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1、高中必备物理动能与动能定理技巧全解及练习题( 含答案 ) 含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 如图所示，质量 m=3kg 的小物块以初速度秽v0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R= 3.75m，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道 BD 平滑连接， A 与圆心D 的连线与竖直方向成 37 角， MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数=0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为 r =0.4m 的半圆弧轨道， C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在 D点平滑连接。已知重力加速度g=10m
2、/s 2， sin37=0.6， cos37=0.8。（ 1）求小物块经过 B 点时对轨道的压力大小；（ 2）若 MN 的长度为 L0=6m，求小物块通过 C 点时对轨道的压力大小；（3）若小物块恰好能通过C 点，求 MN 的长度 L。【答案】（ 1） 62N（ 2） 60N（ 3）10m【解析】【详解】（1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：v0 vA cos37v04 m / s5m / s解得： vAcos370.8小物块经过 A 点运动到 B 点，根据机械能守恒定律有：1mvA2mg R Rcos371mvB222小物块经过 B 点时，有： FNBmgm vB2R解得：
3、FNB mg 32cos37m vB262NR根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N（2）小物块由 B 点运动到 C 点，根据动能定理有：mgL0mg 2r1mvC21mvB222在 C 点，由牛顿第二定律得：FNC mgm vC2r代入数据解得： FNC60N根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N（3）小物块刚好能通过C 点时，根据 mg m vC22r解得： vC 2gr100.4m / s 2m / s小物块从 B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有：mgLmg 2r1 mvC22 1 mvB222代入数据解得：L=10m2 如图所示，圆弧轨道AB 是在
4、竖直平面内的1 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）小球由 B 到 D 做平抛运动，有： h= 1 gt22Bx=v t解得： vB xg104210m / s2h0
5、.8A 到 B 过程，由动能定理得：1mgR= mvB2-02解得轨道半径R=5m2（2）在 B 点，由向心力公式得：Nmgm vBR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3 如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量m 0.04kg ，电量 q 3 10 4 C 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
6、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 D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 2 105 V/m 。已知cos370.8 ， sin370.6 ，取 g 10m/s2 ，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
7、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）33 m/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EP1 mvA22解得vA2EP 2 0.324m/sm0.04（2） A 到 B 物体做平抛运动，到B 点有vA cos37vB所以4vB5m/s0.8B 到 C 根据动能定理有mgL sin37mgcos37 L1mvC21mvB222解得vC 33m/s（3）根据题意可知，小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
8、小球到达D 点时对轨道的压力为零，此时的速度最小，即F m vD2R解得FRvD所以要小物块不离开圆轨道则应满足vCvD 得：R 0.022m4 如图所示， AB 是一倾角为=37绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数的=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 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 =
9、 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：v1=2.4m/s(2)滑块从 B 到 C点，由动
10、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.5 如图所示，一质量为M、足够长的平板静止于光滑水平面上，平板左端与水平轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上平板上有一质量为m 的小物块以速度v0 向右运动，且在本题设问中小物块保持向右运动已知小物块与平板间的动摩擦因数为，弹簧弹性势能E 与弹簧形变量 x 的平方成正比，重力加速度为g.求：p(1)当弹簧第一次伸长量达最大时，弹簧的弹性势能为Epm ，小物块速
11、度大小为v0 求该过程3中小物块相对平板运动的位移大小；(2)平板速度最大时弹簧的弹力大小；(3)已知上述过程中平板向右运动的最大速度为v.若换用同种材料，质量为m 的小物块重复2上述过程，则平板向右运动的最大速度为多大？2Epm【答案】 (1)4v0mg ； (3)v；(2)9 gmg2【解析】【分析】（1）对系统由能量守恒求解小物块相对平板运动的位移；（2）平板速度最大时，处于平衡状态，弹力等于摩擦力；（3 ）平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当木板速度最大时弹力等于摩擦力，结合能量转化关系解答.【详解】（1）弹簧伸长最长时平板速度为零，设相对位移大小为s，对系统由能量守恒1 mv0
12、2 1 m( v0 )2 Epm mgs2 2 34v02Epm解得 s9gmg（2）平板速度最大时，处于平衡状态，f mg即 Ff mg.（ 3）平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当木板速度最大时 mg kx对木板由动能定理得1Mv 2mgx Ep 12同理，当 m 1m，平板达最大速度v时，mg kx221p2122 mgxEMv21由题可知Epx2，即 Ep2Ep14解得 v 1 v.26 如图所示 ,水平轨道的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于点 ,右端与一倾角为的光滑斜面轨道在点平滑连接 (即物体经过点时速度的大小不变),斜面顶端固定一轻质弹簧,一质量为的滑块从圆弧轨道的顶端点由
13、静止释放 ,经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧,第一次可将弹簧压缩至点 ,已知光滑圆轨道的半径,水平轨道长为,其动摩擦因数,光滑斜面轨道上长为, 取,求(1)滑块第一次经过圆轨道上点时对轨道的压力大小;(2)整个过程中弹簧具有最大的弹性势能;(3)滑块在水平轨道上运动的总时间及滑块几次经过点 .【答案】 (1)(2)(3) 3 次【解析】本题考查机械能与曲线运动相结合的问题，需运用动能定理、牛顿运动定律、运动学公式、功能关系等知识。(1)滑块从点到点 ,由动能定理可得:解得 :滑块在点 :解得 :由牛顿第三定律可得:物块经点时对轨道的压力(2)滑块第一次到达点时 ,弹簧具有最大的弹性势能.滑块从点
