高中物理动能与动能定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

1、3 ，一，一，的足够长的草地轨道3D处的能量损失，B点到(1)根据几何关系可知CD间的高度差H CDcos532m高中物理动能与动能定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 .某游乐场拟推出一个新型滑草娱乐项目，简化模型如图所示。游客乘坐的滑草车(两者的总质量为60kg),从倾角为53的光滑直轨道 AC上白B B点由静止开始下滑，到达C点后进入半径为R 5m,圆心角为53的圆弧形光滑轨道CD ,过D点后滑入倾角为 (可以在08J 75范围内调节)、动摩擦因数为DE。已知D点处有一小段光滑圆弧与其相连，不计滑草车在C点的距离为Lo=10m , g 10m/

2、s 。求：(1)滑草车经过轨道 D点时对轨道D点的压力大小；(2)滑草车第一次沿草地轨道 DE向上滑行的时间与的关系式；tan 的关系式。从B到D点，由动能定理得mgL0 sin53H CD1 mvD2 02解得10、.2m/s对D点，设滑草车受到的支持力Fd,由牛顿第二定律2VdFd mg m 解得由牛顿第三定律得，滑草车对轨道的压力为Fd 3000N3000N 。(2)滑草车在草地轨道 DE向上运动时，受到的合外力为F合mg sinmg cos由牛顿第二定律得，向上运动的加速度大小为因此滑草车第一次在草地轨道F合a g sin mDE向上运动的时间为gcosVdg sin g cos代入数

3、据解得(3)选取小车运动方向为正方向。当 0时，滑草车沿轨道mg代入数据解得故当3sin cos3DE水平向右运动，对全程使用动能定理可得Lo sinR(1 cos ) +Wf1=0 0Wf16000J0时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W1 6000J当030时，则滑草车在草地轨道g sin g cosDE向上运动后最终会静止在 DE轨道上，向上运动的距离为2_ vDX22(gsingcos )摩擦力做功为Wf2mg cos x2联立解得故当030Wf26000,、3tan 1(J)时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000J3tan1(J)75时当30gsingcosD处。对全程使滑草

4、车在草地轨道 DE向上运动后仍会下滑，若干次来回运动后最终停在 用动能定理可得mg Losin R(1 cos ) +Wf3=0 0代入数据解得Wf36000J故当3075时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W 3 6000J所以，当 0或3075时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000J;当30时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000.3 tan-(J)o12 .如图所示，水平地面上一木板质量M= 1 kg,长度L=3.5 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 m,最低点P的切线与木板上表面相平.质量 m =3 kg的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑

5、动，并以 Vo J39m/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因=0.2,木板与地面间的动摩擦因数戌=0.1, g 取 10 m/s2.求：(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/s2 (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：黑mgL= - mv2 mv：22解得：v= 5 m/s在P点由牛顿第二定律得：2L VF mg= m r解得：F= 70

6、 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 = mmg = 4 N地面对木板的摩擦力Ff2=区(M + m)g = 3 N对木板由牛顿第二定律得：Ffi- Ff2= MaFfFf2=1 m/s2v= 5 m/s(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1 C对滑块有：(x+L) = vt- - Rgt2对木板有：x= 1at22解得：t=1 s或t= 7s(不合题意，舍去)故本题答案是：(1)70 N (2)1 m/s2 (3)1 s【点睛】分析受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可.3.如图所示，倾角为 。=45的粗糙

7、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) 属 (2) 6mg (3) 1mgR，、一， ，一12(1)小滑块从 C点飞出来做平抛运动，水平速度为vo,竖直方向上：R =不郎,水平方 向上：Qk -岭，解得岭=7(2)小滑块在最低点时速度为vc

8、由机械能守恒定律得-fn-2mgR=-mvc=Ig牛顿第二定律：一外唱二股土 Fv二6讯g由牛顿第三定律得： 是=6wg ,方向竖直向 R下(3)从D到最低点过程中，设 DB过程中克服摩擦力做功 Wi,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.4.如图所示，AB是一倾角为。二37的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数=0.30, BCD是

9、半径为R=0.2m的光滑圆弧轨道，它们相切于 B点，C为圆弧轨道的最低 点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强 E = 4.0 xiN/c,质量m = 0.20kg的带电滑 块从斜面顶端由静止开始滑下.已知斜面 AB对应的高度h = 0.24m,滑块带电荷q =-5.0 x 14C,取重力加速度 g = 10m/s2, sin37 = 0.60, cos37 =0.80.求：(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小；(2)滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力.【答案】(1) 2.4m/s(2)12N【解析】【分析】(1)滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B点时

10、的速度大小；(2)滑块从B到C点，由动能定理可得 C点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解. 【详解】(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力：fmg qEcos370.96N设到达斜面底端时的速度为 V1,根据动能定理得：h12mgqE h f.二 mv1sin 372解得:vi=2.4m/s(2)滑块从B到C点，由动能定理可得:1 212mg qE R 1cos37 = mv2mv12 2当滑块经过最低点时，有：2v2Fnmg qE m 由牛顿第三定律：FnFn 11.36N方向竖直向下.【点睛】本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择5.如图所示，一质量为 M

