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1、高考物理专题汇编物理动能与动能定理( 一) 及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 如图所示，半径R=0.5 m的光滑圆弧轨道的左端A 与圆心O 等高，B 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C 与一倾角=37的粗糙斜面相切。一质量m=1kg 的小滑块从A 点正上方h=1 m处的P 点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数=0.5，sin37 =0.6， cos37 =0.8，重力加速度g=10 m/s 2。(1)求滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力。(2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。(3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出【答案】 (1)70N； (2)1.2
2、m； (3)能滑出 AA 点。【解析】【分析】【详解】(1)滑块从 P 到 B 的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有mg hR1 mvB22那么，对滑块在B 点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且FNmvB2mg2mg h Rmg70NRR故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力为 70N ，方向竖直向下。(2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得mg（ hRR cos37L sin37 ）mgL cos370所以L1.2m(3)对滑块从 P 到第二次经过B 点的运动过程应用动能定理可得1 mvB2
3、2mg hR2 mgL cos370.54mgmgR所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A 点。【点睛】经典力学问题一般先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，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、
4、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）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： h1 gt 2 解得： t=0.40s2A 离开桌边的速度vAs，解得：vA=5.0m/s
5、t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vB=10m/s（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fLB1 Mv A21 mv121 (M m)vB2 222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LB 3.510 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
6、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fs1 Mv 21 Mv 222B2A由解得物块 B 到桌边的最小距离为： smin s1 s2，解得： smin2.5102 m考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律3 如图所示，质量为m=1kg的滑块，在水平力F作用下静止在倾角为=30的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为 v0=3m/s ，长为 L=1.4m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同滑块与传送带间的动摩擦因数=0.25，g=10m/s 2求(1)水平
7、作用力F 的大小；(2)滑块开始下滑的高度h；(3)在第 (2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q【答案】 (1)(2)0.1 m 或 0.8 m(3)0.5 J【解析】【分析】【详解】解：（ 1）滑块受到水平推力F、重力 mg 和支持力FN 处于平衡，如图所示：水平推力解得：（2）设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v 下滑过程由机械能守恒有：，解得：若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：解得：若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力
