动能定理 二轮计算题

1、动能定理二轮计算题1.如图所示，AB为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道的B点与水平地面相切，其半径为R质量为m的小球由A点静止释放，求：（1）小球滑到最低点B时，小球速度v的大小；（2）小球通过光滑的水平面BC滑上固定曲面，恰达最高点D，D到地面的高度为h（已知hR），则小球在曲面上克服摩擦力所做的功Wf2.如图1所示，一根长为L的轻绳上端固定在O点，下端拴一个重为G的小钢球A，球处于静止状态现对小钢球施加一个方向水平向右的外力F，使球足够缓慢地偏移，外力F方向始终水平向右若水平外力F的大小随移动的水平距离x的变化如图2所示求此过程中：（1）轻绳上张力大小变化的取值范围（2）在以上过程中水

2、平拉力F所做的功3.如图所示，竖直平面内的半圆形轨道下端与水平面相切，B、C分别为半圆形轨道的最低点和最高点。小滑块（可视为质点）沿水平面向左滑动，经过A点时的速度vA=6.0m/s。已知半圆形轨道光滑，半径R=0.40m，滑块与水平面间的动摩擦因数m = 0.50，A、B两点间的距离l=1.10m。取重力加速度g =10m/s2。求：（1）滑块运动到B点时速度的大小vB；（2）滑块运动到C点时速度的大小vC；（3）滑块从C点水平飞出后，落地点与B点间的距离x。4.如图所示，一粗糙斜面AB与光滑圆弧轨道BCD相切，C为圆弧轨道的最低点，圆弧BC所对圆心角=37已知圆弧轨道半径为R=0.5m，斜

3、面AB的长度为L=2.875m质量为m=1kg的小物块（可视为质点）从斜面顶端A点处由静止开始沿斜面下滑，从B点进入圆弧轨道运动恰能通过最高点Dsin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2求：（1）物块经C点时对圆弧轨道的压力Fc；（2）物块与斜面间的动摩擦因数5.如图，光滑水平面AB与竖直面的半圆形导轨在B点相连接，导轨半径为R，一质量为m的静止木块在A处压缩弹簧，释放后，木块获得一向右的初速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力是其重力的7倍，之后向上运动恰能通过轨道顶点C，不计空气阻力，试求：（1）弹簧对木块所做的功；（2）木块从B到C过程中克服摩擦力做的功；（3

4、）木块离开C点落回水平面所需的时间和落回水平面时的动能6.如图所示，质量为m的小物块放在长直水平面上，用水平细线紧绕在半径为R、质量为2m的薄壁圆筒上 t=0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动中角速度满足=t（为已知常数），物块和地面之间动摩擦因数为求：（1）物块运动中受到的拉力（2）从开始运动至t=t1时刻，电动机对物块做了多少功？7.某实验小组做了如下实验，装置如图甲所示竖直平面内的光滑轨道由倾角为的斜面轨道AB和圆弧轨道BCD组成，将质量m=0.1kg的小球，从轨道AB上高H处的某点静止滑下，用压力传感器测出小球经过圆弧最高点D时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出

5、相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示g=10m/s2求：（1）圆轨道的半径R（2）若小球从D点水平飞出后又落到斜面上，其中最低的位置与圆心O等高，求的值8.如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q （两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m1=3kg，与MN间的动摩擦因数=，重力加速度g=10m/s

6、2求：（ sin37=0.6，cos37=0.8）（1）小物块Q的质量m2；（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程9.如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中倾斜直轨AB与水平直轨CD长均为L=3m，圆弧形轨道APD和BQC均光滑，BQC的半径为r=1m，APD的半径为R=2m，AB、CD与两圆弧形轨道相切，O2A、O1B与竖直方向的夹角均为=37现有一质量为m=1kg的小球穿在滑轨上，以Ek0的初动能从B点开始沿AB向上运动，小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为=，设小球经过轨道连接处均无能量损

