1、高考物理动能与动能定理解题技巧讲解及练习题( 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，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
2、道。【答案】 （1） 10.5J（ 2）3J（ 3） 0.3mR0.42m或 0R0.12m【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
3、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，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：2-2-2 mgR mv1mv0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。2 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
4、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：(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。2t【答案】 (1) 3000N ； (2)3； (3)见解析s
5、incos3【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 L sin53HCD1 mv2002D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 vD2R解得FD3000N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 cosg sin代入数据解得t23 coss
6、in3(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(1cos ) +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v2x2Dg cos )2( g sin摩擦力做功为Wf 2mg cosx2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
7、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6000(J) 。3 tan13 滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来如图所示是滑板运动的轨道， BC 和 DE 是两段光滑圆弧形轨道， BC 段的圆心为O 点、圆心角 60，半径 OC与水平轨道 CD垂直，滑板与
8、水平轨道CD 间的动摩擦因数 0.2某运动员从轨道上的 A 点以 v0 3m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经 CD 轨道后冲上 DE轨道，到达 E 点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为 m 60kg， B、E 两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h 2m 和 H 2.5m.求：(1)运动员从 A 点运动到 B 点过程中，到达B 点时的速度大小vB；(2)水平轨道 CD 段的长度 L；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C 点的距离 .【答案】 (1) vB
9、6m/s (2) L 6.5m (3)停在 C 点右侧 6m 处【解析】【分析】【详解】（1）在 B 点时有 vBv0，得 vB 6m/scos60（2）从 B 点到 E 点有 mghmgLmgH 01 mvB2 ，得 L 6.5m2（3）设运动员能到达左侧的最大高度为h，从 B 到第一次返回左侧最高处有mghmgh mg2L 01 mvB2，得 h1.2mh 2 m，故第一次返回时，运动员不能2回到 B 点，从 B 点运动到停止，在 CD 段的总路程为 s，由动能定理可得mghmgs01 mvB2 ，得 s 19m ， s 2L 6 m，故运动员最后停在C 点右侧 6m 处.24 如图所示，
10、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，求小球 Q 离开半圆轨道 D
11、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Q 的速度为，小球 P 的速度为；碰前小球P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【点睛】解决本题时要抓
12、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5 质量为 m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为 7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是多少？【答案】 w f 克1 mgR2【解析】【分析】本题首先用牛顿第二定律列示求出圆周运动最低点与最高点得瞬时速度的大小，再由最低点到最高点列动能定理解题，得出空气阻力做的功本题属于绳子栓小球模型，注意最高点重力提供向心力【详解