8、而做匀减速运动；根据动能定理有：解得：（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则 t 时间内传送带的位移：s=v0t由机械能守恒有：滑块相对传送带滑动的位移相对滑动生成的热量?4 如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B 点水平，上端A 与 B 点的高度差为 h10.3 m ，倾斜传送带与水平方向的夹角为 37，传送带的上端C 点到 B 点的高度差为h 0.1125m( 传送带传动轮的大小可忽略不计) 一质量为 m1 kg 的滑块 (可看作质点 )从2轨道的 A 点由静止滑下，然后从B 点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C 点落到传送带上，传送带逆时针传动，速度大小为v 0.5 m/s ，滑块与传送带
9、间的动摩擦因数为 0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g10 m/s 2，试求：(1).滑块运动至C 点时的速度vC 大小；(2).滑块由A 到 B 运动过程中克服摩擦力做的功Wf；(3).滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量【答案】 （1） 2.5 m/s（ 2） 1 J （ 3） 32 JQ.【解析】本题考查运动的合成与分解、动能定理及传送带上物体的运动规律等知识。(1) 在 C 点，竖直分速度： vy2gh21.5m / svy vcsin370，解得：vc2.5m / s(2)C 点的水平分速度与B 点的速度相等，则 vB vx vC cos37 2m / s
10、从 A 到 B 点的过程中，据动能定理得：mgh1W f1 mvB2 ，解得： Wf 1J2(3) 滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得：mgcos37 mgsin37 ma解得： a0.4m / s2达到共同速度所需时间vvc5sta二者间的相对位移xv vc t vt 5m2由于 mgsin37mgcos37，此后滑块将做匀速运动。滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q mgcos370x32J5 如图所示，光滑水平轨道距地面高h=0.8m ，其左端固定有半径R=0.6m 的内壁光滑的半圆管形轨道，轨道的最低点和水平轨道平滑连接质量m1=1.0kg 的小球 A 以 v0 =9m/
11、s 的速度与静止在水平轨道上的质量m2=2.0kg 的小球 B 发生对心碰撞，碰撞时间极短，小球A 被反向弹回并从水平轨道右侧边缘飞出，落地点到轨道右边缘的水平距离s=1.2m重力加速度 g=10m/s 2求：(1)碰后小球 B 的速度大小vB；(2)小球 B 运动到半圆管形轨道最高点C 时对轨道的压力【答案】（ 1） 6m/s（ 2） 20N，向下【解析】【详解】(1) 根据得:则规定 A 的初速度方向为正方向， AB 碰撞过程中，系统动量守恒，以 A 运动的方向为正方向，有 ： m1v0=m2vB- m1 vA，代入数据解得 ： vB=6m/s (2)根据动能定理得:代入数据解得 :根据牛
12、顿第二定律得:解得 :,方向向下根据牛顿第三定律得，小球对轨道最高点的压力大小为【点睛】20N，方向向上本题考查了动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律的综合，涉及到平抛运动、圆周运动，综合性较强，关键要理清过程，选择合适的规律进行求解.6 如图所示，倾角为=45的粗糙平直导轨与半径为R 的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内一质量为m 的小滑块从导轨上离地面高为h=3R 的 D 处无初速下滑进入圆环轨道.接着小滑块从圆环最高点C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的P 点，不计空气阻力.求：（ 1）滑块运动到圆环最高点C 时的速度的大小；（ 2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨
13、道压力的大小；（ 3）滑块在斜面轨道 BD 间运动的过程中克服摩擦力做的功【答案】（ 1）Rg （ 2） 6mg （ 3） 1 mgR2【解析】【分析】【详解】（1）小滑块从C 点飞出来做平抛运动，水平速度为v0，竖直方向上：，水平方向上：，解得（2）小滑块在最低点时速度为vC 由机械能守恒定律得牛顿第二定律：由牛顿第三定律得：，方向竖直向下（3）从 D 到最低点过程中，设DB 过程中克服摩擦力做功W1，由动能定理h=3R【点睛】对滑块进行运动过程分析，要求滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小，我们要知道滑块运动到圆环最低点时的速度大小，小滑块从圆环最高点 C 水平飞出，恰好击中导轨上与
14、圆心 O 等高的 P 点，运用平抛运动规律结合几何关系求出最低点时速度在对最低点运用牛顿第二定律求解7 如图甲所示为某一玩具汽车的轨道，其部分轨道可抽象为图乙的模型AB 和 BD 为两段水平直轨道，竖直圆轨道与水平直轨道相切于B 点， D 点为水平直轨道与水平半圆轨道的切点在某次游戏过程中，通过摇控装置使静止在A 点的小车以额定功率启动，当小车运动到 B 点时关闭发动机并不再开启，测得小车运动到最高点C 时对轨道的压力大小FN 5.6N，小车通过水平半圆轨道时速率恒定小车可视为质点，质量m 400g，额定功率 P20W ， AB 长 l 1m ， BD 长 s 0.75m，竖直圆轨道半径R25
