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1、高考物理动能与动能定理解题技巧分析及练习题高考物理动能与动能定理解题技巧分析及练习题(含答案含答案)含解析含解析一、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，半径 R=0.5 m 的光滑圆弧轨道的左端A 与圆心 O 等高，B 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端 C 与一倾角=37的粗糙斜面相切。一质量m=1kg 的小滑块从 A 点正上方 h=1 m 处的 P 点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数=0.5，sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度 g=10 m/s2。(1)求滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力。(2)求滑块在粗糙
2、斜面上向上滑行的最大距离。(3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A 点。【答案】(1)70N；(2)1.2m；(3)能滑出 A【解析】【分析】【详解】(1)滑块从 P 到 B 的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有mgh R1mvB22那么，对滑块在 B 点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且2mgh RmvB2FN mg mg 70NRR故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力为70N，方向竖直向下。(2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得mg（h R Rcos37 Lsin37）mgLco
3、s37 0所以L 1.2m(3)对滑块从 P 到第二次经过 B 点的运动过程应用动能定理可得1mvB2 mgh R2mgLcos37 0.54mg mgR2所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A 点。【点睛】经典力学问题一般先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，不可伸长的细线跨过同一高度处的两个光滑定滑轮连接着两个物体A 和 B，A、B 质量均为 m。A 套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度为h。开始时让连着 A 的细线与水平杆的夹角。现将 A 由静止释放（设 B 不会碰到水平杆，A、B 均可
4、视为质点；重力加速度为 g）求：(1)当细线与水平杆的夹角为（90）时，A 的速度为多大?(2)从开始运动到 A 获得最大速度的过程中，绳拉力对A 做了多少功?【答案】(1)vA【解析】【详解】2gh111cos2sinsinhW mgh(2)；Tsin(2)A、B 的系统机械能守恒EP减 EK加hh1212mgmvAmvB2sinsin2vAcos vB解得vA2gh111cos2sinsinEP减 EK加(2)当 A 速度最大时，B 的速度为零，由机械能守恒定律得h12mghmvAmsin2对 A 列动能定理方程WT联立解得12mvAm2hWT mghsin3如图所示是一种特殊的游戏装置，
5、CD是一段位于竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆弧半径为10m，末端D处的切线方向水平，一辆玩具滑车从轨道的C点处下滑，滑到D点时速度大小为10m/s，从D点飞出后落到水面上的B点。已知它落到水面上时相对于O点（D点正下方）的水平距离OB10m。为了能让滑车抛到水面上的更远处，有人在轨道的下方紧贴D点安装一水平传送带，传送带右端轮子的圆心与D点的水平距离为8m，轮子半径为0.4m（传送带的厚度不计），若传送带与玩具滑车之间的动摩擦因数为0.4，玩具滑车的质量为4kg，不计空气阻力（把玩具滑车作质点处理），求(1)玩具滑车到达D点时对D点的压力大小。(2)如果传送带保持不动，玩具滑车到达传送带右端轮子
6、最高点时的速度和落水点位置。(3)如果传送带是在以某一速度匀速运动的（右端轮子顺时针转），试讨论玩具滑车落水点与传送带速度大小之间的关系。【答案】(1)80N；(2)6m/s，6m；(3)见解析。【解析】【详解】(1)玩具滑车到达 D 点时，由牛顿第二定律：2vDFDmg mR解得2vD102FD mg m=40 4=80N；R10(2)若无传送带时，由平抛知识可知：x vDt解得t 1s如果传送带保持不动，则当小车滑到最右端时，由动能定理：1212mv mvD mgL22解得v=6m/s因为v 6m/sgR 2m/s，则小车从右端轮子最高点做平抛运动，则落水点距离传送x vt 6m带右端的水
7、平距离：(3)若传送带的速度 v6m/s，则小车在传送带上运动时一直减速，则到达右端的速度为6m/s，落水点距离传送带右端的水平距离为6m；若小车在传送带上一直加速，则到达右端时的速度满足1212mv mvDmgL22解得v 2 41m/s若传送带的速度v 2 41m/s，则小车在传送带上运动时一直加速，则到达右端的速度为2 41m/s，落水点距离传送带右端的水平距离为x vt 2 41m；若传送带的速度 10m/sv6m/s，则小车在传送带上运动时先减速到v，然后以速度 v 匀速，则到达右端的速度为v，落水点距离传送带右端的水平距离为vt=vm；若传送带的速度2 41m/sv10m/s，则小
8、车在传送带上运动时先加速到v，然后以速度v 匀速，则到达右端的速度为v，落水点距离传送带右端的水平距离为vt=vm。4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
9、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 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
10、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 3 即为小球电势能 随位移 s 变化的图线5如图所示，在倾角为=30的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为m 的半圆柱体 A 紧靠挡板放在斜面上，质量为2m 的圆柱体 B 放在 A 上并靠在挡板上静
11、止。A与 B 半径均为 R，曲面均光滑，半圆柱体A 底面与斜面间的动摩擦因数为现用平行斜面向上的力拉 A，使 A 沿斜面向上缓慢移动，直至B 恰好要降到斜面设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：（1）未拉 A 时，B 受到 A 的作用力 F 大小；（2）在 A 移动的整个过程中，拉力做的功W；（3）要保持 A 缓慢移动中拉力方向不变，动摩擦因数的最小值min【答案】（1）F=3mg（2）W【解析】【详解】（1）研究 B，据平衡条件，有15 3(93)mgR（3）min29F=2mgcos解得F=3mg（2）研究整体，据平衡条件，斜面对A 的支持力为N=3mgcos=f=N=由几何关
