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1、高考物理动能与动能定理解题技巧及练习题及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 如图所示，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 点时受到轨道的
2、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F mg sin 37of 0故vCvB3 2m/s（2）设物块第一次通过D 点的速度为v
3、D ，由动能定理得mgR(1 cos37 o)1 mvD21 mvC222有牛顿第二定律得FDmg m 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EkB1mvB22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x0.35m2 如图所示，不可伸长的细线跨过同一高度处的两个光滑定滑轮连接着两个物体A 和 B，A、 B 质量均为m。A 套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度为h。开始时让连着A 的细线与水平杆的夹角。
4、现将 A 由静止释放（设B 不会碰到水平杆，A、B 均可视为质点；重力加速度为g）求：(1)当细线与水平杆的夹角为（90 ）时， A 的速度为多大 ?(2)从开始运动到A 获得最大速度的过程中，绳拉力对A 做了多少功 ?【答案】 (1) vA2gh11； (2) WT mgh1 cos2sinsinhsin【解析】【详解】(2)A、 B 的系统机械能守恒EP减EK 加mghh1 mvA21 mvB2sinsin22vA cosvB解得vA2gh111 cos2sinsin(2)当 A 速度最大时，B 的速度为零，由机械能守恒定律得EP减EK 加mghh1 mvAm2sin2对 A 列动能定理方
5、程WT1 mvAm22联立解得WT mghhsin3 如图所示是一种特殊的游戏装置，CD 是一段位于竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆弧半径为 10m ，末端 D 处的切线方向水平，一辆玩具滑车从轨道的C 点处下滑，滑到D 点时速度大小为 10m/s ，从 D 点飞出后落到水面上的B 点。已知它落到水面上时相对于O 点（ D 点正下方）的水平距离 OB 10m 。为了能让滑车抛到水面上的更远处，有人在轨道的下方紧贴 D 点安装一水平传送带，传送带右端轮子的圆心与D 点的水平距离为 8m ，轮子半径为 0.4m（传送带的厚度不计），若传送带与玩具滑车之间的动摩擦因数为0.4，玩具滑车的质量为4kg ，
6、不计空气阻力（把玩具滑车作质点处理），求(1)玩具滑车到达D 点时对 D 点的压力大小。(2)如果传送带保持不动，玩具滑车到达传送带右端轮子最高点时的速度和落水点位置。(3)如果传送带是在以某一速度匀速运动的（右端轮子顺时针转），试讨论玩具滑车落水点与传送带速度大小之间的关系。【答案】 (1)80N； (2)6m/s ， 6m； (3)见解析。【解析】【详解】(1)玩具滑车到达D 点时，由牛顿第二定律：2FDmgm vDR解得FDmgm vD2=404 10 2=80N ；R10(2)若无传送带时，由平抛知识可知：xvDt解得t1s如果传送带保持不动，则当小车滑到最右端时，由动能定理：1mv2
7、1mvD2mgL22解得v=6m/s因为 v6m/sgR2m/s ，则小车从右端轮子最高点做平抛运动，则落水点距离传送带右端的水平距离：xvt6m(3) 若传送带的速度 v 6m/s，则小车在传送带上运动时一直减速，则到达右端的速度为6m/s ，落水点距离传送带右端的水平距离为6m； 若小车在传送带上一直加速，则到达右端时的速度满足1 mv21 mvD2mgL22解得v2 41m/s若传送带的速度v241m/s ，则小车在传送带上运动时一直加速，则到达右端的速度为2 41m/s ，落水点距离传送带右端的水平距离为x vt 2 41m ； 若传送带的速度 10m/s v 6m/s，则小车在传送带
8、上运动时先减速到v，然后以速度v 匀速，则到达右端的速度为v，落水点距离传送带右端的水平距离为vt=vm； 若传送带的速度 241m/s v 10m/s，则小车在传送带上运动时先加速到v，然后以速度v 匀速，则到达右端的速度为v，落水点距离传送带右端的水平距离为vt=vm。4 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
9、.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 F =2.5mg的相互作用力，通过 CD 后，在压缩N弹簧过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能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【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C 端 0.3mF2.5mg 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
