高中物理动能与动能定理的技巧及练习题及练习题含答案

1、高中物理动能与动能定理的技巧及练习题及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1.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=0.6m处静止释放小球，它与 BC间的动摩擦因数 斤0.5,小球进入管口 C端时，它对上管壁有 FN=2.5mg的相互作用力，通过 CD后，在压缩 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

2、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Ekm；(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 C端0.3m【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F 2.5mg的相互作用力故小球受到的向心力为F 向 2.5mg mg 3.5mg 3.5 1 10 35N(2)在C点，由代入数据得1 mv2 3.5J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X。则有kxg mg解得mg - -x00.1mk设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有mg(rX0)1

3、2一 mvc2EkmEp1 2 L Ekm mg(r x) mvc Ep3 3.5 0.5 6J(3)滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得mg 3rmgs2-mvc解得BC间距离s 0.5m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12mgs mvc解得s 0.7m故最终小滑动距离 B为0.7 0.5m 0.2m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。2.如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被

4、压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量m 0.04kg，电量q 3 10 4C的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能为0.32J。某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端A点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B,并沿轨道BC滑下，运动到光滑水平轨道CD ,从点进入到光滑竖直圆内侧轨道。已知倾斜轨道与水平方向夹角为37 ,倾斜轨道长为L 2.0m ,带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数0.5。小物块在C点没有能量损失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小物块的电量保持不变，可视为质点。只有光滑竖 直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场，场强E 2 105V/m。已知2cos37

5、 0.8, sin37 0.6 ,取 g 10m/s ,求：(1)小物块运动到 A点时的速度大小 vA；(2)小物块运动到 C点时的速度大小 vC ；(3)要使小物块不离开圆轨道，圆轨道的半径应满足什么条件?【答案】(1) 4m/s； (2) 有3m/s； (3) R? 0.022m【解析】【分析】【详解】(1)释放弹簧过程中，弹簧推动物体做功，弹簧弹性势能转变为物体动能解得(2) A到B物体做平抛运动，到 B点有vA = cos37Vb所以vB= - =5m/s0.8B到C根据动能定理有mgLsin37解得mgcos37 L 1mvC - mv222vC =V33m/s(3)根据题意可知，小

6、球受到的电场力和重力的合力方向向上，其大小为F=qE-mg=59.6N所以D点为等效最高点，则小球到达D点时对轨道的压力为零，此时的速度最小，即2VdF= m -R解得所以要小物块不离开圆轨道则应满足Vc身D得:FK 0.022m3.如图所示，粗糙水平地面与半径为R=0.4m的粗糙半圆轨道 BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上.质量为 m=1kg的小物块在水平恒力 F=15N的作用下，从 A点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去F,小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知A、B间的距离为3m,小物块与地面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取

7、10m/s2.求：(1)小物块运动到 B点时对圆轨道 B点的压力大小.(2)小物块离开 D点后落到地面上的点与 D点之间的距离【答案】(1) 160N (2) 0.8./2 m【解析】【详解】(1)小物块在水平面上从 A运动到B过程中，根据动能定理，有:2 一(F-mg xab= mvB2-0 2在B点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：N mg m vB联立解得小物块运动到 B点时轨道对物块的支持力为：N=160N由牛顿第三定律可得，小物块运动到B点时对圆轨道 B点的压力大小为：NN=160N(2)因为小物块恰能通过 D点，所以在D点小物块所受的重力等于向心力，即：2 Vd mg m 可

8、得：VD=2m/s设小物块落地点距 B点之间的距离为x,下落时间为t,根据平抛运动的规律有：X=VDt ,122白2gt2解得：x=0.8m则小物块离开D点后落到地面上的点与D点之间的距离| J2x 0.8%历m4.如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD,其中AB是足够长的水平轨道，B端与半径为R的光滑半圆轨道 BCD平滑相切连接，半圆的直径 BD竖直，C点与圆心O等高.现有一质量为 m的小球Q静止在B点，另一质量为2m的小球P沿轨道AB向右匀速 运动并与Q发生对心碰撞，碰撞后瞬间小球 Q对半圆轨道B点的压力大小为自身重力的 7 倍，碰撞后小球 P恰好到达C点.重力加速度为g.(1)求

9、碰撞前小球 P的速度大小；(2)求小球Q离开半圆轨道后落回水平面上的位置与B点之间的距离；(3)若只调节光滑半圆轨道BCD半径大小，求小球 Q离开半圆轨道D点后落回水平面上的位置与B点之间的距离最大时，所对应的轨道半径是多少？一【答案】(1) vp = (1 +)-) V4m(2)式= 4J? (3) R =【解析】【分析】【详解】 设小球Q在B处的支持力为阴碰后小球 Q的速度为廿1,小球P的速度为叫；碰前小球P 的速度为Rp；小球Q到达D点的速度为 叫).(1)由牛顿第三定律得小球 Q在B点N =碰后小球Q在B点由牛顿第二te律得:N -升啕=碰后小球P恰好到C点，由动能定理得：-2mffR

