高中物理动能与动能定理技巧(很有用)及练习题含解析

1、高中物理动能与动能定理技巧( 很有用 ) 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 点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，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；（ 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轨道。【答

2、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-mv0 2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-2 mgl ek-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-2 mgr mv22- ek小物块能够经过最高点的条件

3、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 r 0.3m；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：2-2-2 mgr mv1mv0且需要满足mmg，解得 r072m.，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，水平地面上一木板质量m 1 kg，长度 l3.5 m ，木板右侧有一竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径r 1

4、 m，最低点 p 的切线与木板上表面相平质量m2 kg 的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以v039m / s 的速度与圆弧轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最终滑离木板已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数1 0.2，木板与地面间的动摩擦因数2， g 取 10 m/s2求： 0.1(1)滑块对 p 点压力的大小；(2)滑块返回木板上时，木板的加速度大小；(3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间【答案】 (1)70 n (2)1 m/s 2(3)1 s【解析】【分析】【详解】(1)滑块在木板上滑动过程由动能定理得：1mgl 1 mv2 1mv0

5、222解得： v 5 m/s在 p 点由牛顿第二定律得：f mg mv2r解得： f 70 n由牛顿第三定律，滑块对p 点的压力大小是70 n(2)滑块对木板的摩擦力ff1 1mg 4 n地面对木板的摩擦力ff2 2(m m)g 3 n对木板由牛顿第二定律得：ff1 ff2 maf f 1 ff 2 1 m/s2am(3)滑块滑上圆弧轨道运动的过程机械能守恒，故滑块再次滑上木板的速度等于v 5 m/s对滑块有： (x l) vt 11gt22对木板有： x 1at22解得： t 1 s 或 t 7s(不合题意，舍去 )3故本题答案是 ：(1)70 n(2)1 m/s 2(3)1 s【点睛】分析

6、受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可3 如图所示，在娱乐节目中，一质量为m60 kg 的选手以 v0 7 m/s 的水平速度抓住竖直绳下端的抓手开始摆动，当绳摆到与竖直方向夹角 37时，选手放开抓手，松手后的上升过程中选手水平速度保持不变，运动到水平传送带左端a 时速度刚好水平，并在传送带上滑行，传送带以 v2 m/s 匀速向右运动已知绳子的悬挂点到抓手的距离为l 6 m，传送带两端点 a、b 间的距离 s 7 m，选手与传送带间的动摩擦因数为 0.2，若把选手看成质点，且不考虑空气阻力和绳的质量(g 10 m/s 2， sin 37 0.6， cos 37 0.8)求：(1)选手放开抓手

7、时的速度大小；(2)选手在传送带上从a 运动到 b 的时间；(3)选手在传送带上克服摩擦力做的功【答案】 (1)5 m/s(2)3 s(3)360 j【解析】试题分析：（ 1）设选手放开抓手时的速度为v1，则 mg（l lcos ）mv12 mv0 2，v 5m/s1（2）设选手放开抓手时的水平速度为v2， v2 v1cos 选手在传送带上减速过程中a g v v2 at1匀速运动的时间 t2， s x1 vt2选手在传送带上的运动时间t t1 t2联立 得： t 3s（3）由动能定理得wf mv2 mv22，解得： wf 360j故克服摩擦力做功为360j考点：动能定理的应用4 在光滑绝缘的

8、水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为e，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球a 和 b，两小球质量均为m， a 球带电荷量为q ，b 球不带电，a、b 连线与电场线平行，开始时两球相距l，在电场力作用下，a 球与b 球发生对心弹性碰撞设碰撞过程中，a、 b 两球间无电量转移(1)第一次碰撞结束瞬间a、b 两球的速度各为多大 ?(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求a 在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0 时刻除外 )，可以在水平面内加一与电场正交的磁场请写出磁场b 与时间 t 的函

