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)及解析.pdf

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1、高考物理动能与动能定理解题技巧及经典题型及练习题高考物理动能与动能定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案含答案)及解析及解析一、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=0.5，小球进入管口

2、C 端时，它对上管壁有 FN=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Ep=0.5J。取重力加速度 g=10m/s2。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Ekm；(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F 2.5mg的相互作用力故小球受到的向心力为F向 2.5mg mg 3.5mg 3.5110 35N(2)在 C 点，由vc2F向=r代入数据得12mvc 3.5J2在压缩弹

3、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x0则有kx0 mg解得x0mg 0.1mk设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有1mg(r x0)mvc2 Ekm Ep2得1Ekm mg(r x0)mvc2 Ep 33.50.5 6J2(3)滑块从 A 点运动到 C 点过程，由动能定理得mg3r mgs 解得 BC 间距离12mvc2s 0.5m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12mgs mvc2解得s 0.7m故最终小滑动距离 B 为0.70.5m 0.2m处停下.【点睛

4、】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。2如图所示，光滑水平轨道距地面高h=0.8m，其左端固定有半径R=0.6m 的内壁光滑的半圆管形轨道，轨道的最低点和水平轨道平滑连接质量m1=1.0kg 的小球 A 以 v0=9m/s 的速度与静止在水平轨道上的质量m2=2.0kg 的小球 B 发生对心碰撞，碰撞时间极短，小球A 被反向弹回并从水平轨道右侧边缘飞出，落地点到轨道右边缘的水平距离s=1.2m重力加速度 g=10m/s2求：(1)碰后小球 B 的速度大小 vB；(2)小球 B 运动到半圆管形轨道最高点C

5、 时对轨道的压力【答案】（1）6m/s（2）20N，向下【解析】【详解】(1)根据得:则规定 A 的初速度方向为正方向，AB 碰撞过程中，系统动量守恒，以A 运动的方向为正方向，有：m1v0=m2vB-m1vA，代入数据解得：vB=6m/s(2)根据动能定理得:代入数据解得:,方向向下根据牛顿第二定律得:解得:【点睛】根据牛顿第三定律得，小球对轨道最高点的压力大小为20N，方向向上本题考查了动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律的综合，涉及到平抛运动、圆周运动，综合性较强，关键要理清过程，选择合适的规律进行求解.3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

6、，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 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

7、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:kqQ2s02mgsins

8、0q=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，斜面 ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于 C，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角DOC=37，E、B 与圆心 O 等高，圆弧轨道半径R=0.30m，斜面长L=1.90m，AB 部分光滑，BC 部分粗糙现有一个质量m=0.10kg 的小物块 P 从斜面上端 A点无初速下滑，物块 P 与斜面 BC 部分之间的动摩擦因数=0.75取sin37o=

9、0.6，cos37o=0.8，重力加速度 g=10m/s2，忽略空气阻力求：（1）物块从 A 到 C 过程重力势能的增量EP；（2）物块第一次通过 B 点时的速度大小 vB；（3）物块第一次通过 D 点时受到轨道的支持力大小N【答案】（1）-1.14J（2）4.2m/s（3）7.4N【解析】【分析】【详解】o（1）从 A 到 C 物块的重力做正功为：WG mgLsin 371.14J故重力势能的增量EP WG 1.14J（2）根据几何关系得，斜面BC 部分的长度为：l Rcot37o 0.40m设物块第一次通过 B 点时的速度为vB，根据动能定理有：mgLlsin37 解得：vB 4.2m/s

10、（3）物块在 BC 部分滑动受到的摩擦力大小为：f mgcos37 0.60N在 BC 部分下滑过程受到的合力为：F mgsin37 f 0则物块第一次通过 C 点时的速度为：vC vB 4.2m/s12mvB02物块从 C 到 D，根据动能定理有：mgR1cos372vD在 D，由牛顿第二定律得：N mg mR1212mvDmvC22联立解得：N 7.4N【点睛】本题考查了动能定理与牛顿第二定律的综合运用，运用动能定理解题关键确定出研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再根据动能定理列式求解5如图所示，倾角为=45的粗糙平直导轨与半径为R 的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内一