13、】最低点 7mgmv12v16gRmgRmv22v2gR最高点： mgR由动能定律 得2mgRw f1 mv221 mv12221解得 w fmgR2所以 克服空气阻力做功w f 克1 mgR2【点睛】本题是圆周运动模型解题，结合牛顿运动定律与动能定理解圆周问题6如图所示，光滑水平面MN 的左端 M 处有一弹射装置 P，右端 N 处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度L=16m，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s 匀速转动 ABCDE是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB 为水平轨道，弧BCD是半径为 R 的半圆弧轨道，弧 DE 是半径为2R 的圆弧轨道，弧BCD与弧 DE 相切在
14、轨道最高点 D，R=0 6m平面部分 A 点与传送带平齐接触放在MN 段的物块 m（可视为质点）以初速度 v0=4m/s 冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数 =0 2，物块的质量 m=1kg结果物块从滑上传送带又返回到N 端，经水平面与左端M 处的固定弹射器相碰撞（弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定），因碰撞弹射器锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点，最后从E 点飞出 g 取10m/s 2求：（1）物块 m 从第一次滑上传送带到返回到N 端的时间（ 2）物块 m 第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送带所多提
15、供的能量多大？【答案】（ 1） t4.5s （2 ） W 8J【解析】试题分析 :（ 1）物块 B 向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀减速运动，达到与皮带共速后与皮带匀速物块B 向右作匀减速运动过程：mgmat1v02sg物 向右达到的最大位移： Sv0 t1 4m2反向匀加速运 程加速度大小不 达到与 送 共速的 ：t2v1sg相 地面向左位移： S/ v t21m2S S/4 1共速后与 送 匀速运 的 ：t31.5sv2往返 ：（ 2）由物 恰能通 道最高点 D，并恰能始 着 弧 道内 通 最高点可得，物 是在半径 2R 的 弧上的最高点重力全部充当向心力得：又由物 上滑 中
16、根据机械能守恒得：代入数据解得： vB6Rg6m/s物 第二次从N 到 A 点： Lv1 t1g t 22速度关系： vBv1gt代入得：；得：t2s t8s（舍）或物体运 送 的位移：svt4m 送 持匀速运 多提供的力：Fmg 送 所做的功等于 送 多提供的能量：W F s mg s 8J考点：考 牛 运 定律的 合 用； 能定理【名 点睛】本 关 明确滑 的运 律，然后分 段运用牛 第二定律、运 学公式、 能定理列式求解7 如 所示，滑 A 的 量m 0.01kg ，与水平地面 的 摩擦因数 0.2 ，用 挂的小球 量均 m 0.01kg，沿x 排列，A 与第1 只小球及相 两小球 距离
17、均 s2m， 分 L1、 L2、L3（ 中只画出三只小球，且小球可 点），开始 ，滑 以速度 v0 10m s 沿 x 正方向运 ， 滑 与小球碰撞 不 失机械能，碰撞后小球均恰能在 直平面内完成完整的 周运 并再次与滑 正碰，g 取 10ms2，求：（ 1）滑块能与几个小球碰撞？（ 2）求出碰撞中第 n 个小球悬线长 La 的表达式。【答案】 (1)12 个 ;(2)【解析】（ 1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内转动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为s0，有得 s0 25m（个）（2）滑块与第n 个球碰撞，设小球运动到最高点时速度为vn对小
18、球，有：对滑块，有：解三式：8 如图所示， AB 为倾角37 的斜面轨道， BP 为半径 R=1m 的竖直光滑圆弧轨道，O为圆心，两轨道相切于B 点， P、 O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一端在斜面上C 点处，轨道的AC 部分光滑，CB部分粗糙，CB长L 1.25m，物块与斜面间的动摩擦因数为 0.25，现有一质量m=2kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后释放 (不栓接 )，物块经过B 点后到达P 点，在P 点物块对轨道的压力大小为其重力的1.5倍，sin370.6,cos370.8 ， g=10m/s 2. 求：(1)物块到达 P 点时的速度大小vP；(2)物
