高中物理动能与动能定理解题技巧及练习题含解析.pdf

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1、高中物理动能与动能定理解题技巧及练习题含解析高中物理动能与动能定理解题技巧及练习题含解析一、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 点以初速度后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道，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轨道。（3）当 R 满足什

2、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【答案】（1）10.5J（2）3J（3）0.3mR0.42m 或 0R0.12m【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：mgl+W弹0 mv02由功能关系：W弹=-Ep=-Ep解得 Ep=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2mglEk mv02解得 Ek=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：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 mv22Ek小物

3、块能够经过最高点的条件mmg，解得 R0.12m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 mv12mgR，解得 R0.3m；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 mv12-mv02且需要满足 mmg，解得 R0.72m，综合以上考虑，R 需要满足的条件为：0.3mR0.42m 或 0R0.12m。【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。2如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B 点水平，上端 A 与 B 点的高度差为 h10.3 m，倾斜传送带

4、与水平方向的夹角为37，传送带的上端 C 点到 B 点的高度差为h20.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计)一质量为 m1 kg 的滑块(可看作质点)从轨道的 A 点由静止滑下，然后从B 点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C 点落到传送带上，传送带逆时针传动，速度大小为v0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g10 m/s2，试求：(1).滑块运动至 C 点时的速度 vC大小；(2).滑块由 A 到 B 运动过程中克服摩擦力做的功Wf；(3).滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q.【答案】（1）2.5 m/s（2）1

5、J（3）32 J【解析】本题考查运动的合成与分解、动能定理及传送带上物体的运动规律等知识。(1)在 C 点，竖直分速度：vy2gh21.5m/svyvcsin370，解得：vc 2.5m/s(2)C 点的水平分速度与 B 点的速度相等，则vBvxvCcos372m/s12mvB，解得：Wf1J2(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得：mgcos37mgsin37ma从 A 到 B 点的过程中，据动能定理得：mgh1Wf解得：a0.4m/s达到共同速度所需时间t 二者间的相对位移x 2vvc 5savvct vt 5m2由于mgsin37 mgcos37，此后滑块将做匀速运动。滑块在传送

6、带上运动时与传送带摩擦产生的热量Qmgcos37 x32J03如图（a）所示，倾角=30的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2104C 的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q 未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b）所示，其中线 1 为重力势能随位移变化图象，线 2 为动能随位移变化图象（g=10m/s2，静电力恒量 K=9109Nm2/C2）则（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况；（2）求小球的质量 m 和电量 q；（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；（4）在图（b）中画出小球的电势能 随位移

7、 s 变化的图线（取杆上离底端3m 处为电势零点）【答案】（1）小球的速度先增大，后减小；小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零（2）4kg；1.11105C；（3）4.2106V（4）图像如图,线 3 即为小球电势能随位移 s 变化的图线；【解析】【分析】【详解】（1）由图线 2 得知，小球的速度先增大，后减小根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零（2）由线 1 可得:EP=mgh=mgssin斜

8、率:k=20=mgsin30所以m=4kg当达到最大速度时带电小球受力平衡:mgsin由线 2 可得 s0=1m，得:kqQ2s02mgsins0q=1.11105CkQ（3）由线 2 可得，当带电小球运动至1m 处动能最大为 27J根据动能定理:WG+W电=Ek即有:mgh+qU=Ekm0代入数据得:U=4.2106V（4）图中线 3 即为小球电势能 随位移 s 变化的图线4如图所示，在竖直平面内的光滑固定轨道由四分之一圆弧AB 和二分之一圆弧 BC 组成，两者在最低点 B 平滑连接过 BC 圆弧的圆心 O 有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各一块，挡板与圆弧轨道之间有宽度很小的缝隙AB 弧的半

9、径为 2R，BC 弧的半径为 R.一直2R处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨3道运动不考虑小球撞到挡板以后的反弹(1)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点径略小于缝宽的小球在A 点正上方与 A 相距(2)若小球能到达 C 点，求小球在 B、C 两点的动能之比；若小球不能到达C 点，请求出小球至少从距 A 点多高处由静止开始自由下落才能够到达C 点(3)使小球从 A 点正上方不同高度处自由落下进入轨道，小球在水平挡板上的落点到O 点的距离 x 会随小球开始下落时离A 点的高度 h 而变化，请在图中画出x2h 图象(写出计算过程)【答案】(1)mg (2)41 (3)13过程见解析【解析】【