10、 C 点，由2vcF向 =代入数据得1 mvc2 3.5J2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 )1 mvc2Ep33.5 0.5 6J2(3)滑块从 A 点运动到 C 点过程，由动能定理得mg 3rmgs1mvc22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
11、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、动能定理及几何关系求解。5 如图所示，斜面ABC下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于CD是最，整个装置竖直固定，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L=1.90m ，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sin37o=0.6， cos37o=0.8，重力加速度g
12、=10m/s 2，忽略空气阻力求：（1）物块从A 到 C 过程重力势能的增量EP；（2）物块第一次通过B 点时的速度大小vB；（3）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小N【答案】 （1） -1.14J（ 2） 4.2m/s（ 3） 7.4N【解析】【分析】【详解】（1）从 A 到 C 物块的重力做正功为：WG mgL sin 37o1.14 J故重力势能的增量EPWG1.14J（2）根据几何关系得，斜面BC 部分的长度为：lR cot37o 0.40m设物块第一次通过B 点时的速度为 vB ，根据动能定理有： mg L l sin371 mvB202解得： vB4.2/sm（3）物块在
13、BC部分滑动受到的摩擦力大小为：fmgcos370.60N在 BC部分下滑过程受到的合力为：Fmgsin37f0则物块第一次通过C 点时的速度为：vCvB4.2/sm物块从 C 到 D，根据动能定理有：mgR 1 cos371mvD2 1mvC222在 D，由牛顿第二定律得： Nmgm vD2R联立解得： N7.4N【点睛】本题考查了动能定理与牛顿第二定律的综合运用，运用动能定理解题关键确定出研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再根据动能定理列式求解6 如图所示，半径为 R1 1.8 m 的1 光滑圆弧与半径为R2 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
14、 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，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 m1 1 kg 的物块从光滑圆弧顶部的A 处由静止释放，物块m1 下滑至 B 处和 m2 碰撞后不再分开，整体设为物块 m(m m1 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 g10 m/s 2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计(1)求物块 m1 和 m2 碰撞过程中损失的机械能；(2)求物
15、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动摩擦因数均为 0.25，求物块 m 在台阶表面上滑行的最大距离【答案】 12J190N0.8m【解析】试题分析 ：（ 1）选由机械能守恒求出物块m1 下滑到 B 点时的速度 ； m1 、 m2 碰撞满足动量守恒 ，由 E机1 m1vB21 mv共2求出碰撞过程中损失的机械能；（ 2）物块 m 由 B 到 C22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 m1 下滑到 B 点时的速度为 vB ，由机械能
16、守恒可得：m1 gR1 1 m1vB22解得： vB6m / sm1 、 m2 碰撞满足动量守恒： m1vB ( m1m2 )v共解得； v共2m / s则碰撞过程中损失的机械能为：E机1 m1vB21 mv共212J22物块 m 由 B 到 C 满足机械能守恒：1 mv共2mg2R21 mvC222解得： vC4m / s在 C 处由牛顿第二运动定律可得：FNmgm vC2R2解得： FN190N设物块 m 滑上木板后，当木板速度为v22m / s 时，物块速度为 v1 ，由动量守恒定律得：mvC mv1Mv 2解得： v13m / s设在此过程中物块运动的位移为x1 ，木板运动的位移为x2
