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1、高中物理动能与动能定理解题技巧及练习题高中物理动能与动能定理解题技巧及练习题(含答案含答案)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，粗糙水平桌面上有一轻质弹簧左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径 R=1.0m 的圆环剪去了左上角 120的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离是h=2.4m。用质量为m=0.2kg 的物块将弹簧由 B 点缓慢压缩至 C 点后由静止释放，弹簧在C 点时储存的弹性势能 Ep=3.2J，物块飞离桌面后恰好P 点沿切线落入圆轨道。已知物块与桌面间的动摩
2、擦因数=0.4，重力加速度 g 值取 10m/s2，不计空气阻力，求(1)物块通过 P 点的速度大小；(2)物块经过轨道最高点M 时对轨道的压力大小；(3)C、D 两点间的距离；【答案】(1)8m/s；(2)4.8N；(3)2m【解析】【分析】【详解】(1)通过 P 点时，由几何关系可知，速度方向与水平方向夹角为60o，则2vy 2ghsin60o整理可得，物块通过 P 点的速度vyvv 8m/s(2)从 P 到 M 点的过程中，机械能守恒1212mv=mgR(1cos60o)+mvM22在最高点时根据牛顿第二定律2mvMFNmg R整理得FN 4.8N根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大
3、小为4.8N(3)从 D 到 P 物块做平抛运动，因此vD vcos60o 4m/s从 C 到 D 的过程中，根据能量守恒定律12EpmgxmvD2C、D 两点间的距离x 2m2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 C 端时，它对上管壁有
4、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在压缩弹簧过程中，速度最大时，合
5、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】经典力学问题一般先分析
6、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。3如图，在竖直平面内，半径R=0.5m 的光滑圆弧轨道 ABC 与粗糙的足够长斜面CD 相切于 C 点，CD 与水平面的夹角=37，B 是轨道最低点，其最大承受力Fm=21N，过 A 点的切线沿竖直方向。现有一质量m=0.1kg 的小物块，从 A 点正上方的 P 点由静止落下。已知物块与斜面之间的动摩擦因数=0.5.取 sin37=0.6.co37=0.8，g=10m/s2，不计空气阻力。(1)为保证轨道不会被破坏，求P、A 间的最大高度差 H 及物块能沿斜面上滑的最大距离L；(2)若 P
7、、A 间的高度差 h=3.6m，求系统最终因摩擦所产生的总热量Q。【答案】(1)4.5m，4.9m；(2)4J【解析】【详解】(1)设物块在 B 点的最大速度为 vB，由牛顿第二定律得：2vBFmmg mR从 P 到，由动能定理得mg(H R)解得12mvB02H=4.5m物块从 B 点运动到斜面最高处的过程中，根据动能定理得：-mgR（1-cos37）+Lsin37-mgcos37L=0解得L=4.9m(3)物块在斜面上，由于mgsin37mgcos37，物块不会停在斜面上，物块最后以B 点为中心，C 点为最高点沿圆弧轨道做往复运动，由功能关系得系统最终因摩擦所产生的总热量Q=mg（h+Rc
8、os37）解得Q=4J12mvB24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 s 变化的图线（取杆上离
9、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斜率:k=20=mgsin3
10、0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5如图甲所示，一倾角为37的传送带以恒定速度运行现将一质量m1 kg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8：求：（1）物体与传送带间的动摩
11、擦因数；（2）08 s 内物体机械能的增加量；（3）物体与传送带摩擦产生的热量Q。【答案】(1)0.875.(2)E90 J（3）Q126 J【解析】【详解】(1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为可解得：0.875.（2）根据 v-t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得 08 s 内物体的位移08 s s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为(3)08 s内只有前 6s发生相对滑动.06 s内传送带运动距离为:的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:06 s内物体位移为:则 06 s
12、内物体相对于皮带的位移为08 s内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,代入数据得：Q126 J故本题答案是：(1)0.875.(2)E90 J（3）Q126 J【点睛】对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。6如图所示，在倾角为=37的斜面底端有一个固定挡板D，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端在O 点，已知斜面 OD 部分光滑，PO 部分粗糙且长度 L=8m。质量 m=1kg 的物块（可视为质点）从P 点静止开始下滑，已知物块与斜面PO 间的动摩擦因数=0.25，g 取 10m/s2，sin37=
13、0.6，cos37=0.8。求：（1）物块第一次接触弹簧时速度的大小（2）若弹簧的最大压缩量d=0.5m，求弹簧的最大弹性势能（3）物块与弹簧接触多少次，反弹后从O 点沿斜面上升的最大距离第一次小于0.5m【答案】（1）8m/s（2）35J (3)5 次【解析】【详解】(1)物块在 PO 过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦力，此过程应用动能定理得：mgLsinmgLcos解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：12mv2v 2gLsincos8m/s（2）物块由 O 到将弹簧压缩至最短的过程中，重力势能和动能减少、弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可得弹簧的最
14、大弹性势能EpEp12mv mgd sin 35J2（3）物块第一次接触弹簧后，物体从O 点沿斜面上升的最大距离s1,由动能定理得:1mgs1mgs1cos 0mv22解得：s1 4m物块第二次接触弹簧后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离s2，由动能定理得：mgsin(s1s2)mg cos(s1 s2)0解得：s2 2m故物块每经过一次 O 点，上升的最大距离为上一次的12L2所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：s1则第 n 次上升的最大距离为：sn因为sn小于L2n1m，所以 n4，即物块与弹簧接触5 次后，物块从 O 点沿斜面上升的最大距离21m27下雪天，卡车在笔直的高速公路