10、详解】（1）若小球能沿轨道运动到C 点，小球在 C 点所受轨道的正压力N 应满足 N0设小球的质量为 m，在 C 点的速度大小为 vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有mvC2NmgR小球由开始下落至运动到C 点过程中，机械能守恒，有2mgR12mvC32由两式可知N小球可以沿轨道运动到C 点.（2）小球在 C 点的动能为 EkC，由机械能守恒得EkC设小球在 B 点的动能为 EkB，同理有EkB得EkBEkC411mg32mgR38mgR3（3）小球自由落下，经 ABC 圆弧轨道到达 C 点后做平抛运动。由动能定理得：mgh 由平抛运动的规律得：R 1mvC2212gt2x=vCt解得：x

11、2 Rh因为x 3R，且vCgR所以R3R h24x2-h 图象如图所示：5如图所示，质量 m=2kg 的小物块从倾角=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 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

12、.6，cos37=0.8）【答案】（1）6m/s（2）1.5s（3）0.4（4）F 2.48N【解析】【详解】(1)根据机械能守恒得：mgsABsin37 解得：12mvB2vB2gsABsin37 21030.6m/s 6m/s；(2)物块在斜面上的加速度为：a1 gsin 6m/s2在斜面上有：1sABa1t22代入数据解得：t11s物块在 BC 段的运动时间为：t2 t t11.5sBC 段的位移为：1sBC(vB0)t2 4.5m2（3）在水平面上，有：0 vB a2t2解得：a2根据牛顿第二定律有：vB 4m/s2t2mg ma2代入数据解得：0.4(4)从 A 到 D 的过程，根据

13、动能定理得：mgsABsinFsBDsABcosmgsBD0代入数据解得：F 2.48N【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.6如图甲所示为某一玩具汽车的轨道，其部分轨道可抽象为图乙的模型AB和BD为两段水平直轨道，竖直圆轨道与水平直轨道相切于B点，D点为水平直轨道与水平半圆轨道的切点在某次游戏过程中，通过摇控装置使静止在A点的小车以额定功率启动，当小车运动到B点时关闭发动机并不再开启，

14、测得小车运动到最高点C时对轨道的压力大小FN 5.6N，小车通过水平半圆轨道时速率恒定小车可视为质点，质量m 400g，额定功率P 20W，AB长l 1m，BD长s 0.75m，竖直圆轨道半径R 25cm，水平半圆轨道半径r 10cm小车在两段水平直轨道所受的阻力大小均为f 4N，在竖直圆轨道和水平半圆轨道所受的阻力均忽略不计，重力加速度取g 10m/s求：2（1）小车运动到C点时的速度大小；（2）小车在BD段运动的时间；（3）水平半圆轨道对小车的作用力大小；（4）要使小车能通过水平半圆轨道，发动机开启的最短时间【答案】（1）6m/s；（2）0.3s；（3）4 2N.；（4）0.35s.【解析

15、】【详解】（1）由小车在C点受力得：vc2FNmg mR解得：vC6m/s（2）从C点到B点，由动能定理得：12122mgR mvBmvC22解得：vB 4m/s小车在BD段运动的加速度大小为：a 由运动学公式：f10m/s2m1s vBt at22解得：t 0.3s（3）从B点到D点，由运动学公式：vD vBat，解得：vD1m/s小车在水平半圆轨道所需的向心力大小：2vDFn m，r代入数据可得：Fn 4NF2 Fn2mg水平半圆轨道对小车的作用力大小为：2F 4 2N.（4）设小车恰能到C点时的速度为v1，对应发动机开启的时间为t1，则：v12mg mRPt1 fl 2mgR 解得12m

16、v12t1 0.325s.在此情况下从C点到D点，由动能定理得：2mgR Fs 解得112mvDmvC222vD 2.5即小车无法到达D点.设小车恰能到D点时对应发动机开启的时间为t2，则有：Pt2 fls0，解得t2 0.35s.7如图所示，AB 是倾角为 的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在 B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R一个质量为 m 的物体（可以看作质点）从直轨道上与圆弧的圆心 O 等高的 P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动已知物体与轨道AB 间的动摩擦因数为，重力加速度为 g试求：（1）物体释放后，第一次到达B 处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过