11、、足够长的平板静止于光滑水平面上，平板左端与水平轻弹簧 相连，弹簧的另一端固定在墙上.平板上有一质量为m的小物块以速度 vo向右运动，且在本题设问中小物块保持向右运动.已知小物块与平板间的动摩擦因数为臼弹簧弹性势能Ep与弹簧形变量x的平方成正比，重力加速度为g求:(1)当弹簧第一次伸长量达最大时，弹簧的弹性势能为Mm,小物块速度大小为 才求该过程中小物块相对平板运动的位移大小；(2)平板速度最大时弹簧的弹力大小；(3)已知上述过程中平板向右运动的最大速度为v若换用同种材料，质量为 m的小物块重复2上述过程，则平板向右运动的最大速度为多大？【答案】(1)出-Epm- ； (2) mg； (3)-

12、9 g mg2【解析】【分析】(1)对系统由能量守恒求解小物块相对平板运动的位移；(2)平板速度最大时，处于平衡状态，弹力等于摩擦力；(3)平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当木板速度最大时弹力等于摩擦力，结合能量转化关系解答【详解】(1)弹簧伸长最长时平板速度为零，设相对位移大小为s,对系统由能量守恒- mv02 = 工 m(当)2+ Epm + 叱 mgs2232解得s= _v-9 gE pmmg(2)平板速度最大时，处于平衡状态，f= mg即 F=f =mg.(3)平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当木板速度最大时mg kx1 c对木板由动能7E理得mgx= E)1H Mv2

13、2同理，当m = - m 平板达最大速度 v时,2mg=kx'2一mg&2 + Mv'2221由题可知 Ep8X ,即Ep2= Ep14解得v'= 1v.26.如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点.D点位于水平桌面最右端，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=0.45m的圆环剪去左上角 127°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离为 R, P 点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R.若用质量m1= 0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到 C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，用同种材料、

14、质量为 m2= 0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到 C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x= 4t - 2t2,物块从D点飞离桌面后恰好由 P点沿切线落入圆轨道.g = 10m/s2,求：(1)质量为m2的物块在D点的速度；(2)判断质量为 m2 = 0.2kg的物块能否沿圆轨道到达M点：(3)质量为m2= 0.2kg的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功【答案】(1) 2.25m/s (2)不能沿圆轨道到达 M点(3) 2.7J【解析】【详解】(1)设物块由D点以初速度vd做平抛运动，落到 P点时其竖直方向分速度为:vy /2gR J2 10 0.45 m/s = 3m/sVy

15、tan53Vd所以：vd= 2.25m/s(2)物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则2 v mg = m ,R解得：v gR 3_2 m/s物块到达P的速度：vpvD vj432 2.252 m/s = 3.75m/s若物块能沿圆弧轨道到达点，其速度为vm,由D到M的机械能守恒定律得:一 m2vM212/c -一 m2Vp m2g 1 cos53 R 22_ _ _可得：Vm0.3375 ,这显然是不可能的,所以物块不能到达M点(3)由题意知x=4t-2t2,物块在桌面上过a 4m/s2B点后初速度vb= 4m/s ,加速度为:则物块和桌面的摩擦力:m2gm2a可得物块和桌面的摩擦系

16、数0.4质量m= 0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，由能量守恒可弹簧压缩到C点具有的弹性势能为：质量为Epm1gXBC0m2= 0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放,物块过 B点时，由动能定理可得:Ep可得,XBC 2m12mhgxBC- m2VB2在这过程中摩擦力做功:Wim2gXBc1.6J由动能定理，B到D的过程中摩擦力做的功:W2 一 m2VD一 m2Vo22代入数据可得：W2=-1.1J质量为m2= 0.2kg的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功W W W22.7J即克服摩擦力做功为2.7 J.7.如图甲所示，长为 4 m的水平轨

17、道 AB与半径为R= 0.6 m的竖直半圆弧轨道 BC在B处相连接。有一质量为 1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F随位移变化的关系如图乙所示。滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数为 吠0.25,与半圆弧轨道BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2。求：(1)滑块到达B处时的速度大小；(2)若到达B点时撤去F,滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C,滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。4/N20；10-T0 一良且曰 *小1乙(2) 5 J。【答案】(1)2田0 m/s。【解析】【详解】(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得:F 1x1F 3x3mgx

