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 ) 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，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、；（ 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 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：h1gt 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v =10m/
3、sB（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fL1 Mv21 mv21 (M m)v2B2A212B子弹在物块 A 中穿行的过程中，由能量守恒fLA1 mv021 mv121 ( M M )vA2 222由 解得 LB3.5 10 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 )v2 0 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fs21 MvB21 MvA2 22由解得物块 B 到桌边的最小
4、距离为： smin s1 s2，解得： smin2.510 2 m考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律2 某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。传送带由电动机带动，以v 2m/s的速度顺时针匀速转动，倾角37 。工人将工件轻放至传送带最低点A，由传送带传送至最高点 B 后再由另一工人运走，工件与传送带间的动摩擦因数为7，所运送的每个工8件完全相同且质量m2kg 。传送带长度为L6m ，不计空气阻力。（工件可视为质点，sin37 0.6 ， cos370.8， g10m / s2 ）求：(1)若工人某次只把一个工件轻放至A 点，则传送带将其由最低点A 传至 B 点电动机需额外多输出多
5、少电能？(2)若工人每隔 1 秒将一个工件轻放至 A 点，在传送带长时间连续工作的过程中，电动机额外做功的平均功率是多少？【答案】 (1)104J； (2)104W【解析】【详解】(1)对工件mg cosmgsinmav22axvat1t12s得x2mx带vt12xx相x带x2m由能量守恒定律E电QEpEk即E电mg cos x相 mgL sin1mv22代入数据得E电104J(2)由题意判断，每 1s 放一个工件，传送带上共两个工件匀加速，每个工件先匀加速后匀速运动，与带共速后工件可与传送带相对静止一起匀速运动。匀速运动的相邻的两个工件间距为xv t2mLxn x得n2所以，传送带上总有两个
6、工件匀加速，两个工件匀速则传送带所受摩擦力为f2mg cos2mg sin电动机因传送工件额外做功功率为Pfv104W3 如图（ a）所示，倾角 =30的光滑固定斜杆底端固定一电量为4C 的正点电Q=210荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q 未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b）所示，其中线1 为重力势能随位移变化图象，线 2 为动能随位移变化图象（2922）则g=10m/s ，静电力恒量 K=910N?m/C（ 1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况；（ 2）求小球的质量 m 和电量 q；（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正
7、点电荷形成的电场的电势差U；（4）在图（ b）中画出小球的电势能 随位移 s 变化的图线（取杆上离底端 3m 处为电势零点）【答案】（ 1）小球的速度先增大，后减小；小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零（2） 4kg；1.11 105C；（ 3）4.26即为小球电势能随位移 s 变化的图线； 10V（4）图像如图 , 线 3【解析】【分析】【详解】（ 1）由图线 2 得知，小球的速度先增大，后减小根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做
8、加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零（ 2）由线 1 可得 :EP=mgh=mgssin斜率 :k=20=mg sin30 所以m=4kg当达到最大速度时带电小球受力平衡:kqQmg sin由线 2 可得 s0=1m，得:s02qmg sins02 5kQ=1.11 10C（3）由线 2 可得，当带电小球运动至1m 处动能最大为27J根据动能定理 :G电 =EkW +W即有 : mgh+qU=Ekm 0代入数据得 :6U=4.2 10V（4）图中线3 即为小球电势能随位移 s 变化的图线4 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
9、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 / 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）
10、 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】E p12（1）物块被弹簧弹出，由2 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动过程中，由：mgma，vva t，120x1vt12 a t111 101 1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 /
11、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 m2mgs mgR2v2代入数据整理可以得到：R0.8m （2）设物块从 E 点返回至 B 点的速度为vB ，由 1 m 21 m 2mg 2s2v2 v B2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
12、知：1 mv121 mvF22 mgsmgRR 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 m222mg3smgR2v解得： v243m / s若物块在传送带上一直加速运动，由1 m21 m2mgL2vBm2 v01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5 如图所示，倾角为306m/s的速度运的光滑斜面的下端有
13、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
14、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 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
15、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6 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
16、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
