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1、高中物理高考物理动能与动能定理高中物理高考物理动能与动能定理(一一)解题方法和技巧及练习题解题方法和技巧及练习题一、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，质量 m=3kg 的小物块以初速度秽 v0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R=3.75m，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道 BD 平滑连接，A 与圆心 D 的连线与竖直方向成37角，MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数=0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为 r=0.4m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最
2、高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在 D点平滑连接。已知重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。（1）求小物块经过 B 点时对轨道的压力大小；（2）若 MN 的长度为 L0=6m，求小物块通过 C 点时对轨道的压力大小；（3）若小物块恰好能通过C 点，求 MN 的长度 L。【答案】（1）62N（2）60N（3）10m【解析】【详解】（1）物块做平抛运动到 A 点时，根据平抛运动的规律有：v0 vA cos37解得：vAv04m/s 5m/scos370.8小物块经过 A 点运动到 B 点，根据机械能守恒定律有：1212mvAmgR Rcos37mvB222vB小物块经
3、过 B 点时，有：FNBmg mR解得：FNB2vB mg32cos37m 62NR根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N（2）小物块由 B 点运动到 C 点，根据动能定理有：mgL0mg2r 1212mvCmvB222vCmg mr在 C 点，由牛顿第二定律得：FNC代入数据解得：FNC 60N根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N2vC（3）小物块刚好能通过 C 点时，根据mg m2r解得：vC2gr 100.4m/s 2m/s1212mvC2mvB22小物块从 B 点运动到 C 点的过程，根据动能定理有：mgLmg2r 代入数据解得：L=10m2如图所示，
4、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
5、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
6、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。3某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。传送带由电动机带动，以v 2m/s的速度顺时针匀速转动，倾角37。工人将工件轻放至传送带最低点A，由传送带传送至最高点 B 后再由另一工人运走，工件与传送带间的动摩擦因数为7，所运送的每个工8件完全相同且质量m 2kg。传送带长度为L
7、 6m，不计空气阻力。（工件可视为质点，sin370.6，cos370.8，g 10m/s2）求：(1)若工人某次只把一个工件轻放至A 点，则传送带将其由最低点A 传至 B 点电动机需额外多输出多少电能？(2)若工人每隔 1 秒将一个工件轻放至 A 点，在传送带长时间连续工作的过程中，电动机额外做功的平均功率是多少？【答案】(1)104J；(2)104W【解析】【详解】(1)对工件mgcosmgsin mav2 2axv at1t1 2s得x 2mx带 vt1 2xx相 x带 x 2m由能量守恒定律E电 Q Ep Ek即1E电mgcosx相mgLsinmv22代入数据得E电104J(2)由题意
8、判断，每 1s 放一个工件，传送带上共两个工件匀加速，每个工件先匀加速后匀速运动，与带共速后工件可与传送带相对静止一起匀速运动。匀速运动的相邻的两个工件间距为x vt 2mL x nx得n 2所以，传送带上总有两个工件匀加速，两个工件匀速则传送带所受摩擦力为f 2mgcos 2mgsin电动机因传送工件额外做功功率为P fv 104W4如图所示，小滑块（视为质点）的质量m=1kg；固定在地面上的斜面AB 的倾角=37、长 s=1m，点 A 和斜面最低点 B 之间铺了一层均质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数 可在 01.5 之间调节。点 B 与水平光滑地面平滑相连，地面上有一根自然状态下的轻弹簧
9、一端固定在O 点另一端恰好在 B 点。认为滑块通过点B 前、后速度大小不变；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，不计空气阻力。（1）若设置=0，将滑块从 A 点由静止释放，求滑块从点A 运动到点 B 所用的时间。（2）若滑块在 A 点以 v0=lm/s 的初速度沿斜面下滑，最终停止于B 点，求 的取值范围。【答案】（1）t【解析】【分析】【详解】13133或3。s；（2）324163（1）设滑块从点A运动到点B的过程中，加速度大小为a，运动时间为t，则由牛顿第二定律和运动学公式得mgsin ma1s at22解得t 3s3（2）滑块最终停在B
10、点，有两种可能：滑块恰好能从A下滑到B，设动摩擦因数为1，由动能定律得：12mgsings1mgcosgs 0mv02解得11316滑块在斜面AB和水平地面间多次反复运动，最终停止于B点，当滑块恰好能返回A点，由动能定理得122mgcosg2s 0mv02解得2132此后，滑块沿斜面下滑，在光滑水平地面和斜面之间多次反复运动，最终停止于B点。当滑块恰好能静止在斜面上，则有mgsin3mg cos解得33413时，滑块在斜面AB和水平地面间多次反复运动，324所以，当23，即最终停止于B点。综上所述，的取值范围是1313或3。324165如图所示，光滑水平轨道距地面高h=0.8m，其左端固定有半
11、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 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
12、=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:根据牛顿第二定律得:解得:【点睛】,方向向下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.6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
