1、高考物理动能与动能定理技巧( 很有用 ) 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，粗糙水平桌面上有一轻质弹簧左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R=1.0m 的圆环剪去了左上角 120的圆弧， MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离是h=2.4m。用质量为m=0.2kg 的物块将弹簧由 B 点缓慢压缩至 C 点后由静止释放，弹簧在 C 点时储存的弹性势能 Ep=3.2J，物块飞离桌面后恰好 P 点沿切线落入圆轨道。已知物块与桌面间的动摩擦因数=0.4，重力加速度 g 值取 10m/s 2，不计空气阻力
2、，求(1)物块通过 P 点的速度大小；(2)物块经过轨道最高点M 时对轨道的压力大小；(3)C、D 两点间的距离；【答案】 (1)8m/s ；(2)4.8N； (3)2m【解析】【分析】【详解】(1)通过 P 点时，由几何关系可知，速度方向与水平方向夹角为60o，则vy22ghsin 60ovyv整理可得，物块通过P 点的速度v8m/s(2)从 P 到 M 点的过程中，机械能守恒1mv2 =mgR(1cos60o )+1mvM222在最高点时根据牛顿第二定律mvM2FNmgR整理得FN4.8N根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为4.8N(3)从 D 到 P 物块做平抛运动，因此vDv
3、cos60o4m/s从 C 到 D 的过程中，根据能量守恒定律Epmgx1 mvD22C、D 两点间的距离x2m2 某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。传送带由电动机带动，以v 2m/s 的速度顺时针匀速转动，倾角37。工人将工件轻放至传送带最低点A，由传送带传送至最高点 B 后再由另一工人运走，工件与传送带间的动摩擦因数为7，所运送的每个工8件完全相同且质量 m 2kg 。传送带长度为 L6m ，不计空气阻力。（工件可视为质点，sin37 0.6 ， cos370.8， g10m / s2）求：(1)若工人某次只把一个工件轻放至A 点，则传送带将其由最低点A 传至 B 点电动机需额外
4、多输出多少电能？(2)若工人每隔 1 秒将一个工件轻放至A 点，在传送带长时间连续工作的过程中，电动机额外做功的平均功率是多少？【答案】 (1)104J； (2)104W【解析】【详解】(1)对工件mg cosmgsinmav22axvat1t12s得x2mx带vt12xx相x带x2m由能量守恒定律E电QEpEk即E电mg cos x相 mgL sin1 mv22代入数据得E电104J(2)由题意判断，每 1s 放一个工件，传送带上共两个工件匀加速，每个工件先匀加速后匀速运动，与带共速后工件可与传送带相对静止一起匀速运动。匀速运动的相邻的两个工件间距为xv t2mLxn x得n2所以，传送带上
5、总有两个工件匀加速，两个工件匀速则传送带所受摩擦力为f2mg cos2mg sin电动机因传送工件额外做功功率为Pfv104W3 某游乐场拟推出一个新型滑草娱乐项目，简化模型如图所示。游客乘坐的滑草车（两者的总质量为 60kg），从倾角为53 的光滑直轨道AC 上的 B 点由静止开始下滑，到达C 点后进入半径为R 5m ，圆心角为53 的圆弧形光滑轨道CD ，过 D 点后滑入倾角为（ 可以在 0剟75范围内调节）、动摩擦因数为3 的足够长的草地轨道3DE 。已知 D 点处有一小段光滑圆弧与其相连，不计滑草车在D 处的能量损失， B 点到C 点的距离为 L0 =10m ， g10m/s 。求：(
6、1)滑草车经过轨道D 点时对轨道 D 点的压力大小；(2)滑草车第一次沿草地轨道DE 向上滑行的时间与的关系式；(3)取不同值时，写出滑草车在斜面上克服摩擦所做的功与tan的关系式。t2【答案】3000N；3；见解析(1)(2)cos(3)sin3【解析】【分析】【详解】(1)根据几何关系可知CD 间的高度差H CDR 1cos532m从 B 到 D 点，由动能定理得mg L0 sin53 H CD1mvD202解得vD10 2m/s对 D 点，设滑草车受到的支持力FD ，由牛顿第二定律FDmgm解得vD 2RFD3000N由牛顿第三定律得，滑草车对轨道的压力为3000N。(2)滑草车在草地轨
7、道 DE 向上运动时，受到的合外力为F合mg sinmg cos由牛顿第二定律得，向上运动的加速度大小为F合g sing cosam因此滑草车第一次在草地轨道DE 向上运动的时间为tvDg sing cos代入数据解得t23 cossin3(3)选取小车运动方向为正方向。当0 时，滑草车沿轨道DE 水平向右运动，对全程使用动能定理可得mg L0 sinR(1 cos) +Wf 1 =0 0代入数据解得Wf 16000J故当0 时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W克16000J当 030时，则g sing cos滑草车在草地轨道DE 向上运动后最终会静止在DE 轨道上，向上运动的距离为x2vD
8、2g cos )2( g sin摩擦力做功为Wf 2mg cos x2联立解得Wf 26000(J)3 tan1故当 030时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W克 26000(J)3 tan1当 3075时g sing cos滑草车在草地轨道DE 向上运动后仍会下滑，若干次来回运动后最终停在D 处。对全程使用动能定理可得mg L0 sin R(1cos) +Wf 3 =00代入数据解得Wf 36000J故当 3075时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W克 36000J所以，当0 或 3075 时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000J；当030 时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为60
9、00(J) 。3 tan14 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】
10、【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?5 如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B 点水平，上端A
