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1、最新高考物理动能与动能定理试题类型及其解题技巧一、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/s 2， sin
2、37=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： FNB mg 32
3、cos37m 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，半径R=0.5 m 的光滑圆弧轨道的
4、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A 点。【答案】 (1)70N； (2)1.2m； (3)能滑出 A【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
5、 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，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，L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12mvBmg 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
6、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。3 儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道，管道的半径较小。为研究方便建立平面直角坐标系， O 点为抛物口，下方接一满足方程y5x2 的光滑抛物线形状管道OA；9AB、BC是半径相同的光滑圆弧管道，CD 是动摩擦因数0.8 的粗糙直管道；各部分管道在连接处均相切。 A、B、C、D 的横坐标分别为xA1.20m 、 xB 2.00m 、xC 2.65m、 xD3.40m。已知，弹珠质量 m 100g
7、，直径略小于管道内径。E 为 BC管道的最高点，在 D 处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37 0.6，sin53 0.8g10m/s 2，求：（1）若要使弹珠不与管道OA 触碰，在 O 点抛射速度 0 应该多大；（2）若要使弹珠第一次到达E 点时对轨道压力等于弹珠重力的3 倍，在 O 点抛射速度 v0应该多大；（3）游戏设置 3 次通过 E 点获得最高分，若要获得最高分在O 点抛射速度 的范围。0【答案】（ 1） 3m/s （2） 22 m/s（ 3） 2 3 m/s 0 2 6 m/s【解析】【详解】5（1）由 y9x2 得： A 点坐标（ 1.20m ，0.80m ）由平抛运动规
8、律得：xAv0t，yA1 gt 22代入数据，求得t 0.4s， v03m/s ；（ 2）由速度关系，可得 53求得 AB、BC 圆弧的半径 R 0.5m OE 过程由动能定理得：mgyAmgR（1cos53 ）1 mvE21 mv0222解得 v0 22 m/s ；（3） sin 2.65 2.00 0.400.5， 300.5CD 与水平面的夹角也为 30设 3 次通过 E 点的速度最小值为v1 由动能定理得mgyAmgR（1cos53 ）2 mgxCDcos30 01 mv122解得 v1 2 3 m/s设 3 次通过 E 点的速度最大值为v2 由动能定理得mgyAmgR（1cos53
9、）4 mgxCDcos30 01 mv222解得 v2 6m/s考虑 2 次经过 E 点后不从O 点离开，有122mgxCDcos30 0mv3解得 v326 m/s故 2 3 m/s 0 2 6 m/s4 如图所示，半径为 R11 光滑圆弧与半径为R20.3 m 的半圆光滑细管平滑连 1.8 m 的4接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L 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
10、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)求物块(3)若物块m 滑到半圆管底部C 处时所受支持力大小；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 ；
11、 m1 、 m2 碰撞满足动量守恒 ，由 E机1 m1vB2 1 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：1212E机2m1vB2mv共 12J物块 m 由 B 到 C 满足机械能守恒
12、：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 ，由动能定理得：对物块 m：mgx11 mv121 mvC222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：x3L x2x11m设物块 m 在台阶上运动的最大距离为x4 ，由动能定理得
13、：mg(x3x4 ) 01 mv122解得： x40.8m5 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 P 20W， AB 长 l 1m ， BD 长 s 0.75m，竖直圆轨道半径R25cm ，水平半圆轨道半径 r10cm 小
14、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：vB4m/s小车在 BD 段运动的加速度
