1、高考物理动能与动能定理易错剖析及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 如图所示，圆弧轨道AB 是在竖直平面内的1圆周， B 点离地面的高度h=0.8m，该处切4线是水平的，一质量为m=200g的小球（可视为质点）自A 点由静止开始沿轨道下滑（不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力），小球从B 点水平飞出，最后落到水平地面上的D点已知小物块落地点D 到C点的距离为x=4m，重力加速度为g=10m/ s2求：（ 1）圆弧轨道的半径（ 2）小球滑到 B 点时对轨道的压力【答案】 （1）圆弧轨道的半径是 5m（ 2）小球滑到 B 点时对轨道的压力为 6N，方向竖直向下【解析】（ 1）小球由 B 到
2、D 做平抛运动，有： h= 1 gt22x=vBt解得： vB xg1010m / s420.82hA 到 B 过程，由动能定理得：12-0mgR=mvB2解得轨道半径R=5m（2）在 B 点，由向心力公式得： Nmgm vB2R解得： N=6N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N =N=6N，方向竖直向下点睛：解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动2 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
3、=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A 点。【答案】 (1)70N； (2)1.2m； (3)能滑出 A【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FNmvB2mg2m
4、g 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【点睛】A 点。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
5、系求解。3 如图所示，在水平轨道右侧固定半径为 R 的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的 PQ 段长度为 ，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为 ，轨道其它部分摩擦不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A 点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，求：（1）弹簧获得的最大弹性势能；（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能；（ 3）当 R 满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。【答案】 （1） 10.5J（ 2）3J（ 3） 0.3mR0.42m或 0R0.
6、12m【解析】【详解】（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从A 到压缩弹簧至最短的过程中，由动能定理得 ： - mgl+W 弹 0-mv0 2由功能关系： W 弹 =-Ep =-Ep解得 Ep=10.5J；（2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得-2 mgl Ek-mv02解得 Ek=3J；（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得-2 mgR mv22- Ek小物块能够经过最高点的条件mmg，解得 R0.12m小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，
7、小物块至多只能到达与圆心等高的位置，即mv12mgR，解得 R 0.3m；设第一次自A 点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得：-2 mgR mv12- mv02且需要满足mmg，解得 R0.72m，综合以上考虑，R 需要满足的条件为：0.3mR0.42m或 0R0.12m。【点睛】解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。4 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
8、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
9、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： h1 gt 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vB=10m/s（2）设子弹离开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fLB1 Mv A21 mv121 (M m)vB2 222子弹在物块 A 中穿行的过程中，由能量守恒fLA1 mv021 mv121 (
10、M M )vA2 222由 解得 LB 3.510 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 1 (M M )vA20 2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fs2 1 MvB21 MvA2 22由解得物块 B 到桌边的最小距离为： smin s1 s2，解得： smin2.5 10 2 m考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律5 如图所示，小滑块（视为质点）的质量m= 1kgAB的倾角；固定在地面上的斜面=37 、长 s=1m ，点 A 和斜面最低点 B 之间铺了一层均质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因