7、失（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8），求：（1）要使小球完成一周运动回到B点，初动能EK0至少多大？（2）若以题（1）中求得的最小初动能EK0从B点向上运动，求小球第二次到达D点时的动能；（3）若以题（1）中求得的最小初动能EK0从B点向上运动，求小球在CD段上运动的总路程10.如图所示的传送带装置，长度为4m，与水平方向之间的夹角为37，传送带以0.8m/s的速度匀速运行，从流水线上下来的工件每隔2s有一个落到A点（可认为初速度为零），工件质量为1kg经传送带运送到与B等高处的平台上，再由工人运走已知工件与传送带之间的动摩擦因数为=0.8，sin37=0.6，cos

8、37=0.8，g=10m/s2求：（1）每个工件从落上传送带的A点开始到被传送至最高点B所经历的时间；（2）传送带对每个工件所做的功；（3）由于传送工件，传送带的动力装置需增加的功率11.如甲图所示，长为4m的水平轨道AB与倾角为37的足够长斜面BC在B处连接，有一质量为2kg的滑块，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F按乙图所示规律变化，滑块与AB和BC间的动摩擦因数均为0.25，重力加速度g取l0m/s2求：（1）滑块第一次到达B处时的速度大小；（2）不计滑块在B处的速率变化，滑块到达B点时撤去力F，滑块冲上斜面，滑块最终静止的位置与B点的距离（sin37=0.6）12.山地滑雪是人们

9、喜爱的一项体育运动一滑雪坡由AB和BC组成，AB是倾角=37的斜坡，BC是半径R=5m的圆弧面，圆弧面和斜面相切于B，与水平面相切于C，如图所示，AB竖直高度差h1=8.8m，竖直台阶CD高度差h2=5m，台阶底端与倾角=37斜坡DE相连运动员连同滑雪装备总质量m=80kg，从A点由静止滑下通过C点后飞落到DE上不计空气阻力和轨道的摩擦阻力，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）运动员到达C点的速度C大小；（2）运动员经过C点时轨道受到的压力N的大小；（3）运动员在空中飞行的时间t13.如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L=0.8m

10、，皮带以恒定速率v=3.0m/s向右匀速运动传送带的右端处平滑连接着一个在竖直平面内、半径为R=0.4m的光滑半圆轨道PQ，两个质量均为m=0.2kg的滑块A、B置于水平导轨MN上，开始时滑块A、B之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，系统处于静止状态现使细绳断开，弹簧伸展，滑块B脱离弹簧后滑上传送带，从右端滑出并沿半圆轨道运动到最高点Q后水平飞出，又正好落回N点已知滑块B与传送带之间的动摩擦因数=，取g=10ms2求：（1）滑块B到达Q点时速度的大小；（2）滑块B在半圆轨道P处对轨道的压力；（3）压缩的轻弹簧的弹性势能Ep14.如图，倾角为的斜面固定在水平地面上（斜面底端与水平地面平滑连接）

11、，A点位于斜面底端，AB段斜面光滑，长度为s，BC段足够长，物体与BC段斜面、地面间的动摩擦因数均为质量为m的物体在水平外力F的作用下，从A点由静止开始沿斜面向上运动，当运动到B点时撤去力F求：（1）物体上滑到B点时的速度vB；（2）物体最后停止时距离A点的距离15.如图所示，QB段为一半径为R=1m的光滑圆弧轨道，AQ段为一长度为L=1m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内物块P的质量为m=1kg（可视为质点），P与AQ间的动摩擦因数=0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点后又返回A点时恰好静止（取g=10m/s2）求：（1）v0的大

12、小； （2）物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力16.如图所示，光滑水平面上固定一倾斜角为37的粗糙斜面，紧靠斜面底端有一质量为4kg的木板，木板与斜面底端之间通过微小弧形轨道相接，以保证滑块从斜面滑到木板的速度大小不变质量为2kg的滑块从斜面上高h=5m处由静止滑下，到达倾斜底端的速度为v0=6m/s，并以此速度滑上木板左端，最终滑块没有从木板上滑下已知滑块与木板间的动摩擦因数2=0.2，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）斜面与滑块间的动摩擦因数1；（2）滑块从滑上木板到与木板速度相同经历的时间；（3）木板的最短长度17.如图所示，从 A点以v0的水平速