17、 ，由动能定理得：对物块 m：mgx11mv121mvC222解得： x11.4m对木板 M：mgx21 Mv 222解得： x20.4m此时木板静止，物块m 到木板左端的距离为：x3Lx2x11m设物块 m 在台阶上运动的最大距离为x4 ，由动能定理得：mg(x3x4 ) 01 mv122解得： x40.8m7 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
18、，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 mv1
19、212mv222解得：E0.9J(3)两滑块从 B 到 C 机械能守恒，根据机械能守恒定律有：12mv212mvc22mgR22两滑块在 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8 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，接着小滑块从最高点a 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的c 点 . 已知圆环最低点为e 点，重力加速度为g，不计空气阻力. 求：（ 1）小滑块在
20、 a 点飞出的动能；（）小滑块在 e 点对圆环轨道压力的大小；（ 3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）1mgr ；（ 2） F =6mg；（ 3）42【答案】（ 1） Ek142【解析】【分析】【详解】（ 1）小滑块从 a 点飞出后做平拋运动：水平方向： 2r vat竖直方向： r1 gt 22解得： vagr小滑块在 a 点飞出的动能 Ek1mva21mgr22（2）设小滑块在e 点时速度为 vm ，由机械能守恒定律得：1 mvm21 mva2mg 2r22在最低点由牛顿第二定律：Fmgmvmr由牛顿第三定律得：F=F解得： F =6mg2（3） bd 之间长度为L，
21、由几何关系得：L221 r从 d 到最低点 e 过程中，由动能定理 mgHmg cos L1mvm22解得42149 如图，质量为m=1kg的小滑块（视为质点）在半径为R=0.4m 的1/4 圆弧A 端由静止开始释放，它运动到B 点时速度为v=2m/s当滑块经过B 后立即将圆弧轨道撤去滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为=37、长s=1m 的斜面CD 上， CD 之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0 之1.5间调节斜面底部D 点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O 点，自然状态下另一端恰好在D 点认为滑块通过C 和 D 前后速度大小不变
22、，最大静摩擦力等于滑动摩擦力取 g=10m/s 2， sin37 =0.6， cos37 =0.8，不计空气阻力（ 1）求滑块对 B 点的压力大小以及在 AB 上克服阻力所做的功；（ 2）若设置 =0，求质点从 C 运动到 D 的时间；（ 3）若最终滑块停在 D 点，求 的取值范围【答案】 （1） 20N， 2J；（ 2） 1s；（ 3） 0.125 0.75 或 =13【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑块在B 点所受的支持力，从而得出滑块对B 点的压力，根据动能定理求出 AB 端克服阻力做功的大小（2）若 =0，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出C 到 D 的时间（3
23、）最终滑块停在 D 点有两种可能，一个是滑块恰好从C 下滑到 D，另一种是在斜面CD和水平面见多次反复运动，最终静止在D 点，结合动能定理进行求解【详解】（1）滑块在 B 点，受到重力和支持力，在B 点，根据牛顿第二定律有：F- mg m v2，R代入数据解得： F=20N，由牛顿第三定律得： F=20N从 A 到 B，由动能定理得： mgR- W 1mv 2，2代入数据得： W=2J（ 2）在 CD间运动，有： mgsin =ma，22，加速度为： a=gsin =100.6m/s=6m/s根据匀变速运动规律有：s vt+ 1 at221代入数据解得：t=s3（3）最终滑块停在D 点有两种可
24、能：a、滑块恰好能从C 下滑到 D则有：mgsin ?s-1mg cos ?s 0-1mv2，2代入数据得： 1=1，b、滑块在斜面 CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点当滑块恰好能返回 C 有： - 1mgcos ?2s 0-1mv2，2代入数据得到： 1=0.125，当滑块恰好能静止在斜面上，则有：mgsin=2mgcos，代入数据得到： 2=0.75所以，当 0.125 0.75，滑块在 CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点综上所述， 的取值范围是0.125 0.75 或 =1【点睛】解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动规律，运用动力学知识和动能定理进行求解，
