1、高中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，光滑水平平台AB 与竖直光滑半圆轨道AC 平滑连接， C 点切线水平，长为L=4m 的粗糙水平传送带BD 与平台无缝对接。质量分别为m=0.3kg 和 m =1kg 两个小物体12中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v0=1.5m/s 的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为=0.15某时剪断细绳，小物体m1 向左运动，m2 向右运动速度大小为v2=3m/s ，g 取 10m/s 2求：(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep(2)从小物体 m2 滑上传送带到第一次滑离传
2、送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E(3)为了让小物体 m1 从 C 点水平飞出后落至 AB 平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道 AC 的半径 R和小物体 m1 平抛的最大水平位移 x 的大小。【答案】 (1)19.5J(2)6.75J(3)R=1.25m 时水平位移最大为 x=5m 【解析】【详解】(1)对 m1 和 m2 弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=m1v1-m2v2解得v1=10m/s剪断细绳前弹簧的弹性势能为：E p1 m1v121 m2v2222解得Ep=19.5J(2)设 m2 向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：1-m2
3、gx=0-m2v222解得x=3m L=4m则 m2 先向右减速至速度为零，向左加速至速度为 v0=1.5m/s ，然后向左匀速运动，直至离开传送带。设小物体 m2 滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t。取向左为正方向。根据动量定理得：m2gt=m2v0-（ -m2v2）解得：t=3s该过程皮带运动的距离为：x 带 =v0t=4.5m故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：E=m2gx带解得：E=6.75J(3)设竖直光滑轨道AC的半径为R 时小物体m1 平抛的水平位移最大为x。从A 到C 由机械能守恒定律得：1 m1v121 m1vC22mgR22由平抛运动的规律有：
4、x=vCt 12R1 gt122联立整理得x4R(104R)根据数学知识知当4R=10-4R即 R =1.25m 时，水平位移最大为x=5m2 如图，在竖直平面内，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 与水平面的夹角线沿竖直方向。现有一质量=37，B 是轨道最低点，其最大承受力Fm=21N，过 A 点的切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
5、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 ；(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：Fmmgm vB2R从 P 到 ，由动能定理得mg (HR)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 mvB22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
6、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，粗糙水平地面与半径为R=0.4m 的粗糙半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内， O 是 BCD的圆心， BOD 在同一竖直线上质量为m=1kg 的小物块在水平恒力F=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 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
7、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：NmgmvB2R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=160N （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：2mgm vDR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
8、=vDt ，12R= 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 l2x 0.8 2m4 如图所示，在倾角为=30的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为m 的半圆柱体 A 紧靠挡板放在斜面上，质量为 2m 的圆柱体 B 放在 A 上并靠在挡板上静止。 A 与 B 半径均为 R，曲面均光滑，半圆柱体 A 底面与斜面间的动摩擦因数为 现用平行斜面向上的力拉A，使 A 沿斜面向上缓慢移动，直至B 恰好要降到斜面设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：（1）未拉 A 时， B 受到 A 的作用力F 大小；（2）在 A 移动的整个过程中，拉力做的
9、功W；（3）要保持A 缓慢移动中拉力方向不变，动摩擦因数的最小值min【答案】（ 1） F =13) mgR （3）533 mg （ 2） W(9min92【解析】【详解】（1）研究 B，据平衡条件，有F =2mg cos解得F =3 mg（2）研究整体，据平衡条件，斜面对A 的支持力为N =3mgcos= 33 mg2f = N= 33 mg2由几何关系得A 的位移为x =2Rcos30 = 3 R克服摩擦力做功Wf =fx =4.5 mgR由几何关系得A 上升高度与B 下降高度恰均为h =3 R2据功能关系W + 2mgh - mgh - Wf = 0解得W1 (93) mgR2（3） B
10、 刚好接触斜面时，挡板对B 弹力最大研究 B 得N m2mg4mgsin 30研究整体得f+ 3mgsin30 =Nminm解得f min = 2.5mg可得最小的动摩擦因数：f min5 3minN95 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， 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）
11、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 cos1mv22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EpEp1mv2mgd sin35 J2（3）物块第
12、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 sn15 次后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离m ，所以 n4，即物块与弹簧接触2小于 1 m26 如图所示，倾角为30的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s
13、 的速度运动，运动方向如图所示一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s 2，求：（ 1）物体第一次到达 A 点时速度为多大？（ 2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB 间的距离至少多大？（ 3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？【答案】（ 1） 8m/s （ 2）6.4m （ 3） 1.8m【解析】【分析】（ 1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大
14、小；（ 2）当物体滑到传送带最左端速度为零时， AB 间的距离 L 最小，根据动能定理列式求解；（3）物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s 的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可【详解】（1）物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：mgh1 mv22解得： v2gh2103.2 8m/s（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离 L 最小，由动能能力得：mgL 01mv22解得： Lv282m 6.4m2 g2 0.5 10（3）因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度 6m/s，物体在到达A 点前速度与传送带相等
