动能定理题型分类及综合练习(可直接用、好题)

、合外力做功和动能变化的关系，正确的是（、合外力做功和动能变化的关系，正确的是（ 物体在合外力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中变化量一定不为零物体在合外力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中变化量一定不为零 h HA.重力对物体做功为mgH B.物体的重力势能减少了mg(h+H) C.外力对物体做的总功为零外力对物体做的总功为零D.地面对物体平均阻力大小为mg(h+H)/h 5. 5. 如图所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为如图所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m 的小球从距离弹簧上端B 点h 高处的A 点自由下落，在C 点处小球速度达到最大．x 0表示B 、C 两点之间的距离；E k 表示小球在C 处的动能．若改变高度h ，则下列表示x 0随h 变化的图象和E k 随h 变化的图象中正确的是变化的图象中正确的是( ( )四、能力提升1.（2010·武汉高一检测）一个质量为25 kg 的小孩从高度为3.0 m 的弧形滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s.取g=10 m/s 2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是（结果正确的是（ ）A.支持力做功50 J B.克服阻力做功500 J C.重力做功750 J D.合外力做功50 J 2、起重机钢索吊着m=1.0×103 kg 的物体以a=2 m/s 2的加速度竖直向上提升了5 m，钢索对物体的拉力做的功为多少？物体的动能增加了多少？（g 取10 m/s 2）3.如图所示，质量为m 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡(粗糙)底部A 处由静止起运动至高为h 的坡顶B ，获得速度为v ，AB 之间的水平距离为s ，重力加速度为g .下列说法正确的是( ) A ．小车克服重力所做的功是mghB ．合外力对小车做的功是12m v 2C ．推力对小车做的功是12m v 2＋mghD ．阻力对小车做的功是12m v 2＋mgh －Fs 4．一个木块静止于光滑水平面上，现有一个水平飞来的子弹射入此木块并深入2 2 cm cm 而相对于木块静止，同时间内木块被带动前移了1 cm ，则子弹损失的动能、木块获得动能以及子弹和木块共同损失的动能三者之比为( ) A ．3∶1∶2 B ．3∶2∶1 C ．2∶1∶3 D ．2∶3∶1 5. 一个质量为m 的小球，用长为l 的轻绳悬挂于O 点，小球在水平力F 作用下，从平衡位置P 很缓慢地移动到Q 点，如图所示，则力F 所做的功为所做的功为 （ ）A ．q cos mglB ．q sin FlC ．)cos 1(q -mglD ．)cos 1(q -Fl6. 汽车在平直的公路上从静止开始做匀加速运动，当汽车速度达到v m 时关闭发动机，汽车继续滑行了一段时间后停止运动，其运动的速度如图3所示。

动能定理典型分类例题经典题型动能定理典型分类例题模型一：水平面问题1.两个质量相同的物体在水平面上以相同的初动能滑动，最终都静止，它们滑行的距离相同。

2.两个质量相同的物体在水平面上以相同的初速度滑动，最终都静止，它们滑行的距离相同。

3.一个质量为1kg的物体在不光滑的水平面上静止，施加水平外力F=2N使其滑行5m，然后撤去外力F，求物体还能滑多远。

答案为1.95m。

4.一个质量为1kg的物体在不光滑的水平面上静止，施加斜向上与水平面成37度的外力F=2N使其滑行5m，然后撤去水平外力F，求物体还能滑多远。

答案为0.98m。

5.一辆汽车在滑动摩擦系数为0.7的路面上行驶，刹车后轮子只滑动不滚动，从刹车开始到汽车停下来，汽车前进12m。

求刹车前汽车的行驶速度。

答案为10.95m/s。

6.一个质量为M的列车沿水平直线轨道以速度V匀速前进，末节车厢质量为m，在中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力。

设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的。

当列车的两部分都停止时，它们的距离为L×m/(M+m)。

模型二：斜面问题基础1.一个质量为2kg的物体在沿斜面方向拉力F=40N的作用下从静止出发沿倾角为37度的斜面上滑，物体与斜面的摩擦系数为0.40，求物体在斜面上滑行5m时的速度。