11、数 可在 01.5之间调节。点B 与水平光滑地面平滑相连，地面上有一根自然状态下的轻弹簧一端固定在 O 点另一端恰好在B 点。认为滑块通过点B 前、后速度大小不变；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g=10m/s 2 ， sin37 =0.6， cos37 =0.8，不计空气阻力。（1）若设置 =0，将滑块从 A 点由静止释放，求滑块从点A 运动到点 B 所用的时间。（2）若滑块在 A 点以 v0=lm/s 的初速度沿斜面下滑，最终停止于B 点，求 的取值范围。【答案】（ 1） t31313s；（ 2）或316。3324【解析】【分析】【详解】（1）设滑块从点A 运动到点 B 的过程中，加速度大小
12、为a ，运动时间为 t ，则由牛顿第二定律和运动学公式得mg sinmas1 at22解得 t3 s3（2）滑块最终停在B 点，有两种可能：滑块恰好能从 A 下滑到 B ，设动摩擦因数为1 ，由动能定律得：mg sings 1 mg cos gs01 mv022解得13116滑块在斜面 AB 和水平地面间多次反复运动，最终停止于B 点，当滑块恰好能返回 A点，由动能定理得2 mg cos g2s 01 mv022解得2132此后，滑块沿斜面下滑，在光滑水平地面和斜面之间多次反复运动，最终停止于B 点。当滑块恰好能静止在斜面上，则有mg sin3mg cos解得334所以，当3 ，即13AB 和
13、水平地面间多次反复运动，232时，滑块在斜面4最终停止于 B 点。综上所述，的取值范围是131332或 3。4166 如图所示，质量m=2kg 的小物块从倾角=37的光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过 B 点后进入粗糙水平面，已知 AB 长度为 3m ，斜面末端 B 处与粗糙水平面平滑连接试求：（1）小物块滑到B 点时的速度大小（2）若小物块从A 点开始运动到 C 点停下，一共经历时间t=2.5s，求 BC 的距离（3）上问中，小物块与水平面的动摩擦因数多大？（4）若在小物块上始终施加一个水平向左的恒力F，小物块从 A 点由静止出发，沿ABC 路径运动到 C 点左侧 3.1m 处的 D 点
14、停下求 F 的大小（ sin37 =0.6， cos37=0.8 ）【答案】（ 1） 6m/s （2）（3）0.4（ 4）F 2.48N1.5s【解析】【详解】(1)根据机械能守恒得：mgsAB sin 371 mvB22解得：vB2gsAB sin37210 30.6m/s6m/s ；(2)物块在斜面上的加速度为：a1g sin6m/s 2在斜面上有：sAB1a1t 22代入数据解得：t11s物块在 BC 段的运动时间为：t2tt11.5sBC 段的位移为：sBC1 (vB0)t24.5m2（3）在水平面上，有：0 vBa2t2解得：a2vB4m/s 2t2根据牛顿第二定律有：mgma2代入
15、数据解得：0.4 (4)从 A 到 D 的过程，根据动能定理得：mgsAB sinF sBDsAB cosmgsBD0代入数据解得：F2.48N【点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力 .7 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 ，已知物块与小车之间的2动摩擦因数为.求：（1）此过程中小
16、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?【答案】（ 1） Q3mv02 ， L3v02（ 2） a. M3m； b.2v0 ，3v088 g520【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fL1 m( v0 ) 21 mv22220解得： L3v028g物块相对小车滑行的位移为LQfL，摩擦力做负功使
17、得系统生热，可得： Q3mv028（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v，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:fs1Mv 22对小物体运用动能定理有:f (L s)1 mv21 mv0222联立可得fL1 mv021 ( Mm)( mv0 )222M m物块相对滑离需满足LL 且 fL3mv028联立可得： M 3m，即小物体能滑离小车的质量条件为M3mb.当 M=4m 时满足 M3m ，则物块最终从小车右端滑离，设物块和车的速度分
18、别为v1 、v2 .由动量守恒：mv0mv1Mv2由能量守恒定律：fL1 mv2(1 mv21 Mv2 )202122联立各式解得：23v15 v0 ， v220 v08 如图所示，一个质量为轨道的 A 端由静止释放，m=0.2kg 的小物体 A 与圆心等高，滑到(P 可视为质点 )，从半径为R=0.8m 的光滑圆强B 后水平滑上与圆弧轨道平滑连接的水平桌面，小物体与桌面间的动摩擦因数为=0.6，小物体滑行L=1m后与静置于桌边的另一相同的小物体Q 正碰，并粘在一起飞出桌面，桌面距水平地面高为h=0.8m不计空气阻力，g=10m/s2.求：(1)滑至 B 点时的速度大小；(2)P 在 B 点受
