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1、（物理）高考必备物理动能与动能定理技巧全解及练习题( 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，两物块A、 B 并排静置于高h=0.80m 的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg 一颗质量m=0.10kg的子弹C 以v0=100m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A 后接着射入B 并留在B 中，此时A、 B 都没有离开桌面已知物块A 的长度为0.27m， A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m设子弹在物块A、 B 中穿行时受到的阻力大小相等，g 取10m/s 2 (平抛过程中物块看成质点)求：（ 1）物块 A 和物块 B 离开桌面时速度的大小分别是多少
2、；（ 2）子弹在物块 B 中打入的深度；（3）若使子弹在物块B 中穿行时物块B 未离开桌面，则物块 B 到桌边的最小初始距离【答案】（ 1） 5m/s ；10m/s ；（ 2） LB3.5 10 2 m （3） 2.5 10 2 m【解析】【分析】【详解】试题分析： (1)子弹射穿物块 A 后， A 以速度 vA 沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动：h1gt 2解得：t=0.40s2A 离开桌边的速度 vAs，解得： vA=5.0m/st设子弹射入物块B 后，子弹与B 的共同速度为vB，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：mv0 Mv A ( Mm)vBB 离开桌边的速度v =10m/
3、sB（2）设子弹离开A 时的速度为v1 ，子弹与物块A 作用过程系统动量守恒：mv0mv12Mv Av1=40m/s子弹在物块B 中穿行的过程中，由能量守恒fL1 Mv21 mv21 (M m)v2B2A212B子弹在物块 A 中穿行的过程中，由能量守恒fLA1 mv021 mv121 ( M M )vA2 222由 解得 LB3.5 10 2m（3）子弹在物块A 中穿行过程中，物块A 在水平桌面上的位移为s1，由动能定理：fs1 (MM )v2 0 12A子弹在物块 B 中穿行过程中，物块B 在水平桌面上的位移为s2，由动能定理fs21 MvB21 MvA2 22由解得物块 B 到桌边的最小
4、距离为： smin s1 s2，解得： smin2.510 2 m考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律2 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=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
5、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 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F2.5mg 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 C 点，由2vcF向 =代入数据得12mvc23.5J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x0则有kx0mg解得x0mg0.1mk设最大
6、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 )1mvc2Ep3 3.5 0.5 6J2(3)滑块从 A 点运动到 C 点过程，由动能定理得mg 3rmgs1 mvc22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
7、理及几何关系求解。3 如图，在竖直平面内，半径R=0.5m 的光滑圆弧轨道ABC与粗糙的足够长斜面CD 相切于 C 点， CD 与水平面的夹角线沿竖直方向。现有一质量=37，B 是轨道最低点，其最大承受力Fm=21N，过 A 点的切m=0.1kg 的小物块，从A 点正上方的P 点由静止落下。已知物块与斜面之间的动摩擦因数=0.5.取sin37 =0.6.co37=0.8，g=10m/s 2，不计空气阻力。(1)为保证轨道不会被破坏，求P、 A 间的最大高度差H 及物块能沿斜面上滑的最大距离L；(2)若P、 A 间的高度差h=3.6m，求系统最终因摩擦所产生的总热量Q。【答案】 (1) 4.5m
8、， 4.9m ；(2) 4J【解析】【详解】(1)设物块在 B 点的最大速度为vB，由牛顿第二定律得：Fmmgm vB2R从 P 到 ，由动能定理得mg (HR)1 mvB202解得H=4.5m物块从 B 点运动到斜面最高处的过程中，根据动能定理得：-mg R（ 1-cos37 ）+Lsin37 - mgcos37 ?L=01 mvB22解得L=4.9m(3)物块在斜面上，由于mgsin37 mgcos37 ，物块不会停在斜面上，物块最后以B 点为中心， C 点为最高点沿圆弧轨道做往复运动，由功能关系得系统最终因摩擦所产生的总热量Q=mg （h+Rcos37 ）解得Q=4J4 如图所示，倾角为
