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1、高中物理动能与动能定理解析版汇编一、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=0.4，重力加速度 g 值取 10m/s 2，不计空气阻力，求(1)物块通过 P
2、点的速度大小；(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60o，则vy22ghsin 60ovyv整理可得，物块通过P 点的速度v8m/s(2)从 P 到 M 点的过程中，机械能守恒1mv2 =mgR(1cos60o )+1mvM222在最高点时根据牛顿第二定律mvM2FNmgR整理得FN4.8N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vDv cos60o4m/s从
3、C 到 D 的过程中，根据能量守恒定律Epmgx1 mvD22C、D 两点间的距离x2m2 如图所示，斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于 C，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角DOC 37， E、 B 与圆心 O 等高，圆弧轨道半径R 0.30m，斜面长L1.90m， AB 部分光滑， BC部分粗糙现有一个质量m 0.10kg 的小物块P 从斜面上端A 点无初速下滑，物块P 与斜面 BC 部分之间的动摩擦因数 0.75取 sin37 0.6， cos370.8，重力加速度g 10m/s 2，忽略空气阻力求：（1）物块第一次通过C 点时的速度大小vC（2）物块第一次通过D 点时受到
4、轨道的支持力大小FD（3）物块最终所处的位置【答案】（ 1） 32m/s （ 2） 7.4N（ 3）0.35m【解析】【分析】由题中 “斜面 ABC下端与光滑的圆弧轨道 CDE相切于 C”可知，本题考查动能定理、圆周运动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答【详解】（1） BC 长度 lR tan 53o0.4m ，由动能定理可得mg(L l )sin 37o 1 mvB22代入数据的vB3 2m/s物块在 BC 部分所受的摩擦力大小为fmg cos37o0.60N所受合力为Fmg sin 37of0故vCvB3 2m/s（2）设物块第一次通过D 点的速度为
5、 vD ，由动能定理得mgR(1 cos37 o)1 mvD2 1 mvC222有牛顿第二定律得FDmgm vD2R联立解得FD7.4N（3）物块每次通过BC 所损失的机械能为Efl0.24J物块在 B 点的动能为EkB1 mvB22解得 EkB0.9J物块经过BC 次数n 0.9J =3.750.24J设物块最终停在距离C 点 x 处，可得mg(Lx)sin 37of (3l +x)0代入数据可得x0.35m3 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 上的 B 点由静止开始下滑，到达C 点后进入半径为
6、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 0剟75范围内调节）、动摩擦因数为3 的足够长的草地轨道3DE 。已知 D 点处有一小段光滑圆弧与其相连，不计滑草车在D 处的能量损失， B 点到C 点的距离为 L0 =10m ， g10m/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；(3)取不同值时，写出滑草车在斜面上克服摩擦所做的功与tan的关系式。t2【答案】 (1) 3000N3； (3)见解析； (2)sincos3【解析】【分析】【详解】(1)根据几何关系可知CD 间的
7、高度差H CDR 1 cos532m从 B 到 D 点，由动能定理得mg L0 sin53H CD1mvD202解得vD102m/s对 D 点，设滑草车受到的支持力FD ，由牛顿第二定律Fmgm vD2DR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 sinmg cos由牛顿第二定律得，向上运动的加速度大小为F合g sing cosam因此滑草车第一次在草地轨道DE 向上运动的时间为tvDg sing cos代入数据解得t23 cossin3(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
8、向右运动，对全程使用动能定理可得mg L0 sinR(1cos) +Wf 1 =00代入数据解得Wf 16000J故当0 时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W克16000J当 030时，则g sing 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x2vD22( g sing cos )摩擦力做功为Wf 2mg cos x2联立解得Wf 26000(J)3 tan1故当 030时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W克 26000(J)3 tan1当 3075时g sing cos滑草车在草地轨道DE 向上运动后仍会下滑，若干次来回运动后最终停在D 处。对全程
9、使用动能定理可得mg L0 sinR(1cos) +Wf 3 =00代入数据解得Wf 36000J故当 3075时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W克 36000J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030 时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000(J) 。3 tan14 如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m1kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度在平台的右端有一传送带， AB 长 L 5m ，物块与传送带间的动摩擦因数10.2 ，与传送带相邻的粗糙水平面 BC 长 s=1.5m，
10、它与物块间的动摩擦因数20.3，在 C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧与 BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为120o ，在圆弧的最高点 F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来若传送带以v5m / s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失当弹簧储存的Ep 18J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取 g10m / s2 （ 1） 求右侧圆弧的轨道半径为 R;（ 2） 求小物块最终停下时与 C 点的距离 ;（ 3） 若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围【答案】 （1） R0.8m ；（ 2