19、到的支持力的大小；(3)两物体飞出桌面的水平距离；(4)两小物体落地前损失的机械能.【答案】 (1) v14m/s (2) FN6N(3)s=0.4m (4) E=1.4J【解析】【详解】（1）物体 P 从 A 滑到 B 的过程，设滑块滑到B 的速度为v1 ，由动能定理有：12mgRmv1解得： v14m/s（2）物体 P 做匀速圆周运动，在B 点由牛顿第二定律有:FNmgmv12R解得物体 P 在 B 点受到的支持力FN6N（3） P 滑行至碰到物体Q 前，由动能定理有 :mgL1mv221mv1222解得物体 P 与 Q 碰撞前的速度 v22m/sP 与 Q 正碰并粘在一起，取向右为正方向
20、，由动量守恒定律有:mv2mm v3解得 P 与 Q 一起从桌边飞出的速度v31m/s由平碰后P、 Q 一起做平抛运动，有：h 1 gt 22sv3t解得两物体飞出桌面的水平距离s=0.4m（4）物体 P 在桌面上滑行克服阻力做功损失一部分机械能:E1mgL1.2J物体 P 和 Q 碰撞过程中损失的机械能 :E21 mv221 (m m) v320.2J22两小物体落地前损失的机械能EE1E2解得： E=1.4J9 如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为，间距为 L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
21、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(sincos)mgRB2 L2，(sincos )2 m3 g2 R2(2) vmg(sincos )Q mgx(sincos)2B4 L4mtB2 L2C【解析】【详解】(1)金属棒在斜面上匀
22、速直线运动时，由平衡条件：mg sinBILmg cos由闭合电路的欧姆定律I而动生电动势EBLvmER(sincos)mgR联立解得： vmB2L2对金属棒下滑过程，由动能定理得：mgxsinmg cosxWF 安= 1 mvm202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(sin(sincos)2 m3g 2 R2cos )2B4 L4(2)设金属棒经历时间t ，速度的变化量为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iQtQ 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
23、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 sinfFimamg(sincos )联立解得： aB2 L2Cm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 ) tmB2L2C10 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
24、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)=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
25、，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【答案】 (1)113 s
26、(2)50 J (3)62【解析】【分析】【详解】12(1)由于 h1 30 m ， h2 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 h1 h2， Rh 1，所以 BOC60.设小物块平抛的水平速度是v1，则gttan 60ov1解得： v1p12 50 J 10 m/s 则 E mv2(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 minmgsmax212mgh1
27、 mv maxmgsmin2解得： max 1 ， min 1261 1即 6 212 如图所示，物体A 置于静止在光滑水平面上的平板小车B 的左端，在A 的上方 O 点用细线悬挂一小球C(可视为质点 )，线长 L 0.8 m现将小球C 拉至水平无初速度释放，并在最低点与 A 物体发生水平正碰，碰撞后小球C 反弹的最大高度为h0.2 m已知 A、B、 C的质量分别为 mA4 kg、mB 8 kg 和 mC 1 kg， A、 B 间的动摩擦因数 0.2，A、 C 碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g 10 m/s 2.(1)求小球 C 与物体 A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；(2)求 A、
28、 C 碰撞后瞬间 A 的速度大小；(3)若物体 A 未从小车 B 上掉落，小车B 的最小长度为多少？【答案】 (1) 30N (2) 1.5m/s (3) 0.375m【解析】【详解】112解：（ ）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mC gLmC v02代入数据解得：v04 m/s2对小球，由牛顿第二定律得：Tmc gmc v0L代入数据解得：T=30N（2）小球与A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向由动量守恒定律得：mC v0mC vcmA vA代入数据解得：vA1.5m/s（3）物块 A 与木板 B 相互作用过程，系统动量守恒，以A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvAmAmB v代入数据解得：v=0.5m/s由能量守恒定律得：mA gx1mAvA21mA mB v222代入数据解得：x=0.375m。