14、到点 ,由动能定理可得:解得 :(3)将滑块在段的运动全程看作匀减速直线运动加速度则滑块在水平轨道上运动的总时间滑块最终停止上在水平轨道间,设滑块在段运动的总路程为,从滑块第一次经过点到最终停下来的全过程,由动能定理可得:解得 :结合段的长度可知,滑块经过点 3 次。7 如图所示， ABC为竖直面内一固定轨道， AB 段是半径为 R 的1光滑圆弧，水平段与圆4弧轨道相切于 B，水平段 BC 长度为 L， C 端固定一竖直挡板一质量为m 的小物块自 A 端从静止开始沿圆轨道下滑，与挡板共发生了两次碰撞后停止在水平段B、 C 之间的某处，物块每次与挡板碰撞不损失机械能 (即碰撞前、后速率相同 )不
15、计空气阻力，物块与水平段 BC间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g试求物块(1)第一次与挡板碰撞时的速率；(2)在水平轨道上滑行的总路程；(3)最后一次滑到圆轨道底端B 处对圆轨道的压力【答案】 (1) v1 =2g (R -L) (2) S = R (3) 物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可骣4 L骣8 L琪 -琪 -能为 3mg 或3mg琪R琪R桫桫【解析】【详解】(1)对物块第一次从A 到 C 过程，根据动能定理：mgR mgL1 mv221解得第一次碰撞挡板的速率v1 =2 g( R -L ) (2)设物块质量为 m，在水平轨道上滑行的总路程为 S，对物块从开始下滑到停止在水平
16、轨道上的全过程，根据动能定理：mgR mg S0 解得RS = (3)设物块最后一次经过圆弧轨道底端B 时的速率为v2，对圆轨道的压力为FN，则：2FNmgm v2 R第一种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右运动还未到B 点时即停下，则：mgRmg 2L1mv22 2由解得FN4 Lmg 3R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 4L1 mv222由解得FN3 8 Lmg R骣4L骣8 L琪 -琪 -物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可能为3mg3mg琪R或 琪R桫桫8 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
17、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 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
18、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 0.79 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 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
19、/s 2 （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、 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
20、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EKA、 EKB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）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 21 mAvA22对 B 根据动能定理： WT 2 mB
21、 gR 1cos1 mB vB22联立解得： vA2 83sin4cos493 ， A、 B 的最大速度均 vmax2 2 m / s由此可得 ：当 tan43（ 3） A、 B 从 示位置逆 程中，当两球速度 零 ， 力做功最多， 能减少最多，由上可式得 ： 3sin +4cos 4=0解得： sin2425或 sin =0（舍去）所以 A 的 能减少： EP qER sin84J 0.1344 J625点睛：本 主要考 了 粒子在匀 中的运 ， 用牛 第二定律求出加速度， 合运 学公式确定 粒子的速度和位移等；根据 力 粒子做功，引起 粒子的能量 生 化，利用 能定理 行解答，属于复 10
22、 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 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，
23、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 与第n 个球碰撞， 小球运 到最高点 速度 vn 小球，有： 滑 ，有：解三式：11 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
24、，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，物块P 停在小车上距左端 0.35m 处 P 与桌面间动摩擦因数 21 0.4， P、 Q 与小车表面间的动摩擦因数0.1，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 0.4
25、m/s（2） 90cm 0.9m ，设弹簧的最大弹性势能为Epm根据动能定理得：W1m1g(L12L2 )1 m1vc22得： W 6J（3）设物块 P 与滑块 Q 碰后速度分别为v12，P 与 Q 在小车上滑行距离分别为12和 vS和 SP 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， v2 2m/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
26、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：s v2 v222a解得： s 1.92m12 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A12BB分别是两圆弧管道、 A 、1 、2 ， D1 、 D2的最高点， C1 、 C2 分别是两圆弧管道的最低点，C1 、 C2 固定在同一水平地面上。两直管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。圆弧管道的半径均为 R， B1O1D1AO1 1C1B2O2 D 2A2O2C2。一质量为 m 的小物块以水平向左的速度
27、 v0 从 C1 点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为。设v0 12m / s ， m=1kg，R=1.5m，0.5 ，37（sin37 =0.6， cos37 =0.8）。求：（ 1）小物块从 C1 点出发时对管道的作用力；（ 2）小物块第一次经过 C2 点时的速度大小；（ 3）小物块在直管道 B1 A2 上经过的总路程。【答案】（ 1） 106N，方向向下（2）4537 m/s （ 3） m4【解析】【详解】(1)物块在 C1 点做圆周运动，由牛顿第二定律有：Nmgmv02R2可得： Nmgm v0 106NR由牛顿第三定律可知，小物块对管道的作用力大小为106N，方向向下(2
28、)由几何知识易有：lA2 B12Rcos4mA1 B2sin从 C1 到 C2 由动能定理可得：mglcos1 mv221 mv0222可得： v2v022glcos47m / s(3)以 C C 水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D、 D点时的机械能需满足：1212EE02mgR 30J由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足：EWfmglcos16J设 n 为从第一次经过D1后，翻越 D1 和 D2的总次数，则有：1mv02nEE0 ，21 mv02 - n1EE02可得： n=2，表明小物块在第二次经过D1 后就到不了 D2，之后在 D1B1A2C2D2 之间往复运动直至稳定，最后在A2 及 C2 右侧与 A2 等高处之间往复稳定运动。由开始到稳定运动到达A2 点，由动能定理有：mgscosmgR 1 cos01 mv022可得： s= 69m453故在 B1A2 直管道上经过的路程为s=s l=m4