高考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及解析

1、高考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)及解析、高中物理精讲专题测试动能与动能定理.如图所示，圆弧轨道 AB是在竖直平面内的 2圆周，B点离地面的高度h=0.8m,该处切4线是水平的，一质量为 m=200g的小球(可视为质点)自A点由静止开始沿轨道下滑(不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力)，小球从B点水平飞出，最后落到水平地面上的D点.已知小物块落地点 D到C点的距离为x=4m ,重力加速度为g=10m/s2.求:(1)圆弧轨道的半径(2)小球滑到B点时对轨道的压力.【答案】(1)圆弧轨道的半径是 5m.(2)小球滑到B点时对轨道的压力为 6N,方向竖直向下.【解析】(1)小球

2、由B到D做平抛运动，有:1h=2gtA至ijB过程，由动能定理得：mgR=；mvB2-0解得轨道半径 R=5m(2)在B点，由向心力公式得：N mg mR解得：N=6N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N，=N=6N,方向竖直向下点睛：解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，掌握圆 周运动靠径向的合力提供向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动.某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在 A点用一弹射装置可 将 静止的小滑块以 Vo水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径 R=0.3m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有

3、一陷阱， G D两点的竖 直高度差 h=0.2m,水平距离 s=0.6m,水平轨道 AB长为Li=1rx BC长为L2=2.6m ,小滑块与水平轨道间的动摩擦因数w=0.5,重力加速度 g=10m/s2.(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点弹射出的速度大小；(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出, 求小滑块在 A点弹射出的速度大小的范围.【答案】(1) H =(2) 5m/sw0w6m/剂VA【解析】【分析】【详解】(1)小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为V,由牛顿第二定律及机械能守恒定律Vmg = w?-J?1212由B到取局点一m

4、vB 2mgR mv22由a至ij b ： - wgk=7相a:融旺解得A点的速度为片=3叩s(2)若小滑块刚好停在 C处，则：一刖g上1 + 0 = 口一!阴二解得A点的速度为冷=4m s若小滑块停在BC段，应满足3m/s vA 4m/s若小滑块能通过 C点并恰好越过壕沟，则有 h 1gt22s Vct解得.,所以初速度的范围为 3m /s vA 4m/s和vA 5m/s1 .如图所不，半径为 R1= 1.8 m的一光滑圆弧与半径为R = 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

5、，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mi=1 kg的物块从光滑圆弧顶部的 A处由静止释放，物块 mi下滑至B处和m2碰撞后不再分开，整体设为 物块m(m = mi+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，圆管粗细不计.h L H 地面(1)求物块mi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

6、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试题分析：(1)选由机械能守，ff求出物块 n下滑到B点时的速度；n、m2碰撞满足动 TOC o 1-5 h z 1212量守恒，由E机 一m1VB -mv共求出碰撞过程中损失的机械能 ；(2)物块m由B到C 22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m下滑到B点时的速度为Vb ,由机械能守恒可得: HYPERLINK l bookmark54 o Current Document 12mKR -m1

7、VB2解得：vB 6m/sm1 m2碰撞满足动量守恒：mB (m, m2)v共解得；v共 2m/s1cle则碰撞过程中损失的机械能为：E机 一 m1VB mv# 12J TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark73 o Current Document 221 212物块m由B到C满足机械能守恒： 一 mv丑 mg 2R2 - mvC 22解得：Vc 4m/s2在C处由牛顿第二运动定律可得：Fn mg mR2解得：Fn190N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 Mv2解得：vi 3m/ s设在此过程中物

8、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 mv1 mvC HYPERLINK l bookmark36 o Current Document 2解得：x1 1.4m12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：. 2mg(x3 x4) 0 -mv1 2解得：x4 0.8m.如图所示，在竖直平面内的光滑固定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

9、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)过

10、程见解析【答案】(1) 1mg (2) 4 ： 1a-【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,在小球由开始下落至运动到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 =Rc点过程中，机械能守恒，有由两式可知1N= - mg小球可以沿轨道运动到C点.(2)小球在C点的动能为Ekc,由机械能守恒得2mgREkc3设小球在B点的动能为EkB,同理有EkB=8mgR3Rb : Ekc= 4 ： 1 .(3)小球自由落下，经ABC圆弧轨道到达 C点后做平抛运动。由动能定理得:mgh 1mvc2由平抛运动的规律得