答案为6.31m/s。

基础2.一个质量为2kg的物体在水平力F=40N的作用下从静止出发沿倾角为37度的斜面上滑，物体与斜面的摩擦系数为0.40，求物体在斜面上滑行5m时的速度。

答案为6.31m/s。

基础3.一个物体以某一速度从斜面底沿斜面上滑，当它滑行4m后速度变为零，然后再下滑到斜面底。

已知斜面长5m，高3m，物体和斜面间的摩擦系数μ=0.25.求物体开始上滑时的速度及物体返回到斜面底时的速度。

答案为3.46m/s和6.71m/s。

典型例题1.一个质量为m的木块以v=10m/s初速度沿倾角为30度的斜面上滑，物体与斜面的摩擦系数为0.2，求物体在斜面上滑行5m时的速度。

高中物理动能定理的综合应用解题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．一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，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 。

最新高考物理动能定理的综合应用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．如图所示，AB是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端B点与水平直轨道相切．一个小物块自A点由静止开始沿轨道下滑，已知轨道半径为R＝0.2m，小物块的质量为m＝0.1kg，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2.求：(1)小物块在B点时受到的圆弧轨道的支持力大小；(2)小物块在水平面上滑动的最大距离．【答案】(1)3N (2)0.4m【解析】(1)由机械能守恒定律，得在B点联立以上两式得F N＝3mg＝3×0.1×10N＝3N.(2)设小物块在水平面上滑动的最大距离为l，对小物块运动的整个过程由动能定理得mgR－μmgl＝0，代入数据得【点睛】解决本题的关键知道只有重力做功，机械能守恒，掌握运用机械能守恒定律以及动能定理进行解题．3．如图所示，光滑圆弧的半径为80cm，一质量为1.0kg的物体由A处从静止开始下滑到B点，然后又沿水平面前进3m，到达C点停止。

高考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．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。

高考物理动能定理的综合应用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定理的综合应用1．如图所示，人骑摩托车做腾跃特技表演，以1.0m/s 的初速度沿曲面冲上高0.8m 、顶部水平的高台，若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率1.8kW 行驶，经过1.2s 到达平台顶部，然后离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A 点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．A 、B 为圆弧两端点，其连线水平．已知圆弧半径为R ＝1.0m ，人和车的总质量为180kg ，特技表演的全过程中不计一切阻力(计算中取g ＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)．求：(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θ；(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：221011Pt mgH mv 22mv -=- v ＝3m/s （2）由2221H gt ,s vt 2==可得：2H s v 1.2m g== （3）摩托车落至A 点时，其竖直方向的分速度y 2v gt 4m /s ==设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则4tan 3yv v α==，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：2211mg[H R(1cos )]mv mv 22α'+-=-在O点：2v N mg mR -=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7740N2．一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/s2）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）3．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/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 .4．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】gR 2gR(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 3gR 在B 点：v 0＝60y v tan gR（2）在D 点，由向心力公式得mg-12mg ＝2Dmv R解得v D 2gRω＝D v R 2gR（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。

高考物理动能定理的综合应用解题技巧分析及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．由相同材料的细杆搭成的轨道如图所示，其中细杆AB 、BC 、CD 、DE 、EF ……长均为 1.5m L =，细杆OA 和其他细杆与水平面的夹角都为()37sin370.6,cos370.8β︒︒︒===，一个可看成质点的小环套在细杆OA 上从图中离轨道最低点的竖直高度 1.32m h =处由静止释放，小环与细杆的动摩擦因数都为0.2μ=，最大静摩擦力等于相同压力下的滑动摩擦力，在两细杆交接处都用短小曲杆相连，不计动能损失，使小环能顺利地经过，重力加速度g 取210m /s ，求： (1)小环在细杆OA 上运动的时间t ； (2)小环运动的总路程s ； (3)小环最终停止的位置。

