1、高中物理一轮复习专项训练物理动能与动能定理含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 如图所示，质量为m=1kg 的滑块，在水平力F 作用下静止在倾角为=30的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0=3m/s ，长为 L=1.4m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同滑块与传送带间的动摩擦因数=0.25，g=10m/s 2求(1)水平作用力F 的大小；(2)滑块开始下滑的高度h；(3)在第 (2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q【答案】 (1)(
2、2)0.1 m 或 0.8 m(3)0.5 J【解析】【分析】【详解】解：（ 1）滑块受到水平推力F、重力 mg 和支持力FN 处于平衡，如图所示：水平推力解得：（2）设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v 下滑过程由机械能守恒有：，解得：若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：解得：若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：解得：（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则 t 时间内传送带的位移：s=v0t由机械能守恒有：滑块相对传送带滑动的位移相对滑动生成的
3、热量?2 如图所示，在娱乐节目中，一质量为m60 kg 的选手以 v0 7 m/s 的水平速度抓住竖直绳下端的抓手开始摆动，当绳摆到与竖直方向夹角 37时，选手放开抓手，松手后的上升过程中选手水平速度保持不变，运动到水平传送带左端A 时速度刚好水平，并在传送带上滑行，传送带以v2 m/s 匀速向右运动已知绳子的悬挂点到抓手的距离为L 6 m，传送带两端点 A、B 间的距离 s 7 m，选手与传送带间的动摩擦因数为 0.2，若把选手看成质点，且不考虑空气阻力和绳的质量(g 10 m/s 2， sin 37 0.6， cos 37 0.8)求：(1)选手放开抓手时的速度大小；(2)选手在传送带上从
4、A 运动到 B 的时间；(3)选手在传送带上克服摩擦力做的功【答案】 (1)5 m/s(2)3 s(3)360 J【解析】试题分析：（ 1）设选手放开抓手时的速度为v1，则 mg（L Lcos ）mv12 mv0 2，v1 5m/s（2）设选手放开抓手时的水平速度为v2， v2 v1cos 选手在传送带上减速过程中a g v v2 at1匀速运动的时间 t2， s x1 vt2选手在传送带上的运动时间t t1 t2联立 得： t 3s（3）由动能定理得Wf mv2 mv22，解得： Wf 360J故克服摩擦力做功为360J考点：动能定理的应用3 如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面
5、 BC 平滑连接于 B 点， BC右端连接内壁光滑、半径 r=0.2m 的四分之一细圆管CD，管口 D 端正下方直立一根劲度系数为k=100N/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 1kg 的小球放在曲面AB 上，现从距 BC的高度为 h=0.6m 处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数=0.5，小球进入管口 C 端时，它对上管壁有FN=2.5mg 的相互作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能Ep=0.5J。取重力加速度 g=10m/s2。求：(1)小球在 C 处受到的向心力大小；(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E ；km(3)小球最终
6、停止的位置。【答案】 (1)35N； (2)6J； (3)距离 B 0.2m或距离 C 端 0.3m【解析】【详解】(1)小球进入管口C 端时它与圆管上管壁有大小为F2.5mg 的相互作用力故小球受到的向心力为F向 2.5mg mg3.5mg3.5 1 10 35N(2)在 C 点，由2vcF向 =代入数据得1 mvc2 3.5J2在压缩弹簧过程中，速度最大时，合力为零，设此时滑块离D 端的距离为x0则有kx0mg解得x0mg0.1mk设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有mg(rx0 )1 mvc22EkmE p得Ekmmg (r x0 )1 mvc2Ep3 3.5 0.5 6J2(3
7、)滑块从 A 点运动到 C 点过程，由动能定理得mg 3rmgs1mvc22解得 BC间距离s0.5m小球与弹簧作用后返回C 处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中，设物块在BC上的运动路程为s ，由动能定理有mgs1mvc22解得s0.7m故最终小滑动距离B 为 0.7 0.5m0.2m 处停下 .【点睛】经典力学问题一般先分析物理过程，然后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、动能定理及几何关系求解。4 如图所示，倾角为=45的粗糙平直导轨与半径为R 的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内一质量为m 的小滑块从导轨上离地面
8、高为h=3R 的 D 处无初速下滑进入圆环轨道.接着小滑块从圆环最高点C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的P 点，不计空气阻力.求：（ 1）滑块运动到圆环最高点C 时的速度的大小；（ 2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；（ 3）滑块在斜面轨道 BD 间运动的过程中克服摩擦力做的功【答案】（ 1）Rg （ 2） 6mg （ 3） 1 mgR2【解析】【分析】【详解】（1）小滑块从C 点飞出来做平抛运动，水平速度为v0，竖直方向上：，水平方向上：，解得（2）小滑块在最低点时速度为vC 由机械能守恒定律得牛顿第二定律：由牛顿第三定律得：，方向竖直向下（3）从 D 到最低点过程中，
9、设DB 过程中克服摩擦力做功W1，由动能定理h=3R【点睛】对滑块进行运动过程分析，要求滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小，我们要知道滑块运动到圆环最低点时的速度大小，小滑块从圆环最高点C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心 O 等高的 P 点，运用平抛运动规律结合几何关系求出最低点时速度在对最低点运用牛顿第二定律求解5 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
