4．（2012•山东）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点．一可视为质点的物块，其质量m=0.2kg，与BC间的动摩擦因数μ1=0.4．工件质量M=0.8kg，与地面间的动摩擦因数μ2=0.1．（取g=10m/s2）（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h．（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动．①求F的大小．②当速度v=5m/s时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离．。

动能定理及其应用一类别内容知识点1 知道动能的概念及定义式，会比较、计算物体的动能．。

2 理解动能定理的含义及适用范围3 掌握利用动能定理求变力的功的方法4 能灵活应用动能定理分析问题能力点 1 理解和掌握状态量和过程量它们之间的对应关系 2能合理利用转换法求变力的功【知识进阶】 1. 知识图谱运动状态量位置状态量机械能状态量的和动能 E = mv 21KP上述描述物体运动的物理量中，属于状态量和过程量的分别有哪些？建立状态量和过程量的关系要注意哪些问题？ 【能力进阶】一、标矢性——动能例题1.(多选)一物块绕着圆盘边缘以速度v 做圆周运动，下列说法正确的是( )A ．公式E k ＝12mv 2中的速度v 一般是物体相对于地面的速度B ．动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体运动的方向无关C ．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化D ．动能不变的物体，一定处于平衡状态二、状态量和过程量的关系——动能定理例题2.粗糙的1/4圆弧的半径为0.45m ，有一质量为0.2kg 的物体自最高点A 从静止开始下滑到圆弧最低点B 时，然后沿水平面前进0.4m 到达C 点停止. 设物体与轨道间的动摩擦因数为0.5 (g = 10m/s 2)，求： (1)物体到达B 点时的速度大小.(2)物体在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功变式：如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜ABC面．设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功多大？三、本章所用研究方法1.转换法-----求变力的功例题3.如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功的大小？(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)变式：质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功？A. 52mgR B. 3mgR C. 7mgR D.12mgR2.图像法——速度(v)-时间(t)图像、位移(x)-时间(t)图像例题4.从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k与时间t的关系图象是()A B C D变式：一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k与位移x关系的图线是()A B C D【进阶练习】（限时10分钟）1．质量为2 kg的物体A以5 m/s的速度向北运动，另一个质量为0.5 kg的物体B以10 m/s的速度向西运动，则下列说法正确的是( )A ．E k A ＝E kB B ．E k A >E k BC ．E k A <E k BD ．因运动方向不同，无法比较动能2．一人用力踢质量为1 kg 的静止足球，使足球以10 m/s 的水平速度飞出，设人踢足球的平均作用力为200 N ，足球在水平方向滚动的距离为20 m ，则人对足球做的功为(g 取10 m/s 2)( )A ．50 JB ．200 JC ．4 000 JD ．6 000 J3．甲、乙两车汽车的质量之比m 1∶m 2＝2∶1，它们刹车时的初动能相同，若它们与水平地面之间的动摩擦因数相同，则它们滑行的距离之比s 1∶s 2等于( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶4D ．4∶14．质量m ＝10 kg 的物体只在变力F 作用下沿水平方向做直线运动，F 随坐标x 的变化关系如图所示。

动能和动能定理1．足球守门员在发球门球时，将一个静止的质量为0.4kg 的足球，以10m/s 的速度踢出，这时足球获得的动能是J 。

足球沿草地作直线运动，受到的阻力是足球重力的0.2倍，当足球运动到距发球点20米的后卫队员处时，速度为 m/s 。

（g 取10m/s 2）2．如图11所示，半径R =0.40m 的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A 。

一质量m=0.10kg 的小球，以初速度v 0=7.0m/s 在水平地面上向左作加速度a =3.0m/s 2的匀减速直线运动，运动4.0m 后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C 点。

求A 、C 间的距离（取重力加速度g=10m/s 2）。

3. 如图4所示,ABCD 是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC 的连接处都是一段与 BC 相切的圆孤,B 、C 为水平的,其距离 d=0.50m.盆边缘的高度为h=0.30m.在A 物处放一个质量为m 的小块并让其从静止出发下滑.已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC 面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10.小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停在地点到B 的距离为 （ ）A. 0.50mB. 0.25mC. 0.10mD. 04．一个质量为0.3kg 的弹性小球，在光滑水平面上以6m/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磁撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大 小△v 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为（ ）A ．△v =0B ．△v =12m/sC ．W=0D ．W=10.8J5．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H ，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面。

在上升至离地高度h 处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离高度h 处，小球的势能是动能的2倍，则h 等于（ ）（A ）H /9 （B ）2H /9 （C ）3H /9（D ）4H /96．质量为m 的飞机以水平速度v 0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其它力的合力提供，不含重力）。

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。

专题功 功率 动能定理一、单选题1(23-24高三下·浙江宁波·阶段练习)下列说法正确的是()A.甲图中研究篮球的进入篮筐的过程，可将篮球看成质点B.乙图中羽毛球在空中运动时的轨迹并非抛物线，其水平方向的分速度逐渐减小C.丙图中运动员训练蹲踞式起跑时，起跑器对运动员做正功D.丁图中运动员跳高下落时，通过海绵垫可减少接触面对运动员的冲量从而实现缓冲【答案】B【详解】A．甲图中研究篮球的进入篮筐的过程，篮球大小和形状不能忽略，不可以将篮球看成质点，A错误；B．羽毛球所受空气阻力不能忽略，故轨迹并非抛物线，在阻力作用下羽毛球水平方向的分速度逐渐减小，B正确；C．起跑器的弹力方向运动员没有位移，起跑器对运动员不做功，C错误；D．运动员动量的变化量一定，海绵垫的作用是通过延长接触时间，减小运动员受到的弹力，起到缓冲作用，D错误。

