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1、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，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簧弹性势能Ep=0.5J。
2、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Ekm；(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v2F向 =c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
3、能守恒定律有mg(rx0 )12mvc2EkmE p得Ekmmg (r x0 )1mvc2Ep 3 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 0.70.5m0.2m 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。2 如图，在
4、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=37，B 是轨道最低点，其最大承受力Fm=21N，过 A 点的切线沿竖直方向。现有一质量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， 4.9m
5、 ；(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：2Fmmgm vBR从 P 到 ，由动能定理得mg (H R)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 mv2B2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=4J3 如图所示，足够长的光滑绝缘
6、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，
7、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/sB 到 C 根据
8、动能定理有mgL sin37mgcos37 L1 mvC21 mvB222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FRvDm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，粗糙水平地面与半径为R=0.4m 的粗糙半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直OBCDBODm=1kgF=15N 的作用下，从 A 点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到 B 点时撤去 F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过 D
9、点，已知 A、 B 间的距离为 3m ，小物块与地面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取 10m/s 2求：（1）小物块运动到B 点时对圆轨道B 点的压力大小（2）小物块离开D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离【答案】（ 1） 160N（ 2）0.82 m【解析】【详解】（1）小物块在水平面上从A 运动到 B 过程中，根据动能定理，有：12-0（F-mg） xAB= mvB2在 B 点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：Nmg m vB2R联立解得小物块运动到B 点时轨道对物块的支持力为：N=160N由牛顿第三定律可得，小物块运动到B 点时对圆轨道B 点的压力大小为： N=N=16
10、0N（2）因为小物块恰能通过D 点，所以在D 点小物块所受的重力等于向心力，即：mgmvD2R可得： vD=2m/s设小物块落地点距B 点之间的距离为x，下落时间为t，根据平抛运动的规律有：x=vDt ，2R= 1 gt22解得： x=0.8m则小物块离开D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离l2x0.8 2m5 如图所示，在倾角为 =37的斜面底端有一个固定挡板 D，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端在 O 点，已知斜面 OD 部分光滑， PO 部分粗糙且长度 L=8m。质量 m=1kg 的物块（可视为质点）从P 点静止开始下滑，已知物块与斜面PO 间的动摩擦因数 =0.25，
11、 g 取 10m/s 2， sin37 =0.6， cos37=0.8。求：（ 1）物块第一次接触弹簧时速度的大小（ 2）若弹簧的最大压缩量 d=0.5m，求弹簧的最大弹性势能（3）物块与弹簧接触多少次，反弹后从O 点沿斜面上升的最大距离第一次小于0.5m【答案】（ 1） 8m/s （2） 35J(3)5 次【解析】【详解】(1)物块在 PO 过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦力，此过程应用动能定理得：mgL sinmgL cos1 mv22解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：v2gL sincos8 m/s（2）物块由O 到将弹簧压缩至最短的过程中，重力
