高考物理动能与动能定理技巧和方法完整版及练习题

1、解得高考物理动能与动能定理技巧和方法完整版及练习题一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1.如图所示，粗糙水平桌面上有一轻质弹簧左端固定在A点，自然状态时其右端位于 B点。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=1.0m的圆环剪去了左上角120。的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是 h=2.4m。用质量为m=0.2kg的物块将弹簧由B点缓慢压缩至C点后由静止释放，弹簧在C点时储存的弹性势能Ep=3.2J,物块飞离桌面后恰好 P点沿切线落入圆轨道。已知物块与桌面间的动摩擦因数 (1=0.4,重力加速度g值取10m/s2,不计空气阻力，求：(1)物块通过P点的速度大

2、小；(2)物块经过轨道最高点 M时对轨道的压力大小；(3)C、D两点间的距离；【答案】(1)8m/s； (2)4.8N； (3)2m【解析】【分析】【详解】(1)通过P点时，由几何关系可知，速度方向与水平方向夹角为60,则V2 2gh. Vy sin 60 一 v整理可得，物块通过 P点的速度v 8m/s(2)从P到M点的过程中，机械能守恒12o、12mv =mgR(1 cos60 )+ mvM22在最高点时根据牛顿第二定律Fn mg2 mvMR整理得Fn 4.8N根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为4.8N(3)从D到P物块做平抛运动，因此ovD vcos60 4m/s从C到D的过程

3、中，根据能量守恒定律12Ep mgx - mvDC、D两点间的距离x 2m2.某游乐场拟推出一个新型滑草娱乐项目, 的总质量为60kg ),从倾角为 53简化模型如图所示。游客乘坐的滑草车(两者的光滑直轨道 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点后滑入倾见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角为 (可以在09J 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L0=10m , g 10m/s。求：(1)滑草车经过轨道

4、 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；的关系式。从B到D点，由动能定理得mg L0 sin53H CD1 mvD2 02联立解得vD 10、2m/s对D点，设滑草车受到的支持力FD ,由牛顿第二定律2 Vd Fd mg m R 解得FD 3000N由牛顿第三定律得，滑草车对轨道的压力为3000N。(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 sin mg cos 由牛顿第二定律得，向上运动的加速度大小为F合 a g sin gcos m因此滑草车第一次在草地轨道DE向上运动的时间为VDg sin g cost代入数据解得

5、3sin cos3t(3)选取小车运动方向为正方向。当 0时，滑草车沿轨道 DE水平向右运动，对全程使用动能定理可得 mg L0 sinR(1 cos ) +Wf1 =0 0代入数据解得Wf16000J故当 0时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W克1 6000J当030时，则g sin g cos滑草车在草地轨道 DE向上运动后最终会静止在 DE轨道上，向上运动的距离为 2Vd x2、2(gsin gcos )摩擦力做功为Wf2mg cos x2故当0Wf26000,3tan1(J)30时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000W- 73tan-1(J)当3075gsingcos滑草车在草

6、地轨道 用动能定理可得DE向上运动后仍会下滑，若干次来回运动后最终停在D处。对全程使mg Lo sin 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;当与传送带速度相同.滑块与传送带间的动摩擦因数(2)0.1 m 或 0.8 m (3)0.5 J6000 /lx30时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为亍（J）。3 tan 13.如图所示，质量为 m=1kg的滑块，在水平力 F作用下静止在倾角为。=30的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接

7、（滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失），传送带的运行速度为V0=3m/s,长为L=1.4m,今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好w=0.25 g=10m/s2.求（1）水平作用力F的大小；（2）滑块开始下滑的高度 h；求滑块在传送带上滑行的整个过程中产在第（2）问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s ,【解析】【分析】【详解】Fn处于平衡，如图所示:解：（1）滑块受到水平推力 F、重力mg和支持力水平推力|产=mgtnn。解得：p = 1_八馋kJ（2）设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为 v下滑过程1由机械能守恒有：myh = -mv2,解得：廿=寸,药7】若滑块冲上传送带时的

8、速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而1 1做匀加速运动；根据动能定理有：mgL - -mug - -mr -F L解得：=一 -四工=。171若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀1 1 TOC o 1-5 h z 减速运动；根据动能定理有：-mvjj -解得：比=一 + uL = 0.8屈（3）设滑块在传送带上运动的时间为t,则t时间内传送带的位移：s=v0tII1 HYPERLINK l bookmark77 o Current Document 由机械能守恒有：mg h =/列二廿一幻滑块相对传送带滑动的位移 口s = I,

9、-T相对滑动生成的热量？封？4.如图（a）所示，倾角 打30。的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2X104c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=9X 10N?m2/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 e随位移s变化的图线.(取杆上离底端 3m

10、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; 1.11X105C； ( 3) 4.2 X 6V (4)图像如图，线3即为小球电势能 已随位移s变化的图线；01 1 +5 23 3.5(t)【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，直至速度为零.(2)由线1可得：EP=mgh=