11、质量为m 的小滑块从导轨上离地面高为h=3R 的 D 处无初速下滑进入圆环轨道.接着小滑块从圆环最高点C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的P 点，不计空气阻力.求：（1）滑块运动到圆环最高点C 时的速度的大小；（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；（3）滑块在斜面轨道 BD 间运动的过程中克服摩擦力做的功【答案】（1）Rg（2）6mg（3）【解析】【分析】【详解】（1）小滑块从 C 点飞出来做平抛运动，水平速度为v0，竖直方向上：向上：，解得，水平方1mgR2（2）小滑块在最低点时速度为vC由机械能守恒定律得牛顿第二定律：下（3）从 D 到最低点过程中，设 DB 过程中克服

12、摩擦力做功W1，由动能定理由牛顿第三定律得：，方向竖直向h=3R【点睛】对滑块进行运动过程分析，要求滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小，我们要知道滑块运动到圆环最低点时的速度大小，小滑块从圆环最高点C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心 O 等高的 P 点，运用平抛运动规律结合几何关系求出最低点时速度在对最低点运用牛顿第二定律求解6如图所示，AB 是一倾角为=37的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数=0.30，BCD 是半径为 R=0.2m 的光滑圆弧轨道，它们相切于B 点，C 为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E=4.0103N/C，质量 m=0.20kg

13、的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下已知斜面AB 对应的高度 h=0.24m，滑块带电荷 q=-5.010-4C，取重力加速度 g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80求：（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B 点时的速度大小；（2）滑块滑到圆弧轨道最低点C 时对轨道的压力【答案】(1)2.4m/s (2)12N【解析】【分析】(1)滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B 点时的速度大小；(2)滑块从 B 到 C 点，由动能定理可得C 点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解【详解】(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力：f mgqEcos370.96

14、N设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得：mg qEh f解得：h12mv1sin37o2v1=2.4m/s(2)滑块从 B 到 C 点，由动能定理可得：mg qER1cos37=当滑块经过最低点时，有：1212mv2mv122v22FNmg qE mR由牛顿第三定律：FN，FN11.36N方向竖直向下【点睛】本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择.7下雪天，卡车在笔直的高速公路上匀速行驶司机突然发现前方停着一辆故障车，他将刹车踩到底，车轮被抱死，但卡车仍向前滑行，并撞上故障车，且推着它共同滑行了一段距离 l 后停下事故发生后，经测量，卡车刹车时与故障车距离为L，撞车

15、后共同滑行的距8L假定两车轮胎与雪地之间的动摩擦因数相同已知卡车质量M 为故障车质量25m 的 4 倍v1(1)设卡车与故障车相撞前的速度为v1两车相撞后的速度变为v2，求v2离l (2)卡车司机至少在距故障车多远处采取同样的紧急刹车措施，事故就能免于发生【答案】(1)【解析】(1)由碰撞过程动量守恒Mv1=(M m)v2则v15v24v153 (2)L Lv242(2)设卡车刹车前速度为v0，轮胎与雪地之间的动摩擦因数为两车相撞前卡车动能变化11Mv02Mv12MgL221(M m)v220(M m)gl2碰撞后两车共同向前滑动，动能变化22由式v0v1 2gL2由式v2 2gL又因l 8L

16、可得v02 3gL251Mv020 MgL2如果卡车滑到故障车前就停止，由故L 3L23L处紧急刹车，事故就能够免于发生2这意味着卡车司机在距故障车至少8如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1106V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R=0.2mA、B 用一根绝缘轻杆相连，A 带的电荷量为 q=+7107C，B 不带电，质量分别为mA=0.01kg、mB=0.08kg将两小球从圆环上的图示位置（A 与圆心 O 等高，B 在圆心 O 的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动重力加速度大小为g=10m/s2（1）通过