11、与B 点的高度差为h10.3 m ，倾斜传送带与水平方向的夹角为 37，传送带的上端C 点到B 点的高度差为h2 0.1125m( 传送带传动轮的大小可忽略不计) 一质量为m1 kg的滑块 (可看作质点)从轨道的A 点由静止滑下，然后从B 点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C 点落到传送带上，传送带逆时针传动，速度大小为v 0.5 m/s ，滑块与传送带间的动摩擦因数为 0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g10 m/s 2，试求：(1).滑块运动至 C 点时的速度 v 大小；C(2).滑块由 A 到 B 运动过程中克服摩擦力做的功Wf；(3).滑块在传送带上运动时与传送带
12、摩擦产生的热量Q.【答案】 （1） 2.5 m/s （ 2） 1 J （ 3） 32 J【解析】本题考查运动的合成与分解、动能定理及传送带上物体的运动规律等知识。(1) 在 C 点，竖直分速度： vy2gh21.5m / svy vcsin370 ，解得： vc2.5m / s(2)C 点的水平分速度与B 点的速度相等，则 vB vx vC cos37 2m / s从 A 到 B 点的过程中，据动能定理得：mgh1 W f1 mvB2 ，解得： Wf 1J2(3) 滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得：mgcos37 mgsin37 ma解得： a0.4m / s2达到共同速度所需时间vv
13、c5sta二者间的相对位移xv vc t vt 5m2由于 mgsin37mgcos37，此后滑块将做匀速运动。滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Qmgcos370x32J6 在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A 和 B，两小球质量均为m， A 球带电荷量为Q ，B 球不带电，A、B 连线与电场线平行，开始时两球相距L，在电场力作用下，A 球与B 球发生对心弹性碰撞设碰撞过程中，A、 B 两球间无电量转移(1)第一次碰撞结束瞬间A、B 两球的速度各为多大?(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少
14、功?(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A 在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0 时刻除外 )，可以在水平面内加一与电场正交的磁场请写出磁场B 与时间 t 的函数关系2QELBm2 g【答案】 (1) vA10vB1(2) 5QEL2mL(3)2E tmQQE(2mLt 32mL)QEQE【解析】（1） A 球的加速度 aQE2aL2QEL ；碰前 B 的速度 vB10，碰前 A 的速度 vA1mm设碰后 A、 B 球速度分别为 v A1、 vB1 ，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：121212mvA 1 mvA1 mvB1 ， 2 mv A12
15、mv A12 mvB12QEL所以 B 碰撞后交换速度：vA10 ， vB1v A1m（2）设 A 球开始运动时为计时零点，即t0 ， A、 B 球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为 t1 、 t 2 ；由匀变速速度公式有：t 1v A1 02mLaQE第一次碰后，经t 2t 1 时间 A、 B 两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、 B 两球速度分别为122mLvA 2 和 vB 2 ，由位移关系有：vB1t 2t 12at 2t1 ，得到： t 23t 1 3QE2QELvA 2 a t 2 t 1 2at12vA12m； vB 2vB1由功能关系可得：W电 = 1 m2A21 mB2 25Q
16、EL2 v2v（另解：两个过程A 球发生的位移分别为x1 、 x2 ， x1L ，由匀变速规律推论 x24L ，根据电场力做功公式有：WQE x1x25QEL ）（3）对 A 球由平衡条件得到：QBvA mg， v Aat ， aQEm从 A 开始运动到发生第一次碰撞：mgm2 g2mLB t20tQatQ EtQEB tm2g2mL2mL2mLt3从第一次碰撞到发生第二次碰撞：2tQEQEQ EQE点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A 球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度那么A 球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线
17、运动，直到发生第二次碰撞题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些7 如图所示， AB 是一倾角为=37的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数=0.30 ， BCD是半径为 R=0.2m 的光滑圆弧轨道，它们相切于B 点， C 为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强3E = 4.0 10，质量 m = 0.20kg 的带电滑N/C块从斜面顶端由静止开始滑下已知斜面AB 对应的高度 h = 0.24m，滑块带电荷 q = -42求：5.0 10C，取重力加速度g = 10m/s ， sin37 = 0.60， cos37 =0.80
18、（ 1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B 点时的速度大小；（ 2）滑块滑到圆弧轨道最低点C 时对轨道的压力【答案】 (1) 2.4m/s(2) 12N【解析】【分析】(1)滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B 点时的速度大小；(2)滑块从 B 到 C点，由动能定理可得C 点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解【详解】(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力：fmgqE cos370.96N设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得：mg qE h fh1 mv12sin 37o2解得：v1=2.4m/s(2)滑块从 B 到 C点，由动能定理可得：mg qE R 1