11、mgssin 0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mg sinkqQ2-So由线2可得so=lm, 得：_2mg sin SokQ=1.11 x 10c(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电必Ek即有：-mgh+qU=Ekm- 0代入数据得：U=4.2 X 6V(4)图中线3即为小球电势能 e随位移S变化的图线5.如图所示，半径为 R的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，。为圆轨道的圆心， D为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC与圆心等高.质量为 m的3小球从离B点局度为h处(-R h

12、 3R)的A点由静止开始下落，从 B点进入圆轨道，2重力加速度为g ).联立解得Xmax2 2R(1)小球能否到达 D点？试通过计算说明；(2)求小球在最高点对轨道的压力范围；(3)通过计算说明小球从 D点飞出后能否落在水平面 BC上，若能，求落点与 B点水平 距离d的范围.3mg ; ( 3)【答案】(1)小球能到达D点；(2) 0 F.2 1 R d 2.2 1 R(1)当小球刚好通过最高点时应有:mg2 mvD由机械能守恒可得：mg h R2 mvD23 3联立解得h 士 R ,因为h的取值范围为-R h22(2)设小球在D点受到的压力为 F ,则3R,小球能到达D点;F mg2mvDR

13、mg h R2mvD23联立并结合h的取值氾围一R h 3R解得：0 F 3mg2据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：0 F 3mg(3)由(1)知在最高点D速度至少为vDmin jgR9此时小球飞离D后平抛，有：R -gt2xmin vD mint联立解得xmin 亚R R,故能落在水平面BC上，2当小球在最高点对轨道的压力为3mg时，有：mg 3mg mvDmax解得vDmax2.，加12小球飞离D后平抛R - gt 2,2XmaxvD maxt故落点与B点水平距离d的范围为：J2 1 R d2近 1 R1 6.如图所不，半径为 Ri= 1.8 m的光滑圆弧与半径为 R2 =

14、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= 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 = m+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g = 10 m/s2,物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细

15、不计.（1）求物块m1和m2碰撞过程中损失的机械能；（2）求物块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尸0.25,求物块m在台阶表面上滑行的最大距离.【答案】12J190N 0.8m【解析】试题分析：（1）选由机械能守ff求出物块 m1下滑到B点时的速度；m1、m2碰撞满足动 TOC o 1-5 h z 2 12量守恒，由E机 一m1v2 -mv2求出碰撞过程中损失的机械能；（2）物块m由B到C HYPERLINK l bookmark92 o Current Document 2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

16、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 ,由机械能守恒可得：1 - 2mhgB -m1VB 2解得：vB 6m/sm1、m2碰撞满足动量守恒：m Vb （回 m2）v共解得；v共2m/s212则碰撞过程中损失的机械能为：E机 一 m1VB mv共12J21 o1 o物块m由B到C满足机械能寸恒： 一mv丑 mg 2R2 mvC 2 2解得：vC 4m/svC在C处由牛顿第二运动te律可得：FN mg mR2解得：FN 190N设物块m滑上木板后，当木板速度为 V2 2m/s时，物块速度为Vi ,由动量守恒定律得： mvC mv1 M

17、v2解得：v1 3m/s设在此过程中物块运动的位移为Xi,木板运动的位移为 X2,由动能定理得: TOC o 1-5 h z 212对物块 m：mgx1 mv, mvC HYPERLINK l bookmark88 o Current Document 2解得：x1 1.4m HYPERLINK l bookmark71 o Current Document 12对木板 M ： mgx2 Mv2解得：x2 0.4m此时木板静止，物块 m到木板左端的距离为：x3 L x2 x1 1m设物块m在台阶上运动的最大距离为 x4,由动能定理得：12mg(x3 x4) 0mv12解得：x4 0.8 m7.

18、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) 版 (2) 6mg (3) 1mgR(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：尺二40向上：J5及三vor,解得岭=J熊(2)小滑块在最低点时速度

19、为 vc由机械能守恒定律得12-1 Ff牛顿第二定律：,1 .二一由牛顿第三定律得： 用,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 W由动能定理-, h=3R -. 一【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C水平飞出，恰好击中导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 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.8.如图所示，水平传送带长为L=4m,以v0 2m/s的速度逆时针转动。一个质量为 lkg的物块从传送带左侧水平向右滑上传送带，一段时

20、间后它滑离传送带。已知二者之间的动(1)要使物块能从传送带右侧滑离，则物块的初速度至少多大？(2)若物块的初速度为v 3m/s,则物块在传送带上运动时因摩擦产生的热量为多少?【答案】(l)v 4m/s； (2)12.5J【解析】【详解】(1)设物块初速度为v,物块能从传送带右侧滑离，对其分析得:mgL Ek 1mv2Ek0解得:v 4m/ s(2)物块在传送带上的运动是先向右减速运动，后向左加速运动。物块向右减速运动时, 有：timgxi0 1mv22物块与传送带的相对滑动产生的热量:Q1mg v0t1 x1向左加速运动时，有：t V。 TOC o 1-5 h z 12a12mgx2mv02物