17、程中在AB 轨道上通过的总路程s；（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力的大小；（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D（E、O、D 为同一条竖直直径上的3 个点），释放点距 B 点的距离 L 应满足什么条件2gR(sincos)L R（2）FN mg(32cos)；【答案】（1）vB；tan（3）L【解析】【分析】【详解】（1）设物体释放后，第一次到达B 处的速度为v1，根据动能定理可知：(32cos)R2(sincos)mgRcosmgcos解得：Rcos12mv1sin2vB2gR(sincos)tan物体每完成一次往返运动，在AB 斜面上能上升的高度都减少一些，最

18、终当它达B 点时，速度变为零，对物体从 P 到 B 全过程用动能定理，有mgRcosmgLcos 0得物体在 AB 轨道上通过的总路程为L R（2）最终物体以 B 为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B 运动到 E 时速度为v2v，由动能定理知：mgR(1cos)在 E 点，由牛顿第二定律有12mv222mv2FNmg R解得物体受到的支持力FN mg(32cos)根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为FN FN mg(32cos)，方向竖直向下（3）设物体刚好到达 D 点时的速度为vD此时有2mvDmg R解得：vDgR设物体恰好通过 D 点时释放点距 B 点的距离为L0，有动能定理

19、可知：12mgL0sinR(1cos)mgcosL0mvD2联立解得：L0则：(32cos)R2(sincos)(32cos)RL2(sincos)答案：（1）vB2gR(sincos)L R（2）FN mg(32cos)；（3）；tan(32cos)RL2(sincos)8如图所示，四分之一光滑圆弧轨道AO 通过水平轨道 OB 与光滑半圆形轨道 BC 平滑连接，B、C 两点在同一竖直线上，整个轨道固定于竖直平面内，以O 点为坐标原点建立直角坐标系 xOy。一质量 m=1kg 的小滑块从四分之一光滑圆弧轨道最高点A 的正上方 E 处由静止释放，A、E 间的高度差 h=2.7m，滑块恰好从 A

20、点沿切线进入轨道，通过半圆形轨道BC的最高点 C 时对轨道的压力 F=150N，最终落到轨道上的 D 点(图中未画出)。已知四分之一圆弧轨道 AO 的半径 R=1.5m，半圆轨道 BC 的半径 r=0.4m，水平轨道 OB 长 l=0.4m，重力加速度 g=10m/s2。求：(1)小滑块运动到 C 点时的速度大小；(2)小滑块与水平轨道 OB 间的动摩擦因数；(3)D 点的位置坐标.【答案】(1)vC8m/s (2)0.5 (3)x 1.2m,y 0.6m【解析】【详解】（1）滑块在 C 点时，对滑块受力分析，有vC2F mg mr解得：vC 8m/s（2）滑块从 E 点到 C 点过程，由动能

21、定理可知：mgh R2rmgl 解得：0.512mvc2（3）小滑块离开 C 点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则2r 12gt，s vCt2解得：s 3.2ml 0.4m所以滑块落到四分之一圆弧轨道上，设落点坐标为x,y，则有：2r y 12gt22l x vCtx2R y R2解得：x 1.2m，y 0.6m9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是多少？【答案】wf

22、 克【解析】【分析】1mgR2本题首先用牛顿第二定律列示求出圆周运动最低点与最高点得瞬时速度的大小，再由最低点到最高点列动能定理解题，得出空气阻力做的功本题属于绳子栓小球模型，注意最高点重力提供向心力【详解】mv12v16gR最低点7mg mg R2mv2v2gR最高点：mg R由动能定律 得2mgR wf解得wf 1212mv2mv1221mgR21mgR2所以 克服空气阻力做功wf 克【点睛】本题是圆周运动模型解题，结合牛顿运动定律与动能定理解圆周问题10将一根长为L的光滑细钢丝ABCDE制成如图所示的形状，并固定在竖直平面内其中AD段竖直，DE段为3圆弧，圆心为O，E为圆弧最高点，C与E