17、计算判断，小球A 能否到达圆环的最高点C？（2）求小球 A 的最大速度值（3）求小球 A 从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值【答案】（1）A 不能到达圆环最高点（2）【解析】【分析】【详解】试题分析：A、B 在转动过程中，分别对A、B 由动能定理列方程求解速度大小，由此判断A 能不能到达圆环最高点；A、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，对A、B 分别由动能定理列方程联立求解最大速度；A、B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0 时，根据电势能的减少与电场力做功关系求解（1）设 A、B 在转动过程中，轻杆对A、B 做的功分别为 WT和WT，根据题意有：WTWT 0设 A、

18、B 到达圆环最高点的动能分别为EKA、EKB对 A 根据动能定理：qERmAgR+WT1=EKA对 B 根据动能定理：WT1mBgR E联立解得：EKA+EKB=0.04J由此可知：A 在圆环最高点时，系统动能为负值，故A 不能到达圆环最高点（2）设 B 转过 角时，A、B 的速度大小分别为 vA、vB，因 A、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，故：vA=vB对 A 根据动能定理：qERsinmAgRsinWT 2对 B 根据动能定理：WT2mBgR1cos联立解得：vA22 2m/s（3）0.1344J312mAvA212mBvB283sin4cos49由此可得：当tan32 2时，A、B

19、 的最大速度均为vmaxm/s43（3）A、B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减少最多，由上可式得：3sin+4cos4=0解得：sin24或 sin=0（舍去）25所以 A 的电势能减少：EP qERsin84J 0.1344J625点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答，属于复杂题9如图所示，滑块 A 的质量 m0.01kg，与水平地面间的动摩擦因数0.2，用细线悬挂的小球质量均为 m0.01kg，沿

20、 x 轴排列，A 与第 1 只小球及相邻两小球间距离均为s2m，线长分别为 L1、L2、L3（图中只画出三只小球，且小球可视为质点），开始时，滑块以速度 v010ms 沿 x 轴正方向运动，设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块正碰，g 取 10ms2，求：（1）滑块能与几个小球碰撞？（2）求出碰撞中第 n 个小球悬线长 La的表达式。【答案】(1)12 个;(2)【解析】（1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内转动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为s0，有得 s025m（个）（2）滑块与第 n

21、 个球碰撞，设小球运动到最高点时速度为vn对小球，有：对滑块，有：解三式：10如图 1 所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图2 所示的模型：倾角=37、L=60cm 的直轨道 AB 与半径 R=10cm 的光滑圆弧轨道 BCDEF 在 B 处平滑连接，C、F 为圆轨道最低点，D 点与圆心等高，E 为圆轨道最高点；圆轨道在F 点与水平轨道 FG 平滑连接，整条轨道宽度不计，其正视图如图3 所示现将一质量m=50g 的滑块(可视为质点)从 A端由静止释放已知滑块与AB 段的动摩擦因数 1=0.25，与 FG 段的动摩擦因数 2=0.5，sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度 g=1

22、0m/s2（1）求滑块到达 E 点时对轨道的压力大小FN；（2）若要滑块能在水平轨道FG 上停下，求 FG 长度的最小值 x；（3）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D 点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第 5 次返回轨道 AB 上离 B 点最远时，它在 AB 轨道上运动的总路程 s【答案】（1）FN=0.1N（2）x=0.52m（3）s【解析】【详解】（1）滑块从 A 到 E，由动能定理得：93m160mg Lsin R1cos2R1mgLcos代入数据得：vE12mvE230m/s52vE滑块到达 E 点：mg FN mR代入已知得：FN=0.1N（2）滑块从 A 下滑到停在水平轨道

23、 FG 上，有mg Lsin R1cos1mgLcos2mgx 0代入已知得：x=0.52m（3）若从距 B 点 L0处释放，则从释放到刚好运动到D 点过程有：mgL0sin+R(1cos)R1mgL0cos 0代入数据解得：L0=0.2m从释放到第一次返回最高点过程，若在轨道AB 上上滑距离为 L1，则：mgL0L1sin1mgL0L1cos0解得：L1sin1cos1L0L0sin1cos22同理，第二次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L2，有：sin1cos1 1L2L1L1L0sin1cos22 1故第 5 次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L5，有：L5L02所以第 5 次返