12、势能和动能减少、弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能EpEp1 mv2mgd sin35 J2（3）物块第一次接触弹簧后，物体从O 点沿斜面上升的最大距离s1 ,由动能定理得 :mgs1mgs1 cos01 mv22解得： s14m物块第二次接触弹簧后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离s2 ，由动能定理得：mg sin (s1s2 )mg cos(s1s2 )0解得： s22m故物块每经过一次 O 点，上升的最大距离为上一次的12所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：s1L2则第 n 次上升的最大距离为：Lsn2n因为 sn1 m ，所以 n4，即物块与弹簧接触5
13、次后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离2小于 1 m26 夏天到了，水上滑梯是人们很喜欢的一个项目，它可简化成如图所示的模型：倾角为37斜滑道 AB 和水平滑道BC 平滑连接（设经过B 点前后速度大小不变），起点A 距水面的高度 H 7.0m ， BC 长 d 2.0m ，端点 C 距水面的高度 h 1.0m 一质量 m 60kg 的人从滑道起点 A 点无初速地自由滑下，人与 AB、 BC间的动摩擦因数均为 0.2（取重力加速度 g 10m/ s2， sin37 0.6， cos37 0.8，人在运动过程中可视为质点），求：（1）人从 A 滑到 C 的过程中克服摩擦力所做的功W 和到达 C 点
14、时速度的大小（2）保持水平滑道端点在同一竖直线上，调节水平滑道高度h 和长度 d 到图中时，人从滑梯平抛到水面的水平位移最大，则此时滑道BC距水面的高度h；BC位置【答案】 (1) 1200J ； 45 m/s (2) 当 h 2.5m 时，水平位移最大【解析】【详解】（1）运动员从A 滑到 C的过程中，克服摩擦力做功为：Wf1s1mgdf1 = mgcosHhs1=sin解得W 1200Jmg（ H h） W 1 mv 22得运动员滑到C 点时速度的大小v 45 m/s（2）在从 C 点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t，h 1 gt22下滑过程中克服摩擦做功保持不变W 12
15、00J根据动能定理得：mg（ H h） W 1 mv022运动员在水平方向的位移：x v0tx=4h (5h )当 h 2.5m 时，水平位移最大.7如图所示，一长度 LAB=4 98m，倾角 =30的光滑斜面 AB 和一固定粗糙水平台 BC 平滑连接，水平台长度 LBC=04m，离地面高度 H=1 4m，在 C 处有一挡板，小物块与挡板碰撞后原速率反弹，下方有一半球体与水平台相切，整个轨道处于竖直平面内。在斜面顶端 A 处静止释放质量为m=2kg 的小物块（可视为质点），忽略空气阻力，小物块与间的动摩擦因素=0 1， g 取 10m/s2。问：BC（ 1）小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小；
16、（ 2）小物块经过 B 点多少次停下来，在 BC 上运动的总路程为多少；（ 3）某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板，最后小物块落在D 点，已知半球体半径r=0 75m， OD 与水平面夹角为 =53，求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板？（取）【答案】（ 1） 7 m/s；（ 2）63 次24 9m（ 3） 25 次【解析】试题分析：小物块从开始运动到与挡板碰撞，重力、摩擦力做功，运用动能定理。求小物块经过 B 点多少次停下来，需要根据功能转化或动能定理求出小物块运动的路程，计算出经过 B 点多少次。小物块经过平抛运动到达D 点，可以求出平抛时的初速度，进而求出在BC 段上运动的距离以及和当班
17、碰撞的次数。（1）从 A 到 C 段运用动能定理mgsin-LAB=mv2v=7m/s（2）从开始到最后停下在BC段所经过的路程为xmgsinLAB-mgx=0x=24 9m=31 1经过 AB 的次数为312+1=63 次（3）设小物块平抛时的初速度为V0H -r=gt2r+=v0tv0=3 m/s设第 n 次后取走挡板22Lbcnmv - mv0 =2n=25 次考点：动能定理、平抛运动【名师点睛】解决本题的关键一是要会根据平抛运动的规律求出落到D 时平抛运动的初速度；再一个容易出现错误的是在BC段运动的路程与经过 B 点次数的关系，需要认真确定。根据功能关系求出在BC 段运动的路程。8
18、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，两圆弧的半径均为RO 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
19、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），方向竖直向上（）1（、EP 2mgR （9mg3EP =( n)mgR22n=0 12）【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 1mvD2mg 2R fL2解得vD10gR
20、在最高点D 时由牛顿第二定律：2N mgm vDR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EPfL 2mgR 3mgR为了使物块能停在 OB 的中点，同时还应该满足：EP(2 n1) f L(n1) mgR22则只能取n=0、 1、 2；9 雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关，雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g；（1）质量为 m 的雨滴由静止开始，下落高度 h 时速度为 u，求这一过程中空气阻力所做的功 W（ 2