10、 = 0-P、Q对心碰撞，由动量守恒得：2m”=2m也+ m%联立解得：；-：, r1 1(2)小球Q从B到D的过程中，由动能定理得：-E郎=/4一严事,解得/口 = ,?两诃，所以小球Q能够到达D点由平抛运动规律有：1 I2R二承工联立解得.212(3)- mg2R二12f二之小工 x= t一一3 V)-巧 2官辛 4Hm 毋)-16g(R -j +联立解得：x= =Hg 4gi J 旧t rvi2_+当_-L=o时x有最大值叼所以.【点睛】解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如 何转化，分段运用能量守恒定律列式是关键.如图所示，在竖直平面内的光滑固定

11、轨道由四分之一圆弧AB和二分之一圆弧BC组成，两者在最低点 B平滑连接.过BC圆弧的圆心O有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各一块，挡板与圆弧轨道之间有宽度很小的缝隙.AB弧的半径为2R, BC弧的半径为R一直径略小于缝宽的小球在 A点正上方与A相距 交处由静止开始自由下落，经 A点沿圆弧轨3道运动.不考虑小球撞到挡板以后的反弹.(1)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点.(2)若小球能到达 C点，求小球在B、C两点的动能之比；若小球不能到达 C点，请求出小 球至少从距A点多高处由静止开始自由下落才能够到达C点.(3)使小球从A点正上方不同高度处自由落下进入轨道，小球在水平挡板上的落点到O点的距离

12、x会随小球开始下落时离 A点的高度h而变化，请在图中画出 x2-h图象.(写出计算过程)【解析】【详解】(1)若小球能沿轨道运动到 C点，小球在C点所受轨道的正压力 N应满足N0设小球的质量为m,在C点的速度大小为 vc,由牛顿运动定律和向心加速度公式有2mvCN + mg=R小球由开始下落至运动到C点过程中，机械能守恒，有2mgR 12mvc 32由两式可知1N= - mg小球可以沿轨道运动到C点.(2)小球在C点的动能为 &c,由机械能守恒得2mgRRc=3设小球在B点的动能为EkB,同理有8mgREkB=3得EkB : Ekc= 4 ： 1 .(3)小球自由落下，经 ABC圆弧轨道到达

13、C点后做平抛运动。由动能定理得:2mgh - mvC由平抛运动的规律得：12R gt2 2 x=vct 解得：x 2 . Rh因为x J3r,且vcgR 所以R3Rh 由解得Fnmg第二种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右可再一次滑上光滑圆弧轨道，则:mgRmg 4L12 _-mv2 由解得Fnmg，一一一 一八,整 4 L ，整 8 L物块最后一次滑到底端 B处对圆轨道的压力可能为 糜- mg或二维-8 mg耕 R 群R9.如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1x10V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B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 O、半径为R=0.2

14、m. 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O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 .(1)通过计算判断，小球 A能否到达圆环的最高点 0?(2)求小球A的最大速度值.(3)求小球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.2 2【答案】(1) A不能到达圆环最局点(2)2m/s (3) 0.1344J3【解析】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

15、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：WtWt0设A、B到达圆环最高点的动能分别为EKa、Ekb对A根据动能定理:对B根据动能定理:qER- mAgR+WT仁EkaWti mBgRE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(2)设B转过口角时，A、B的速度大小分别为因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故：

16、A不能到达圆环最高点va、 vb,VA=vB对A根据动能定理:qERsinmAgRsin1 2Wt2 -mAvA2对B根据动能定理:WT2 mBgR 1 cos12-mBVB2联立解得：vA 893sin 4cos 4由此可得：当tan3 ,，时，A、B的最大速度均为4vmax2 2m/ s3(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=024 .斛得：sin 瓦或sin =0 (舍去)所以A的电势能减少:Ep84qERsinJ 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

17、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.10.如图甲所示，水平面上A点处有一质量 m= 0.5kg的小物块，从静止开始在水平向右物块与水平面间AB间距为2m, (sin37 =0.6,恒力F1作用下运动，通过 B点时立即撤去力 Fi,物块恰好落到斜面 P点。 的滑动摩擦力为f, f大小与物块离 A点的距离d的关系如图乙所示。已知 斜面倾角=37, BP间距为3m,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。cos37 =0.8）求甲(1)物块通过B点时速度大小；(2)恒力Fi大小