13、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
14、 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: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
15、 3 即为小球电势能 随位移 s 变化的图线7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
16、：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 过程中克服摩擦力做功W1，由动能定理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由牛顿第三定律得：，方向竖直向8如图所示，两个半圆形的光滑细管道(管道内径远小于半圆形半径)在竖直平面内交叠，组成“S”字形通道大半圆 BC 的半
17、径 R=0.9m，小半圆 CD 的半径 r=0.7m在“S”字形通道底部 B 连结一水平粗糙的细直管AB一质量 m=0.18kg 的小球（可视为质点）从A 点以V0=12m/s 的速度向右进入直管道，经t1=0.5s 到达 B 点，在刚到达半圆轨道B 点时，对 B点的压力为 NB=21.8N（取重力加速度 g=10m/s2）求：（1）小球在 B 点的速度 VB及小球与 AB 轨道的动摩擦因数?（2）小球到达“S”字形通道的顶点 D 后，又经水平粗糙的细直管DE，从 E 点水平抛出，其水平射程 S=3.2m小球在 E 点的速度 VE为多少？（3）求小球在到达 C 点后的瞬间，小球受到轨道的弹力大
18、小为多少？方向如何？【答案】（1）VB=10m/s，=0.4（2）VE=S/t=4m/s（3）NC=18.25N 方向向上【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律有NB-mg=mVB2/RVB=10m/sa=(V0-VB)/t=4m/s2mg=m a a=mg=0.4（2）H=2R+2r=3.2mt=2HgVE=S/t=4m/s（3）NC-mg=mVC2/r11m VB2=2mg R+m VC222NC=18.25N 方向向上9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
19、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 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
20、,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 0.6m10如图为一水平传送带装置的示意图紧绷的传送带AB 始终保持 v0=5m/s 的恒定速率运行，AB 间的距离 L 为 8m将一质量
21、 m1kg 的小物块轻轻放在传送带上距A 点 2m 处的 P点，小物块随传送带运动到B 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N小物块与传送带间的动摩擦因数 0.5，重力加速度 g10 m/s2求：（1）该圆轨道的半径 r；（2）要使小物块能第一次滑上圆形轨道达到M 点，M 点为圆轨道右半侧上的点，该点高出 B 点 0.25 m，且小物块在圆形轨道上不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A 点的位置范围.5m,0 x 5?.5m【答案】（1）r 0.5m（2）7m x 7?【解析】【分析】【详解】2试题分析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度a g 5m/s小物块与传送带共速时，所用的时间t
22、运动的位移x v01sav0 2.5mL2=6m2a故小物块与传送带达到相同速度后以v0 5m/s的速度匀速运动到 B，然后冲上光滑圆弧2vN轨道恰好到达 N 点，故有：mg mr由机械能守恒定律得1212mv0 mg(2r)mvN，解得r 0.5m22（2）设在距 A 点 x1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒m得：mg(Lx1)mgh代入数据解得x17.5?设在距 A 点 x2处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒得：mg(Lx2)mgR代入数据解得x27?m则：能到达圆心右侧的 M 点，物块放在传送带上距A 点的距离范围；m同理，只要过最高
23、点 N 同样也能过圆心右侧的M 点，由（1）可知x38m2.5m 5.5?则：0 x 5.5m故小物块放在传送带上放在传送带上距A 点的距离范围：7m x 7?.5m和0 x 5?.5m考点：考查了相对运动，能量守恒定律的综合应用11在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和 B，两者相距为 d现给 A 一初速度，使A 与 B 发生弹性正碰，碰撞时间极短当两木块都停止运动后，相距仍然为d已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为 B 的质量为 A 的 2 倍，重力加速度大小为g求 A 的初速度的大小【答案】【解析】【详解】18gd5设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为 v0；在碰撞后的瞬间，A
24、和 B 的速度分别为v1和 v2在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律，得111mv02mv122mv22222mv0 mv1 2mv2，式中，以碰撞前木块 A 的速度方向为正，联立解得：v1 2v0，v2v0331mv12，212设碰撞后 A 和 B 运动的距离分别为 d1和 d2，由动能定理得mgd1（2m）gd22mv22按题意有：d d2d1联立解得：v018gd512如图所示，在粗糙水平轨道OO1上的 O 点静止放置一质量 m=0.25kg 的小物块(可视为质点)，它与水平轨道间的动摩擦因数=0.4，OO1的距离 s=4m在 O1右侧固定了一半径R=0.32m 的光滑的竖直半圆弧，现用F=2N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力(g=10m/s2)求：(1)为使小物块到达 O1，求拉力 F 作用的最小距离；(2)若将拉力变为 F1，使小物块从 O 点由静止开始运动至OO1的中点时撤去拉力，恰能使小物块经过半圆弧的最高点，求F1的大小【答案】(1)2m (2)3N【解析】【分析】【详解】(1)为使小物块到达 O1，设拉力作用的最小距离为x根据动能定理知：Fxmgs 000.40.25104m 2mF2（2）当小物块恰好过最高点时：解得：x mgsv2mg mR从 O 点运动到最高点的过程由动能定理得：s1F1mgs mg2R mv2022解得：F1 3N