11、） x1 m ；（ 3）37 m / s v43m / s3【解析】【分析】【详解】12（1）物块被弹簧弹出，由E p2 mv0 ，可知： v06m / s因为 v0v，故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，由： mgma1， vv0a1t1，12x1 v0t12 a1t 11得到： a12m / s2， t10.5s， x12.75m因为 x1L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m / s 的速度滑上水平面BC，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：1 m 2mgs mgR2v2代入数据整理可以得到：R 0.8m （2）设物块从 E 点返回至 B 点的速度为
12、vB ，由 1 m21 m 2B2mg 2s2 v2v得到 vB7m / s ，因为 vB0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0 再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距 C 点 x 处，由 1 mvB22mgsx，得到： x1 m .232（3）设传送带速度为 v1 时物块能恰到 F 点，在 F 点满足 mgsin30 om vFR从 B 到 F 过程中由动能定理可知：1 mv12 1 mvF22 mgsmg RR sin 30o22解得：设传送带速度为v2 时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点，由： 122mv22mg3s mgR解得
13、： v243m / s11若物块在传送带上一直加速运动，由2m2mgL2m2vBmv01知其到 B 点的最大速度 vBm56m /s综合上述分析可知，只要传送带速度37m / sv43m / s 就满足条件【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理、圆周运动向心力公式的直接应用，此题难度较大，牵涉的运动模型较多，物体情境复杂，关键是按照运动的过程逐步分析求解5 如图所示，AB是一倾角为=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3E = 4.0
14、10，质量 m = 0.20kg 的带电滑N/C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 = -42求：5.0 10C，取重力加速度g = 10m/s ， sin37 = 0.60， cos37 =0.80（ 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
15、沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力：fmgqE cos370.96N设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得：mgqEh fh1 mv12sin 37o2解得：1v =2.4m/s(2)滑块从 B 到 C点，由动能定理可得：mg qER 1 cos37= 1 mv22 1 mv1222当滑块经过最低点时，有：FNmgqEm v22R由牛顿第三定律：FN，FN11.36N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.6 如图所示，质量m=2kg 的小物块从倾角=37的光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过 B 点后进入粗糙水平面，已知 AB 长度为 3m
16、，斜面末端 B 处与粗糙水平面平滑连接试求：（1）小物块滑到B 点时的速度大小（2）若小物块从A 点开始运动到 C 点停下，一共经历时间t=2.5s，求 BC 的距离（3）上问中，小物块与水平面的动摩擦因数多大？（4）若在小物块上始终施加一个水平向左的恒力F，小物块从 A 点由静止出发，沿ABC 路径运动到 C 点左侧 3.1m 处的 D 点停下求 F 的大小（ sin37 =0.6， cos37=0.8 ）【答案】（ 1） 6m/s （2）（3）0.4（ 4）F 2.48N1.5s【解析】【详解】(1)根据机械能守恒得：mgsAB sin 371 mvB22解得：vB2gsAB sin372
17、10 30.6m/s6m/s ；(2)物块在斜面上的加速度为：a g sin6m/s 21在斜面上有：sAB1a1t 22代入数据解得：t11s物块在 BC 段的运动时间为：t2tt11.5sBC 段的位移为：sBC1(vB 0)t2 4.5m2（3）在水平面上，有：0 vBa2t2解得：a2vB4m/s 2 t2根据牛顿第二定律有：mgma2代入数据解得：0.4 (4)从 A 到 D 的过程，根据动能定理得：mgsAB sinF sBDsAB cosmgsBD0代入数据解得：F2.48N【点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚
18、每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力 .7 如图所示， AB 是倾角为的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在 B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R一个质量为m 的物体（可以看作质点）从直轨道上与圆弧的圆心 O 等高的 P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动已知物体与轨道AB 间的动摩擦因数为，重力加速度为g试求：（1）物体释放后，第一次到达B 处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程s；（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力的
19、大小；（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D（E、 O、D 为同一条竖直直径上的3 个点），释放点距 B 点的距离 L 应满足什么条件【答案】（ 1） vB2gR(sincos )Rmg(3 2cos ) ；tan； L（ 2） FN (3 2cos )R（3） Lcos )2(sin【解析】【分析】【详解】（1）设物体释放后，第一次到达B 处的速度为v1 ，根据动能定理可知：mgRcosmg cosR cos1 mv12sin2解得：2gR(sincos)vBtan物体每完成一次往返运动，在AB 斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达B 点时，速度变为零，对物体从P 到 B 全过程用动
