高考物理动能与动能定理解题技巧及练习题及解析

1、高考物理动能与动能定理解题技巧及练习题及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 如图所示，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l1.90m， 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 sin37 0.6， cos370.8，重力加速度g 10m/s 2，忽略空气阻力求：（1）物块第一次通过c 点时的速度大小vc（2）物块第一次通过d 点时受到轨道的

2、支持力大小fd（3）物块最终所处的位置【答案】（ 1） 32m/s （ 2） 7.4n（ 3）0.35m【解析】【分析】由题中 “斜面 abc下端与光滑的圆弧轨道 cde相切于 c”可知，本题考查动能定理、圆周运动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答【详解】（1） bc 长度 lr tan 53o0.4m ，由动能定理可得mg(l l )sin 37o 1 mvb22代入数据的vb3 2m/s物块在 bc 部分所受的摩擦力大小为fmg cos37o0.60n所受合力为f mg sin 37of 0故vcvb3 2m/s（2）设物块第一次通过d 点的速度为v

3、d ，由动能定理得mgr(1 cos37 o)1 mvd21 mvc222有牛顿第二定律得fdmg m vd2r联立解得fd7.4n（3）物块每次通过bc 所损失的机械能为efl0.24j物块在 b 点的动能为ekb1mvb22解得 ekb0.9j物块经过bc 次数n 0.9j =3.750.24j设物块最终停在距离c 点 x 处，可得mg(lx)sin 37of (3l +x)0代入数据可得x0.35m2 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。

4、现将 a 由静止释放（设b 不会碰到水平杆，a、b 均可视为质点；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) va2gh11； (2) wt mgh1 cos2sinsinhsin【解析】【详解】(2)a、 b 的系统机械能守恒ep减ek 加mghh1 mva21 mvb2sinsin22va cosvb解得va2gh111 cos2sinsin(2)当 a 速度最大时，b 的速度为零，由机械能守恒定律得ep减ek 加mghh1 mvam2sin2对 a 列动能定理方

5、程wt1 mvam22联立解得wt mghhsin3 如图所示是一种特殊的游戏装置，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 ob 10m 。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 ，

6、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：2fdmgm vdr解得fdmgm vd2=404 10 2=80n ；r10(2)若无传送带时，由平抛知识可知：xvdt解得t1s如果传送带保持不动，则当小车滑到最右端时，由动能定理：1mv2

7、1mvd2mgl22解得v=6m/s因为 v6m/sgr2m/s ，则小车从右端轮子最高点做平抛运动，则落水点距离传送带右端的水平距离：xvt6m(3) 若传送带的速度 v 6m/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1 mv21 mvd2mgl22解得v2 41m/s若传送带的速度v241m/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/s v 6m/s，则小车在传送带

8、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 241m/s v 10m/s，则小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

9、.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 f =2.5mg的相互作用力，通过 cd 后，在压缩n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e；km(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【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c 端 0.3mf2.5mg 的相互作用力故小球受到的向心力为f向2.5mgmg3.5mg3.5 1 1035n(2)在

10、 c 点，由2vcf向 =代入数据得1 mvc2 3.5j2在压缩弹簧过程中，速度最大时，合力为零，设此时滑块离d 端的距离为x0则有kx0mg解得x0mg0.1mk设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有mg(r x0 )1 mvc2ekme p2得ekmmg (r x0 )1 mvc2ep33.5 0.5 6j2(3)滑块从 a 点运动到 c 点过程，由动能定理得mg 3rmgs1mvc22解得 bc间距离s0.5m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mgs1 mvc22解得s0.7m故最终

11、小滑动距离b 为 0.7 0.5m0.2m 处停下 .【点睛】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。5 如图所示，斜面abc下端与光滑的圆弧轨道cde相切于cd是最，整个装置竖直固定，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=0.6， cos37o=0.8，重力加速度g

12、=10m/s 2，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】（1）从 a 到 c 物块的重力做正功为：wg mgl sin 37o1.14 j故重力势能的增量epwg1.14j（2）根据几何关系得，斜面bc 部分的长度为：lr cot37o 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： mg l l sin371 mvb202解得： vb4.2/sm（3）物块在

13、bc部分滑动受到的摩擦力大小为：fmgcos370.60n在 bc部分下滑过程受到的合力为：fmgsin37f0则物块第一次通过c 点时的速度为：vcvb4.2/sm物块从 c 到 d，根据动能定理有：mgr 1 cos371mvd2 1mvc222在 d，由牛顿第二定律得： nmgm vd2r联立解得： n7.4n【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6 如图所示，半径为 r1 1.8 m 的1 光滑圆弧与半径为r2 0.3 m 的半圆光滑细管平滑连4接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为l