9、306 m/s的速度运的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以动，运动方向如图所示一个质量为2 kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2 m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端AB 的中点处，重力加速度g=10 m/s 2，求：（1）物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间；（2）传送带左右两端AB 间的距离l 至少为多少；（3）上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少；（4）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h 为多少？【答案】 （
10、1） 1.6s （ 2） 12.8m （3） 160J （ 4） h=1.8m 【解析】(1)mgsin =ma, h/sin=,可得 t=1.6 s.(2)由能的转化和守恒得：mgh= mgl/2， l=12.8 m.(3)在此过程中，物体与传送带间的相对位移:x 相 =l/2+v 带 t,又 l/2=，而摩擦热 Q=mgx相，以上三式可联立得 Q=160 J.(4)物体随传送带向右匀加速，当速度为v 带 =6 m/s 时向右的位移为x，则 mgx=， x=3.6 ml/ 2，即物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以v 带=6 m/s 的速度冲上斜面，由 =mgh，得 h=1.8 m.滑
11、块沿斜面下滑时由重力沿斜面向下的分力提供加速度，先求出加速度大小，再由运动学公式求得运动时间，由 B 点到最高点，由动能定理，克服重力做功等于摩擦力做功，由此可求得 AB 间距离，产生的内能由相互作用力乘以相对位移求得5 如图所示， AB 是光滑的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径 BD 竖直，将弹簧水平放置，一端固定在A 点现使质量为m 的小滑块从D 点以速度v0进入轨道DCB，然后沿着BA 运动压缩弹簧，弹簧压缩最短时小滑块处于P 点，重力加速度大小为g，求：（1）在 D 点时轨道对小滑块的作用力大小FN；（ 2）弹簧压缩到最短时的弹性势能Ep；（ 3）若水
12、平轨道 AB 粗糙，小滑块从 P 点静止释放，且 PB 5l，要使得小滑块能沿着轨道BCD运动，且运动过程中不脱离轨道，求小滑块与AB 间的动摩擦因数的范围【答案】 （1）（ 2）（3） 0.2或 0.5 0.7【解析】 （1）解得（2）根据机械能守恒解得（3）小滑 恰能能运 到B 点解得 0.7小滑 恰能沿着 道运 到C 点解得 0.5所以 0.5 0.7小滑 恰能沿着 道运 D 点解得 0.2所以 0.2 上 0.2或 0.5 0.76 如 所示，滑 A 的 量m 0.01kg ，与水平地面 的 摩擦因数 0.2 ，用 挂的小球 量均 m 0.01kg，沿x 排列，A 与第1 只小球及相
13、两小球 距离均 s2m， 分 L1、 L2、L3（ 中只画出三只小球，且小球可 点），开始 ，滑 以速度 v0 10m s 沿 x 正方向运 ， 滑 与小球碰撞 不 失机械能，碰撞后小球均恰能在 直平面内完成完整的 周运 并再次与滑 正碰，g 取 10ms2，求：（ 1）滑 能与几个小球碰撞？（ 2）求出碰撞中第 n 个小球 La 的表达式。【答案】 (1)12 个 ;(2)【解析】（ 1）因滑 与小球 量相等且碰撞中机械能守恒，滑 与小球相碰撞会互 速度，小球在 直平面内 ，机械能守恒， 滑 滑行 距离 s0，有得 s0 25m（个）（2）滑块与第对小球，有：n 个球碰撞，设小球运动到最高点
14、时速度为vn对滑块，有：解三式：7 一质量为m =0.5kg的电动玩具车，从倾角为=30的长直轨道底端，由静止开始沿轨道向上运动， 4s末功率达到最大值，之后保持该功率不变继续运动，运动的v- t 图象如图所示，其中 AB 段为曲线，其他部分为直线.已知玩具车运动过程中所受摩擦阻力恒为自身重力的 0.3 倍，空气阻力不计 .取重力加速度g=10m/s2.（ 1）求玩具车运动过程中的最大功率P；（ 2）求玩具车在 4s 末时（图中 A 点）的速度大小 v1；（3）若玩具车在 12s末刚好到达轨道的顶端，求轨道长度L.【答案】（ 1） P=40W（2） v1=8m/s（ 3） L=93.75m【解
15、析】【详解】（1）由题意得，当玩具车达到最大速度v=10m/s 匀速运动时，牵引力： F=mgsin30 +0.3mg由 P=Fv代入数据解得： P=40W（2）玩具车在 0-4s 内做匀加速直线运动，设加速度为a，牵引力为 F1，由牛顿第二定律得： F1-( mgsin30 +0.3mg )=ma4s 末时玩具车功率达到最大，则P=F1v1由运动学公式v1=at 1 （其中 t 1=4s）代入数据解得 :v1=8m/s（3）玩具车在 04s 内运动位移 x1=1 at122得： x1=16m玩具车在 412s 功率恒定，设运动位移为x2，设 t2=12s 木时玩具车速度为v，由动能定理得21
16、21mv212P(t - t )-( mg sin30 +0.3mg ) x =2mv12代入数据解得： x2=77.75m所以轨道长度 L=x12+x =93.75m8 在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和 B，两者相距为 d现给 A 一初速度，使 A与 B 发生弹性正碰，碰撞时间极短当两木块都停止运动后，相距仍然为d已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为 B 的质量为 A 的 2 倍，重力加速度大小为g求 A 的初速度的大小【答案】18 gd5【解析】【详解】设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v0；在碰撞后的瞬间，A 和 B 的速度分别为v1 和 v2 在碰撞过程中，由能量守恒定