15、cm ，水平半圆轨道半径 r 10cm 小车在两段水平直轨道所受的阻力大小均为f4N ，在竖直圆轨道和水平半圆轨道所受的阻力均忽略不计，重力加速度取g 10m/s 2 求：（ 1）小车运动到 C 点时的速度大小；（ 2）小车在 BD 段运动的时间；（ 3）水平半圆轨道对小车的作用力大小；（ 4）要使小车能通过水平半圆轨道，发动机开启的最短时间【答案】（ 1） 6m/s ；（ 2） 0.3s；（ 3） 42N .；（ 4） 0.35s.【解析】【详解】（1）由小车在C 点受力得：FNmgm vc2R解得：vC6m/s（2）从 C 点到 B 点，由动能定理得：2mgR1mvB2 1mvC222解得
16、：vB4m/s小车在 BD 段运动的加速度大小为：af10m/s 2m由运动学公式：s vBt1 at22解得：t0.3s（3）从 B 点到 D 点，由运动学公式：vDvBat ，解得：vD1m/s小车在水平半圆轨道所需的向心力大小：Fnm vD2，r代入数据可得：Fn4NF 2F 22mgn水平半圆轨道对小车的作用力大小为：F42N .（4）设小车恰能到C 点时的速度为 v1 ，对应发动机开启的时间为t1 ，则：mgm v12RPt1fl2mgR1 mv122解得t10.325s.在此情况下从 C 点到 D 点，由动能定理得：2mgRFs1 mvD1 mvC222解得vD22.5即小车无法到
17、达D 点.设小车恰能到 D 点时对应发动机开启的时间为t2 ，则有：Pt2fls0 ，解得t 20.35s .8 如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R 0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在 B 处相连接。有一质量为1 kg 的滑块 (大小不计 )，从 A 处由静止开始受水平向右的力F 作用， F随位移变化的关系如图乙所示。滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数为0.25，与半圆弧轨道 BC间的动摩擦因数未知，g 取 10 m/s 2。求：（1）滑块到达B 处时的速度大小；（2）若到达B 点时撤去F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。
18、【答案】（ 1） 210 m/s 。（ 2）5 J。【解析】【详解】（1）对滑块从A 到 B 的过程，由动能定理得：F1x1F3 x3mgx1 mv2B ，2即12202-101-0.251 104J=1vB ，得：vB2 10m/s；（2）当滑块恰好能到达最高点C 时，2mgm vC ；R对滑块从 B 到 C的过程中，由动能定理得：W mg 2R1mvC21mvB2 ，22带入数值得：W =-5J，即克服摩擦力做的功为5J；9 如图所示，两个半圆形的光滑细管道(管道内径远小于半圆形半径)在竖直平面内交叠，组成 “S字”形通道大半圆BC 的半径 R=0.9m，小半圆CD 的半径 r=0.7m
19、在 “S字”形通道底部 B 连结一水平粗糙的细直管AB一质量 m=0.18kg 的小球（可视为质点）从A 点以V0=12m/s 的速度向右进入直管道，经t 1=0.5s 到达 B 点，在刚到达半圆轨道B 点时，对 B点的压力为 NB=21.8N（取重力加速度g=10m/s 2）求：（1）小球在B 点的速度VB 及小球与AB 轨道的动摩擦因数?2）小球到达“S”D后，又经水平粗糙的细直管DEE点水平抛出，其（字形通道的顶点，从水平射程 S=3.2m小球在 E 点的速度VE 为多少？（ 3）求小球在到达 C 点后的瞬间，小球受到轨道的弹力大小为多少？方向如何？【答案】（ 1） VB=10m/s ，
20、 =0.4（ 2） VE=S/ t=4m/s （ 3） NC=18.25N 方向向上【解析】【详解】（ 1）根据牛顿第二定律有 NB-mg=mVB2/RVB=10m/sa=(V0-VB)/t=4m/s 2mg=m aa =mg=0.4（ 2） H=2R+2r=3.2m2Ht=gVE=S/ t=4m/s（ 3） NC- mg=mV C2/r1 m VB2=2mg R+ 1 m VC222NC=18.25N 方向向上10 如图所示，将一根弹簧和一个小圆环穿在水平细杆上，弹簧左端固定，右端与质量为m 的小圆环相接触，BC和 CD是由细杆弯成的1/4 圆弧， BC分别与杆AB 和弧 CD 相切，两圆弧
21、的半径均为R O 点为弹簧自由端的位置整个轨道竖直放置，除OB 段粗糙外，其余部分均光滑当弹簧的压缩量为d 时释放，小圆环弹出后恰好能到达C 点，返回水平杆时刚好与弹簧接触，停在O 点，（已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，小球通过B 处和 C 处没有能量损失），问：（1）当为弹簧的压缩量为d 时，弹簧具有的弹性势能EP 是多少？（2）若将小圆环放置在弹簧的压缩量为2d 时释放，求小圆环到达最高点D 时，轨道所受到的作用力（3）为了使物块能停在OB 的中点，弹簧应具有多大的弹性势能？【答案】（ 1） EP 2mgR （ 2） 9mg ，方向竖直向上（3） EP =( n1)mgR （ n=0