9、数关系2qelbm2 g【答案】 (1) va10vb1(2) 5qel2ml(3)2etmqqe(2mlt 32ml)qeqe【解析】qe2qel；碰前 b 的速度 vb10（1） a 球的加速度 am，碰前 a 的速度 va12alm设碰后 a、 b 球速度分别为v a1、 vb1，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：121212mva 1 mva1 mvb1 ， 2mv a12 mv a12mvb1所以 b 碰撞后交换速度：2qelva10 ， vb1v a1m（2）设 a 球开始运动时为计时零点，即t0 ， a、 b 球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为 t1 、 t 2 ；由

10、匀变速速度公式有：t 1v a102mlaqe第一次碰后，经t 2t 1 时间 a、 b 两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间a、 b 两球速度分别为va 2 和 vb 2 ，由位移关系有：122mlvb1t 2t 12at 2t1 ，得到： t 23t 1 3qeva 2 a t 2t 12at12va122qel ； vb 2vb1m1212由功能关系可得： w 电 =2mva22mvb 25qel（另解：两个过程 a 球发生的位移分别为x1 、 x2 ， x1l ，由匀变速规律推论x24l ，根据电场力做功公式有： w qe x1x25qel ）（3）对 a 球由平衡条件得到：qbvamg，

11、v aat ， aqem从 a 开始运动到发生第一次碰撞：b tmgm2 g02mlqat2tq etqeb tm2g2mlt32ml从第一次碰撞到发生第二次碰撞：2t2mlqeqeq eqe点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然a 球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度那么a 球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些5 如图所示 ,水平轨道的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于点 ,右端与一倾角为的光滑斜面轨道在点平滑连接

12、(即物体经过点时速度的大小不变),斜面顶端固定一轻质弹簧,一质量为的滑块从圆弧轨道的顶端点由静止释放 ,经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧,第一次可将弹簧压缩至点 ,已知光滑圆轨道的半径,水平轨道长为,其动摩擦因数,光滑斜面轨道上长为, 取,求(1)滑块第一次经过圆轨道上点时对轨道的压力大小;(2)整个过程中弹簧具有最大的弹性势能;(3)滑块在水平轨道上运动的总时间及滑块几次经过点 .【答案】 (1)(2)(3) 3 次【解析】本题考查机械能与曲线运动相结合的问题，需运用动能定理、牛顿运动定律、运动学公式、功能关系等知识。(1)滑块从点到点 ,由动能定理可得:解得 :滑块在点 :解得 :由牛顿第三

13、定律可得:物块经点时对轨道的压力(2)滑块第一次到达点时 ,弹簧具有最大的弹性势能.滑块从点到点 ,由动能定理可得:解得 :(3)将滑块在段的运动全程看作匀减速直线运动加速度则滑块在水平轨道上运动的总时间滑块最终停止上在水平轨道间,设滑块在最终停下来的全过程,段运动的总路程为,从滑块第一次经过点到由动能定理可得:解得 :结合段的长度可知,滑块经过点 3次。6 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

14、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) x1.2m , y0.6m【解析】【详解】（1）滑块在c 点时，对滑块受力分析

15、，有fmgm vc2r解得： vc8m / s（2）滑块从 e 点到 c 点过程，由动能定理可知：mg hr2rmgl1 mvc22解得：0.5（3）小滑块离开c 点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则2r1 gt 2， svct2解得： s3.2m l 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：2ry1 gt 22lx vctx2r2r2y解得： x1.2m， y0.6m7 如图所示， abc为竖直面内一固定轨道，ab 段是半径为r 的 1 光滑圆弧，水平段与圆4弧轨道相切于b，水平段bc 长度为l， c 端固定一竖直挡板一质量为m 的小物块自a 端从静止开始沿圆

16、轨道下滑，与挡板共发生了两次碰撞后停止在水平段b、 c 之间的某处，物块每次与挡板碰撞不损失机械能 (即碰撞前、后速率相同 )不计空气阻力，物块与水平段 bc间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g试求物块(1)第一次与挡板碰撞时的速率；(2)在水平轨道上滑行的总路程；(3)最后一次滑到圆轨道底端b 处对圆轨道的压力【答案】 (1)v1= 2g (r -l) (2) s = r(3) 物块最后一次滑到底端b 处对圆轨道的压力可骣4l骣8 l能为琪 -mg 或琪 -33mg琪r琪r桫桫【解析】【 解】(1) 物 第一次从a 到 c 程，根据 能定理：mgr mgl1 mv221解得第一次碰撞 板的速