18、12一mvB ，21 220 2-10 1-0.25 1 10 4J= 1 v2 ,2得：Vb 2/T0m/s ；(2)当滑块恰好能到达最高点 C时， 2Vc mg m;对滑块从B到C的过程中，由动能定理得：1212W mg 2R mvC mvB, 22带入数值得:W=-5J,即克服摩擦力做的功为5J;8.如图所示，一长度 LAB=4. 98m,倾角。=30勺光滑斜面 AB和一固定粗糙水平台 BC平 滑连接，水平台长度 LBC=O. 4m,离地面高度 H=1. 4m,在C处有一挡板，小物块与挡板 碰撞后原速率反弹，下方有一半球体与水平台相切，整个轨道处于竖直平面内。在斜面顶端A处静止释放质量为

19、 m="2kg”的小物块(可视为质点)，忽略空气阻力，小物块与BC间的动摩擦因素=0 1, g取10m/s2。问：(1)小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小；(2)小物块经过 B点多少次停下来，在 BC上运动的总路程为多少；(3)某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板，最后小物块落在D点，已知半球体半径r=0. 75m, OD与水平面夹角为 a =53,。求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板？(取sin 530 = " j cos 53 口 二) 55【答案】(1) 7 m/s； (2) 63 次 24. 9m (3) 25 次【解析】试题分析：小物块从开始运动到与挡板碰撞，重力

20、、摩擦力做功，运用动能定理。求小物块经过B点多少次停下来，需要根据功能转化或动能定理求出小物块运动的路程，计算出经过B点多少次。小物块经过平抛运动到达D点，可以求出平抛时的初速度，进而求出在BC段上运动的距离以及和当班碰撞的次数。(1)从A到C段运用动能定理mgsin F .一 - 三 Lab=mv2v=7m/s(2)从开始到最后停下在 BC段所经过的路程为 xmgsin 二 Lab- - - mgx=0x=24. 9mX =31. 1经过AB的次数为31找2+1=63次(3)设小物块平抛时的初速度为V。H -r ” .=1gt-K-r+ :=votvo=3 m/s设第n次后取走挡板mv2-

21、一 mvo2=2 - - Lbcnn=25 次考点：动能定理、平抛运动【名师点睛】解决本题的关键一是要会根据平抛运动的规律求出落到D时平抛运动的初速度；再一个容易出现错误的是在BC段运动的路程与经过 B点次数的关系，需要认真确定。根据功能关系求出在 BC段运动的路程。9.下雪天，卡车在笔直的高速公路上匀速行驶.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离l -8-L .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

22、的4倍.vi(1)设卡车与故障车相撞前的速度为vi两车相撞后的速度变为V2,求一V2(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)匕5 (2) L 3LV242【解析】 、Vi 5 由碰撞过程动量守恒 Mvi=(Mm)v2则一 一v2 4(2)设卡车刹车前速度为 v。，轮胎与雪地之间的动摩擦因数为科12两车相撞刖卡车动能变化 一Mv。22碰撞后两车共同向前滑动，动能变化22由式v。 vi 2 gL2由式v22 gL8 .2又因l L可得v。3 gL25如果卡车滑到故障车前就停止，由拓 3故 L' -L2这意味着卡车司机在距故障车至少12一Mv

23、1MgL 22(M m)v20 (M m)gl 212一Mv00 MgL '23 ,_ 一L处紧急刹车，事故就能够免于发生210.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m = 1kg的小物块(视为质点)从左阳U水平轨道上的 A点以大小vo=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Li=5. 75m,物块与水平轨道 写的动摩擦因数0. 2,取g=10m/s2,圆形轨道间不相互重叠，求：卜L4*X(1)物块经过B点时的速度大小 VB；(2

24、)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】(l)11m/s (2) 9m/s (3) 72J 【解析】 【分析】 【详解】1 212(1)物块从A到B运动过程中，根据动能定理得：mgL1 -mvB - mv02 2解得：vB 11m/s1212 C 1(2)物块从B到C运动过程中，根据机械能守恒得：一 mvB - mvc mg2R22解得：vc 9m/ s1 2(3)物块从B到D运动过程中，根据动能定理得：mgL2 0 -mvB2解得：L2 30.25m-，一，12对整个过程，由能量守恒定律有：Q -mvo 02解得：Q=72

25、J 【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.11 .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 打37。、L=60cm的直轨道AB与半径R=10cm的光滑圆弧轨道 BCDEF& 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 因=0.25,与FG段的动摩擦因数 隆=0.

26、5, sin37 =0.6, cos37 =0.8,重力加速度 g=10m/s2.(1)(2)求滑块到达E点时对轨道的压力大小 Fn ；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.93【答案】(1) Fn=0.1N (2) x=0.52m (3) s m160【解析】【详解】(1)滑块从A到E,由动能定理得:mg L sin1 _ 2cos 2 R1mgL cos mvE代入数据得:Ve滑块到达E点：mg FN2Ve m一R代入已知得：(2)滑块从Fn=0.1NA下滑到停在水平轨道 FG上，有mg LsinR 1 cos1mgL cos2mgx 0代入已知得：(3)若从距x=0.52mB点Lo处释放，则从释放到刚好运动到D点过程有:mg L0 sin +R(1 cos ) R1mgL° cos0代入数据解得：Lo