15、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
16、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可得v02 3gL25如果卡车滑到故障车前就停止，由故L 1Mv020 MgL23L2这意味着卡车司机在距故障车至少3L处紧急刹车，事故就能够免于发生28雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关，雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g；（1）质量为 m 的雨滴由静止开始，下落高度h 时速度为 u，求这一过程中空气阻力所做的功 W（2）研究小组同学观察发现，下雨时雨滴的
17、速度跟雨滴大小有关，较大的雨滴落地速度较快，若将雨滴看作密度为 的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力大小为f=kr2v2，其中 v 是雨滴的速度，k 是比例常数，r 是球体半径a.某次下雨时，研究小组成员测得雨滴落地时的速度约为v0，试计算本场雨中雨滴半径r的大小；b.如果不受空气阻力，雨滴自由落向地面时的速度会非常大，其v-t 图线如图所示，请在图中画出雨滴受空气阻力无初速下落的v-t 图线（3）为进一步研究这个问题，研究小组同学提出下述想法：将空气中的气体分子看成是空间中均匀分布的、静止的弹性质点，将雨滴的下落看成是一个面积为 S 的水平圆盘在上述弹性质点中竖直向下运动的过程已知空
18、气的密度为0，试求出以速度 v 运动的雨滴所受空气阻力f 的大小（最后结果用本问中的字母表示）23kv012【答案】（1）W mu mgh（2）r，4g2（3）f 2Sv2【解析】【详解】（1）由动能定理：mghW 解得：W 1mu2212mu mgh243322（2）a.雨滴匀速运动时满足：r g kr v0，23kv0解得r 4gb.雨滴下落时，做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速下落，图像如图.（3）设空气分子与圆盘发生弹性碰撞在极短时间t 内，圆盘迎面碰上的气体质点总质量为：m S vt2v以 F 表示圆盘对气体分子的作用力，对气体根据动量定理有：Ftm2解得：F 2Sv由牛顿第三定律
19、可知，圆盘所受空气阻力F F 2Sv29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=10m/s2（1）求滑块到达 E 点时对
20、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 FG 上，有mg Lsin R1co
21、s1mgLcos2mgx 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 次返回轨道 AB 上离 B 点最远时，它在
22、 AB 轨道上运动的总路程5s L02L12L22L32L4 L593m16010如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为，间距为 L导轨上端并联接有一电容为 C 的平行板电容器和阻值为R 的电阻导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为 g忽略其它电阻让金属棒在不同情况下从导轨上端由静止开始下滑，求:(1)当断开 S1闭合 S2时，金属棒由静止开始下滑位移x 后开始匀速，求匀速的速度大小和这过程电阻生的热量；(2)当断开 S2闭合 S
23、1时金属棒的速度大小随时间变化的关系【答案】(1)vm(sincos)mgR，22B Lmg(sincos)(sincos)2m3g2R2v t (2)Q mgx(sincos)2244m B L C2B L【解析】【详解】(1)金属棒在斜面上匀速直线运动时，由平衡条件：mgsin BILmgcos由闭合电路的欧姆定律I ER而动生电动势E BLvm(sincos)mgR22B L对金属棒下滑过程，由动能定理得：联立解得：vm12mgxsinmgcosxWF安=mvm02而由功能关系，克服安培力做功等于电路的焦耳热：WF安=Q(sincos)2m3g2R2联立解得：Q mgx(sincos)4
24、42B L(2)设金属棒经历时间t，速度的变化量为v，通过金属棒的电流为 i，流过金属棒的电荷量为Q，按照电流的定义i QtQ也是平行板电容器的极板在t内的增加量，Q CU CBLv金属棒受到的摩擦力为f mgcos金属棒受到的安培力为Fi BiL设金属棒下滑的加速度为a，由牛顿第二定律有：mgsin f Fi ma联立解得：a mg(sincos)22m B L C加速度为恒定值，说明金属棒做匀加速直线运动有v at可得瞬时速度与时间的关系：v mg(sincos)tm B2L2C11如图所示，光滑轨道槽ABCD 与粗糙轨道槽 GH 通过光滑圆轨道 EF 平滑连接(D、G 处在同一高度)，组
25、成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内。现将一质量m=1kg 的小球从 AB 段距地面高 h0=2m 处静止释放，小球滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点E点。已知 CD、GH 与水平面的夹角为=37，GH 段的动摩擦因数为=0.25，圆轨道的半径R0.4m，E 点离水平面的竖直高度为3R（E 点为轨道的最高点），（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）小球第一次通过 E 点时的速度大小；（2）小球沿 GH 段向上滑行后距离地面的最大高度；（3）若小球从 AB 段离地面 h 处自由释放后，小球又能沿原路径返回AB 段，试求 h 的取值范围。【答案】（1）4m/s
26、（2）1.62m；（3）h0.8m 或 h2.32m【解析】【详解】（1）小球从 A 点到 E 点由机械能守恒定律可得：mgh03R解得：vE 4m/so（2）D、G 离地面的高度h1 2R 2Rcos37 0.48m12mvE2设小球在 CH 斜面上滑的最大高度为 hm，则小球从 A 点滑至最高点的过程，由动能定理得mgh0hmmgcos37由以上各式并代入数据hm1.62m（3）小球要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则h 2R 0.8m2vE若能完成圆周运动，则小球返回时必须能经过圆轨道的最高点E，在 E 点，mg mR此情况对应小球在 CH 斜面上升的高度为h，小球从释放位置滑至最高点
27、的过程，根据动hmh1 0sin37能定理得：mghhmgcos37hh1 0sin37小球从最高点返回 E 点的过程，根据动能定理得：mgh3Rmgcos37由以上各式得 h=2.32mhh112mvEsin372故小球沿原路径返回的条件为h0.8m 或 h2.32m12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
28、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 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
29、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：s1.92m