24、回轨道 AB 上离 B 点最远时，它在 AB 轨道上运动的总路程5s L02L12L22L32L4 L593m16011如图所示，质量为m11kg 的小物块 P，置于桌面上距桌面右边缘C 点 L190cm 的 A点并与弹簧的右端接触（不拴接），轻弹簧左端固定，且处于原长状态质量为M3.5kg、长 L1.5m 的小车静置于光滑水平面上，其上表面与水平桌面相平，且紧靠桌子右端小车左端放有一质量为m20.5kg 的小滑块 Q现用水平向左的推力将P 缓慢压缩 L25cm 推至 B 点（弹簧仍在弹性限度内）时，撤去推力，此后P 沿桌面滑到桌子边缘C 时速度为 2m/s，并与小车左端的滑块Q 相碰，最后

25、Q 停在小车的右端，物块 P 停在小车上距左端 0.35m 处 P 与桌面间动摩擦因数 10.4，P、Q 与小车表面间的动摩擦因数20.1，重力加速度 g10m/s2（1）小车最后的速度 v；（2）推力所做的功；（3）在滑块 Q 与车相对静止时，Q 到桌边的距离【答案】（1）0.4m/s；（2）6J；（3）1.92m【解析】【详解】（1）设物块 P 与滑块 Q 碰后最终与小车保持相对静止，其共同速度为v由动量守恒得：m1vc(m1m2 M)v代入数据可得：v0.4m/s（2）90cm0.9m，设弹簧的最大弹性势能为Epm根据动能定理得：W 1m1g(L12L2)得：W6J1m1vc22（3）设

26、物块 P 与滑块 Q 碰后速度分别为 v1和 v2，P 与 Q 在小车上滑行距离分别为S1和 S2P 与 Q 碰撞前后动量守恒，则有：m1vc m1v1m2v2由动能定理得：22m1gs12m2gs2m1v12m2v2(m1m2M)v2121212联立得 v11m/s，v22m/s方程的另一组解：当v2=25m/s 时，v1=m/s，v1v2不合题意舍去33设滑块 Q 与小车相对静止时到桌边的距离为s，Q 在小车上运动的加速度为a由牛顿第二定律得：2m2g m2a代入数据解得：a1m/s2由匀变速运动规律得：2v2v2s 2a解得：s1.92m12如图所示，在竖直平面内有一“”管道装置，它是由

27、两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。直管道和圆弧管道分别相切于A1、A2、B1、B2，D1、D2分别是两圆弧管道的最高点，C1、C2分别是两圆弧管道的最低点，C1、C2固定在同一水平地面上。两直管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。圆弧管道的半径均为 R，B1O1D1 AO11C1 B2O2D2 A2O2C2。一质量为 m 的小物块以水平向左的速度v0从C1点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为。设v012m/s，m=1kg，R=1.5m，0.5，37（sin37=0.6，cos37=0.8）。求：（1）小物块从C1点出发时对管道的作用力；（2）小物块第一次

28、经过C2点时的速度大小；（3）小物块在直管道B1A2上经过的总路程。【答案】（1）106N，方向向下（2）47m/s（3）【解析】【详解】(1)物块在 C1点做圆周运动，由牛顿第二定律有：2v0N mg mR2v0可得：N mg m106NR53m4由牛顿第三定律可知，小物块对管道的作用力大小为106N，方向向下(2)由几何知识易有：l A2B1 A1B22Rcos 4msin从 C1到 C2由动能定理可得：mglcos2可得：v2v02glcos 4 7m/s1212mv2mv022(3)以 C1C2水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D1、D2点时的机械能需满足：E E0 2mgR 30J由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足：E Wfmglcos16J设 n 为从第一次经过 D1后，翻越 D1和 D2的总次数，则有：12mv0n E E0，212mv0-n1E E02可得：n=2，表明小物块在第二次经过D1后就到不了 D2，之后在 D1B1A2C2D2之间往复运动直至稳定，最后在 A2及 C2右侧与 A2等高处之间往复稳定运动。由开始到稳定运动到达 A2点，由动能定理有：12mgscosmgR1cos 0mv02可得：s=69m4故在 B1A2直管道上经过的路程为 s=sl=53m4