15、大小为：af10m/s 2m由运动学公式：s vBt1at 22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：2vDFnm，代入数据可得：Fn4NF 2Fn22mg水平半圆轨道对小车的作用力大小为：F4 2N .（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 v12RPtfl 2mgR1 mv2112解得t10.325s .在此情况下从 C 点到 D 点，由动能定理得：2mgR Fs1mvD1mvC222解得vD22.5即小车无法到达D 点.设小车恰能到 D 点时对应发动机开启
16、的时间为t2 ，则有：Pt2fls0 ，解得t 20.35s .6 如图所示，水平传送带长为L=4m，以 v02m / s 的速度逆时针转动。一个质量为lkg的物块从传送带左侧水平向右滑上传送带，一段时间后它滑离传送带。已知二者之间的动摩擦因数0.2 ， g=10m/s2。(1)要使物块能从传送带右侧滑离，则物块的初速度至少多大？(2)若物块的初速度为v3m / s，则物块在传送带上运动时因摩擦产生的热量为多少？【答案】 (1) v4m / s； (2)12.5J【解析】【详解】(1)设物块初速度为v，物块能从传送带右侧滑离，对其分析得：mgLEk1mv22Ek0解得：v4m/ s(2)物块在
17、传送带上的运动是先向右减速运动，后向左加速运动。物块向右减速运动时，有：t1vamgx101 mv 22物块与传送带的相对滑动产生的热量：Q1mg v0 t1x1向左加速运动时，有：t 2v0amgx21mv022物块与传送带的相对滑动产生的热量：Q2mg v0t 2x2QQ1Q212.5J7如图所示，光滑水平面MN的左端M 处有一弹射装置P，右端N 处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度L=16m，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动ABCDE是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB 为水平轨道，弧BCD是半径为R 的半圆弧轨道，弧DE 是半径为2R 的圆弧轨道，弧BCD与弧
18、DE 相切在轨道最高点D，R=0 6m平面部分A 点与传送带平齐接触放在MN 段的物块m（可视为质点）以初速度 v0=4m/s 冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数 =0 2，物块的质量m=1kg结果物块从滑上传送带又返回到N 端，经水平面与左端M 处的固定弹射器相碰撞（弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定），因碰撞弹射器锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点，最后从E 点飞出 g 取10m/s 2求：（1）物块 m 从第一次滑上传送带到返回到N 端的时间（ 2）物块 m 第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送带所
19、多提供的能量多大？【答案】（ 1） t4.5s （2 ） W 8J【解析】试题分析 :（ 1）物块 B 向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀减速运动，达到与皮带共速后与皮带匀速物块B 向右作匀减速运动过程：mgmat1v02sg物块向右达到的最大位移： Sv0 t1 4m2反向匀加速运动过程加速度大小不变达到与传送带共速的时间：t2v1sg相对地面向左位移：S/vt21m2共速后与传送带匀速运动的时间：S S/4 1t31.5sv2往返总时间：（ 2）由物块恰能通过轨道最高点 D，并恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过最高点可得，物块是在半径为 2R 的圆弧上的最高点重力全部充当向心力得：又
20、由物块上滑过中根据机械能守恒得：代入数据解得： vB6Rg6m/s物块第二次从N 到 A 点： Lv1 t1g t 22速度关系： vBv1gt代入得：；得： t 2s或 t8s（舍）物体运动时传送带的位移：svt4m传送带为维持匀速运动多提供的力：Fmg传送带所做的功等于传送带多提供的能量：W F s mg s 8J考点：考查牛顿运动定律的综合应用；动能定理【名师点睛】本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式求解8 如图所示，在方向竖直向上、大小为6的匀强电场中，固定一个穿有A、 BE=110V/m两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内
21、，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/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
22、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，A、 B 做的功分别为EKA、 EKB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WT 和 WT ，根据题意有 ： WTWT0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