14、 2.0 m、质量为 m 1.5 kg 的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同现在让质量为m2 2 kg 的物块静止于b 处，质量为 m1 1 kg 的物块从光滑圆弧顶部的a 处由静止释放，物块m1 下滑至 b 处和 m2 碰撞后不再分开，整体设为物块 m(m m1 m2)物块 m 穿过半圆管底部c处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为 2 m/s 时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零 )，若 g10 m/s 2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计(1)求物块 m1 和 m2 碰撞过程中损失的机械能；(2)求物

15、块 m 滑到半圆管底部 c 处时所受支持力大小；(3)若物块 m 与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为 0.25，求物块 m 在台阶表面上滑行的最大距离【答案】 12j190n0.8m【解析】试题分析 ：（ 1）选由机械能守恒求出物块m1 下滑到 b 点时的速度 ； m1 、 m2 碰撞满足动量守恒 ，由 e机1 m1vb21 mv共2求出碰撞过程中损失的机械能；（ 2）物块 m 由 b 到 c22满足机械能守恒 ，在 c 点由牛顿第二定律可求出物块m 滑到半圆管底部 c 处时所受支持力大小；（ 3）根据动量守恒定律和动能定理列式即可求解.设物块 m1 下滑到 b 点时的速度为 vb ，由机械能

16、守恒可得：m1 gr1 1 m1vb22解得： vb6m / sm1 、 m2 碰撞满足动量守恒： m1vb ( m1m2 )v共解得； v共2m / s则碰撞过程中损失的机械能为：e机1 m1vb21 mv共212j22物块 m 由 b 到 c 满足机械能守恒：1 mv共2mg2r21 mvc222解得： vc4m / s在 c 处由牛顿第二运动定律可得：fnmgm vc2r2解得： fn190n设物块 m 滑上木板后，当木板速度为v22m / s 时，物块速度为 v1 ，由动量守恒定律得：mvc mv1mv 2解得： v13m / s设在此过程中物块运动的位移为x1 ，木板运动的位移为x2

17、 ，由动能定理得：对物块 m：mgx11mv121mvc222解得： x11.4m对木板 m：mgx21 mv 222解得： x20.4m此时木板静止，物块m 到木板左端的距离为：x3lx2x11m设物块 m 在台阶上运动的最大距离为x4 ，由动能定理得：mg(x3x4 ) 01 mv122解得： x40.8m7 如图所示，半径 r = 0.1m的竖直半圆形光滑轨道bc 与水平面 ab 相切，ab 距离 x =1m质量 m = 0.1kg 的小滑块1 放在半圆形轨道末端的b 点，另一质量也为m = 0.1kg 的小滑块 2，从 a 点以 v0 2 10m/s 的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰

18、，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道已知滑块2 与水平面之间的动摩擦因数= 0.2取重力加速度 g 10m/s2 两滑块均可视为质点求(1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v；(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能e ；(3)在 c 点轨道对两滑块的作用力f【答案】 (1)v=3m/s(2) e= 0.9j(3)f=8n，方向竖直向下【解析】【详解】(1)物块 2 由 a 到 b 应用动能定理：mgx1 mv121 mv0222解得 v1=6m/s两滑块碰撞前后动量守恒，根据动量守恒有: mv12mv解得： v 3m / s 方向：水平向右(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能e1 mv1

19、212mv222解得：e0.9j(3)两滑块从 b 到 c 机械能守恒，根据机械能守恒定律有：12mv212mvc22mgr22两滑块在 c 点时： 2mgfn2m vc2r解得： fn8n据牛顿第三定律可得：在c 点轨道对两滑块的作用力f=8n，方向竖直向下8 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，接着小滑块从最高点a 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心o 等高的c 点 . 已知圆环最低点为e 点，重力加速度为g，不计空气阻力. 求：（ 1）小滑块在

20、 a 点飞出的动能；（）小滑块在 e 点对圆环轨道压力的大小；（ 3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）1mgr ；（ 2） f =6mg；（ 3）42【答案】（ 1） ek142【解析】【分析】【详解】（ 1）小滑块从 a 点飞出后做平拋运动：水平方向： 2r vat竖直方向： r1 gt 22解得： vagr小滑块在 a 点飞出的动能 ek1mva21mgr22（2）设小滑块在e 点时速度为 vm ，由机械能守恒定律得：1 mvm21 mva2mg 2r22在最低点由牛顿第二定律：fmgmvmr由牛顿第三定律得：f=f解得： f =6mg2（3） bd 之间长度为l，

21、由几何关系得：l221 r从 d 到最低点 e 过程中，由动能定理 mghmg cos l1mvm22解得42149 如图，质量为m=1kg的小滑块（视为质点）在半径为r=0.4m 的1/4 圆弧a 端由静止开始释放，它运动到b 点时速度为v=2m/s当滑块经过b 后立即将圆弧轨道撤去滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由c点过渡到倾角为=37、长s=1m 的斜面cd 上， cd 之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0 之1.5间调节斜面底部d 点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在o 点，自然状态下另一端恰好在d 点认为滑块通过c 和 d 前后速度大小不变