19、cos37 =1mv221mv1222当滑块经过最低点时，有：FNmg qE m v22R由牛顿第三定律：FN，FN11.36N方向竖直向下【点睛】本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择.8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
20、/s2。问：BC（ 1）小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小；（ 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
21、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 xmgsin LAB- 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 -mv 0 =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
22、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。9 如图为一水平传送带装置的示意图紧绷的传送带AB 始终保持 v0=5m/s 的恒定速率运行， AB 间的距离 L 为 8m将一质量 m 1kg 的小物块轻轻放在传送带上距A 点 2m 处的 P点，小物块随传送带运动到B 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N小物块与传送带间的动摩擦因数 0.5，重力加速度g10 m/s 2求：（1）该圆轨道的半径r ；（2）要使小物块能第一次滑上圆形轨道达到M 点， M点为圆轨道右半侧上的点，该点高出 B 点0.25 m，且小物块在圆形轨道上不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A 点的位置范围【答案】
23、（1） r0.5m （ 2）7mx7?.5m,0x5?.5m【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度ag5m / s2小物块与传送带共速时，所用的时间tv01sa运动的位移v02.5m L 2=6mx2a故小物块与传送带达到相同速度后以v05m / s的速度匀速运动到B，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N 点，故有： mgm vN2r由机械能守恒定律得1mv02mg (2r )1mvN2 ，解得 r0.5m22（2）设在距 A 点 x1 处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒得： mg( L x1 ) mgh 代入数据解得x17.5?m设在
24、距 A 点 x2 处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒得：mg( L x2 ) mgR 代入数据解得x27?m则：能到达圆心右侧的M 点，物块放在传送带上距A 点的距离范围；同理，只要过最高点N 同样也能过圆心右侧的M 点，由（ 1）可知 x38m 2.5m 5.5?m则： 0 x5.5m 故小物块放在传送带上放在传送带上距A 点的距离范围：7mx7?.5m和0x5?.5m考点：考查了相对运动，能量守恒定律的综合应用10 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
25、块与小车之间2的动摩擦因数为.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?Q323v02（ 2） a. M3m； b.23v0【答案】（ 1）8mv0 ， L8 g5 v0 ，20【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3v0解得： LfL1 m( v0 ) 21 mv2222028
26、g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： Q3 mv028（2） a.把小车放在光滑水平地面上时，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：mv0=(M +m)v设这过程小车向前滑行距离为s.对小车运用动能定理有:fs1 Mv 22对小物体运用动能定理有:f (L s)1 mv21 mv02 22联立可得fL1 mv021 ( M m)(mv0 )222M m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
27、 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：mv0mv1Mv2由能量守恒定律：fL1 mv02( 1 mv121 Mv 22 )222联立各式解得：23v15 v0 ， v220 v0v，v1 、11 一束初速度不计的电子流在经U 5000V 的加速电压加速后在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d1.0cm ，板长 l 5.0cm，电子电量 e1.6 10 19 C，那么（1）电子经过加速电场加速后的动能为多少?（2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大的电压?【答案】 (1) Ek 810 16J (2)要使电子能飞
28、出，所加电压最大为400V【解析】【详解】（1）加速过程，由动能定理得 : Els eU1mv022解得 : Ek 5000 eV8 10 16 J（ 2）在加速电压一定时，偏转电压U 越大，电子在极板间的偏转距离就越大当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压.进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动lv0 t在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，加速度FeU: amdm偏转距离 y1 at 2 2能飞出的条件为 y1 d 22250001.010222Ud10 2解 式得 : U ,4.0V10 22l 25.0即要使电子能飞出，所加电压最大为400V12 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 )静止在轨道的底端B 处， A 点和圆弧对应的圆心 O 点等高。
