1、高考必备物理动能与动能定理技巧全解及练习题( 含答案 ) 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，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m1kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度在平台的右端有一传送带， AB 长 L 5m ，物块与传送带间的动摩擦因数10.2 ，与传送带相邻的粗糙水平面 BC 长 s=1.5m，它与物块间的动摩擦因数20.3，在 C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧与 BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为120o ，在圆弧的最高点 F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来若传送带以v5m /
2、s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失当弹簧储存的Ep 18J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取 g10m / s2 （ 1） 求右侧圆弧的轨道半径为 R;（ 2） 求小物块最终停下时与 C 点的距离 ;（ 3） 若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围【答案】 （1） R0.8m ；（ 2） x1 m ；（ 3） 37 m / s v43m / s3【解析】【分析】【详解】12（1）物块被弹簧弹出，由E p2 mv0 ，可知： v06m / s因为 v0v，故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑
3、动过程中，由： mgma1，vv0 a1t1，12x1 v0t12 a1t 11得到： a12m / s2， t10.5s， x12.75m因为 x1L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m / s 的速度滑上水平面BC，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：1 m 2mgs mgR2v2代入数据整理可以得到：R 0.8m 1212（2）设物块从 E 点返回至 B 点的速度为vB ，由 2 mv2 mv B 2mg 2s得到 vB7m / s ，因为 vB0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0 再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最
4、终停在距 C 点 x 处，由 1 mvB22mgs x ，得到： x1 m .232（3）设传送带速度为 v1 时物块能恰到F 点，在 F 点满足 mgsin30 om vFR从 B 到 F 过程中由动能定理可知：1mv12 1mvF22 mgs mg RR sin 30o22解得：设传送带速度为v2 时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点，由：1 m222mg3smgR2 v解得： v243m / s若物块在传送带上一直加速运动，由1 m 21 m 2mgL2 vBm2v01知其到 B 点的最大速度 vBm56m / s综合上述分析可知，只要传送带速度37m / sv43m / s 就满足
5、条件【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理、圆周运动向心力公式的直接应用，此题难度较大，牵涉的运动模型较多，物体情境复杂，关键是按照运动的过程逐步分析求解2 如图所示，一质量为M、足够长的平板静止于光滑水平面上，平板左端与水平轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上平板上有一质量为m 的小物块以速度v0 向右运动，且在本题设问中小物块保持向右运动已知小物块与平板间的动摩擦因数为，弹簧弹性势能Ep 与弹簧形变量 x 的平方成正比，重力加速度为g.求：(1)当弹簧第一次伸长量达最大时，弹簧的弹性势能为pmv0求该过程E，小物块速度大小为3中小物块相对平板运动的位移大小；(2)平板速度最大时弹簧的弹
6、力大小；(3)已知上述过程中平板向右运动的最大速度为v.若换用同种材料，质量为m 的小物块重复2上述过程，则平板向右运动的最大速度为多大？4v2Epmmg ； (3)v【答案】 (1)0；(2)9gmg2【解析】【分析】（1）对系统由能量守恒求解小物块相对平板运动的位移；（2）平板速度最大时，处于平衡状态，弹力等于摩擦力；（3 ）平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当木板速度最大时弹力等于摩擦力，结合能量转化关系解答.【详解】（1）弹簧伸长最长时平板速度为零，设相对位移大小为s，对系统由能量守恒1 mv02 1 m( v0 )2 Epm mgs223解得 s4v02Epm9 gmg（2）平
7、板速度最大时，处于平衡状态，f mg即 Ff mg.（3）平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当木板速度最大时 mg kx对木板由动能定理得1Mv 2mgx Ep 12同理，当 m 1m，平板达最大速度v时，mg kx221p2122 mgxEMv21由题可知Epx2，即 Ep2Ep14解得 v 1 v.23 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=2.5