11、:12R gt2x=vct解得:x 2 Rh因为x打r ,且vc jgR所以3Rh -mvS 则 251联立知：E pmgR.综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为 5E pmgR 或 E p夕mgR.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

12、传送带平齐接触.放在 MN段的物块m (可视为质点)以初速 度V0=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(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

13、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 ma0 二/一网v0ti 2s g_ V0物块向右达到的最大位移:S t1 4m2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 S S/4 1共速后与传送带匀速运动的时间：t. S- - 1 5s3 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

14、过中根据机械能守恒得：_ - - , -Li代入数据解得：vB ，而g 6m/s12物块第二次从N至ijA点：L v1t - g t速度关系：vb % g t代入得：+6f-16 = 0;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.如图所示，滑块 A的质量m= 0.01kg ,与水平地面间的动摩擦因数科=0.2 ,用细线悬挂的小

15、球质量均为 m= 0.01kg ,沿x轴排列，A与第1只小球及相邻两小球间距离均为2m线长分别为Li、L2、L3(图中只画出三只小球，且小球可视为质点)，开始时，滑块 以速度V0=10m7s沿x轴正方向运动，设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块正碰，g取10rn/S2,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。50 - 4n【答案】12个;(2)【解析】(1)因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，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So,有I1-= 0 - -

16、mvj得 So= 25mSQn = 一 = 12(个) TOC o 1-5 h z (2)滑块与第n个球碰撞，设小球运动到最高点时速度为vn11 t= -mvn + ZmgL对小球，有：，-/.mu = m林I11-pmgns = 3nl琢-弓对滑块，有：/-诏-2figsn 50 - 4n心 解三式：8.雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关，雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g；(1)质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u,求这一过程中空气阻力所做的功W.(2)研究小组同学观察发现，下雨时雨滴的速度跟雨滴大小有关，较大的雨滴落地速度较快，若

17、将雨滴看作密度为p的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力大小为f=kr2v2,其中v是雨滴的速度，k是比例常数，r是球体半径.a.某次下雨时，研究小组成员测得雨滴落地时的速度约为vo,试计算本场雨中雨滴半径的大小；b.如果不受空气阻力，雨滴自由落向地面时的速度会非常大，其 v-t图线如图所示，请在 图中画出雨滴受空气阻力无初速下落的v-t图线.（3）为进一步研究这个问题，研究小组同学提出下述想法：将空气中的气体分子看成是空间中均匀分布的、静止的弹性质点，将雨滴的下落看成是一个面积为S的水平圆盘在上述弹性质点中竖直向下运动的过程.已知空气的密度为明试-23kv04 g 求出以速度v运动的雨

18、滴所受空气阻力 f的大小.（最后结果用本问中的字母表示）12【答案】（1） W 2 mu mgh （2）【解析】2 Sv2 12(1)由动能th理： mgh W - mu解得:W 1mu22mgh（2） a.雨滴匀速运动时满足:2 2kr V0解得r3kv24 gb.雨滴下落时，做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速下落，图像如图V(3)设空气分子与圆盘发生弹性碰撞.在极短时间 t内，圆盘迎面碰上的气体质点总质量为：m S v t以F表示圆盘对气体分子的作用力，对气体根据动量定理有：F , t = m 2v解得：F 2 Sv2由牛顿第三定律可知，圆盘所受空气阻力F F 2 Sv2 TOC o 1

19、-5 h z .如图所示，AB为倾角 37的斜面轨道，BP为半径R=1m的竖直光滑圆弧轨道，O为圆心，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，车5弹簧一端固定在A点，另一端在斜面上C点处，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙，CB长L= 1.25m,物块与斜面间的 动摩擦因数为 =0.25,现有一质量 m=2kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后释放(不栓接)，物块经过B点后到达P点，在P点物块对轨道的压力大小为其重力的1.5倍，sin37 0.6,cos370.8, g=10m/s2 求：(1)物块到达P点时的速度大小 vp；(2)物块离开弹簧时的速度大小vc；(3)若要使物块始终不脱