21、）研究小组同学观察发现，下雨时雨滴的速度跟雨滴大小有关，较大的雨滴落地速度较快，若将雨滴看作密度为 的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力大小为f=kr2v2，其中 v 是雨滴的速度， k 是比例常数， r 是球体半径a. 某次下雨时，研究小组成员测得雨滴落地时的速度约为v0，试计算本场雨中雨滴半径r的大小；b.如果不受空气阻力，雨滴自由落向地面时的速度会非常大，其vt图线如图所示，请在-图中画出雨滴受空气阻力无初速下落的v- t 图线（3）为进一步研究这个问题，研究小组同学提出下述想法：将空气中的气体分子看成是空间中均匀分布的、静止的弹性质点，将雨滴的下落看成是一个面积为 S 的水平圆
22、盘在上述弹性质点中竖直向下运动的过程已知空气的密度为，试0求出以速度v 运动的雨滴所受空气阻力f 的大小（最后结果用本问中的字母表示）【答案】（ 1） W1 mu2mgh （ 2） r3kv02，24 g（ 3） f2Sv2【解析】【详解】（1）由动能定理：mgh W1 mu22解得： W1 mu2mgh2（2） a. 雨滴匀速运动时满足：4r 3g kr 2v02 ，33kv02解得 r4gb. 雨滴下落时，做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速下落，图像如图.（3）设空气分子与圆盘发生弹性碰撞在极短时间t 内，圆盘迎面碰上的气体质点总质量为：mS vt以 F 表示圆盘对气体分子的作用力，对气
23、体根据动量定理有：F t m2v解得： F2 Sv2由牛顿第三定律可知，圆盘所受空气阻力FF2Sv210 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
24、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 12 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 0.4m/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(L1 2L
25、2 )1 m1vc22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
26、得：s v2 v222a解得： s 1.92m11 如图所示，水平轨道 BC 的左端与固定的光滑竖直 1/4 圆轨道相切与 B 点，右端与一倾角为 30的光滑斜面轨道在 C 点平滑连接（即物体经过 C 点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为 2Kg 的滑块从圆弧轨道的顶端 A 点由静止释放，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D 点，已知光滑圆轨道的半径R 0.45m，水平轨道BC 长为 0.4m ，其动摩擦因数0.2，光滑斜面轨道上CD长为 0.6m， g 取10m/s 2，求（ 1）滑块第一次经过 B 点时对轨道的压力（ 2）整个过程中弹簧具有最大的弹性势能
27、；（ 3）滑块最终停在何处？【答案】 （1） 60N，竖直向下；（2）1.4J；（ 3）在 BC间距 B 点 0.15m 处 【解析】【详解】1（1）滑块从A 点到 B 点，由动能定理可得：mgR=mvB22解得： vB3m/s ，滑块在 B 点，由牛顿第二定律：F-mg=m vB2R解得： F 60N，由牛顿第三定律可得：物块对B 点的压力： F F 60N；（2）滑块从 A 点到 D 点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得：mgR mgLBC mgLCDsin30 +W0，其中： EP W，解得： EP1.4J；（3）滑块最终停止在水平轨道BC 间，从滑块第一次经过B 点到最终
28、停下来的全过程，由动能定理可得：mg s01 mvB22解得： s 2.25m则物体在 BC 段上运动的次数为：n 2.25 5.625，0.45说明物体在 BC 上滑动了 5 次，又向左运动0.625 0.4 0.25m，故滑块最终停止在BC间距 B 点 0.15m 处（或距 C 点 0.25m 处）；【点睛】本题考查动能定理及牛顿第二定律等内容，要注意正确受力分析；对于不涉及时间的问题，优先选用动能定理12 可视为质点的小滑块从半径为0.8m 的四分之一光滑圆弧轨道顶端滑下。在轨道最低点滑上水平传送带的最右端（设轨道衔接处无机械能损失）。设传送带长度L=8m，并以恒定的 v=3m/s 速度
29、顺时针转动，小滑块恰好能运动到水平传送带的最左端而没有掉下传送带。已知重力加速度大小为 g=10m/s 2。求：（ 1）物块与传送带间的动摩擦因数；（ 2）物块从圆弧轨道最低点滑入传送带到第一次返回圆弧轨道最低点所用的时间（本小题计算结果保留两位有效数字）。【答案】（ 1） 0.1；（ 2）8.17s【解析】【详解】（1）物块从圆形光滑轨道下滑的过程，根据机械能守恒有mgR1 mv122解得 v14m/s物块沿传送带滑到最左端速度恰好为零，由动能定理有代入数据解得：0.1（2）物块在传送带先做匀减速运动ag1m / s2则物块减速到零的时间为t1v14sa反向加速时加速度不变，故加速时间为t2v3sa这段时间的位移为x11 at224.5m2之后物块随传送带匀速运动，则t3Lx11.17 sv物块在传送带上第一次往返所用的时间为tt1 t2 t3mg L 01mv1228.17s