18、(3)现将图甲装置置于风洞实验室中，斜面BC处于风场中，且足够长。物块从 B点以(1)同中的速度水平向右抛出，立即撤去力F1,同时物块受到大小为 4N的风力F2作用，风力方向从水平向左逆时针到竖直向下范围内可调，如图甲所示。调整风力方向使物块从抛出至落到斜面的时间最短，求该最短时间及在此条件下物块第一次落到斜面时的动能【答案】(1) 4m/s (2) 4.5N (3) 7.69J【解析】【详解】(1)物块从B到P ,假设BP间距为L ,根据平抛运动规律有水平方向：x LcosvBt TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark73 o Current Document

19、9 一竖直方向：y Lsin gt 代入数据，联立式解得 vB 4m/s ；1 (2)由图乙可知摩擦力对物块做功为Wf f1f2 d2 HYPERLINK l bookmark41 o Current Document 2物块从A到B,由动能定理有 F1d Wf -mvB 0代入数据，联立式解得Fi 4.5N(3)方法以B点为坐标轴原点，水平方向为 x轴，竖直方向为y轴，假设52与x轴方向成 角, 根据运动的合成与分解有 水平方向：x vBt1以匚产2 mF2 sinmg 2 竖直万向：y -2 t2m几何关系：tan y xt Vb tan联立式解得1 F2 sinmg 1 f2 costa

20、n代入数据可得t12值,而 4sin 3costmin0.3sVxvbF2 cos204 4sin5 4sin53cos3 cos5vyF2 sinmgEk1212-mv - m vx 222vy(11)联立（11）式解得Ek7.69J(,要使t最小,即4sin5sin370 ,故当3cos要取最大530时，t最小,(vx 2.56m/s , Vy4.92m/s)【或：把tmm 0.3s代入式中解得y 0.738m假设落到Q点，从B到Q过程，由动能定理得 Wf WgEk ,12 _即 0 mgy Ek - mvB 2方法二：以B点为坐标轴原点,沿斜面方向为x轴，竖直斜面方向为y轴,VByVb

21、sin,Gy mg cos,VBy和Gy均为定值，为使物块尽快落到斜面，故 F2垂直斜向向下。x方向：xvB cosy方向：yVb sinF2 mg cos 2t y 0时，解得n0.3STF2 mg cos ,或：vy vB sin t1 m当 Vy 0 时，t1 0.15s, t 2tl 0.3svx vB cosgsin t 把 tmn 0.3s 代入式中解得 Vx 5m/s ,而 Vy VBy VBsln2.4m/s , TOC o 1-5 h z 2122Ekmv m vx vy HYPERLINK l bookmark86 o Current Document 2代入数据解得Ek

22、7.69J【或：把tmn 0.3s代入式中解得x 1.23m,假设落到Q点，从B到Q过程，由动能定理得 Wf WgEk,12即 0 mgxsinEk mvB 代入数据解得Ek 7.69J】11.如图所示，一质量 M=4kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道 CD组成，BC与CD相切于C,圆弧BC所对圆心角0= 37,圆弧半径R=2.25m,滑动摩擦因数 月0.48。质量m=1kg的小物块 从某一高度处的 A点以V0= 4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道,最终与小车保持相对静止。取 g=10m/s2, sin

23、37 =0.6,忽略空气阻力，求：A、B间的水平距离；(2)物块通过C点时，轨道对物体的支持力;(3)物块与小车因摩擦产生的热量。13.6J【答案】(1) 1.2m (2) Fn 25.1N (3)(1)物块从AHIJB由平抛运动的规律得：gttan 0=Vox= V0t得 x=1.2m(2)物块在B点时，由平抛运动的规律得:cos物块在小车上BC滑动过程中，由动能定理得：mgR(1 cos 0)= mvc2 mvB2222在C点对滑块由牛顿第二定律得FN mg m巴R联立以上各式解得：Fn 25.1N(3)根据牛顿第二定律，对滑块有mg= mai,对小车有mg= Ma 2当滑块相对小车静止时

24、，两者速度相等，即由以上各式解得tl 叵 s,6此时小车的速度为 v= a2t1= 34m / s5vc a1t 1= a2t1物块在C血滑动过程中由能量守恒定律得：mvC2 = (M + m) v2 + Q22解得：Q=13.6J12.如图所示，AB为倾角37。的斜面轨道，轨道的 AC部分光滑，CB部分粗糙，BP为圆心角等于143、半径R=1m的竖直光滑圆弧轨道，两轨道相切于B点，P、Q两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量 m=2kg的小物块在外力作用下降弹簧缓慢压缩到D点后(不栓接)释放，物块经过 C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为 x 12t 4t