20、离轨道运动，则物块离开弹簧时速度的最大值vm.【答案】(1) Vp 5m/s (2) vc=9m/s (3) vm 6m/s【解析】【详解】(1)在P点，根据牛顿第二定律：mg NP m 解得：vP2.5gR 5m/s(2)由几何关系可知 BP间的高度差hBP R(1 cos37 )物块C至P过程中，根据动能定理:1 2 一 mvC2 C12mgLsin37 mghPmgLcos37 = - mvP2联立可得：VC=9m/s。等高处的E点,(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块能够到达的最大高度为与 物块C至E过程中根据动能定理：12mgLcos37 mgLsin37 mgRsin 53

21、=0mvm2解得：vm 6m/s.如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为。，间距为L.导轨上端并联接有一电容为C的平行板电容器和阻值为 R的电阻.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面.在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触.已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为内重力加速度大小为g.忽略其它电阻.让金属棒在不同情况下从导轨上端由静止开始下滑，求 ：(1)当断开Si闭合S2时，金属棒由静止开始下滑位移x后开始匀速，求匀速的速度大小和这过程电阻生的热量；(2)当断开S2闭合Si时金属棒的速度大小随时间变化的关系.【答案】(1)

22、vmQ mgx(sin【解析】【详解】(sin cos )mgRBT，cos )回、23 22cos ) m g R4 42B4L4mg(sin cos ),(2)V2- tm B2L2C(1)金属棒在斜面上匀速直线运动时，由平衡条件:mg sin BIL mg cos由闭合电路的欧姆定律I ER而动生电动势E BLvm联立解得：Vm处一等四史 b2l2对金属棒下滑过程，由动能定理得：mgxsin12 cmg cos x 叫安二 mvm 0而由功能关系，克服安培力做功等于电路的焦耳热：Wf=Q联立解得：Q mgx(sincos )也、23 22cos ) m g R c - 4. 4 2B L

23、(2)设金属棒经历时间t,速度的变化量为v,通过金属棒的电流为i,流过金属棒的电按照电流的定义i tQ也是平行板电容器的极板在t内的增加量,Q C U CBL v金属棒受到的摩擦力为 f mg cos金属棒受到的安培力为 Fi BiL设金属棒下滑的加速度为 a,由牛顿第二定律有:mg sin f Fi ma联立解得:mg (sin cos )m B2L2C加速度为恒定值，说明金属棒做匀加速直线运动有v at可得瞬时速度与时间的关系：v mn, 2cos ) tm B2L2C.将一根长为L的光滑细钢丝 ABCDEJ成如图所示的形状，并固定在竖直平面内.其中3 AD段竖直，DE段为一圆弧，圆心为

24、Q E为圆弧最图点， C与E、D与O分别等局，BC=41AC将质量为 m的小珠套在钢丝上由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为4g-小珠由C点释放，求到达 E点的速度大小vi；小珠由B点释放，从E点滑出后恰好撞到 D点，求圆弧的半径 R欲使小珠到达 e点与钢丝间的弹力超过 口9,求释放小珠的位置范围.4【答案】vi=0；2L一、， 3L ；C点上方低于 一 处滑下或高于 4 34(4 3 )5L4(4 3 )处【解析】【详解】(1)由机械能守恒可知，小珠由 C点释放，到达E点时，因CE等高，故到达 为零；E点的速度(2)由题意:L (3 2 R R);小珠由B点释放, 4到达E点满足:ZT-

25、12mgBC mvE从E点滑出后恰好撞到2RD点，则R VEt ； t j-g-联立解得:2L3(3) a.若小珠到达E点与小珠上壁对钢丝的弹力等于mg17 mg2 嗓从12释放点到E点，由机械能寸恒te律：mgh1 mvE123 _ 3L联立解得：h -R 84(4 3 )b.若小珠到达E点与小珠下壁对钢丝的弹力等于1 铲，则mg1-mg m22 ；从释放R点到E点，由机械能守恒定律:J 12mgh2 mvE2 ；联立解得:5 c 5LR 84(4 3 )5L于4(4 3 )处滑下时，小珠到达-、， 3L 故当小珠子从C点上万低于处滑下或局4(4 3 ) 1E点与钢丝间的弹力超过 mg .412.如图所示，在竖直平面内有一“”管道装置，它是由两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。直管道和圆弧管道分别相切于Ai、M Bi、B2, Di、D2分别是