1、高考物理动能与动能定理解题技巧及练习题( 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，两物块A、 B 并排静置于高h=0.80m 的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg 一颗质量m=0.10kg的子弹C 以v0=100m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A 后接着射入B 并留在B 中，此时A、 B 都没有离开桌面已知物块A 的长度为0.27m， A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m设子弹在物块A、 B 中穿行时受到的阻力大小相等，g 取10m/s 2 (平抛过程中物块看成质点)求：（ 1）物块 A 和物块 B 离开桌面时速度的大小分别是多少；（ 2）子
2、弹在物块 B 中打入的深度；（3）若使子弹在物块B 中穿行时物块B 未离开桌面，则物块 B 到桌边的最小初始距离【答案】（ 1） 5m/s ；10m/s ；（ 2） LB3.5 10 2 m （3） 2.5 10 2 m【解析】【分析】【详解】试题分析： (1)子弹射穿物块 A 后， A 以速度 vA 沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动：h1gt 2解得：t=0.40s2A 离开桌边的速度 vAs，解得： vA=5.0m/st设子弹射入物块B 后，子弹与B 的共同速度为vB，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：mv0 Mv A ( Mm)vBB 离开桌边的速度v =10m/sB（2）设
3、子弹离开A 时的速度为v1 ，子弹与物块A 作用过程系统动量守恒：mv0mv12Mv Av1=40m/s子弹在物块B 中穿行的过程中，由能量守恒fL1 Mv21 mv21 (M m)v2B2A212B子弹在物块 A 中穿行的过程中，由能量守恒fLA1 mv021 mv121 ( M M )vA2 222由 解得 LB3.5 10 2m（3）子弹在物块A 中穿行过程中，物块A 在水平桌面上的位移为s1，由动能定理：fs1 (MM )v2 0 12A子弹在物块 B 中穿行过程中，物块B 在水平桌面上的位移为s2，由动能定理fs21 MvB21 MvA2 22由解得物块 B 到桌边的最小距离为： s
4、min s1 s2，解得： smin2.510 2 m考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律2 如图所示，水平地面上一木板质量M 1 kg，长度L3.5 m ，木板右侧有一竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径R 1 m，最低点P 的切线与木板上表面相平质量m2 kg的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以v039m / s 的速度与圆弧轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最终滑离木板已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数1 0.2，木板与地面间的动摩擦因数2 0.1， g 取 10 m/s 2求：(1)滑块对 P 点压力的大小；(2)滑块返回
5、木板上时，木板的加速度大小；(3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间【答案】 (1)70 N (2)1 m/s 2(3)1 s【解析】【分析】【详解】(1)滑块在木板上滑动过程由动能定理得：1mgL 1 mv2 1mv0222解得： v 5 m/s在 P 点由牛顿第二定律得：F mg m v2r解得：F 70 N由牛顿第三定律，滑块对P 点的压力大小是70 N(2)滑块对木板的摩擦力Ff1 1mg 4 N地面对木板的摩擦力Ff2 2(M m)g 3 N对木板由牛顿第二定律得：Ff1 Ff2 Maa F f 1 Ff 2 1 m/s 2M(3)滑块滑上圆弧轨道运动的过程机械能守恒，故滑块再次滑上
6、木板的速度等于v 5 m/s对滑块有： (x L) vt 1 1gt22对木板有： x 1 at22解得： t 1 s 或 t 7 s(不合题意，舍去)3故本题答案是 ： (1)70 N (2)1 m/s 2(3)1 s【点睛】分析受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可3 如图所示，足够长的光滑绝缘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
7、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，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 ；（
8、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EP1mvA22解得vA2EP 20.324m/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FRvD所以要小
9、物块不离开圆轨道则应满足vCvD 得：R 0.022m4 如图所示，光滑水平轨道距地面高h=0.8m ，其左端固定有半径 R=0.6m 的内壁光滑的半圆管形轨道，轨道的最低点和水平轨道平滑连接质量m1=1.0kg 的小球 A 以 v0 =9m/s 的速度与静止在水平轨道上的质量m2=2.0kg 的小球 B 发生对心碰撞，碰撞时间极短，小球A 被反向弹回并从水平轨道右侧边缘飞出，落地点到轨道右边缘的水平距离s=1.2m重力加速度 g=10m/s 2求：(1)碰后小球 B 的速度大小vB；(2)小球 B 运动到半圆管形轨道最高点C 时对轨道的压力【答案】（ 1） 6m/s（ 2） 20N，向下【解