23、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 gR 1cos1 mB vB22联立解得： vA2 83sin4cos49由此可得 ：当 tan32 2 m / s时， A、 B 的最大速度均为 vmax43（ 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
24、： sin2425或 sin =0（舍去）所以 A 的电势能减少： EP qER sin84J 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9 质量为 M 的小车固定在地面上，质量为m 的小物体（可视为质点）以v0 的水平速度从小车一端滑上小车，小物体从小车另一端滑离小车时速度减为v0 ，已知物块与小车之间的2动摩擦因数为.求：（1）此过程中小物块和小车之间因摩擦产生的热Q 以及小车的长度L.（2）若把同一小车放在
25、光滑的水平地面上，让这个物体仍以水平速度v0 从小车一端滑上小车 .a. 欲使小物体能滑离小车，小车的质量M 和小物体质量m 应满足什么关系 ?b. 当 M =4m 时，小物块和小车的最终速度分别是多少?【答案】（ 1） Q3 mv02， L3v02（ 2） a. M3m； b.2 v0 ，3 v088 g520【解析】【详解】(1) 小车固定在地面时，物体与小车间的滑动摩擦力为fmg ，物块滑离的过程由动能定理fL1 m( v0 ) 21 mv022223v0 2解得： L8g物块相对小车滑行的位移为L，摩擦力做负功使得系统生热，QfL可得： Q3mv028（2） a.把小车放在光滑水平地面
26、上时，小物体与小车间的滑动摩擦力仍为f设小物体相对小车滑行距离为L 时，跟小车相对静止（未能滑离小车）共同速度为由动量守恒定律：mv =(M +m)v0设这过程小车向前滑行距离为s.对小车运用动能定理有:fs1Mv 22对小物体运用动能定理有:f (L s)1 mv21 mv02 22联立可得121mv0)2fLmv0( M m)(M m22物块相对滑离需满足 LL 且 fL3 mv028联立可得： M3m ，即小物体能滑离小车的质量条件为M3mb.当 M=4m 时满足 M3m，则物块最终从小车右端滑离，设物块和车的速度分别为v2 .由动量守恒：v，v1 、mv0mv1Mv2由能量守恒定律：f
27、L1 mv02( 1 mv121 Mv 22 )222联立各式解得： v12 v0 ， v23 v052010 如图所示在竖直平面内，光滑曲面AB 与长度 l=3m 的水平传送带BC 平滑连接于 B点，传送带 BC 右端连接内壁光滑、半径r=0.55m 的四分之一细圆管CD，圆管内径略大于物块尺寸，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k=50N/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m=0.5kg 的物块（可视为质点）从曲面上P 点静止释放， P 点距 BC 的高度为 h=0.8m（已知弹簧的弹性势能Ep 与弹簧的劲度系数k 和形变量p12，水平传送带与物间的动摩擦因
28、数=0.4，重力加速度g 取x 的关系是： E =kx210m/s 2）求：（ 1）若传送带静止不动物块在水平传送带BC上前进的距离；（ 2）若传送带向右匀速运动的速度 v0=2m/s ，物块刚进入细圆管 CD时对管道的弹力，物块在压缩弹簧过程中的最大速度（压缩弹簧过程未超过弹性限度）；（ 3）若传送带向右匀速运动的速度 v0=2m/s ，物块从第一次进入细圆管后将做周期性的运动由于物块与传送带发生相对运动，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能【答案】（ 1） 2m（2） 4m/s （3） 4J【解析】【分析】【详解】（1）物块从 P 点静止释放到停在传送带某处的过程中，根据动能定理得mg
29、h - mgx=0-0解得 x =2m；（2）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s ，因为传送带长度 l=3m 大于 2m，所以物块到达 C 点的速度 vC=2m/s物块经过管道C 点，根据牛顿第二定律得mg- N=m vC2r解得，管道对物块的弹力N= 15 N 1.36N，方向竖直向上11根据牛顿第三定律得知，物块对管道的弹力大小N=N1.36N，方向竖直向下物块从 C 点运动到速度最大的过程，根据平衡条件得mg =kx得 x=0.1m由动能定理得mg (r+x 12 12 12)-kx = 2mvm - 2 mvC2解得，最大速度vm=4m/s（ 3）物块再次回到 C 点的速度仍为
30、2m/s ，它在传送带上先向左匀减速运动到速度为零，再向右匀加速运动至 C 点，速度大小仍为 2m/s ，因此，电动机多消耗的电能即为物块与传送带之间的摩擦生热 .物块向左减速的位移 x1vC2=22=0.5m=20.42 g10物块与传送带间的相对位移x110v0=x +v ?g解得 x1=1.5m物块向右加速运动的位移x2=vC2=0.5m2g物块与传送带间的相对位移v0- x2=0.5mx2=v0?g因此，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能是E=mgx1+ x2)(解得 : E =4J11 如图所示，一个质量为强轨道的 A 端由静止释放，m=0.2kg 的小物体A 与圆心等高，滑到(P 可视为质点 )，从半径为R=0.8m 的光滑圆B 后水平滑上与圆弧轨道平滑连接的水平桌面，小物体与桌面间的动摩擦因数为=0.6，小物体滑行L=1m后与静置于桌边的另一相同的小物体Q 正碰，并粘在一起飞出桌面，桌面距水平地面高为h=0.8m 不计空气阻力，g=10m/s2.求：