1、高考物理易错题专题三动能与动能定理( 含解析 ) 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】（
2、1）小球由 B 到 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，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
3、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 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
4、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1 mv2 =mgR(1cos60o )+ 1 mvM222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 C 到 D 的过程中，根据能量守恒定律Epmgx1 mvD22C、D 两点间的距离x2m3 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=0.1
5、0kg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
6、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： 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
7、块 A 中穿行的过程中，由能量守恒fLA1 mv021 mv121 ( 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 (MM )v20 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fs1 Mv 21 Mv 222B2A由解得物块 B 到桌边的最小距离为： smin s1 s2，解得： smin2.5102 m考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律4 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
8、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
9、 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地面对木板的摩擦力Ff1 1mg 4 NFf2 2(M m)g 3 N对木板由牛顿第二定律得：Ff1 Ff2 MaF f 1 Ff 2 1 m/s2aM(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 11gt22对木板有： x 1at22解得： t 1 s 或 t 7s(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
10、睛】分析受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可5 儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道，管道的半径较小。为研究方便建立平面直角坐标系， O 点为抛物口，下方接一满足方程y5x2 的光滑抛物线形状管道OA；9AB、BC是半径相同的光滑圆弧管道，CD 是动摩擦因数0.8 的粗糙直管道；各部分管道在连接处均相切。 A、B、C、D 的横坐标分别为xA1.20m 、 xB 2.00m 、xC 2.65m 、 xD3.40m。已知，弹珠质量 m 100g，直径略小于管道内径。E 为 BC管道的最高点，在 D 处有一反
11、弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37 0.6， sin53 0.8， g10m/s 2，求：（1）若要使弹珠不与管道OA 触碰，在 O 点抛射速度 应该多大；0（2）若要使弹珠第一次到达E 点时对轨道压力等于弹珠重力的3 倍，在 O 点抛射速度 v0应该多大；（3）游戏设置 3 次通过 E 点获得最高分，若要获得最高分在O 点抛射速度 0的范围。【答案】（ 1） 3m/s （2） 206m/s2 m/s（ 3） 2 3 m/s 2【解析】【详解】5（1）由 y9x2 得： A 点坐标（ 1.20m ，0.80m ）由平抛运动规律得：xAv0t，yA1 gt 22代入数据，求得t 0.4s，
12、v03m/s ；（ 2）由速度关系，可得 53求得 AB、BC 圆弧的半径 R 0.5m OE 过程由动能定理得：mgyAmgR（1cos53 ）1 mvE2 1 mv0222解得 v0 2 2 m/s ；（3） sin 2.65 2.000.400.5， 300.5CD 与水平面的夹角也为30设 3 次通过 E 点的速度最小值为v1 由动能定理得mgymgR（1cos53 ）2 mgx cos30 01mv1ACD22解得 v1 2 3 m/s设 3 次通过 E 点的速度最大值为v2 由动能定理得mgyAmgR（1cos53 ）4 mgxCDcos30 01 mv222解得 v2 6m/s考
13、虑 2 次经过 E 点后不从O 点离开，有2mgxCDcos30 01mv322解得 v326 m/s故 2 3 m/s 0 2 6 m/s6 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
14、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 ；（ 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
15、体动能EP1 mvA22解得vA2EP 2 0.324m/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所以要小物块不离开圆轨道则应满足vCvD 得：R 0.022m7 如图甲所示，一倾角为37m1 kg的小物体抛的传送带以恒定速度运行现将
16、一质量上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向， g 10 m/s 2， sin 37 0.6， cos 37 0.8：求：（ 1）物体与传送带间的动摩擦因数；（ 2） 08 s 内物体机械能的增加量；（ 3）物体与传送带摩擦产生的热量Q。【答案】 (1)0.875.(2) E 90 J（ 3） Q 126 J【解析】【详解】(1) 由图象可以知道 ,传送带沿斜向上运动 ,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:可解得： 0.875.（2）根据 v-t 图象与时间轴围成的“面积 ”大小等于物
17、体的位移,可得 08 s 内物体的位移0 8 s s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为(3) 0 8 s 内只有前 6s 发生相对滑动 . 0 6 s 内传送带运动距离为 :0 6 s 内物体位移为 :则 0 6 s 内物体相对于皮带的位移为0 8 s 内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,代入数据得： Q126 J故本题答案是：(1) 0.875.(2)E 90 J（ 3）Q 126 J【点睛】对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t 图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。8 如图所示在竖直平面内，光滑曲面AB 与
18、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1=0.4，重力加速度g 取 10m/s 2）关系是： Ep = kx2，水平传送带与物间的动摩擦因数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
19、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
20、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 vC2r解得，管道对物块的弹力15N=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由动能定理得 mg (r+x)- 1212 122kx = 2mvm - 2mvC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
21、擦生热 .物块向左减速的位移 x1vC222=0.5m=20.42g10物块与传送带间的相对位移x110v0=x +v ?g解得 x1=1.5m物块向右加速运动的位移vC2=0.5mx2=g2物块与传送带间的相对位移x2=v0?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=mgx12(+ x )解得 : E =4J9 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
22、板 P 和滑块之间，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vA=_，滑块在斜面上运动的加t2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_真实值（选填 “
23、等于 ”、t“大于 ”或 “小于 ”）。（3）本实验中，往往使用的弹簧弹性系数较大，使得滑块从O 到 A 恢复原长过程中弹簧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Epp=_， E 的测量值与真实值相比，测量值偏 _(填 “大 ”或 “小 ”)。【答案】 d b112 大kd2小于mbd22【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12avA2，结合图象可得：bvA2， k2at 2d 2 Ld 2d2d2解得： v
24、Adb ；第二空：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：E1 mv21 mbd 2；P2A2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 Wf1mvA2 ，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。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。
25、（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，在竖直平面内有一“”管道装置，它是由两个完全相同的圆
26、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， B1O1D1AO1 1C1B2O2 D 2A2O2C2。一质量为 m 的小物块以水平向R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v012m / s ， m=1kg，R=1.5m，0.5 ，37（sin37 =0.6， cos37 =0.8）。求：（ 1）小物块从
27、 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：Nmgmv02R可得： Nmgm v02 106NR由牛顿第三定律可知，小物块对管道的作用力大小为106N，方向向下(2)由几何知识易有： lA2 B12Rcos4mA1 B2sin从 C1 到 C2 由动能定理可得：mglcos1 mv221 mv0222可得： v2v022 glcos4 7m / s(3)以 C C 水
28、平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D 、 D 点时的机械能需满足：1212E E02mgR30J由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足：EWfmglcos16J设 n 为从第一次经过 D1后，翻越 D1 和 D2的总次数，则有：1mv02nEE0 ，21mv02-n1E E02可得： n=2，表明小物块在第二次经过D1 后就到不了 D2，之后在 D1B1A2C2D2 之间往复运动直至稳定，最后在A2 及 C2 右侧与 A2 等高处之间往复稳定运动。由开始到稳定运动到达A2 点，由动能定理有：mgscosmgR 1 cos01 mv02269m可得： s=453故在
29、 B1A2 直管道上经过的路程为s=s l=m412 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、 C 碰撞后瞬间 A 的速度大小；
30、(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】解：（ 1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mC gL1 mC v022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：mAvAmA mBv代入数据解得： v=0.5m/s由能量守恒定律得：mA gx1 mAvA21mA mB v222代入数据解得：x=0.375m。