17、律和动量守恒定律，得1mv021mv1 2 12mv22222mv0mv12mv2，式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正，联立解得：v1v0 ， v22v033设碰撞后 A 和 B 运动的距离分别为d1和 d2，由动能定理得mgd11 mv12 ，2（2m） gd 21 2mv2 2 2按题意有： d d2d1 联立解得： v0 18gd59 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恒力 F1 作用下运动，通过B 点时立即撤去力F1，物块恰好落到斜面P 点。物块与水平面间的滑动摩擦力为f ， f 大小与物块离A 点的距离d 的关系如图乙所示。已知AB
18、间距为 2m，斜面倾角 37， BP 间距为3m，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力。(sin370.6，cos37 0.8)求(1)物块通过 B 点时速度大小 ;1(2)恒力 F 大小(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】
19、【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： xL cosvBt竖直方向： yL sin1 gt 22代入数据，联立式解得vB4m/s ；（2）由图乙可知摩擦力对物块做功为Wf1f1f 2 d 2物块从 A 到 B ，由动能定理有F1 dWf1 mvB20 2代入数据，联立式解得F14.5N（3）方法一：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 F2 与x 轴方向成角，根据运动的合成与分解有水平方向： xvBt1 F2 cost 22m竖直方向： y1 F2 sinmgt22my几何关系： tanxtvB tan1F2 sin
20、mg1 F2 cos联立式解得tan2m2m代入数据可得 t12，要使 t 最小，即 4sin3cos 要取最大2044sin3cos值，而 4sin3cos54 sin3 cos5sin370，故当530 时， t 最小，55tmin0.3svxF2 cosvBtmvyF2 sinmgtmEk1 mv21 m vx2vy2（11）22联立（ 11）式解得 Ek7.69J（ 12）（ v2.56m/s ， vy4.92m/s ）x【或：把 tmm0.3s 代入式中解得y0.738m 假设落到 Q 点，从 B 到 Q 过程，由动能定理得WFWGEK ，即 0 mgy Ek1mvB22代入数据解得
21、 Ek7.69J（11）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，vBy vB sin, G y mg cos， vBy 和 Gy 均为定值，为使物块尽快落到斜面，故F2 垂直斜面向下。x 方向： xvB cost1g sint 22y 方向： yvB sint1F2mg cost 22my 0时，解得 tmin 0.3s或： vyF2mg cosvB sint1 m当 vy0 时， t1 0.15s， t 2t1 0.3svx vB cosg sint 把 tmn0.3s 代入式中解得 vx5m/s ，而 vyvByvB sin2.4m/s ，Ek1 mv21
22、m vx2vy222代入数据解得Ek7.69J 【或：把 tmn0.3s 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WFWGEk ，即 0mgx sinEk1 mvB2 2代入数据解得 Ek7.69J】10 如图所示，一轻质弹簧左端固定在轻杆的A 点，右端与一质量m1kg 套在轻杆的小物块相连但不栓接，轻杆AC 部分粗糙糙，与小物块间动摩擦因数=02， CD 部分为一段光滑的竖直半圆轨道小物块在外力作用下压缩弹簧至B 点由静止释放 ，小物块恰好运动到半圆轨道最高点D， BC5m ，小物块刚经过 C 点速度 v4ms ， g 取 10m / s2 ，不计空
23、气阻力 ，求：（ 1）半圆轨道的半径 R；（ 2）小物块刚经过 C 点时对轨道的压力 ；（3）小物块在外力作用下压缩弹簧在B 点时，弹簧的弹性势能E p 【答案】 0.4m 50N 方向垂直向下 (3) 18J【解析】【分析】【详解】(1)物块由 C 点运动到D 点，根据机械能守恒定律2mgR1 mv22R=0.4m小物块刚过C 点时Nv2F mg = mR所以 FNv2mg m50 NR根据牛顿第三定律知小物块刚经过C 点时对轨道的压力：FFN50N方向垂直向下(3)小物块由 B 点运动到C 点过程中，根据动能定理W弹mgLBC1mv22带入数据解得： W弹 =18J所以 Ep 18J 11
24、 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 37，圆弧半径R=2.25m，滑动摩擦因数=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/s 2， sin37 =0.6，忽略空气阻力，求:（ 1） 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。【答案】 （1） 1.2m （2） FN25.