【答案】(1)1s ；(2)8.25m ；(3)最终停在A 点 【解析】 【分析】 【详解】(1)因为sin cos mg mg βμβ＞，故小环不能静止在细杆上，小环下滑的加速度为2sin cos 4.4m/s mg mg a mβμβ-==设物体与A 点之间的距离为0L ，由几何关系可得0 2.2m sin37hL ︒== 设物体从静止运动到A 所用的时间为t ，由2012L at =，得 1s t =(2)从物体开始运动到最终停下的过程中，设总路程为s ，由动能定理得cos3700mgh mgs μ︒=－－代入数据解得s =8.25m(3)假设物体能依次到达B 点、D 点，由动能定理有201(sin37)cos37()2B mg h L mg L L mv μ︒︒+=－－ 解得20B v <说明小环到不了B 点，最终停在A 点处2．小明同学根据上海迪士尼乐园游戏项目“创极速光轮”设计了如图所示的轨道。

一条带有竖直圆轨道的长轨道固定在水平面上，底端分别与两侧的直轨道相切，其中轨道AQ 段粗糙、长为L 0=6.0m ，QNP 部分视为光滑，圆轨道半径R =0.2m ，P 点右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L =0.5m 。

高考物理动能定理的综合应用专项训练100(附答案)一、高中物理精讲专题测试动能定理的综合应用1．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=32m 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=3，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．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。

物理动能定理的综合应用题20套(带答案)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：（1）滑雪运动员沿山坡下滑时的加速度大小a；（2）滑雪运动员沿山坡下滑过程中受到的阻力大小f；（3）滑雪运动员在全过程中克服阻力做的功W f．【答案】（1）4m/s2（2）f = 70N （3）1.75×104J【解析】【分析】（1）运动员沿山坡下滑时做初速度为零的匀加速直线运动，已知时间和位移，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出下滑的加速度．（2）对运动员进行受力分析，根据牛顿第二定律求出下滑过程中受到的阻力大小．（3）对全过程，根据动能定理求滑雪运动员克服阻力做的功．【详解】（1）根据匀变速直线运动规律得：x=1at22解得：a=4m/s2（2）运动员受力如图，根据牛顿第二定律得：mgsinθ-f=ma解得：f=70N（3）全程应用动能定理，得：mgxsinθ-W f =0解得：W f =1.75×104J【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L 1=23m 的倾斜轨道AB ，通过微小圆弧与长为L 2=32m 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，AB是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端B点与水平直轨道相切．一个小物块自A点由静止开始沿轨道下滑，已知轨道半径为R＝0.2m，小物块的质量为m＝0.1kg，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2.求：(1)小物块在B点时受到的圆弧轨道的支持力大小；(2)小物块在水平面上滑动的最大距离．【答案】(1)3N (2)0.4m【解析】(1)由机械能守恒定律，得在B点联立以上两式得F N＝3mg＝3×0.1×10N＝3N.(2)设小物块在水平面上滑动的最大距离为l，对小物块运动的整个过程由动能定理得mgR－μmgl＝0，代入数据得【点睛】解决本题的关键知道只有重力做功，机械能守恒，掌握运用机械能守恒定律以及动能定理进行解题．4．某滑沙场的示意图如图所示，某旅游者乘滑沙橇从A点由静止开始滑下，最后停在水平沙面上的C点．设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面和水平面连接处可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动，若测得AC间水平距离为x，A点高为h，求滑沙橇与沙面间的动摩擦因数μ．【答案】h/x【解析】【分析】对A到C的全过程运用动能定理，抓住动能的变化量为零，结合动能定理求出滑沙橇与沙面间的动摩擦因数．【详解】设斜面的倾角为θ，对全过程运用动能定理得，因为，则有，解得．【点睛】本题考查了动能定理的基本运用，运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再结合动能定理进行求解，本题也可以结合动力学知识进行求解．5．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．6．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 -=⨯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。