17、率v1 =2 g( r -l ) (2) 物 量 m，在水平 道上滑行的 路程 s， 物 从开始下滑到停止在水平 道上的全 程，根据 能定理：mgr mg s0 解得rs = (3) 物 最后一次 弧 道底端b 的速率 v2， 道的 力 fn， ：2fnmgm v2 r第一种可能情况：物 与 板第二次碰撞后，向右运 未到b 点 即停下， ：mgrmg 2l1mv22 2由解得fn4 lmg3r第二种可能情况：物 与 板第二次碰撞后，向右可再一次滑上光滑 弧 道， ：mgrmg 4l1 mv222由解得fn3 8 lmgr骣4l骣8 l物 最后一次滑到底端b 道的 力可能 琪 -琪 -3mg 或

18、3mg琪r琪r桫桫8 如 所示，滑 a 的 量m 0.01kg ，与水平地面 的 摩擦因数 0.2 ，用 挂的小球 量均 m 0.01kg，沿x 排列，a 与第1 只小球及相 两小球 距离均 s2m， 分 l1、 l2、l3（ 中只画出三只小球，且小球可 点），开始 ，滑 以速度 v0 10m s 沿 x 正方向运 ， 滑 与小球碰撞 不 失机械能，碰撞后小球均恰能在 直平面内完成完整的 周运 并再次与滑 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

19、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 s0 25m（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：9 图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，bc分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径r=1m，一质量 m1kg 的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的a 点以大小 v0 12m s 的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的d 点已知 a、b 两点间的距离 l1 5 75m，物块与水平轨道写的动摩擦因数0 2，取 g 10m s2

20、，圆形轨道间不相互重叠，求：（ 1）物块经过 b 点时的速度大小 vb；（ 2）物块到达 c 点时的速度大小 vc；（ 3） bd 两点之间的距离 l2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量q【答案】 (1)11m / s (2) 9m / s (3)72j【解析】【分析】【详解】（1）物块从 a 到 b 运动过程中，根据动能定理得：mgl11mvb21mv0222解得： vb11m / s（2）物块从 b 到 c 运动过程中，根据机械能守恒得：1 mvb21 mvc2mg2r22解得： vc9m / s（3）物块从 b 到 d 运动过程中，根据动能定理得：mgl201 mvb22解得： l230

21、.25m对整个过程，由能量守恒定律有：q1mv0202解得： q=72j【点睛】选取研究过程，运用动能定理解题动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动知道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义10 在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块a和bda一初速度，使，两者相距为现给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】18 gd5【解析】【详解】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 和 b 的速度分别为v1

22、 和 v2 在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律，得1mv021mv1212mv22222mv0mv12mv2 ，式中，以碰撞前木块a 的速度方向为正，联立解得：v1v0 ， v22 v033设碰撞后 a 和 b 运动的距离分别为 d1和 d2，由动能定理得mgd11mv12，2（2m） gd 21 2mv2 2 2按题意有： d d2d1 18gd联立解得：v0511 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

23、 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/s 2（ 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

24、总路程s93m【答案】（ 1） fn=0.1n（ 2） x=0.52m （ 3） s160【解析】【详解】（1）滑块从 a 到 e，由动能定理得：mg l sinr 1cos2 r1mgl cos1mve22代入数据得： ve30m/s5滑块到达 e 点： mgfnm ve2r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mgl sinr 1cos1mgl cos2mgx0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：mg l0 sin+r(1 cos )r1mgl0 cos0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：mg l0l1sin1mg l0l1 cos 0解得： l1sin1 cosl01 l0sin1 cos2同理，第二次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为l2，有：1 l12l2sin1 cosl11l0sin1 cos2215故第 5 次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为l5，有：l0l52所以第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 l02l1 2l2