1、高考物理动能与动能定理抓分精品训练一、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，求(1)物块通过 P
2、 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 cos60o4m/s从
3、 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 如图所示，斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于 C，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角DOC 37， E、 B 与圆心 O 等高，圆弧轨道半径R 0.30m，斜面长L1.90m， 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 sin37 0.6， cos370.8，重力加速度g 10m/s 2，忽略空气阻力求：（1）物块第一次通过C 点时的速度大小vC（2）物块第一次通过D 点时受
4、到轨道的支持力大小FD（3）物块最终所处的位置【答案】（ 1） 32m/s （ 2） 7.4N（ 3）0.35m【解析】【分析】由题中 “斜面 ABC下端与光滑的圆弧轨道 CDE相切于 C”可知，本题考查动能定理、圆周运动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答【详解】（1） BC 长度 lR tan 53o0.4m ，由动能定理可得mg(L l )sin 37o 1 mvB22代入数据的vB3 2m/s物块在 BC 部分所受的摩擦力大小为fmg cos37o0.60N所受合力为Fmg sin 37of0故vCvB3 2m/s（2）设物块第一次通过D 点的速度
5、为 vD ，由动能定理得mgR(1 cos37 o)1 mvD2 1 mvC222有牛顿第二定律得FDmgm vD2R联立解得FD7.4N（3）物块每次通过BC 所损失的机械能为Efl0.24J物块在 B 点的动能为EkB1 mvB22解得 EkB0.9J物块经过BC 次数n 0.9J =3.750.24J设物块最终停在距离C 点 x 处，可得mg(Lx)sin 37of (3l +x)0代入数据可得x0.35m3 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
6、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
7、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FDmgm vD2=404 10 2=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：1mv21mvD2mgL22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
8、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 mv21 mvD2mgL22解得v2 41m/s若传送带的速度v241m/s ，则小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
9、点距离传送带右端的水平距离为vt=vm。4 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=37，B 是轨道最低点，其最大承受力Fm=21N，过 A 点的切线沿竖直方向。现有一质量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
10、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 (H R)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 mv2B2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+Rco
11、s37 ）解得Q=4J5 如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中AB 是足够长的水平轨道，B 端与半径为 R 的光滑半圆轨道BCD 平滑相切连接，半圆的直径BD 竖直， C 点与圆心O 等高现有一质量为 m 的小球 Q 静止在 B 点，另一质量为 2m 的小球 P 沿轨道 AB 向右匀速运动并与 Q 发生对心碰撞 ，碰撞后瞬间小球 Q 对半圆轨道 B 点的压力大小为自身重力的 7 倍，碰撞后小球 P 恰好到达 C 点 重力加速度为 g（1）求碰撞前小球P 的速度大小；（2）求小球Q 离开半圆轨道后落回水平面上的位置与B 点之间的距离；（3）若只调节光滑半圆轨道BCD半径大小，求小
12、球Q 离开半圆轨道D 点后落回水平面上的位置与 B 点之间的距离最大时，所对应的轨道半径是多少？【答案】 （1）（ 2）（ 3）【解析】【分析】【详解】设小球 Q 在 B 处的支持力为；碰后小球的速度为；小球 Q 到达 D 点的速度为(1)由牛顿第三定律得小球Q 在 B 点Q 的速度为.，小球P 的速度为；碰前小球P碰后小球Q 在B 点由牛顿第二定律得:碰后小球P 恰好到 C 点，由动能定理得:P、Q 对心碰撞，由动量守恒得：联立解得 :(2)小球 Q 从 B 到 D 的过程中，由动能定理得：解得，所以小球Q 能够到达D 点由平抛运动规律有：联立解得(3)联立解得 :当时 x 有最大值所以【点
13、睛】解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如何转化，分段运用能量守恒定律列式是关键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
14、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；（ 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