22、、 1、22）【解析】【分析】【详解】（ 1）设小圆环与 OB 之间的摩擦力为 f ，OB=L；从释放到回到 O 点，由能量关系可知，当弹簧的压缩量为 d 时，弹簧具有的弹性势能EP2 fL小圆环从释放能到达C 点到，由能量关系可知EPfLmgR0可得：EP2mgR（2）因弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，则弹簧的压缩量为2d 时弹性势能为EP=4EP=8mgR小圆环到达最高点D 时：EP 1 mvD2mg 2R fL2解得vD10gR在最高点D 时由牛顿第二定律：2N mg m vD R解得N=9mg，方向竖直向下由牛顿第三定律可知在D 点时轨道受到的作用为9mg ，方向竖直向上；（3）为了
23、使物块能停在OB 的中点，则要求滑块到达的最高点为D 点，然后返回，则EPfL2mgR3mgR为了使物块能停在OB 的中点，同时还应该满足：EP(2 n1) fL(n1) mgR22则只能取n=0、 1、 2；11 如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为L，间距为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，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
24、)当断开 S1 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 S1时金属棒的速度大小随时间变化的关系(sincos)mgR【答案】 (1) vmB2 L2，Qmgx(sincos(sincos )2 m3 g2 R2(2) vmg(sincos ) t)2B4 L4mB2 L2C【解析】【详解】(1)金属棒在斜面上匀速直线运动时，由平衡条件：mg sinBILmg cosE由闭合电路的欧姆定律IR而动生电动势EBLvm(sincos )mgR联立解得： vmB2L2对金属棒下滑过程，由动能定理得：mgxsinmg cosx
25、WF 安 =1mvm202而由功能关系，克服安培力做功等于电路的焦耳热：WF安 =Q联立解得： Qmgx(sincos(sincos)2 m3g 2 R2)2B4 L4(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，流过金属棒的电荷量为 Q ，按照电流的定义iQtQ 也是平行板电容器的极板在t 内的增加量，QC UCBLv金属棒受到的摩擦力为fmg cos金属棒受到的安培力为FiBiL设金属棒下滑的加速度为a，由牛顿第二定律有：mg sinfFimamg(sincos )联立解得： aB2 L2Cm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
26、关系：mg(sincos )vtmB2L2C12 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 2 （式中 x 单位为 m， t 单位是 s），假设物块第一次经过 B 点后恰能到达 P 点， sin37 =0.6， cos37=
27、0.8， g10m / s2 ，试求：（ 1）若 CD=1m，试求物块从 D 点运动到 C 点的过程中，弹簧对物块所做的功；（ 2） B、C 两点间的距离 x；（ 3）若在 P 处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞后速度反向，速度大小不变，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？【答案】 （1） 156J（2） x49m （ 3）不会脱离轨道8【解析】试题分析：（1）由 x12t4t2 知，物块在 C 点速度为 v0 12m / s设物块从 D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理有WmgCD sin 371
28、 mv022代入数据得： W156J（2）由 x12t4t 2 知，物块从 C 运动到 B 过程中的加速度大小为a 8m / s2设物块与斜面间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律得 mg sinmg cosma代入数据解得0.25物块在 P 点的速度满足 mgm vP2R物块从 B 运动到 P 的过程中机械能守恒，则有1 mvB21 mvP2mghpB ，又22hpBR153sin物块从 C 运动到 B 的过程中有 vB2v022axBCxBC49由以上各式解得m8（3）假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O 点等高的位置Q 点，且设其速度为 vQ ，由动能定理得1 mvQ21 mvP2mgR2 mgxBC cos3722解得 vQ2190可见物块返回后不能到达Q 点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道考点：考查了动能定理，牛顿第二定律，机械能守恒定律【名师点睛】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律以及牛顿第二定律，对学生的能力要求较高，关键理清物体的运动情况，掌握临界条件，选择合适的规律进行求解