10、析】【详解】(1) 根据得 :则规定 A 的初速度方向为正方向， AB 碰撞过程中，系统动量守恒，以 A 运动的方向为正方向，有 ： m1v0=m2vB- m1 vA，代入数据解得 ： vB=6m/s (2)根据动能定理得:代入数据解得 :根据牛顿第二定律得:解得 : ,方向向下根据牛顿第三定律得，小球对轨道最高点的压力大小为20N，方向向上【点睛】本题考查了动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律的综合，涉及到平抛运动、圆周运动，综合性较强，关键要理清过程，选择合适的规律进行求解.5 如图所示，倾角为=45的粗糙平直导轨与半径为R 的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内一质量为m
11、的小滑块从导轨上离地面高为h=3R 的D 处无初速下滑进入圆环轨道.接着小滑块从圆环最高点C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的P 点，不计空气阻力.求：（ 1）滑块运动到圆环最高点C 时的速度的大小；（ 2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；（ 3）滑块在斜面轨道 BD 间运动的过程中克服摩擦力做的功【答案】（ 1）Rg （ 2） 6mg （ 3） 1 mgR2【解析】【分析】【详解】（1）小滑块从C 点飞出来做平抛运动，水平速度为v0，竖直方向上：，水平方向上：，解得（2）小滑块在最低点时速度为vC 由机械能守恒定律得牛顿第二定律：由牛顿第三定律得：，方向竖直向下（3）从D
12、 到最低点过程中，设DB 过程中克服摩擦力做功W1，由动能定理h=3R【点睛】对滑块进行运动过程分析，要求滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小，我们要知道滑块运动到圆环最低点时的速度大小，小滑块从圆环最高点C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心 O 等高的 P 点，运用平抛运动规律结合几何关系求出最低点时速度在对最低点运用牛顿第二定律求解6 如图所示，倾角为306 m/s的速度运的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以动，运动方向如图所示一个质量为2 kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2 m 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
13、动能损失物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端AB 的中点处，重力加速度g=10 m/s 2，求：（ 1）物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间；（ 2）传送带左右两端 AB 间的距离 l 至少为多少；（ 3）上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少；（4）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度【答案】 （1） 1.6s （ 2） 12.8m （3） 160J （ 4） h=1.8mh 为多少？【解析】(1)mgsin =ma, h/sin=,可得 t=1.6 s.(2)由能的转化和守恒得：mgh= mgl/2， l=12.8 m.(3)在此
14、过程中，物体与传送带间的相对位移:x 相 =l/2+v 带 t,又 l/2=，而摩擦热 Q=mgx相，以上三式可联立得 Q=160 J.(4)物体随传送带向右匀加速，当速度为v 带 =6 m/s 时向右的位移为x，则 mgx=， x=3.6 ml/ 2，即物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以v 带=6 m/s的速度冲上斜面，由 =mgh，得 h=1.8 m.滑块沿斜面下滑时由重力沿斜面向下的分力提供加速度，先求出加速度大小，再由运动学公式求得运动时间，由 B 点到最高点，由动能定理，克服重力做功等于摩擦力做功，由此可求得 AB 间距离，产生的内能由相互作用力乘以相对位移求得7 如图所示，
15、四分之一光滑圆弧轨道AO 通过水平轨道OB 与光滑半圆形轨道BC 平滑连接， B、 C 两点在同一竖直线上，整个轨道固定于竖直平面内，以O 点为坐标原点建立直角坐标系xOy。一质量m=1kg 的小滑块从四分之一光滑圆弧轨道最高点A 的正上方E 处由静止释放，A、 E 间的高度差h=2.7m ，滑块恰好从A 点沿切线进入轨道，通过半圆形轨道BC的最高点C 时对轨道的压力F=150N，最终落到轨道上的D 点 (图中未画出)。已知四分之一圆弧轨道 AO 的半径 R=1.5m，半圆轨道 BC 的半径 r=0.4m，水平轨道 OB 长 l=0.4m ，重力加速度 g=10m/s2 。求：(1)小滑块运动
16、到C 点时的速度大小；(2)小滑块与水平轨道OB 间的动摩擦因数；(3)D 点的位置坐标.【答案】 (1) v8m/s(2)0.5 (3)x 1.2m, y 0.6mC【解析】【详解】（1）滑块在C 点时，对滑块受力分析，有Fmgm vC2r解得： vC8m / s（2）滑块从 E 点到 C 点过程，由动能定理可知：mghR2rmgl1 mvc22解得：0.5（3）小滑块离开C 点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则2r1 gt 2， svCt2解得： s3.2m l 0.4m所以滑块落到四分之一圆弧轨道上，设落点坐标为x, y ，则有：2ry1gt 22lx vCtx2R2R2y解得： x1