15、 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，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 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
16、块从最高点a 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的c 点 . 已知圆环最低点为e 点，重力加速度为g，不计空气阻力. 求：（ 1）小滑块在 a 点飞出的动能；（）小滑块在 e 点对圆环轨道压力的大小；（ 3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）【答案】（ 1） Ek1422mgr ；（ 2） F =6mg；（ 3）14【解析】【分析】【详解】（ 1）小滑块从 a 点飞出后做平拋运动：水平方向： 2r vat竖直方向： r1gt 22解得： vagr小滑块在 a 点飞出的动能 Ek1 mva21 mgr22（2）设小滑块在e 点时速度为 vm ，由机械能守恒定律得：1mv
17、m21mva2mg2r22在最低点由牛顿第二定律：Fmgmvm2r由牛顿第三定律得：F=F解得： F =6mg（3） bd 之间长度为 L，由几何关系得： L2 2 1 r从 d 到最低点 e 过程中，由动能定理 mgHmg cos L1 mvm22解得42148 如图所示在竖直平面内，光滑曲面AB 与长度 l=3m 的水平传送带BC平滑连接于B 点，传送带 BC 右端连接内壁光滑、半径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
18、曲面上P 点静止释放，P 点距 BC的高度为h=0.8m （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
19、电能【答案】（ 1） 2m（2） 4m/s （3） 4J【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 vC2r15解得，管道对物块的弹力N=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
20、能定理得mg (r+x 1212 12)-kx =mvm -mvC222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 .vC222=0.5m物块向左减速的位移 x1=2 g2 0.410物块与传送带间的相对位移x1=x1 +v0?v0g解得 x1=1.5mvC2物块向右加速运动的位移x2=0.5m2 gv0物块与传送带间的相对位移x2=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=
21、mg( x1+ x2)解得 : E =4J9 如图所示，一轻质弹簧左端固定在轻杆的A 点，右端与一质量m1kg套在轻杆的小物块相连但不栓接，轻杆AC 部分粗糙糙，与小物块间动摩擦因数=02， CD 部分为一段光滑的竖直半圆轨道小物块在外力作用下压缩弹簧至B 点由静止释放 ，小物块恰好运动到半圆轨道最高点D， BC5m ，小物块刚经过C 点速度 v4ms ， g 取 10m / s2 ，不计空气阻力 ，求：（ 1）半圆轨道的半径 R；（ 2）小物块刚经过 C 点时对轨道的压力 ；（3）小物块在外力作用下压缩弹簧在B 点时，弹簧的弹性势能E p 【答案】 0.4m 50N 方向垂直向下 (3) 1
22、8J【解析】【分析】【详解】(1)物块由 C 点运动到D 点，根据机械能守恒定律2mgR1 mv22R=0.4m小物块刚过C 点时v2FN mg = mR所以 FNmg m v250 NR根据牛顿第三定律知小物块刚经过C 点时对轨道的压力：FFN50N方向垂直向下(3)小物块由 B 点运动到C 点过程中，根据动能定理W弹mgLBC1 mv22带入数据解得： W弹 =18J所以 Ep18J 10 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e1.610 19 C，那么（ 1
23、）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)要使电子能飞出，所加电压最大为400V【解析】【详解】（1）加速过程，由动能定理得 : EeU1 mv2ls02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
24、 at2 2能飞出的条件为 y1d 22Ud 2250001.010 22解 式得 : U ,4.0102l25.010 22V即要使电子能飞出，所加电压最大为400V11 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
25、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
26、.设小物块平抛的水平速度是v1，则gttan 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：mgh1 1 mv2 minmgsmax212mgh1 mv maxmgsmin2解得： 1， 1max2min61 1即 6 2A、B两球质量均为m，用一长为l的轻绳相连，A球中间有孔套在光滑的12 如图所示，足够长的水平横杆上，两球处于静止状态现给B 球水平向右的初速度 v0，经一段时间
27、后B 球第一次到达最高点，此时小球位于水平横杆下方l/2 处（忽略轻绳形变）求：(1)B 球刚开始运动时，绳子对小球B 的拉力大小T；(2)B 球第一次到达最高点时，A 球的速度大小v1；(3)从开始到 B 球第一次到达最高点的过程中，轻绳对B 球做的功W【答案】（ 1） mg+mv02v02gl（ 3）mgl mv02l（ 2） v142【解析】【详解】（1） B 球刚开始运动时，A 球静止，所以B 球做圆周运动对 B 球： T-mg=m v02l2 v（2） B 球第一次到达最高点时，A、 B 速度大小、方向均相同，均为v1以 A、B 系统为研究对象，以水平横杆为零势能参考平面，从开始到点，根据机械能守恒定律，B 球第一次到达最高1 mv02mgl1 mv121 mv12mg l2222得： v1v02gl2（3）从开始到 B 球第一次到达最高点的过程，对B 球应用动能定理W-mg l1 mv12 1 mv02222得： W= mglmv024