故选B。

2(2024·安徽·模拟预测)如图所示，一质量为m的物体，沿半径为R的四分之一固定圆弧轨道滑行，由于物体与轨道之间动摩擦因数是变化的，使物体滑行到最低点的过程中速率不变。

该物体在此运动过程，下列说法正确的是()A.动量不变B.重力做功的瞬时功率不变C.重力做功随时间均匀变化D.重力的冲量随时间均匀变化【答案】D【详解】A．物体的速度大小不变，方向发生改变，则物体的动量大小不变，方向发生改变，故A错误；B．根据P=mgv y由于物体竖直方向的分速度逐渐减小，则重力做功的瞬时功率逐渐减小，故B错误；C．根据W=mgh物体速率不变，但竖直方向的分速度发生改变，所以物体下落的高度不是随时间均匀变化，则重力做功不是随时间均匀变化，故C错误；D．根据I=mgt由于重力恒定不变，可知重力的冲量随时间均匀变化，故D正确。

故选D。

3(23-24高三上·贵州贵阳·期末)课间，某男同学利用未开封的矿泉水，进行负重深蹲训练，根据体育老师传授的经验，将矿泉水环抱入怀中，与胸口保持相对静止，稳定后完成“下蹲-维持-站起”的深蹲动作。

高考物理《动能和动能定理》真题练习含答案1．[2024·江苏省淮安市学情调研]质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一水平放置的轻弹簧O 端相距s ，轻弹簧的另一端固定在竖直墙上，如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，重力加速度为g ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，克服弹簧弹力所的功为( )A ．12 m v 20 －μmg (s ＋x )B ．12m v 20 －μmgx C ．μmg (s ＋x )－12m v 20 D ．－μmg (s ＋x ) 答案：A解析：从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，由动能定理－μmg (s ＋x )－W ＝0－12m v 20 ，解得W ＝12 m v 20 －μmg (s ＋x )，A 正确．2.[2024·河南省部分学校摸底测试]如图所示，水平圆盘桌面上放有质量为0.1 kg 的小铁碗A (可视为质点)，一小孩使圆盘桌面在水平面内由静止开始绕过圆盘中心O 的轴转动，并逐渐增大圆盘转动的角速度，直至小铁碗从圆盘的边缘飞出，飞出后经过0.2 s 落地，落地点与飞出点在地面投影点的距离为80 cm.若不计空气阻力，该过程中，摩擦力对小铁碗所做的功为( )A.0.2 J B ．0.4 JC ．0.8 JD ．1.6 J答案：C解析：小铁碗飞出后做平抛运动，由平抛运动规律可得v ＝x t，解得v ＝4 m/s ，小铁碗由静止到飞出的过程中，由动能定理有W ＝12m v 2，故摩擦力对小铁碗所做的功W ＝0.8 J ，C 正确．3．(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上，质量为m 的物块受到沿斜面向上的恒力F 的作用，沿斜面以速度v 匀速上升了高度h .已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ、重力加速度为g .关于上述过程，下列说法正确的是( )A ．合力对物块做功为0B ．合力对物块做功为12m v 2 C ．摩擦力对物块做功为－μmg cos θh sin θD ．恒力F 与摩擦力对物块做功之和为mgh答案：ACD解析：物体做匀速直线运动，处于平衡状态，合外力为零，则合外力做功为零，故A正确，B 错误；物体所受的摩擦力大小为f ＝μmg cos θ，物体的位移x ＝h sin θ，摩擦力对物块做功为W f ＝－fx ＝－μmg cos θh sin θ，C 正确；物体所受各力的合力做功为零，则W G ＋W F ＋W f ＝0，所以W F ＋W f ＝－W G ＝－(－mgh )＝mgh ，D 正确．4．(多选)质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则此物体( )A ．在位移x ＝9 m 时的速度是33 m/sB ．在位移x ＝9 m 时的速度是3 m/sC ．在OA 段运动的加速度是2.5 m/s 2D ．在OA 段运动的加速度是1.5 m/s 2答案：BD解析：运动x ＝9 m 的过程由动能定理W －μmgx ＝12m v 2，得v ＝3 m/s ，A 错误，B 正确；前3 m 过程中，水平拉力F 1＝W 1x 1 ＝153N ＝5 N ，根据牛顿第二定律，F 1－μmg ＝ma 得a ＝1.5 m/s 2，C 错误，D 正确．5．[2024·张家口市期末考试]如图所示，倾角为θ＝37°的足够长光滑斜面AB 与长L BC ＝2 m 的粗糙水平面BC 用一小段光滑圆弧(长度不计)平滑连接，半径R ＝1.5 m 的光滑圆弧轨道CD 与水平面相切于C 点，OD 与水平方向的夹角也为θ＝37°.质量为m 的小滑块从斜面上距B 点L 0＝2 m 的位置由静止开始下滑，恰好运动到C 点．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求小滑块与粗糙水平面BC 间的动摩擦因数μ；(2)改变小滑块从斜面上开始释放的位置，小滑块能够通过D 点，求小滑块的释放位置与B 点的最小距离．答案：(1)0.6 (2)6.75 m解析：(1)滑块恰好运动到C 点，由动能定理得mgL 0sin 37°－μmgL BC ＝0－0解得μ＝0.6(2)滑块能够通过D 点，在D 点的最小速度，由mg sin θ＝m v 2D R解得v D ＝3 m/s设滑块在斜面上运动的距离为L ，由动能定理得mgL sin θ－μmgL BC －mgR (1＋sin θ)＝12m v 2D －0 解得L ＝6.75 m。

（物理）50套高考物理动能与动能定理及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，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。