17、.2m， y0.6m8 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
18、D 时，轨道所受到的作用力（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） EP2mgR （ 2） 9mg ，方向竖直向上（3） EP =( n1)mgR （ n=0、 1、22）【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 1 mvD
19、2mg 2R fL2解得vD10gR在最高点D 时由牛顿第二定律：2Nmgm vDR解得N=9mg，方向竖直向下由牛顿第三定律可知在（3）为了使物块能停在D 点时轨道受到的作用为9mg ，方向竖直向上；OB 的中点，则要求滑块到达的最高点为D 点，然后返回，则EPfL2mgR3mgR为了使物块能停在OB 的中点，同时还应该满足：EP(2 n1) fL(n1) mgR22则只能取n=0、 1、 2；9 如图所示， ABC为竖直面内一固定轨道， AB 段是半径为 R 的1光滑圆弧，水平段与圆4弧轨道相切于 B，水平段 BC 长度为 L， C 端固定一竖直挡板一质量为m 的小物块自 A 端从静止开始
20、沿圆轨道下滑，与挡板共发生了两次碰撞后停止在水平段B、 C 之间的某处，物块每次与挡板碰撞不损失机械能 (即碰撞前、后速率相同 )不计空气阻力，物块与水平段 BC间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g试求物块(1)第一次与挡板碰撞时的速率；(2)在水平轨道上滑行的总路程；(3)最后一次滑到圆轨道底端B 处对圆轨道的压力【答案】 (1)v1 =2g (R -R(3) 物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可L) (2) S =骣4L骣8 L琪 -琪 -能为 3mg 或3mg琪R琪R桫桫【解析】【详解】(1)对物块第一次从A 到 C 过程，根据动能定理：mgRmgL1mv12 2解得第一次碰撞挡板
21、的速率v1 =2 g( R -L ) (2)设物块质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为S，对物块从开始下滑到停止在水平轨道上的全过程，根据动能定理：mgR mg S0 解得S = R (3)设物块最后一次经过圆弧轨道底端B 时的速率为v2，对圆轨道的压力为FN，则：2FNmgm v2 R第一种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右运动还未到B 点时即停下，则：mgRmg 2L1 mv22 2由解得FN34 LmgR第二种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右可再一次滑上光滑圆弧轨道，则：mgRmg 4L1 mv222由解得FN38 LmgR骣4L骣8 L物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力
22、可能为琪 -琪 -3mg 或3mg琪R琪R桫桫10 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。（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
23、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)=9J11 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
24、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】(1)由于 h1 30 m ， h212 15 m，设从 A 运动到 B 的时间为 t ，则 h1 h2 gt2解得 t3s(2)由 Rcos BOC h h ，
25、 Rh ，所以 BOC60.设小物块平抛的水平速度是v ，则1211gttan 60ov1解得： v1 10 m/s 则 Ep 1 mv2 50 J2(3)设小物块在水平轨道CD 上通过的总路程为s 总根据题意，该路程的最大值是smax 3L，路程的最小值是smin L路程最大时，动摩擦因数最小，路程最小时，动摩擦因数最大，即由能量守恒知：1mv2 mgh1 minmgsmax21mv2 mgh1 maxmgsmin2解得： max 1 ， min 1261 1即 6 212 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，
26、则物块A、B 碰后一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(mAmB )v1第一次碰后到停止的过程，由动能定理得：(mAmB ) gl01 ( mA mB )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 v2mB v31 mA v0 21 mA v2 21 mB v32222第二次碰后到停止的过程，由动能定理得：对 A：12mA gxA02mA v2对 B： mB gxB0 1 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5lmB ，碰后 A 会反弹向左运动，则有：，即可得， mAxA xB5l联立以上各式，得：mA1mB2
