1、高考物理动能与动能定理解题技巧讲解及练习题( 含答案 ) 含解析 (1)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来如图所示是滑板运动的轨道， BC 和 DE 是两段光滑圆弧形轨道， BC 段的圆心为O 点、圆心角 60，半径 OC与水平轨道 CD垂直，滑板与水平轨道CD 间的动摩擦因数 0.2某运动员从轨道上的 A 点以 v0 3m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经 CD 轨道后冲上 DE轨道，到达 E 点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为 m 60kg， B、E 两点与水平轨道C
2、D的竖直高度分别为h 2m 和 H 2.5m.求：(1)运动员从 A 点运动到 B 点过程中，到达 B 点时的速度大小 vB；(2)水平轨道 CD 段的长度 L；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C 点的距离 .【答案】 (1) vB 6m/s(2) L 6.5m (3)停在 C 点右侧6m 处【解析】【分析】【详解】（1）在 B 点时有 vBv0Bcos60，得 v 6m/s（2）从 B 点到 E 点有12mghmgLmgH 0mvB，得 2L 6.5m（3）设运动员能到达左侧的最大高度为h，从 B 到第
3、一次返回左侧最高处有mghmgh mg2L 01 mvB2，得 h1.2mh 2 m，故第一次返回时，运动员不能2回到 B 点，从 B 点运动到停止，在 CD 段的总路程为s，由动能定理可得mghmgs01 mvB2 ，得 s 19m ， s 2L 6 m，故运动员最后停在 C 点右侧 6m 处.22 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
4、因数=0.25，g=10m/s 2求(1)水平作用力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生的热量 Q3m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产【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
5、送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；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?3 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
6、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 ，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
7、v2=40 410 2FD mg m D=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：1 mv21 mv2mgL22D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 mv221 mvD22mgL解得v2 41m/s若传送带的速度v241m/s ，则小
8、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
9、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 =3mg
10、cos= 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 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fmin + 3mgsin30 =Nm解得f min = 2.5mg可得最小的动摩擦因数：f min5 3minN95 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
11、，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 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
12、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：FN mgm vc2R解得：vC6m/s（2）从 C 点到 B 点，由动能定理得：2mgR 1 mvB21 mvC222解得：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 at 22解得：t0.3s（3）从 B 点到 D 点，由运动学公式：vDvBat ，解得
13、：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 2Fn2mg2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 v12RPt fl2mgR1 mv2121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的时间为t2 ，则有：Pt2 fl s0 ，解得t 20.35s.6 如图所示，倾角为306m/s的速度运的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送
14、带正以动，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小
15、；（ 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 01 mv22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
16、，最后以v带6m/s 的速度冲上斜面，根据动能定理得：mgh01mv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 如图所示， AB 是倾角为的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，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；
17、（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 ) ；（ 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
18、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 )1mv222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
19、：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) RLcos )2(sin8 光滑水平面AB与一光滑半圆形轨道在B点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为 m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的9 倍，之后向上运动经C 点再落回到水平面，重力加速度为g.求：(
20、1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块离开 C 点后，再落回到水平面上时距B 点的距离；(3)再次左推物块压紧弹簧，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？【答案】 (1)（2） 4R（ 3）或【解析】【详解】（1）由动能定理得W在 B 点由牛顿第二定律得：9mg mg m解得 W 4mgR（2）设物块经C 点落回到水平面上时距B 点的距离为S，用时为t ，由平抛规律知S=vct2R= gt2从 B 到 C 由动能定理得联立知， S= 4 R（ 3）假设弹簧弹性势能为 ，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械
21、能守恒定律知mgR若物块刚好通过C 点，则物块从B 到 C 由动能定理得物块在 C 点时 mg m则联立知： mgR.综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为mgR 或 mgR.9 如图所示在竖直平面内，光滑曲面传送带 BC 右端连接内壁光滑、半径AB 与长度 l=3m 的水平传送带BC平滑连接于B 点，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=0.8
22、m （已知弹簧的弹性势能Ep 与弹簧的劲度系数k 和形变量x 的关系是： Ep = 1 kx2，水平传送带与物间的动摩擦因数=0.4，重力加速度g 取 10m/s 2）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） 4
23、J【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mgh - 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)- 1212 122kx
24、 = 2mvm - 2mvC解得，最大速度vm=4m/s（ 3）物块再次回到 C 点的速度仍为 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x2=v0?v0- x2=0.5mg因此，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能是E=mg( x1+ x2)解得 : E =4J
25、10 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)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【答案】 (1) vm(sinco
26、s)mgRB2 L2，Q mgx(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 cosxWF 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
27、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QitQ 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 vat可得瞬时速度与时间的关系： vmg(sincos ) tmB2L2C11 如图甲所示，一质量为 ma 的滑块 (可看成质点 )固定在半径为 R 的光滑四分之一圆弧轨道的顶端 A 点，另一质量为 mb 的滑块 (可看成质点 )静
28、止在轨道的底端 B 处， A 点和圆弧对应的圆心 O 点等高。（ 1）若圆弧的底端 B 与水平光滑平面连接 (足够长 )， mb 静止于 B 点， ma 从静止开始释放，假设两滑块碰撞时无机械能损失，且两滑块能发生两次碰撞，试证明：3mavb代入可得： 3ma mb12(2)机械能守恒ma gR=mav1滑块 ma 与 mb 相碰后结合在一起，动量守恒ma v1=mcv2从 B 运动到 C 点时速度恰好为零，由动能定理可得： fL=0 1 mc v222f=mca， v0=v2 atmc 向右运动： s1=v2t 1 at22传送带向左运动：s2=v0tQ=fs 相对 =f(s1 s2)=9J
29、12 如图所示，在高 h 1 30 m 的光滑水平平台上，质量m1 kg 的小物块压缩弹簧后被锁扣 K 锁住，储存了一定量的弹性势能Ep若打开锁扣K，物块将以一定的水平速度v1 向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC 的 B 点的切线方向进入圆弧形轨道 B 点的高度 h2 15 m，圆弧轨道的圆心O 与平台等高，轨道最低点C 的切线水平，并与地面上长为L70 m 的水平粗糙轨道CD 平滑连接；小物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，取g 10 m/s 2(1)求小物块由 A 到 B 的运动时间；(2)求小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep 的大小；(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B 点，最后停在轨道CD 上的某点 P(P 点没画出 )设小物块与轨道 CD 之间的动摩擦因数为，求的取值范围11【答案】 (1)3 s (2)50 J (3)6 2【解析】【分析】【详解】12121gt2(1)由于 h 30 m ， h 15 m，设从 A 运动到 B 的时间为 t ，则 h h2解得 t3s(2)由 Rcos BOC h1 h2， Rh 1，所以 BOC60.设小物块平抛的水平速度是v1，则gttan 60o