13、度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当小物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，圆弧轨道BC的圆心角=37经圆孤轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、h=0.15m，小物块与长木板之间的动摩擦因数1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数2=0.2，Cos37=0.8，sin37=0.6，g=10m/s2求：（1）小物块水平抛出时，初速度v0的大小；（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小；（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？18.（计算）（

14、2015河西区二模）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角BOC=37，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0m，现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h=1.6m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数=0.5取sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2求：（1）物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力FN的大小；（2）要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；（3）若斜面已经满足（2）要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所

15、产生的热量Q的大小19.如图所示，一质量不计的细线绕过无摩擦的轻质小定滑轮O与质量为5m的重物相连，另一端与套在一根固定的光滑的竖直杆上质量为m的圆环相连，直杆上有A、B、C三点，且B为A、C的中点，AO与竖直杆的夹角=53，B点与滑轮O在同一水平高度，滑轮与竖直杆相距为L，重力加速度为g，设直杆足够长，圆环和重物运动过程中不会与其他物体相碰现将圆环由A点静止开始释放（已知sin53=0.8，cos53=0.6）求：（1）重物下降到最低点时圆环的速度大小v1为多少？（2）圆环能下滑的最大距离h为多少？（3）圆环下滑到C点时的速度大小v2为多少？20.一辆车通过一根跨过定滑轮的绳PQ提升井中质量

16、m=10kg的物体如图，绳的P端拴在车后的挂钩上，Q端拴在物体上设绳的总长不变，绳的质量、定滑轮的质量和尺寸、滑轮上的摩擦都忽略不计开始时，车在A点，左右两侧绳都已绷紧并且是竖直的，左侧绳长H=1m提升时，车加速向左运动，沿水平方向从A经过B驶向C设A到B的距离H=1m，车经过B点时的速度为vB=5m/s求：（1）当车运动到B点时，物体升高的高度h；（2）车由A移到B的过程中，绳Q端的拉力对物体做的功W某同学的解法为：Wmgh=mv，代入h和vB的数据，即可求出拉力对物体做的功W你若认为该同学的结论正确，计算该功大小；你若认为该同学的结论错误，说明理由并求出该功的大小动能定理二轮计算试卷答案1

17、.考点：动能定理的应用；机械能守恒定律版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）由动能定理可求出小球滑到最低点B时的速度（2）由动能定理可以求出小球克服摩擦力做的功解答：解：（1）小球从A滑到B的过程中，由动能定理得：mgR=mvB20，解得：vB=；（2）从A到D的过程，由动能定理可得：mg（Rh）Wf=00，解得，克服摩擦力做的功Wf=mg（Rh）；答：（1）小球滑到最低点B时，小球速度大小为（2）小球在曲面上克服摩擦力所做的功为mg（Rh）点评：本题考查了动能定理的应用，正确应用动能定理即可解题，第（1）问也可以应用机械能守恒定律解题2.考点：动能定理；共点力平衡的条件及其应用.专题：

18、动能定理的应用专题分析：（1）当cos=1时，即=0时，绳子拉力等于重力，水平拉力等于0根据共点力平衡求出拉力为G时，水平拉力的大小，从而得出拉力的范围（2）因为缓慢移动，动能变化为零，拉力做功等于重力势能的增加量解答：解：（1）在小球移动过程中，始终处于平衡状态当x=0时，F=0，T=G 当x=时，F=G，T=2G 所以T的取值范围是GT2G （2）当F=G时，cos=由功能关系得：F力做功W=GL（1cos） 求得W=GL 答：（1）轻绳上张力大小变化的取值范围为GT2G （2）在以上过程中水平拉力F所做的功为点评：本题考查了共点力平衡，以及功能关系，难度不大，是一道好题，平时需加强这方面

19、的训练3.（1）（2）（3）（1）滑块从A运动到B的过程中，根据动能定理所以m/s（2）滑块从B运动到C的过程中，取水平面为零势能平面，根据机械能守恒定律所以m/s（3）滑块从C水平飞出后做平抛运动。设飞行时间为t，则水平方向：竖直方向：解得：x = 1.2 m4.考点：动能定理；向心力.专题：动能定理的应用专题分析：（1）由牛顿第二定律求的在D点的速度，从C到D由动能定理求的C点速度，由牛顿第二定律求的在D点的作用力；（2）对小物块从A经B到C过程，由动能定理有：解答：解：（1）由题意知小物体沿光滑轨道从C到D且恰能通过最高点，由牛顿运动定律和动能定理有：从D到C由动能定理可得由牛顿第二定律