25、1N （ 3） 13.6J【解析】【详解】（1）物块从 A到 B由平抛运动的规律得 :gttan= v0x= v0t得x=1.2m（2）物块在 B 点时，由平抛运动的规律得：v0vBcos物块在小车上 BC段滑动过程中，由动能定理得：11mgR(1 cos) mvC2mvB222在 C 点对滑块由牛顿第二定律得FNmgm vC2R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 ma1 ，对小车有 mgMa 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即vC a1t 1 a2t 1由以上各式解得 t134 s，6此时小车的速度为va2t 134 m / s51212物块在
26、 CD段滑动过程中由能量守恒定律得：mvC（ M m） v + Q22解得： Q=13.6J12 如图所示，质量为m1 1kg 的小物块P，置于桌面上距桌面右边缘C 点 L1 90cm 的 A点并与弹簧的右端接触（不拴接），轻弹簧左端固定，且处于原长状态质量为M 3.5kg、长 L 1.5m 的小车静置于光滑水平面上，其上表面与水平桌面相平，且紧靠桌子右端小车左端放有一质量为m2 0.5kg 的小滑块 Q现用水平向左的推力将P 缓慢压缩L25cm 推至 B 点（弹簧仍在弹性限度内）时，撤去推力，此后P 沿桌面滑到桌子边缘C 时速度为 2m/s，并与小车左端的滑块Q 相碰，最后Q 停在小车的右端
27、，物块P 停在小车上距左端 0.35m 处 P 与桌面间动摩擦因数1 0.4， P、 Q 与小车表面间的动摩擦因数20.1，重力加速度g 10m/s 2（ 1）小车最后的速度 v；（ 2）推力所做的功；（ 3）在滑块 Q 与车相对静止时， Q 到桌边的距离【答案】（ 1） 0.4m/s ；（ 2） 6J；（ 3） 1.92m【解析】【详解】（1）设物块 P 与滑块 Q 碰后最终与小车保持相对静止，其共同速度为 v 由动量守恒得：m1vc(m1m2M )v代入数据可得： v 0.4m/s（2） 90cm 0.9m ，设弹簧的最大弹性势能为Epm根据动能定理得：W 1m1g(L12L2 )1 m1
28、vc22得： W 6J（3）设物块 P 与滑块 Q 碰后速度分别为v1 和 v2，P 与 Q 在小车上滑行距离分别为S1 和 S2P 与 Q 碰撞前后动量守恒，则有：m1vcm1v1m2 v2由动能定理得：2 m1 gs12 m2 gs21 m1v121 m2v221 (m1 m2 M )v2222联立得 v1 1m/s， v22m/s方程的另一组解：当25v2= m/s 时， v1=m/s ， v1 v2不合题意舍去33设滑块 Q 与小车相对静止时到桌边的距离为s， Q 在小车上运动的加速度为a由牛顿第二定律得：2m2 gm2a代入数据解得：a 1m/s 2由匀变速运动规律得：22svv2解得： s 1.92m