12、系得 A 的位移为3 3mg23 3mg2x=2Rcos30=3R克服摩擦力做功Wf=fx=4.5mgR由几何关系得 A 上升高度与 B 下降高度恰均为h=据功能关系W+2mgh-mgh-Wf=0解得3R21W(93)mgR2（3）B 刚好接触斜面时，挡板对B 弹力最大研究 B 得 Nm研究整体得2mg 4mgsin30fmin+3mgsin30=Nm解得fmin=2.5mg可得最小的动摩擦因数：minfmin5 3N96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
13、，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，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
14、短时间【答案】（1）6m/s；（2）0.3s；（3）4 2N.；（4）0.35s.【解析】【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
15、v1，对应发动机开启的时间为t1，则：v12mg mRPt1 fl 2mgR 解得12mv12t1 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，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 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 v0
16、10ms 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 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：8一质量为 m=0.5kg 的电动玩具车，从倾角为=30的长直轨道底端，由静止开始沿
17、轨道向上运动，4s 末功率达到最大值，之后保持该功率不变继续运动，运动的v-t 图象如图所示，其中 AB 段为曲线，其他部分为直线.已知玩具车运动过程中所受摩擦阻力恒为自身重力的 0.3 倍，空气阻力不计.取重力加速度 g=10m/s2.（1）求玩具车运动过程中的最大功率P；（2）求玩具车在 4s 末时（图中 A 点）的速度大小 v1；（3）若玩具车在 12s 末刚好到达轨道的顶端，求轨道长度L.【答案】（1）P=40W（2）v1=8m/s（3）L=93.75m【解析】【详解】（1）由题意得，当玩具车达到最大速度v=10m/s 匀速运动时，牵引力：F=mgsin30+0.3mg由 P=Fv代入
18、数据解得：P=40W（2）玩具车在 0-4s 内做匀加速直线运动，设加速度为a，牵引力为 F1，由牛顿第二定律得：F1-(mgsin30+0.3mg)=ma4s 末时玩具车功率达到最大，则P=F1v1由运动学公式 v1=at1（其中 t1=4s）代入数据解得:v1=8m/s（3）玩具车在 04s 内运动位移 x1=得：x1=16m12at12玩具车在 412s 功率恒定，设运动位移为x2，设 t2=12s 木时玩具车速度为 v，由动能定理得P(t2-t1)-(mgsin30+0.3mg)x2=代入数据解得：x2=77.75m所以轨道长度 L=x1+x2=93.75m1212mv mv1229将
19、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、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
20、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 12mvE2从E点滑出后恰好撞到D点，则R vEt；t 2L2R联立解得：R；g4321vE1（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
21、(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)10一束初速度不计的电子流在经U5000V 的加速电压加速后在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d1.0cm，板长l5.0cm，电子电量 e1.61019C，那么（1）电子经过加速电场加速后的动能为多少?（2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大的电压?16【答案】(1)Ek 810J(2)要使电子能飞出，所加电压最大为400V【解析】【详解】（1）加速过程，由动能定理得:Els eU 解得:Ek 5000eV81016J（2）在加速电压一定时，偏转电压U 越大，电子在极板间的偏转
22、距离就越大当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压.进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动l v0t12mv02FeU在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，加速度:a mdm偏转距离y 12at21d22能飞出的条件为y 解式得:U2Udl2250001.010225.01022 4.0102V即要使电子能飞出，所加电压最大为400V11如图所示，物块 B 静止放置在水平面上，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，
23、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：mBg
24、xB 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：mB212如图所示，物体 A 置于静止在光滑水平面上的平板小车B 的左端，在 A 的上方 O 点用细线悬挂一小球 C(可视为质点)，线长 L0.8 m现将小球 C 拉至水平无初速度释放，并在最低点与 A 物体发生水平正碰，碰撞后小球C 反弹的最大高度为 h0.2 m已知 A、B、C的质量分别为 mA4 kg、mB8 kg 和 mC1 kg，A、B 间的动摩擦因数 0.2，A、C 碰
25、撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g10 m/s2.(1)求小球 C 与物体 A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；(2)求 A、C 碰撞后瞬间 A 的速度大小；(3)若物体 A 未从小车 B 上掉落，小车 B 的最小长度为多少？【答案】(1)30N(2)1.5m/s(3)0.375m【解析】【详解】解：（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mCgL 代入数据解得：v0 4m/s2v0对小球，由牛顿第二定律得：T mcg mcL代入数据解得：T=30N1mCv022（2）小球与 A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向由动量守恒定律得：mCv0 mCvcmAvA代入数据解得：vA1.5m/s（3）物块 A与木板 B 相互作用过程，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvAmAmBv代入数据解得：v=0.5m/s由能量守恒定律得：mAgx 代入数据解得：x=0.375m。11mAvA2mAmBv222