20、可知FC=FC联解并代入数据得：FC=60N（2）对小物块从A经B到C过程，由动能定理有：联解并代入数据得：=0.25答：（1）物块经C点时对圆弧轨道的压力Fc为60N（2）物块与斜面间的动摩擦因数为0.25点评：本题主要考查了牛顿第二定律与动能定理，关键是抓住过程的分析5.考点：动能定理的应用 专题：动能定理的应用专题分析：（1）由B点对导轨的压力可求得物体在B点的速度，则由动能定理可求得弹簧对物块的弹力所做的功；（2）由临界条件利用向心力公式可求得最高点的速度，由动能定理可求得摩擦力所做的功；（3）由C到落后地面，物体做平抛运动，机械能守恒，则由机械能守恒定理可求得落回水平地面时的动能解答

21、：解：（1）物体在B点时，做圆周运动，由牛顿第二定律可知：Tmg=m解得v=从A到C由动能定理可得：弹力对物块所做的功W=mv2=3mgR；（2）物体在C点时由牛顿第二定律可知：mg=m；对BC过程由动能定理可得：2mgRWf=mv02mv2解得物体克服摩擦力做功：Wf=mgR（3）物体从C点到落地过程是平抛运动，根据平抛运动规律得：木块离开C点落回水平面所需的时间t=物体从C点到落地过程，机械能守恒，则由机械能守恒定律可得：2mgR=Ekmv02物块落地时的动能Ek=mgR答：（1）弹簧对木块所做的功是3mgR（2）木块从B到C过程中克服摩擦力做的功是mgR（3）木块离开C点落回水平面所需的

22、时间是，落回水平面时的动能是mgR点评：解答本题首先应明确物体运动的三个过程，第一过程弹力做功增加了物体的动能；第二过程做竖直面上的圆周运动，要注意临界条件的应用；第三过程做平抛运动，机械能守恒6.（1）mg+m R1（2）W电=mgRR1t12+m；解析：（1）圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同根据v=R=R1t，线速度与时间成正比，物块做初速为零的匀加速直线运动，物块加速度为a=R，根据物块受力，由牛顿第二定律得T-mg=ma，则细线拉力为T=mg+mR1（2）对整体运用动能定理，W电+Wf=mv2+2mv2其中Wf=-mgs=-mgR1t12则电动机做的功为W电=mgRR1t12+m；

23、7.考点：动能定理的应用；平抛运动版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）小球从A到C运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律求出小球对轨道C点的压力与H的关系式，然后结合FH图线求出圆轨道的半径和星球表面的重力加速度；（2）小球离开D点做平抛运动，初速度越小，水平方向运动距离越小，根据几何关系知在斜面上下落的位置越低，根据通过D点的临界条件求出的值解答：解：（1）小球经过D点时，满足竖直方向的合力提供圆周运动向心力即：从A到D的过程中只有重力做功，根据动能定理有：联立解得：F=由题中给出的FH图象知斜率k=N/m即N/m所以可得R=0.2m（2）小球离开D

24、点做平抛运动，根据几何关系知，小球落地点越低平抛的射程越小，即题设中小球落地点位置最低对应小球离开D点时的速度最小根据临界条件知，小球能通过D点点时的最小速度为小球落地地点在斜面上与圆心等高，故可知小球平抛时下落的距离为R所以小球平抛的射程S=由几何关系可知，角=45答：（1）圆轨道的半径R为0.2m；（2）若小球从D点水平飞出后又落到斜面上，其中最低的位置与圆心O等高，的值为45点评：本题先根据圆周运动和动能定理求得FH的关系式，根据图象由斜率求得半径R，根据几何关系求平抛落地点的临界问题8.考点：动能定理；牛顿第二定律；向心力专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据共点力平衡条件列式求解；