23、、D与O分别等高，BC41AC将质量为m的小珠套在钢丝上由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g4（1）小珠由C点释放，求到达E点的速度大小v1；（2）小珠由B点释放，从E点滑出后恰好撞到D点，求圆弧的半径R；mg（3）欲使小珠到达E点与钢丝间的弹力超过，求释放小珠的位置范围4【答案】v1=0；R 处【解析】【详解】3L5L2L；C 点上方低于处滑下或高于4(43)4(43)43（1）由机械能守恒可知，小珠由C点释放，到达E点时，因 CE 等高，故到达 E 点的速度为零；（2）由题意：BC 1 3L(2R R)；小珠由B点释放，到达 E 点满足：44mgBC 12mvE22L2R联立解得：R；

24、g43从E点滑出后恰好撞到D点，则R vEt；t 21vE1（3）a.若小珠到达E点与小珠上壁对钢丝的弹力等于mg，则mg mg m1；从44R释放点到 E 点，由机械能守恒定律：mgh112mvE1；233Lh R 联立解得：84(43)21vE1b.若小珠到达E点与小珠下壁对钢丝的弹力等于mg，则mg mg m2；从释放44R点到 E 点，由机械能守恒定律：mgh2联立解得：h 12mvE2；23L55LR；故当小珠子从 C点上方低于处滑下或高84(43)4(43)5L1于处滑下时，小珠到达E点与钢丝间的弹力超过mg.44(43)11如图所示，一质量 M=4kg 的小车静置于光滑水平地面上

25、，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC 和水平粗糙轨道 CD 组成，BC 与 CD 相切于 C，圆弧BC 所对圆心角 37，圆弧半径 R=2.25m，滑动摩擦因数=0.48。质量 m=1kg 的小物块从某一高度处的 A 点以 v04m/s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B 点进入圆弧轨道，最终与小车保持相对静止。取g10m/s2，sin37=0.6，忽略空气阻力，求:（1）A、B 间的水平距离；（2）物块通过 C 点时，轨道对物体的支持力；（3）物块与小车因摩擦产生的热量。【答案】（1）1.2m（2）FN 25.1N（3）13.6J【解析】【详解】（1）物块从A到B由平

26、抛运动的规律得:tan=gtv0 x=v0t得x=1.2m（2）物块在 B 点时，由平抛运动的规律得：vBv0cos物块在小车上BC段滑动过程中，由动能定理得：mgR(1cos)2vC在 C 点对滑块由牛顿第二定律得FNmg mR11mvC2mvB222联立以上各式解得：FN 25.1N（3）根据牛顿第二定律，对滑块有mgma1，对小车有 mgMa2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即vCa1t1a2t1由以上各式解得t134s，634m/s5此时小车的速度为 va2t1物块在CD段滑动过程中由能量守恒定律得：解得：Q=13.6J11mvC2（Mm）v2+Q2212如图所示，物块 B 静止放

27、置在水平面上，物块A 以一定的初速度 v0冲向 B，若在物块A、B 正对的表面加上粘合剂，则物块A、B 碰后一起沿水平面运动的最大距离为l；若在物块 A、B 正对的表面加上弹性装置，则两物块将发生弹性正碰，碰后两物块间的最大距离为 5l。已知物块 A、B 与水平面间的动摩擦因数均为，水平面足够大，不计粘合剂及弹性mA装置的质量，求物块 A、B 的质量之比。mB【答案】【解析】【详解】取水平向左为正方向。设A、B 第一次碰后速度为v1由动量守恒：mAv0(mA mB)v112第一次碰后到停止的过程，由动能定理得：1(mA mB)gl 0(mA mB)v122第二次碰后速度分别为v2、v3，由动量守恒得、动能守恒得：mAv0 mAv2 mBv3111mAv02mAv22mBv32222第二次碰后到停止的过程，由动能定理得：12对 A：mAgxA 0mAv2212对 B：mBgxB 0mBv32联立以上各式，可得，xB 4l 5l，由此可知若碰撞后 A 继续向右运动，AB 的最大距离不可能是 5l，即可得，mA mB，碰后 A 会反弹向左运动，则有：xA xB 5lmA1联立以上各式，得：mB2