8、s，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 点停下求 F 的大小（ sin37 =0.6， cos37=0.8 ）【答案】（ 1） 6m/s （2） 1.5s（3）0.4 （ 4） F 2.48N【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：a g sin6m/s 21在斜面上有：sAB1 a1t 22代入数据解得：t
9、11s物块在 BC 段的运动时间为：t2tt11.5sBC 段的位移为：sBC1 (vB20)t24.5m（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
10、.4 如图所示，在倾角为=37的斜面底端有一个固定挡板D，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端在O 点，已知斜面OD 部分光滑， PO 部分粗糙且长度L=8m。质量 m=1kg 的物块（可视为质点）从P 点静止开始下滑，已知物块与斜面PO 间的动摩擦因数 =0.25， g 取 10m/s 2， sin37 =0.6， cos37=0.8。求：（ 1）物块第一次接触弹簧时速度的大小（ 2）若弹簧的最大压缩量 d=0.5m，求弹簧的最大弹性势能（3）物块与弹簧接触多少次，反弹后从O 点沿斜面上升的最大距离第一次小于0.5m【答案】（ 1） 8m/s （2） 35J(3)5 次【解析】【详
11、解】(1)物块在 PO 过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦力，此过程应用动能定理得：mgL sinmgL cos1 mv22解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：v2gL sincos8 m/s（2）物块由O 到将弹簧压缩至最短的过程中，重力势能和动能减少、弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能EpEp1 mv2mgd sin35 J2（3）物块第一次接触弹簧后，物体从O 点沿斜面上升的最大距离s1 ,由动能定理得 :mgs1mgs1 cos01 mv22解得： s14m物块第二次接触弹簧后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离s2 ，由动能定
12、理得：mg sin(s1s2 )mg cos(s1s2 ) 0解得： s22m故物块每经过一次O 点，上升的最大距离为上一次的12L所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：s12则第 n 次上升的最大距离为：Lsn2n因为 sn1 m ，所以 n4，即物块与弹簧接触5 次后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离2小于 1 m25 如图所示，倾角为30的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s 的速度运动，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
13、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
14、，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： v2gh2 10 3.2 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 最小，由动能能力得：mgL01 mv22解得： Lv2822gm 6.4m2 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：mgh 01mv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
15、动能定理解题6 如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接。有一质量为1 kg 的滑块 (大小不计 )，从 A 处由静止开始受水平向右的力F 作用， F随位移变化的关系如图乙所示。滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数为 0.25，与半圆弧轨道 BC间的动摩擦因数未知， g 取 10 m/s 2。求：（1）滑块到达 B 处时的速度大小；（2）若到达 B 点时撤去 F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。【答案】（ 1） 210 m/s 。（ 2）5 J。【解析】【详解】（1）对滑块从A 到 B 的过程，
16、由动能定理得：F1x1F3 x3mgx1 mv2B ，即20 2-10 1-0.25 1 10 4J=11 vB2 ，2得：vB2 10m/s；（2）当滑块恰好能到达最高点C 时，2mgm vC ；R对滑块从 B 到 C的过程中，由动能定理得：W mg 2R1 mvC21 mvB2 ，22带入数值得：W =-5J，即克服摩擦力做的功为5J；7 如图所示 ,水平轨道的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于点 ,右端与一倾角为的光滑斜面轨道在点平滑连接 (即物体经过点时速度的大小不变),斜面顶端固定一轻质弹簧,一质量为的滑块从圆弧轨道的顶端点由静止释放 ,经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧,第一次可将弹簧压
17、缩至点 ,已知光滑圆轨道的半径,水平轨道长为,其动摩擦因数,光滑斜面轨道上长为, 取,求(1)滑块第一次经过圆轨道上点时对轨道的压力大小;(2)整个过程中弹簧具有最大的弹性势能;(3)滑块在水平轨道上运动的总时间及滑块几次经过点 .【答案】 (1)(2)(3) 3 次【解析】本题考查机械能与曲线运动相结合的问题，需运用动能定理、牛顿运动定律、运动学公式、功能关系等知识。(1)滑块从点到点 ,由动能定理可得:解得 :滑块在点 :解得 :由牛顿第三定律可得:物块经点时对轨道的压力(2)滑块第一次到达点时 ,弹簧具有最大的弹性势能.滑块从点到点 ,由动能定理可得:解得 :(3)将滑块在段的运动全程看