25、（2）先根据动能定理列式求出到D点的速度，再根据牛顿第二定律求压力；（3）直接根据动能定理全程列式求解解答：解：（1）根据共点力平衡条件，两物体的重力沿斜面的分力相等，有：m1gsin53=m2gsin37解得：m2=4kg即小物块Q的质量m2为4kg（2）P到D过程，由动能定理得 m1gh=根据几何关系，有： h=L1sin53+R（1cos53）在D点，支持力和重力的合力提供向心力： FDmg=m解得：FD=78N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78N（3）分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零由全过程动能定理得：mgL1sin53mgL1cos53L总=0解得

26、：L总=1.0m 即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0m答：（1）小物块Q的质量是4kg；（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小是78N；（3）烧断细绳后，物块P在MN斜面上滑行的总路程是1.0m点评：本题关键对物体受力分析后，根据平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式和动能定理综合求解，对各个运动过程要能灵活地选择规律列式9.考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力；能量守恒定律版权所有专题：动能定理的应用专题分析：（1）要使小球能够向上运动并回到B点，有两个临界条件的要求：一是要使小球能够通过圆弧APD的最高点，二是通过了圆弧APD的最高点后还能够再次到达B点根据能量守

27、恒分别求出小球恰好通过圆弧APD的最高点以及恰好到达B点时的初动能，比较两种情况下的初动能，从而得出初动能EK0的最小值（2）根据动能定理求出小球从B点出发又回到B点时的动能，根据动能定理判断其能上升的最大高度，若不能上滑到最高点，由于重力的分力大于滑动摩擦力，小球会下滑，求出小球在AB杆上摩擦产生的热量根据能量守恒求出第二次经过D点的动能（3）通过第二问解答知小球能够第二次到达D点，根据能量守恒定律讨论小球能否第二次通过D点返回后上升到B点，从而确定小球的运动情况，最后根据动能定理求出小球在CD段上运动的总路程解答：解：（1）若要使小球能够通过圆弧APD的最高点，因为小球是穿在杆上，所以到达

28、最高点时速度可以为0 由能量守恒得：Ek0=mgLsin+（RRcos）+mgLcos代入数据解得：Ek0=30J 假若仅使小球恰好到达B点，即到达B点时速度恰好为0，则由能量守恒：Ek0=mgLcos+mgL代入数据解得：Ek0=18J故要使小球能再次回到B点，至少需要30J的初动能（2）当小球在B点以Ek0=30J向上运动，再次回到B点时，小球的动能Ek1，由动能定理：Ek1Ek0=mgLcosmgL，所以：Ek1=Ek0mgLcosmgL=3018=12J假设小球经过B点后，还能沿AB上升x，由动能定理：0Ek1=mgxsin+（mgcosx）解得：在AB杆上，由于mgsinmgcos，

29、所以小球将再次下滑，在AB杆上因摩擦而发的热：当小球第二次回到D点时，由能量守恒得：mg（r+rcos）+Ek1=Q1+mgL+EkD所以：故小球第二次到达D点时的动能为12.6J（3）小球到达D点后，将沿光滑的圆弧面APB上升，但到不了最高点，将再次滑回D点，且假若要使小球还能够返回B点，则要求在D点时具有的动能为：mgL+mg（r+rcos）=28JEkD； 所以小球将无法再次回B点，而只能在光滑圆弧APD和BQC及DC间作来回往复的运动，最终小球将停在DC上，此时小滑在DC上滑过的总路程为S，由EkD=mgS得：所以故小球在CD段上运动的总路程为9.78m点评：本题过程较复杂，关键是理清

30、过程，搞清运动规律，合适地选择研究的过程，运用动能定理和能量守恒定律进行解题10.考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据牛顿第二定律计算工件刚放上传送带时的加速度，计算出工件匀加速达到与传送带速度相等时的位移，若此位移小于传送带的长度，则工件先匀加速后匀速运动；（2）工件先受到滑动摩擦力，大小为mgcos，后速度与传送带相同后，受到静摩擦力，大小为mgsin，根据功的公式求解摩擦力对每个工件做的功；（3）摩擦生热Q=fs相，s相是工件与传送带的相对位移电动机多消耗的电能转化为工件的机械能与克

