1、高考物理动能与动能定理的技巧及练习题及练习题( 含答案 ) 含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 如图所示，半径R=0.5 m的光滑圆弧轨道的左端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【答案】 (1)70N
2、； (2)1.2m； (3)能滑出 AA 点。【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 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L，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，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
3、可得1 mvB22mg 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。2 如图所示，水平地面上一木板质量M1 kgL 3.5 m，木板右侧有一竖直固定的，长度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
4、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 mv2r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F mg 4 Nf11地面对木板的摩擦力Ff
5、2 2(M m)g 3 N对木板由牛顿第二定律得：Ff1 Ff2 MaaF f 1 Ff 22 1 m/sM(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，斜面ABC下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于CD是最，整个装置竖直固定，低点，圆心角 DOC=37， E、 B 与圆心 O 等高，圆弧轨道半径 R=0
6、.30m ，斜面长L=1.90m ，AB 部分光滑， BC部分粗糙现有一个质量m=0.10kg 的小物块 P 从斜面上端 A点无初速下滑，物块P 与斜面 BC部分之间的动摩擦因数=0.75取sin37o=0.6， cos37o=0.8，重力加速度g=10m/s 2，忽略空气阻力求：（1）物块从 A 到 C 过程重力势能的增量EP；（2）物块第一次通过B 点时的速度大小vB；（3）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小N【答案】 （1） -1.14J（ 2） 4.2m/s（ 3） 7.4N【解析】【分析】【详解】（1）从 A 到 C 物块的重力做正功为：WG mgL sin 37o1.14
7、J故重力势能的增量EPWG1.14J（2）根据几何关系得，斜面BC 部分的长度为：lR cot37o0.40m设物块第一次通过B 点时的速度为 vB ，根据动能定理有： mg L l sin371 mvB202解得：vB4.2/sm（3）物块在 BC部分滑动受到的摩擦力大小为：fmgcos37 0.60N在 BC部分下滑过程受到的合力为：Fmgsin37f 0则物块第一次通过C点时的速度为：vCvB4.2/sm物块从 C 到 D，根据动能定理有：mgR 1 cos371 mvD21 mvC222在 D，由牛顿第二定律得： Nmgm vD2R联立解得： N7.4N【点睛】本题考查了动能定理与牛顿
8、第二定律的综合运用，运用动能定理解题关键确定出研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再根据动能定理列式求解4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BC间的动摩擦因素=0 1， g 取 10m/s2。问：（ 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
9、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mgs
10、in-LAB=mv2v=7m/s（2）从开始到最后停下在BC段所经过的路程为xmgsinLAB-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2mv02bcmv -=2L nn=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。5 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
11、)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V =12m/s 的速度向右进入直管道，经t =0.5s 到达 B 点，在刚到达半圆轨道B 点时，对 B01点的压力为 NBg=10m/s2）求：=21.8N（取重力加速度（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
12、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=18.25N 方向向上6 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=5
13、m/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 g 10 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】（ 1） r 0.5m （ 2） 7mx7?.5m,0 x5?.5m【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）小物块在传送带