18、作匀减速直线运动加速度则滑块在水平轨道上运动的总时间滑块最终停止上在水平轨道间,设滑块在最终停下来的全过程,段运动的总路程为,从滑块第一次经过点到由动能定理可得:解得 :结合段的长度可知,滑块经过点 3次。8 光滑水平面AB与一光滑半圆形轨道在B点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为 m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的9倍，之后向上运动经C 点再落回到水平面，重力加速度为g.求：(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块离开 C 点后，再落回到水平面上时距B 点的距离；(3)再次
19、左推物块压紧弹簧，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？【答案】 (1)（2） 4R（ 3）或【解析】【详解】（1）由动能定理得W在 B 点由牛顿第二定律得：9mg mg m解得 W 4mgR（2）设物块经C 点落回到水平面上时距B 点的距离为S，用时为t ，由平抛规律知S=vct2R= gt2从 B 到 C 由动能定理得联立知， S= 4 R（ 3）假设弹簧弹性势能为 ，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知mgR若物块刚好通过C 点，则物块从B 到 C 由动能定理得物块在 C 点时 mg
20、m则联立知： mgR.综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为mgR 或 mgR.9 如图所示，水平传送带长为L=4m，以 v02m / s 的速度逆时针转动。一个质量为 lkg的物块从传送带左侧水平向右滑上传送带，一段时间后它滑离传送带。已知二者之间的动摩擦因数0.2 ， g=10m/s2。(1)要使物块能从传送带右侧滑离，则物块的初速度至少多大？(2)若物块的初速度为v3m / s，则物块在传送带上运动时因摩擦产生的热量为多少？【答案】 (1) v4m/ s； (2)12.5J【解析】【详解】(1)设物块初速度为v，物块能从传送带右侧滑离，对其分析得：mg
21、LEk1mv22Ek0解得：v4m/ s(2)物块在传送带上的运动是先向右减速运动，后向左加速运动。物块向右减速运动时，有：t1vamgx101 mv 22物块与传送带的相对滑动产生的热量：Q1mg v0 t1x1向左加速运动时，有：t 2v0amgx21 mv022物块与传送带的相对滑动产生的热量：Q2mg v0t 2x2QQ1Q212.5J10 如图所示，一个质量为 m=0.2kg 的小物体 (P 可视为质点 )，从半径为 R=0.8m 的光滑圆强轨道的 A 端由静止释放， A 与圆心等高，滑到 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
22、=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:mv12FNmgR解得物体P 在 B 点
23、受到的支持力FN6N（3） P 滑行至碰到物体Q 前，由动能定理有:mgL1 mv221 mv1222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，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v3 1m/s由平碰后 P、 Q 一起做平抛运动，有：h1 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=
24、1.4J11 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/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mgR1 mv122解得 v14
25、m/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 01mv122代入数据解得：0.1（2）物块在传送带先做匀减速运动ag1m / s2则物块减速到零的时间为t1v14sa反向加速时加速度不变，故加速时间为t2v3sa这段时间的位移为x11 at224.5m2之后物块随传送带匀速运动，则t3Lx11.17 sv物块在传送带上第一次往返所用的时间为tt1 t2 t38.17s12 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A12BB分别是两圆弧管道、 A、 1 、2 ， D1 、 D2的最高点， C1 、 C2 分别
26、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 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
27、） 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：mglcos1mv221mv0222可得： v2v022glcos47m / s(3)以 C1C2 水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D1、 D2 点时的机械能需满足：EE02mgR 30J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：1 mv02nEE0 ，21mv02 - n1EE02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 mv022可得： s= 69m453故在 B1A2 直管道上经过的路程为s=s l=m4