31、服摩擦力做功转化成的内能，根据能量守恒求解解答：解：（1）工件刚放上传送带时的加速度为a=gcos 37gsin 37=0.4 m/s2当工件速度达v=0.8 m/s时，工件相对传送带静止工件加速的时间t1= s=2 s加速运动的位移s1=at12=0.422 m=0.8 m在AB段匀速运动的位移为s2=4 m0.8 m=3.2 m所用的时间为t2= s=4 s总时间为t=t1+t2=6 s（2）由动能定理得WmgLsin 37=mv2W=mgLsin 37+mv2=11040.6 J+10.82 J=24.32 J （3）因工件在AB段上加速运动的时间为2 s，所以在位移xt内总是有一个工件

32、位于传送带上，该工件对传送带的滑动摩擦力为Ff1=mgcos 37=6.4 N工件在AB段上匀速运动过程中，因前后两工件相隔时间为2 s，两工件之间的距离为20.8 m=1.6 m，所以这段距离内始终有两个工件位于传送带上，每个工件对传送带的摩擦力为Ff2=mgsin 37=6 N 传送带动力装置需增加的功率为：P=（Ff1+2Ff2）v=18.40.8 W=14.72 W 答：（1）每个工件从落上传送带的A点开始到被传送至最高点B所经历的时间为6s；（2）传送带对每个工件所做的功为24.32J；（3）由于传送工件，传送带的动力装置需增加的功率为14.72W点评：本题一方面要分析工件的运动情况

33、，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解相对位移，即可求出摩擦产生的热量，另一方面要分析能量如何转化，由能量守恒定律求解电动机消耗的电能11.考点：动能定理的应用专题：动能定理的应用专题分析：运用动能定理研究A至B，求解B的速度要注意A至B过程中力是变化的运用动能定理研究B点到上滑的最大距离处，求出最大距离，再研究从最高点滑回水平面进行求解解答：解：（1）由图得：02m：F1=20NX1=2m； 23m：F2=0，X2=1m； 34m：F3=10N，X3=1m A至B由动能定理：F1X1F3X3mg（X1+X2+X3）=mvB2解得vB=m/s （2）因为mgsin37mgcos37 设滑块由B点

34、上滑的最大距离为L，由动能定理mgLcos37mgLin37=0mvB2 解得：L=m 从最高点滑回水平面，设停止在与B点相距S处，mgLin37mgLcos37mgs=00 解得：S=1m答：（1）滑块第一次到达B处时的速度大小为m/s；（2）滑块冲上斜面，滑块最终静止的位置与B点的距离为1 m点评：了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究12.考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据几何关系求出BC的高度差，再对AC运用动能定理，求出运动员到达C点的

35、速度大小（2）运动员在C点受到重力和支持力，两个力的合力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而根据牛顿第三定律求出运动员对轨道的压力（3）运动员通过C点做平抛运动，抓住运动员落在斜面上水平方向和竖直方向上的位移关系求出运动的时间解答：解：（1）AC过程，由动能定理得mg（h1+h）=mC2h=R（1cos） 联立两式代入数据解得：C=14m/s （2）在C点，由牛顿第二定律有 NCmg=m得 NC=3936N 由牛顿第三定律知，运动员在C点时轨道受到的压力N=3936N（3）设在空中飞行时间为t，则有 gt2h2=Cttan t=2.5s（另一解t=0.4s舍去） 答：（

36、1）运动员到达C点的速度C大小为14m/s（2）运动员经过C点时轨道受到的压力N的大小为3936N（3）运动员在空中飞行的时间t为2.5s点评：本题综合考查了定能定理、牛顿第二定律，同时本题又是一个多过程问题，关键理清物体的运动，选择合适的规律进行求解13.（1）2m/s；（2）12N；（3）5J（1）滑块B从Q飞出后做平抛运动，有： L=vQt 2R=由解得vQ=2m/s（2）滑块B从P运动到Q过程中，满足机械能守恒，则有：+2mgR=在Q点有：Nmg=m由解得：N=5mg+m=12N根据牛顿第三定律知，滑块B在半圆轨道P处对轨道的压力大小为12N，方向（3）由得：vP=2m/s则有vPv=