17、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。7 如图所示， ABC为竖直面内一固定轨道，AB 段是半径为R 的 1 光滑圆弧，水平段与圆4弧轨道相切于B，水平段BC 长度为L， C 端固定一竖直挡板一质量为m 的小物块自A 端从静止开始沿圆轨道下滑，与挡板共发生了两次碰撞后停止在水平段B、 C 之间的某处，物块每次与挡板碰撞不损失机械能 (即碰撞前、后速率相同 )不计空气阻力，物块与水平段 BC间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g试求物块(1)第一次与挡板碰撞时的速率；(2)在水平轨道上滑行的总路程；(3)最后一次滑到圆轨道底端B 处对圆轨道的压力【
18、答案】 (1)v1 =2g (R -L) (2) S = R(3) 物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可骣4L骣-8 L琪mg 或琪mg能为 3 -3琪R琪R桫桫【解析】【详解】(1)对物块第一次从A 到 C 过程，根据动能定理：mgRmgL1mv12 2解得第一次碰撞挡板的速率v1 =2 g( R -L ) (2)设物块质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为S，对物块从开始下滑到停止在水平轨道上的全过程，根据动能定理：mgR mg S0 解得S = R (3)设物块最后一次经过圆弧轨道底端B 时的速率为v2，对圆轨道的压力为 FN，则：FNmgm v22R第一种可能情况：物块与挡板第二次
19、碰撞后，向右运动还未到B 点时即停下，则：mgRmg 2L1 mv22 2由解得FN34Lmg R第二种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右可再一次滑上光滑圆弧轨道，则：mgRmg 4L1 mv222由解得FN3 8 LmgR骣4L骣8 L物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可能为琪 -琪 -3mg 或3mg琪R琪R桫桫8 如图所示， AB 是光滑的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径 BD 竖直，将弹簧水平放置，一端固定在A 点现使质量为m 的小滑块从D 点以速度v0进入轨道DCB，然后沿着BA 运动压缩弹簧，弹簧压缩最短时小滑块处于P 点，重力加速度大小
20、为g，求：（1）在 D 点时轨道对小滑块的作用力大小F ；N（ 2）弹簧压缩到最短时的弹性势能Ep；（ 3）若水平轨道 AB 粗糙，小滑块从 P 点静止释放，且 PB 5l，要使得小滑块能沿着轨道BCD运动，且运动过程中不脱离轨道，求小滑块与AB 间的动摩擦因数的范围【答案】 （1）（ 2）（3） 0.2或 0.5 0.7【解析】 （1）解得（2）根据机械能守恒解得（3）小滑块恰能能运动到B 点解得 0.7小滑块恰能沿着轨道运动到C 点解得 0.5所以 0.5 0.7小滑块恰能沿着轨道运动D 点解得 0.2所以 0.2综上 0.2或 0.5 0.79 如图所示，在方向竖直向上、大小为6的匀强电
21、场中，固定一个穿有A、 BE=110V/m两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R=0.2m A、 B 用一根绝缘轻杆相连，A 带的电荷量为7q=+7 10C，B 不带电，质量分别为mA=0.01kg、mB=0.08kg将两小球从圆环上的图示位置（A 与圆心 O 等高， B 在圆心 O 的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动重力加速度大小为g=10m/s 2 （1）通过计算判断，小球A 能否到达圆环的最高点C？（ 2）求小球 A 的最大速度值（ 3）求小球 A 从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值【答案】 （1） A 不能到达圆环最高点
22、（ 2） 2 2 m/s （ 3） 0.1344J3【解析】【分析】【详解】试题分析： A、B 在转动过程中，分别对A、 B 由动能定理列方程求解速度大小，由此判断A 能不能到达圆环最高点；A、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，对A、 B 分别由动能定理列方程联立求解最大速度；A、 B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0 时，根据电势能的减少与电场力做功关系求解（1）设 A、 B 在转动过程中，轻杆对A、 B 做的功分别为 WT 和 WT ，根据题意有 ： WTWT0设 A、 B 到达圆环最高点的动能分别为EKA、 EKB对 A 根据动能定理： qER mAgR+WT1=EKA对 B
23、 根据动能定理： WT1mB gRE联立解得： EKA+EKB= 0.04J由此可知 ：A 在圆环最高点时，系统动能为负值，故A 不能到达圆环最高点（2）设 B 转过 角时， A、 B 的速度大小分别为v 、 v ，AB因 A、 B 做圆周运动的半径和角速度均相同，故：vAB=v对 A 根据动能定理： qER sinmA gRsinWT 21 mAvA22对 B 根据动能定理： WT 2mB gR 1cos1 mB vB22联立解得： vA2 83sin4cos49由此可得 ：当 tan32 2 m / s时， A、 B 的最大速度均为 vmax43（ 3） A、 B 从图示位置逆时针转动过程
24、中，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减少最多，由上可式得 ： 3sin +4cos 4=0解得： sin2425或 sin =0（舍去）所以 A 的电势能减少： EP qER sin84 J 0.1344 J625点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答，属于复杂题10 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
25、、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、t2t 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vAt2=_，滑块在斜面上运动的加速度 a
26、=_。（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 “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实值相比，测量值偏 _(填 “大 ”或 “小 ”)。【答案】 d1kd2 小于1bmbd 2 大22O 到 A 恢复原长过程中弹簧Ep=_， Ep 的测量值与真【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：t222aL12avA2，结
27、合图象可得：bvA22avBvA，化简为t 2d 2 Ld 2d2 ， kd2解得： vAdb ；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：EP1 mvA21 mbd 2 ；22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。11 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
28、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)=9J12 如图所示，物块 B 静止放置在水平面上，物块A 以一定的初速度 v0 冲向 B，若在物块A、B 正对的表面加上粘合剂，则物块A、B 碰后一起沿水平面运动的最大距离为l；若在物块 A、 B 正对的表面加上弹性装置，则两物块将发生弹性正碰，碰后两物块间的最大距离为 5l 。已知物块 A、B 与水平面间的动摩擦因数均为，水平面足够大，不计粘合剂及弹性装置的质量，求物块 A、B 的质量之比 mA 。mB【答案】12【解析】【详解】取水平向左为正方向。设A、B 第一次碰后速度为v1 由动量守恒：mA v0(mA mB )v1第一次碰后到停止的过程，由动能定理得：