25、涉及到时间问题时，优先考虑动力学知识求解对于第三问，要考虑滑块停在 D 点有两种可能10 如图所示的实验装置，可用来探究物体在斜面上运动的加速度以及弹簧储存的弹性势能。实验器材有：斜面、弹簧 (弹簧弹性系数较大 )、带有遮光片的滑块 (总质量为 m)、光电门、数字计时器、游标卡尺、刻度尺。实验步骤如下：用适当仪器测得遮光片的宽度为d；弹簧放在挡板P 和滑块之间，当弹簧为原长时，遮光板中心对准斜面上的A 点；光电门固定于斜面上的B 点，并与数字计时器相连；压缩弹簧，然后用销钉把滑块固定，此时遮光板中心对准斜面上的O 点；用刻度尺测量A、 B 两点间的距离L；拔去锁定滑块的销钉，记录滑块经过光电门
26、时数字计时器显示的时间t；移动光电门位置，多次重复步骤。根据实验数据做出的1 L 图象为如图所示的一条直线，并测得1L 图象斜率为 k、t2t 2纵轴截距为b。（1）根据12 L 图象可求得滑块经过A 位置时的速度 vA=_，滑块在斜面上运动的加t速度 a =_。（2）实验利用光电门及公式v= d 测量滑块速度时，其测量值_真实值（选填 “等于 ”、t“大于 ”或 “小于 ”）。（ 3）本实验中，往往使用的弹簧弹性系数较大，使得滑块从弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，则弹簧储存的弹性势能实值相比，测量值偏 _(填 “大 ”或 “小 ”)。O 到 A 恢复原长过程中弹簧Ep=_， Ep 的测量
27、值与真【答案】 d b1kd2小于1mbd 2 大22【解析】【详解】第一空：滑块从A 到 B 做匀加速直线运动，设加速度为a，由于宽度较小，时间很短，所以瞬时速度接近平均速度，因此有B 点的速度为： vBd ，根据运动学公式有：tvB2vA22aL ，化简为12a LvA2，结合图象可得： bvA2 ， k2at 2d 2d 2d2d2解得： vAdb ；第二空：由 k2a，解得： a12d2kd ；2第三空：由于弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，所以摩擦力和重力沿斜面的分量忽略不计，根据能量守恒可得：EP1 mvA21 mbd 2 ；22第四空：考虑摩擦力和重力沿斜面的分量，根据动能
28、定理可得：WN WG Wf1mvA2 ，2而 EP真 WN ，摩擦力小于重力沿斜面的分量，Ep 的测量值与真实值相比，测量值偏大。11 如图所示，物体A 置于静止在光滑水平面上的平板小车B 的左端，在A 的上方 O 点用细线悬挂一小球C(可视为质点 )，线长 L 0.8 m现将小球C 拉至水平无初速度释放，并在最低点与 A 物体发生水平正碰，碰撞后小球C 反弹的最大高度为h 0.2 m已知 A、B、 C的质量分别为 mA4 kg、mB 8 kg 和时间极短，且只碰一次，取重力加速度mC 1 kg， A、 B 间的动摩擦因数 0.2，A、 C 碰撞g 10 m/s 2.(1)求小球 C 与物体
29、A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；(2)求 A、 C 碰撞后瞬间 A 的速度大小；(3)若物体 A 未从小车 B 上掉落，小车B 的最小长度为多少？【答案】 (1) 30N (2) 1.5m/s (3) 0.375m【解析】【详解】解：（ 1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mC gL1mC v022代入数据解得：v04 m/s2对小球，由牛顿第二定律得：Tmc gmc v0L代入数据解得：T=30N（2）小球与A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向由动量守恒定律得：mC v0mC vcmA vA代入数据解得： vA1.5m/s（3）物块 A 与木板 B 相互作用过程
30、，系统动量守恒，以A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvAmAmBv代入数据解得： v=0.5m/s由能量守恒定律得：mA gx1mAvA21mA mBv222代入数据解得：x=0.375m。A、B两球质量均为m，用一长为l的轻绳相连，A球中间有孔套在光滑的12 如图所示，足够长的水平横杆上，两球处于静止状态现给B 球水平向右的初速度 v0，经一段时间后B 球第一次到达最高点，此时小球位于水平横杆下方l/2 处（忽略轻绳形变）求：(1)B 球刚开始运动时，绳子对小球B 的拉力大小T；(2)B 球第一次到达最高点时，A 球的速度大小v1；(3)从开始到B 球第一次到达最高点的过程中，轻绳对B 球做的功W【答案】（ 1） mg+mv02v02gl（ 3）mgl mv02l（ 2） v142【解析】【详解】（1） B 球刚开始运动时，A 球静止，所以B 球做圆周运动对 B 球： T-mg=m v02l2 v（2） B 球第一次到达最高点时，A、 B 速度大小、方向均相同，均为v1以 A、B 系统为研究对象，以水平横杆为零势能参考平面，从开始到