19、块离开弹簧时的速度大小vC；(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块离开弹簧时速度的最大值vm.【答案】 (1) vP5m/s (2)vC=9m/s (3)vm6m/s【解析】【详解】(1)在 P 点，根据牛顿第二定律：mg N Pm vP2R解得 :vP2.55m/sgR(2)由几何关系可知BP 间的高度差hBPR(1cos37 )物块 C 至 P 过程中，根据动能定理：mgL sin37mghBPmgLcos37 =1mvP21mvC222联立可得： vC=9m/s(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块能够到达的最大高度为与O 等高处的 E 点，物块 C 至 E 过程中根据动能定理：
20、mgL cos37mgLsin37 mgRsin 53 =01mvm22解得： vm6m/s9 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
21、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:tan=x= v0tgtv0得 x=1.2mv0（2）物块在 B 点时，由平抛运动的规律得：vBcos物块在小车上 BC段滑动过程中，由动能定理得：11mgR(1 cos)mvC2 mvB222在 C 点对滑块由牛顿第二定律得FNv2mg m CR联立以上各式解得： FN 25.1N（ 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 a
22、1t 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=13.6J10 如图所示，质量为m1 1kg 的小物块P，置于桌面上距桌面右边缘C 点 L1 90cm 的 A点并与弹簧的右端接触（不拴接），轻弹簧左端固定，且处于原长状态质量为M 3.5kg、长 L 1.5m 的小车静置于光滑水平面上，其上表面与水平桌面相平，且紧靠桌子右端小车左端放有一质量为m2 0.5kg 的小滑块 Q现用水平向左的推力将P 缓慢压缩 L25cm 推至 B 点（弹簧仍在弹性限度内）时
23、，撤去推力，此后P 沿桌面滑到桌子边缘C 时速度为 2m/s，并与小车左端的滑块Q 相碰，最后 Q 停在小车的右端，物块P 停在小车上距左端 0.35m 处 P 与桌面间动摩擦因数 12 0.4， P、 Q 与小车表面间的动摩擦因数0.1，重力加速度g 10m/s 2（ 1）小车最后的速度 v；（ 2）推力所做的功；（ 3）在滑块 Q 与车相对静止时， Q 到桌边的距离【答案】（ 1） 0.4m/s ；（ 2） 6J；（ 3） 1.92m【解析】【详解】（1）设物块 P 与滑块 Q 碰后最终与小车保持相对静止，其共同速度为 v 由动量守恒得：m1vc(m1m2M )v代入数据可得：v 0.4m
24、/s（2） 90cm 0.9m ，设弹簧的最大弹性势能为Epm根据动能定理得：W 1m1g(L12L2 )1 m1vc22得： W 6J（3）设物块 P 与滑块 Q 碰后速度分别为v12，P 与 Q 在小车上滑行距离分别为12和 vS和 SP 与 Q 碰撞前后动量守恒，则有：m1vcm1v1m2 v2由动能定理得：m gsm gs1 m v21 m v21 (m m M )v2211222211222212联立得 v1 1m/s， v2 2m/s方程的另一组解：当25v2= m/s 时， v1=m/s ， v1 v2不合题意舍去33设滑块 Q 与小车相对静止时到桌边的距离为s， Q 在小车上运
25、动的加速度为 a由牛顿第二定律得：2m2 gm2a代入数据解得：a 1m/s 2由匀变速运动规律得：s v2 v222a解得： s 1.92m11 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运动并与右边墙壁发生碰撞，取
26、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 h h ， Rh ，所以 BOC60.设小物块平抛的水平速度是v
27、，则1211gtv1tan 60o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 minmgsmax21mv2mgh1 maxmgsmin2解得： max 1 ， min 1261 1即 6 212 可视为质点的小滑块从半径为0.8m 的四分之一光滑圆弧轨道顶端滑下。在轨道最低点滑上水平传送带的最右端（设轨道衔接处无机械能损失）。设传送带长度L=8m，并以恒定的 v=3m/
28、s 速度顺时针转动，小滑块恰好能运动到水平传送带的最左端而没有掉下传送带。已知重力加速度大小为 g=10m/s 2。求：（ 1）物块与传送带间的动摩擦因数；（ 2）物块从圆弧轨道最低点滑入传送带到第一次返回圆弧轨道最低点所用的时间（本小题计算结果保留两位有效数字）。【答案】（ 1） 0.1；（ 2）8.17s【解析】【详解】（1）物块从圆形光滑轨道下滑的过程，根据机械能守恒有mgR1mv122解得 v14m/s物块沿传送带滑到最左端速度恰好为零，由动能定理有mg L 01 mv122代入数据解得：0.1（2）物块在传送带先做匀减速运动ag 1m / s2则物块减速到零的时间为v14st1av反向加速时加速度不变，故加速时间为t23sa这段时间的位移为 x1 1at224.5m2之后物块随传送带匀速运动，则Lx11.17 st3v物块在传送带上第一次往返所用的时间为t t1 t2 t3 8.17s