37、3m/s，滑块B在皮带上做匀减速运动加速度a=g又=2aL细绳断开后弹簧伸展过程，A、B组成的系统动量守恒：mvN=mvA，弹簧的弹性势能EP=5J14.考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系版权所有专题：直线运动规律专题分析：（1）根据动能定理求解物体上滑到B点时的速度vB；（2）对整个过程，运用动能定理列式，求解物体最后停止时距离A点的距离解答：解：（1）对于物体从A到B的过程，由动能定理得： Fscosmgssin=0则得：vB=（2）设物体运动到最高点时距离A点的距离为x对整个过程，由动能定理得：Fscosmgxsinmg（xs）cos=0解得：x=若

38、mgsinmgcos时，物体最后停止时距离A点的距离 S=x=若mgsinmgcos时，物体下滑，设最后在水平面上滑行的距离为S对全过程，由动能定理得： Fscos2mg（xs）cosmgS=0则得：S=答：（1）物体上滑到B点时的速度vB是（2）物体最后停止时距离A点的距离是或点评：本题涉及力在空间距离上的效果，首先考虑到动能定理，运用动能定理时关键要灵活选取研究的过程15.【考点】： 动能定理；向心力【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）在整个过程中由动能定理求的；（2）由动能定理求出到达Q点的速度，再由牛顿第二定律求的作用力；： 解：（1）在整个过程中由动能定理可知：（2）从A

39、到Q的过程中由动能定理可知：在Q点由牛顿第二定律可得：FNmg=联立解得：FN=12N由牛顿第三定律可知对轨道的压力为12N答：（1）v0的大小为2m/s； （2）物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力为12N【点评】： 本题主要考查了动能定理的灵活运用，关键是过程的选取16.【考点】： 动能定理的应用；功能关系【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）滑块从斜面下滑的过程，根据动能定理列式求解动摩擦因素；（2）滑块刚好没有从木板左端滑出，说明此时它们的速度相等，由速度、位移公式可以求出木板的长度和运行的时间；： 解：（1）在斜面上，由动能定理得得1=0.48 （2）在木板上滑动过程中

40、，有Ff=2mg 由牛顿第二定律得滑块的加速度 =2g=2m/s 木板的加速度 =1m/s2由运动学公式 v0a1t=a2t得 t=2s 此时v1=v2=2m/s（3）设木板最短长度为x，则由能量守恒知xM=xm=v0t得x=xmxM=6m答：（1）斜面与滑块间的动摩擦因数1为0.48；（2）滑块从滑上木板到与木板速度相同经历的时间为2s；（3）木板的最短长度为6m【点评】： 本题充分考查了匀变速直线运动规律及应用，和物体共同运动的特点的应用，是考查学生基本功的一个好题17.考点：动能定理；平抛运动.专题：动能定理的应用专题分析：（1）已知平抛的抛出高度和落地速度方向，求落地的速度大小和方向，

41、用运动的合成与分解求解；（2）小物块在BC间做圆周运动运动，在C点时轨道支持力和重力的合力提供圆周运动的向心力，据此求解即可；（3）根据物块在长木板上滑动时，物块的位移长木板的位移应该小于等于长木板的长度这一临界条件展开讨论即可解答：解：（1）设小物块做平抛运动的时间为t，则有：Hh=gt2设小物块到达B点时竖直分速度为vy：vy=gt，由以上两式解得：vy=3 m/s 由题意，速度方向与水平面的夹角为37，tan 37=，解得v0=4 m/s 则小物块运动到B点时的速度v1=5 m/s（2）设小物块到达C点时速度为v2，从B至C点，由动能定理得设C点受到的支持力为FN，则有FNmg=（1分）

42、由几何关系得Cos=由上式可得R=0.75m，v2=2 m/s，FN=47.3 N根据牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道C点的压力大小为47.3 N （3）由题意可知小物块对长木板的摩擦力Ff1=1mg=5 N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力Ff2=2（M+m）g=10 N因Ff1Ff2，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动 设小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板最右端时速度刚好为0则长木板长度为l=2.8 m所以长木板至少为2.8 m，才能保证小物块不滑出长木板 答：（1）小物块水平抛出时，初速度v0的大小5 m/s；（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小47.3 N；（3）长木板至少为2.8 m，才能保证小物块不滑出长木