14、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 L2=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1 mv02mg (2r )1 mvN2，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
15、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 x38m2.5m5.5?m则： 0x5.5m 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7 如图甲所示，水平面上A 点处有一质量m 0.5kg 的小物块，从静止开始在水平向右恒力 F1 作用下运动，通过 B 点时立即撤去力 F1，物块恰好落到斜面 P 点。物块与水平面间的滑动摩擦力为 f ， f 大小与物块离 A 点的距离 d 的关系如图乙所示。已知 AB 间距为
16、2m，斜面倾角 37， BP 间距为 3m，重力加速度 g 取 10m/s 2，不计空气阻力。 (sin37 0.6，cos37 0.8)求(1)物块通过 B 点时速度大小 ;1(2)恒力 F 大小(3)现将图甲装置置于风洞实验室中，斜面BC.处于风场中，且足够长。物块从B 点以 (1) 同中的速度水平向右抛出，立即撤去力F1，同时物块受到大小为4N 的风力 F2 作用，风力方向从水平向左逆时针到竖直向下范围内可调，如图甲所示。调整风力方向使物块从抛出至落到斜面的时间最短，求该最短时间及在此条件下物块第一次落到斜面时的动能.【答案】（ 1） 4m/s （2） 4.5N（ 3） 7.69J【解析
17、】【详解】（1）物块从B 到 P ，假设 BP 间距为 L ，根据平抛运动规律有水平方向： xL cosvBt竖直方向： yL sin1 gt 22代入数据，联立式解得vB4m/s ；（2）由图乙可知摩擦力对物块做功为Wf1f1f 2 d 2物块从 A 到 B ，由动能定理有F1 dWf1 mvB20 2代入数据，联立式解得F14.5N（3）方法一：以 B 点为坐标轴原点，水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴，假设 F2 与x 轴方向成角，根据运动的合成与分解有水平方向： xvBt1 F2 cost 22m竖直方向： y1 F2 sinmgt22my几何关系： tanxtvB tan1F2 si
18、nmg1 F2 cos联立式解得tan2m2m代入数据可得 t12，要使 t 最小，即 4sin3cos 要取最大2044sin3cos值，而 4sin3cos54 sin3 cos5sin370，故当530 时， t 最小，55tmin0.3svxF2 cosvBtmvyF2 sinmgtmEk1 mv21 m vx2vy2（11）22联立（ 11）式解得 Ek7.69J（ 12）（ v2.56m/s ， vy4.92m/s ）x【或：把 tmm0.3s 代入式中解得y0.738m 假设落到 Q 点，从 B 到 Q 过程，由动能定理得WFWGEK ，即 0 mgy Ek1mvB22代入数据解
19、得 Ek7.69J（11）方法二：以B 点为坐标轴原点，沿斜面方向为x 轴，竖直斜面方向为y 轴，vBy vB sin, G y mg cos， vBy 和 Gy 均为定值，为使物块尽快落到斜面，故F2 垂直斜面向下。x 方向： xvB cost1g sint 22y 方向： yvB sint1F2mg cost 22my 0时，解得 tmin 0.3s或： vyF2mg cosvB sint1 m当 vy0 时， t1 0.15s， t 2t1 0.3svx vB cosg sint 把 tmn0.3s 代入式中解得 vx5m/s ，而 vyvByvB sin2.4m/s ，Ek1 mv21
20、 m vx2vy222代入数据解得Ek7.69J 【或：把 tmn0.3s 代入式中解得x 1.23m ，假设落到 Q 点，从 B 到 Q 过程，由动能定理得WFWGEk ，即 0mgx sinEk1 mvB2 2代入数据解得 Ek7.69J】8 如图，质量分别为1kg 和 3kg 的玩具小车A、 B 静置在水平地面上，两车相距s=8m。小车 A 在水平恒力F=8N 作用下向着小车B 运动，恒力F 作用一段时间t 后撤去，小车A 继续运动与小车B 发生碰撞，碰撞后两车粘在一起滑行d=0.25m 停下。已知两车碰撞时间极短，两车运动过程所受的阻力均为自身重力的0.2 倍，重力加速度g=10m/s
21、 2。求：（1）两个小车碰撞后的速度大小；（2）小车 A 所受恒力F 的作用时间t 。【答案】（ 1） 1m/s ；（ 2） 1s【解析】【详解】（1）设撤去力 F 瞬间小车 A 的速度为 v1，小车 A、 B 碰撞前 A 车的瞬时速度为 v2 ，小车A、 B 碰撞后瞬间的速度为 v3。两小车碰撞后的滑行过程中，由动能定理可得：1-0.2（ m1+m2） gd = 0-2（ m1+m2） v32解得两个小车碰撞后的速度大小：v3=1m/s（2）两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得：m1v2 =（m1+m2） v3解得： v2=4m/s恒力作用过程，由动量定理可得：Ft-0.2m1gt=m1v1-
22、0由运动学公式可得：x1= v1 t2撤去 F 至二车相碰过程，由动能定理得：1212-0.2m1gx2=m1v2 -m1v122由几何关系可得：x1+x2=s联立可得小车A 所受恒力 F 的作用时间： t=ls方法 2：两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得：m1v2 =（m1+m2） v3解得： v2=4m/s从 F 作用在小车A 上到 A、 B 两车碰前，由动能定理得：1Fx-0.2m1gs=m1v2 2-02解得： x=3m在 F 作用的吋间内，由牛顿第二定律得：F-0.2m1g=m1a解得： a=6m/s 2由 x= 1 at22联立解得小车A 所受恒力F 的作用时间：t=ls9 如图所