15、，最后以v带6m/s 的速度冲上斜面，根据动能定理得：mgh01 mv带22v带2621.8m得： h2m2g10【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题7 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
16、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。【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20 2-10 1-0.25 1 10 4J=11 vB2 ，2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 2R1 mvC21 mvB2，22带入数值得：W =-5J，即克服摩擦力做的功为5J；8 如图所示， AB 是倾角为的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道
17、，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R一个质量为m 的物体（可以看作质点）从直轨道上与圆弧的圆心 O 等高的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动已知物体与轨道AB 间的动摩擦因数为，重力加速度为g试求：（1）物体释放后，第一次到达B 处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程s；（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力的大小；（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D（E、 O、D 为同一条竖直直径上的点），释放点距B 点的距离 L 应满足什么条件3 个【答案】（ 1） vB2gR(sincos ) ； LRmg(3 2cos )
18、 ；（ 2） FNtan（ 3） L (3 2cos )R2(sincos )【解析】【分析】【详解】（1）设物体释放后，第一次到达B 处的速度为v1 ，根据动能定理可知：mgRcosmg cosR cos1 mv12sin2解得：2gR(sincos)vBtan物体每完成一次往返运动，在AB 斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达B 点时，速度变为零，对物体从P 到 B 全过程用动能定理，有mgRcosmgL cos0得物体在 AB 轨道上通过的总路程为RL（2）最终物体以 B 为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B 运动到 E 时速度为v2 v，由动能定理知：mgR(1cos )1
19、mv222在 E 点，由牛顿第二定律有mv22FNmgR解得物体受到的支持力FNmg(32cos)根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为FN FNmg(3 2cos ) ，方向竖直向下（3）设物体刚好到达D 点时的速度为vD 此时有mgmvD2R解得：vDgR设物体恰好通过D 点时释放点距B 点的距离为L0 ，有动能定理可知：mg L0 sinR(1cos)mgcosL01 mvD22联立解得：L0(32cos) R2(sincos)则： (32cos)RLcos)2(sin答案：（ 1）vB2gR(sincos) ； LR（2）Fmg(3 2cos ) ； （ 3）tanN (3 2cos
20、) RLcos )2(sin9 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 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字”形通道的顶点 D后，又经水平粗
21、糙的细直管DE，从 E 点水平抛出，其水平射程 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 ，=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/r12=2mg R+122m VB2m VCNC=18.2
22、5N 方向向上10 如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为，间距为L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)当断开 S 闭合 S 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12过程电阻生的热量；(2)当断开 S 闭合 S 时金属棒的速度大小随时间变化的关系21【答案】 (1) vm
23、(sincos)mgRB2 L2，Q mgx(sincos(sincos )2 m3 g2 R2mg(sincos )2B4 L4(2) vtm B2 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 cos由闭合电路的欧姆定律I而动生电动势EBLvmER(sincos )mgR联立解得： vmB2L2对金属棒下滑过程，由动能定理得：mgxsinmg cosxWF 安 = 1 mvm202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(sin(sincos)2 m3g 2 R2cos )2B4 L4(2)设金属棒经历时
24、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 sinfFima联立解得： amg(sincos )mB2 L2C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关系： vmg(sincos ) tmB2L2C11 如图所示，物块B 静止放置在水平面上，物块A 以一定的初速度v0 冲向 B，若在物块A、B 正对的表面加上粘合剂，则物块A、B 碰后一
25、起沿水平面运动的最大距离为l；若在物块 A、 B 正对的表面加上弹性装置，则两物块将发生弹性正碰，碰后两物块间的最大距离为 5l 。已知物块A、B 与水平面间的动摩擦因数均为，水平面足够大，不计粘合剂及弹性装置的质量，求物块A、B 的质量之比mA 。mB【答案】12【解析】【详解】取水平向左为正方向。设A、B 第一次碰后速度为v1 由动量守恒：mA v0(mA mB )v1第一次碰后到停止的过程，由动能定理得：(mAmB ) gl 01 ( mAmB )v122第二次碰后速度分别为v2 、 v3 ，由动量守恒得、动能守恒得：mA v0mA v2 mB v31 mA v0 2 1 mA v2 2
26、1 mB v32222第二次碰后到停止的过程，由动能定理得：AmA gxA12对 ：0mA v22对 B：mB gxB01 mB v322联立以上各式，可得，xB4l 5l ，由此可知若碰撞后A 继续向右运动， AB 的最大距离不可能是5l，即可得， mAmB ，碰后 A 会反弹向左运动，则有：xA xB5l联立以上各式，得：mA1mB212 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A1 、 A2 、 B1 、 B2 ， D1 、 D2 分别是两圆弧管道的最高点， C1 、 C2 分别是两圆弧管道的最低点，C1 、 C2 固
27、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 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
28、（ 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：Nmgmv02R可得： Nmgm v02 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)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 C1C2 水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D1、 D2 点时的机械能需满足：E E02mgR 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：1 mv02nEE0 ，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 mv02269m可得： s=453故在 B1A2 直管道上经过的路程为s=s l=m4