21、块与传送带的相对滑动产生的热量：Q2 mg Vot2 X2QQi Q2 12.5J9.如图所示，光滑水平面 MN的左端M处有一弹射装置 P,右端N处与水平传送带恰平 齐接触，传送带水平部分长度L=16m,沿逆时针方向以恒定速度 v=2m/s匀速转动.ABCDE是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB为水平轨道，弧BCD是半径为R的半圆弧轨道，弧DE是半径为2R的圆弧轨道，弧 BCD与弧DE相切在轨道最高点 D,R=0. 6m.平面部分A点与传送带平齐接触.放在MN段的物块m (可视为质点)以初速度vo=4m/s冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数科=0 2,物块的质量 m=1kg.结果物块

22、从滑上传送带又返回到N端，经水平面与左端 M处的固定弹射器相碰撞(弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定)，因碰撞弹射器锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧 的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点，最后从E点飞出.g取10m/s2.求：(1)物块m从第一次滑上传送带到返回到 N端的时间.(2)物块m第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送 带所多提供的能量多大？【答案】（1） t 4.5s （2） W 8J【解析】试题分析：（1）物块B向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀减速运动，达到与皮带共速后与皮带匀速物块B向右作匀减速运动过程：mg ma

23、二/一些v0ti 2s g物块向右达到的最大位移：S v0 114m2反向匀加速运动过程加速度大小不变.达到与传送带共速的时间：t2 - 1s g相对地面向左位移：S/ v t2 1m2 TOC o 1-5 h z SS/4 1共速后与传送带匀速运动的时间：t. Sj = 15s3 v 2,往返总时间：:（2）由物块恰能通过轨道最高点D,并恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过最高点可得，物块是在半径为2R的圆弧上的最高点重力全部充当向心力.又由物块上滑过中根据机械能守恒得：_ - 1J-.Li代入数据解得：vB6Rg 6m/s12物块第二次从N至IJA点：L v1t - g t速度关系：vB M g

24、t代入得：r+同一16=。；得：t 2s或t8s （舍）物体运动时传送带的位移：s vt 4m传送带为维持匀速运动多提供的力：F mg传送带所做的功等于传送带多提供的能量：W F s mg s 8J考点：考查牛顿运动定律的综合应用；动能定理.【名师点睛】本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公 式、动能定理列式求解.10.如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1X 1(6v/m的匀强电场中，固定一个穿有A、BO、半径为两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为R=0.2m. A、B用一根绝缘轻杆相连，A带的电荷量为q=+7X10C, B不带电，质量分别

25、为mA=0.01kg、mB=0.08kg.将两小球从圆环上的图示位置( A与圆心O等高，B在圆心。的 正下方)由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动.重力加速度大小为g=10m/s2 .(2)求小球(3)求小球A的最大速度值.(1)通过计算判断，小球 A能否到达圆环的最高点0?A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值.【答案】(1) A不能到达圆环最高点(2) 22 m/s (3) 0.1344J3【解析】【分析】【详解】试题分析：A、B在转动过程中，分别对 A、B由动能定理列方程求解速度大小，由此判断A能不能到达圆环最高点； A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，对 A、B分别由

26、动能 定理列方程联立求解最大速度； A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时,根据电势能的减少与电场力做功关系求解.(1)设A、B在转动过程中，轻杆对 A、B做的功分别为 Wt和Wt ,根据题意有：Wt Wt 0设A、B到达圆环最高点的动能分别为Ea、Ekb对A根据动能定理：qER- mAgR+WT1=EKA对B根据动能定理： Wt1 mBgR E联立解得：Eka+ Ekb= - 0.04J由此可知：A在圆环最高点时，系统动能为负值，故A不能到达圆环最高点(2)设B转过口角时，A、B的速度大小分别为 va、vb, 因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故：Va=vb12对 A根据动

27、能te理：qERsinmAgRsinWT2 mAvA12对B根据动能定理： WT2 mBgR 1 cosmBvB2 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark111 o Current Document 28联立斛得：vA3sin 4cos 49由此可得：当tan 3时，A、B的最大速度均为Vmax 22m/s HYPERLINK l bookmark121 o Current Document 4max 3(3) A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能 减少最多，由上可式得 ：3sin +4cos a- 4=0 HYPERLINK

28、 l bookmark172 o Current Document 24 .斛得：sin 函或sin = (舍去)84所以A的电势能减少:EP qERsin J 0.1344J625点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动，应用牛顿第二定律求出加速度，结 合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子 的能量发生变化，利用动能定理进行解答，属于复杂题.11.如图所示，一个质量为 m=0.2kg的小物体(P可视为质点)，从半径为R=0.8m的光滑圆 强轨道的A端由静止释放，A与圆心等高，滑到 B后水平滑上与圆弧轨道平滑连接的水平 桌面，小物体与桌面间的动摩擦因数为后0.6,小物体滑行L=1m后与静置于桌边的另一相同的小物体Q正碰，并粘在一起飞出桌面，桌面距水平地面高为h=0.8m不计空气阻力,滑至B点时的速度大小；(2)P在B点受到的支持力的大小；(3)两物体飞出桌面的水平距离；(4)两小物体落地前损失的机械能.【答案】(1)Vi 4m/s (2)Fn6N (3)s=0