20、能定理，有mgRcosmgL cos0得物体在 AB 轨道上通过的总路程为LR（2）最终物体以 B 为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B 运动到 E 时速度为v2 v，由动能定理知：mgR(1cos )1mv222在 E 点，由牛顿第二定律有FNmgmv22R解得物体受到的支持力FNmg(32cos)根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为FN FNmg(3 2cos ) ，方向竖直向下（3）设物体刚好到达D 点时的速度为vD 此时有mgmvD2R解得：vDgR设物体恰好通过D 点时释放点距B 点的距离为L0 ，有动能定理可知：mg L sinR(1cos)mgcosL01 mv202
21、D联立解得：L0(32cos) R2(sincos)则：L (32cos)R)2(sincos答案：（ 1）2gR(sincosRFmg(3 2cos ) ； （ 3）vB) ； L（2）tanN (3 2cos) RLcos )2(sin8 如图所示，半径 R = 0.1m的竖直半圆形光滑轨道BC 与水平面 AB 相切，AB 距离 x =1m质量 m = 0.1kg 的小滑块1 放在半圆形轨道末端的B 点，另一质量也为m = 0.1kg 的小滑块 2，从 A 点以 v0 2 10m/s 的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道已知滑块2 与水平面之间
22、的动摩擦因数= 0.2取重力加速度 g 10m/s2 两滑块均可视为质点求(1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v；(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能E ；(3)在 C 点轨道对两滑块的作用力F【答案】 (1)v=3m/s(2) E= 0.9J(3)F=8N，方向竖直向下【解析】【详解】(1)物块2 由 A 到 B 应用动能定理：mgx1 mv121 mv0222解得 v1=6m/s两滑块碰撞前后动量守恒，根据动量守恒有: mv12mv解得： v 3m / s方向：水平向右(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能E1 mv1212mv222解得：E 0.9J(3)两滑块从 B 到 C 机械能守恒，根
23、据机械能守恒定律有：1 2mv21 2mvc22mgR22两滑块在 C 点时： 2mgFN2m vC2R解得： FN8N据牛顿第三定律可得：在C 点轨道对两滑块的作用力F=8N，方向竖直向下9 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）若水平轨道 AB 粗糙，小滑块从
24、 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）小滑块恰能能运动到B 点解得 0.7小滑块恰能沿着轨道运动到C 点解得 0.5所以 0.5 0.7小滑块恰能沿着轨道运动D 点解得 0.2所以 0.2综上 0.2或 0.5 0.710 如图所示，在方向竖直向上、大小为6A、BE=110V/m 的匀强电场中，固定一个穿有两个小球（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=0.2m A、 B
25、用一根绝缘轻杆相连， A 带的电荷量为7q=+7 10C，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/s 2 EKA、 EKB（1）通过计算判断，小球A 能否到达圆环的最高点C？（ 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【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、
26、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对 A 根据动能定理： qER mAgR+WT1=EKA对 B 根据动能定理：WT1mB gRE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）
27、设 B 转过 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：A 不能到达圆环最高点vA、 vB，vA=vB对 A 根据动能定理： qER sinmA gRsinWT 21mAvA22对 B 根据动能定理： WT 2 mB gR 1cos1 mB vB22联立解得： vA2 83sin4cos49由此可得 ：当 tan322时， A、 B 的最大速度均为 vmaxm / s43（ 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 4=0解得： sin2425或 sin =0（舍
28、去）所以 A 的电势能减少： EP qER sin84 J 0.1344 J625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 离子发动机是利用电能加速工质（工作介质）形成高速射流而产生推力的航天器发动机。其原理如图所示，其原理如下：首先系统将等离子体经系统处理后，从下方以恒定速率 v1 向上射入有磁感应强度为B1、方向垂直纸面向里的匀强磁场的区域I 内，栅电极 MN和 PQ 间距为 d。当栅电极 MN 、 PQ 间形成稳定的电场后
29、，自动关闭区域I 系统（包括进入其中的通道、匀强磁场B1）。区域内有垂直纸面向外，磁感应强度大小为B2，放在 A 处的中性粒子离子化源能够发射任意角度，但速度均为v2 的正、负离子，正离子的质量为m，电荷量为 q，正离子经过该磁场区域后形成宽度为D 的平行粒子束，经过栅电极MN、PQ 之间的电场中加速后从栅电极PQ 喷出，在加速正离子的过程中探测器获得反向推力（不计各种粒子之间相互作用、正负离子、等离子体的重力，不计相对论效应）。求：（1）求在A 处的正离子的速度大小v2；（2）正离子经过区域I 加速后，离开PQ 的速度大小v3 ；（3）在第（2）问中，假设航天器的总质量为M，正在以速度v 沿MP 方向运动，已知现在的运动方向与预定方向MN成角，如图所示。为了使飞船回到预定的飞行方向MN ，飞船启用推进器进行调整。如果沿垂直于飞船速度v 的方向进行推进，且推进器工作时间极短，为了使飞船回到预定的飞行方向，离子推进器喷射出的粒子数N 为多少？qB2 D2 222Mv tan【答案】（ 1）；（ 2）8qdmv1B1 q B2 D