23、示，在粗糙水平轨道OO1上的 O 点静止放置一质量 m=0.25kg 的小物块 (可视为质点)，它与水平轨道间的动摩擦因数=0.4， OO1 的距离 s=4m在 O1 右侧固定了一半径R=0.32m 的光滑的竖直半圆弧，现用F=2N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力 (g=10m/s 2)求：(1)为使小物块到达O1，求拉力F 作用的最小距离；(2)若将拉力变为F1，使小物块从O 点由静止开始运动至OO1 的中点时撤去拉力，恰能使小物块经过半圆弧的最高点，求F1 的大小【答案】 (1)2m (2)3N【解析】【分析】【详解】(1)为使小物块到达O1，设拉力作用的最小距离为x根据动能定理
24、知：Fxmgs0 0解得 ： xmgs0.40.25 104 m 2mF2（2）当小物块恰好过最高点时：mgm v2R从 O 点运动到最高点的过程由动能定理得：F1 smgs mg2R1 mv2022解得 ： F13N10 如图所示，一质量M =4kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成， BC与 CD相切于 C，圆弧BC 所对圆心角 37，圆弧半径R=2.25m，滑动摩擦因数=0.48。质量 m=1kg 的小物块从某一高度处的 A 点以 v0 4m/s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B 点进入圆弧轨道，最终与小车保持
25、相对静止。取g 10m/s 2， sin37 =0.6，忽略空气阻力，求 :（ 1） A、B 间的水平距离；（ 2）物块通过 C 点时，轨道对物体的支持力；（ 3）物块与小车因摩擦产生的热量。【答案】 （1） 1.2m （2） FN25.1N （ 3） 13.6J【解析】【详解】（1）物块从 A到 B由平抛运动的规律得 :gttan= v0x= v0t得x=1.2m（2）物块在 B 点时，由平抛运动的规律得：v0vBcos物块在小车上 BC段滑动过程中，由动能定理得：11mgR(1 cos) mvC2mvB222在 C 点对滑块由牛顿第二定律得FNmgm vC2R联立以上各式解得： FN 25
26、.1N（ 3）根据牛顿第二定律，对滑块有 mg ma1 ，对小车有 mgMa 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即vC a1t 1 a2t 1由以上各式解得 t134 s，6此时小车的速度为va2t 134m / s51212物块在 CD段滑动过程中由能量守恒定律得：mvC（ M m） v + Q22解得： Q=13.6J11 如图所示的实验装置，可用来探究物体在斜面上运动的加速度以及弹簧储存的弹性势能。实验器材有：斜面、弹簧(弹簧弹性系数较大)、带有遮光片的滑块(总质量为m)、光电门、数字计时器、游标卡尺、刻度尺。实验步骤如下：用适当仪器测得遮光片的宽度为d；弹簧放在挡板 P 和滑块之间
27、，当弹簧为原长时，遮光板中心对准斜面上的A 点；光电门固定于斜面上的B 点，并与数字计时器相连；压缩弹簧，然后用销钉把滑块固定，此时遮光板中心对准斜面上的O 点；用刻度尺测量 A、 B 两点间的距离L；拔去锁定滑块的销钉，记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间t；移动光电门位置，多次重复步骤。根据实验数据做出的1 L 图象为如图所示的一条直线，并测得1L 图象斜率为 k、t 2t 2纵轴截距为b。（1）根据1 L 图象可求得滑块经过A 位置时的速度 vAt2=_，滑块在斜面上运动的加速度 a =_。（2）实验利用光电门及公式v= d 测量滑块速度时，其测量值t“大于 ”或 “小于 ”）。（
28、3）本实验中，往往使用的弹簧弹性系数较大，使得滑块从弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，则弹簧储存的弹性势能实值相比，测量值偏 _(填 “大 ”或 “小 ”)。【答案】 d1kd2 小于12 大bmbd22_真实值（选填“等于 ”、O 到 A 恢复原长过程中弹簧Ep=_， Ep 的测量值与真【解析】【详解】第一空：滑块从A 到 B 做匀加速直线运动，设加速度为a，由于宽度较小，时间很短，所以瞬时速度接近平均速度，因此有B 点的速度为： vBd ，根据运动学公式有：tvB2vA22aL ，化简为12a LvA2，结合图象可得： bvA2 ， k2at 2d 2d 2d2d2解得： vAdb ；第
29、二空：由 k2a12d2 ，解得： akd ；2第三空：由于弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，所以摩擦力和重力沿斜面的分量忽略不计，根据能量守恒可得：EP1 mvA21 mbd 2 ；22第四空：考虑摩擦力和重力沿斜面的分量，根据动能定理可得：WN WG Wf1 mvA2 ，2而 EP真 WN ，摩擦力小于重力沿斜面的分量，Ep 的测量值与真实值相比，测量值偏大。12 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
30、管道的最低点，C1 、 C2 固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 （ 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：Nmgm v02R可得： Nmgm v02106NR