22、，最大静摩擦力等于滑动摩擦力取 g=10m/s 2， sin37 =0.6， cos37 =0.8，不计空气阻力（ 1）求滑块对 b 点的压力大小以及在 ab 上克服阻力所做的功；（ 2）若设置 =0，求质点从 c 运动到 d 的时间；（ 3）若最终滑块停在 d 点，求 的取值范围【答案】 （1） 20n， 2j；（ 2） 1s；（ 3） 0.125 0.75 或 =13【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑块在b 点所受的支持力，从而得出滑块对b 点的压力，根据动能定理求出 ab 端克服阻力做功的大小（2）若 =0，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出c 到 d 的时间（3

23、）最终滑块停在 d 点有两种可能，一个是滑块恰好从c 下滑到 d，另一种是在斜面cd和水平面见多次反复运动，最终静止在d 点，结合动能定理进行求解【详解】（1）滑块在 b 点，受到重力和支持力，在b 点，根据牛顿第二定律有：f- mg m v2，r代入数据解得： f=20n，由牛顿第三定律得： f=20n从 a 到 b，由动能定理得： mgr- w 1mv 2，2代入数据得： w=2j（ 2）在 cd间运动，有： mgsin =ma，22，加速度为： a=gsin =100.6m/s=6m/s根据匀变速运动规律有：s vt+ 1 at221代入数据解得：t=s3（3）最终滑块停在d 点有两种可

24、能：a、滑块恰好能从c 下滑到 d则有：mgsin ?s-1mg cos ?s 0-1mv2，2代入数据得： 1=1，b、滑块在斜面 cd 和水平地面间多次反复运动，最终静止于d 点当滑块恰好能返回 c 有： - 1mgcos ?2s 0-1mv2，2代入数据得到： 1=0.125，当滑块恰好能静止在斜面上，则有：mgsin=2mgcos，代入数据得到： 2=0.75所以，当 0.125 0.75，滑块在 cd 和水平地面间多次反复运动，最终静止于d 点综上所述， 的取值范围是0.125 0.75 或 =1【点睛】解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动规律，运用动力学知识和动能定理进行求解，

25、涉及到时间问题时，优先考虑动力学知识求解对于第三问，要考虑滑块停在 d 点有两种可能10 如图所示的实验装置，可用来探究物体在斜面上运动的加速度以及弹簧储存的弹性势能。实验器材有：斜面、弹簧 (弹簧弹性系数较大 )、带有遮光片的滑块 (总质量为 m)、光电门、数字计时器、游标卡尺、刻度尺。实验步骤如下：用适当仪器测得遮光片的宽度为d；弹簧放在挡板p 和滑块之间，当弹簧为原长时，遮光板中心对准斜面上的a 点；光电门固定于斜面上的b 点，并与数字计时器相连；压缩弹簧，然后用销钉把滑块固定，此时遮光板中心对准斜面上的o 点；用刻度尺测量a、 b 两点间的距离l；拔去锁定滑块的销钉，记录滑块经过光电门

26、时数字计时器显示的时间t；移动光电门位置，多次重复步骤。根据实验数据做出的1 l 图象为如图所示的一条直线，并测得1l 图象斜率为 k、t2t 2纵轴截距为b。（1）根据12 l 图象可求得滑块经过a 位置时的速度 va=_，滑块在斜面上运动的加t速度 a =_。（2）实验利用光电门及公式v= d 测量滑块速度时，其测量值_真实值（选填 “等于 ”、t“大于 ”或 “小于 ”）。（ 3）本实验中，往往使用的弹簧弹性系数较大，使得滑块从弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，则弹簧储存的弹性势能实值相比，测量值偏 _(填 “大 ”或 “小 ”)。o 到 a 恢复原长过程中弹簧ep=_， ep 的测量

27、值与真【答案】 d b1kd2小于1mbd 2 大22【解析】【详解】第一空：滑块从a 到 b 做匀加速直线运动，设加速度为a，由于宽度较小，时间很短，所以瞬时速度接近平均速度，因此有b 点的速度为： vbd ，根据运动学公式有：tvb2va22al ，化简为12a lva2，结合图象可得： bva2 ， k2at 2d 2d 2d2d2解得： vadb ；第二空：由 k2a，解得： a12d2kd ；2第三空：由于弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，所以摩擦力和重力沿斜面的分量忽略不计，根据能量守恒可得：ep1 mva21 mbd 2 ；22第四空：考虑摩擦力和重力沿斜面的分量，根据动能定理可得：wn wg wf1mva2 ，2而 ep真 wn ，摩擦力小于重力沿斜面的分量，ep 的测量值与真实值相比，测量值偏大。11 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 l 0.8 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h 0.2 m已知 a、b、 c的质量分别为 ma4 kg、mb 8 kg 和时间极短，且只碰一次，取重力加速度mc 1 kg， a、 b 间的动摩擦因数 0.2，a、 c 碰撞g 10