10、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） F2.48N【解析】【详解】(1)根据机械能守恒得：mgsAB sin 371mvB22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：s1 a t 2AB12代
11、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 (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
12、二定律求解力 .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半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。C，滑块在【答案】（ 1） 210 m/s 。（ 2）5 J。【解析】【详解】（1）对滑块从 A 到 B 的
13、过程，由动能定理得：F1x1F3 x3mgx1 mvB2 ，2即20 2-101-0.25 1104J= 1 1 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，半径R = 0.1m的竖直半圆形光滑轨道BC 与水平面AB 相切，AB 距离x =1m质量m = 0.1kg 的小滑块1 放在半圆形轨道末端的B 点，另一质量也为m = 0.1kg 的小滑块2，从A 点以v02 10 m/s的初速度在水平面
14、上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道已知滑块2 与水平面之间的动摩擦因数= 0.2取重力加速度g10m/s2 两滑块均可视为质点求(1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v；(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能E ；(3)在 C 点轨道对两滑块的作用力F【答案】 (1)v=3m/s(2) E= 0.9J(3)F=8N，方向竖直向下【解析】【详解】(1)物块 2 由 A 到 B 应用动能定理：mgx1 mv121 mv0222解得 v1=6m/s两滑块碰撞前后动量守恒，根据动量守恒有: mv12mv解得： v 3m / s 方向：水平向右(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械
15、能E1 mv1212mv222解得：E0.9J(3)两滑块从 B 到 C 机械能守恒，根据机械能守恒定律有：1 2mv21 2mvc22mgR22两滑块在 C 点时： 2mgFN2mvC2R解得： FN8N据牛顿第三定律可得：在C 点轨道对两滑块的作用力F=8N，方向竖直向下8 如图所示，将一根弹簧和一个小圆环穿在水平细杆上，弹簧左端固定，右端与质量为m的小圆环相接触，BC和 CD 是由细杆弯成的1/4 圆弧， BC 分别与杆AB 和弧 CD 相切，两圆弧的半径均为RO 点为弹簧自由端的位置整个轨道竖直放置，除OB 段粗糙外，其余部分均光滑当弹簧的压缩量为d 时释放，小圆环弹出后恰好能到达C
16、点，返回水平杆时刚好与弹簧接触，停在O 点，（已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，小球通过B 处和C 处没有能量损失），问：（1）当为弹簧的压缩量为d 时，弹簧具有的弹性势能EP 是多少？（2）若将小圆环放置在弹簧的压缩量为2d 时释放，求小圆环到达最高点D 时，轨道所受到的作用力（3）为了使物块能停在OB 的中点，弹簧应具有多大的弹性势能？【答案】（ 1） EP 2mgR （ 2） 9mg ，方向竖直向上（3） EP =( n1)mgR （ n=0、 1、22）【解析】【分析】【详解】（ 1）设小圆环与 OB 之间的摩擦力为 f ，OB=L；从释放到回到 O 点，由能量关系可知，当弹簧的压
17、缩量为 d 时，弹簧具有的弹性势能EP2 fL小圆环从释放能到达C 点到，由能量关系可知EPfLmgR0可得：EP2mgR（2）因弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，则弹簧的压缩量为2d 时弹性势能为EP=4EP=8mgR小圆环到达最高点D 时：EP 1 mvD2mg 2R fL2解得vD10gR在最高点D 时由牛顿第二定律：2N mgm vDR解得N=9mg，方向竖直向下由牛顿第三定律可知在D 点时轨道受到的作用为9mg ，方向竖直向上；（3）为了使物块能停在OB 的中点，则要求滑块到达的最高点为D 点，然后返回，则EPfL 2mgR 3mgR为了使物块能停在 OB 的中点，同时还应该满足：E
18、P(2 n1) f L(n1) mgR22则只能取n=0、 1、 2；9 如图所示，倾角为45 的粗糙平直导轨与半径为r 的光滑圆环轨道相切，切点为b，整个轨道处在竖直平面内. 一质量为m 的小滑块从导轨上离地面高为H=3r 的 d 处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点a 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的c 点 . 已知圆环最低点为e 点，重力加速度为g，不计空气阻力. 求：（ 1）小滑块在 a 点飞出的动能；（）小滑块在 e 点对圆环轨道压力的大小；（ 3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）【答案】（ 11mgr ；（ 2） F =6mg42） Ek；（
19、 3）142【解析】【分析】【详解】（ 1）小滑块从 a 点飞出后做平拋运动：水平方向： 2r vat竖直方向： r1 gt 22解得： vagr小滑块在 a 点飞出的动能 Ek1 mva21 mgr22（2）设小滑块在e 点时速度为vm ，由机械能守恒定律得：1mvm21mva2mg2r22在最低点由牛顿第二定律：mvm2F mgr由牛顿第三定律得：F=F解得： F =6mg（3） bd 之间长度为 L，由几何关系得： L2 2 1 r从 d 到最低点 e 过程中，由动能定理 mgHmg cos L1 mvm22解得421410 如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为L，间距为导轨上端
20、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 S闭合 S时金属棒的速度大小随时间变化的关系21(sincos)mgR【答案】 (1) vmB2 L2，(sincos )2 m3 g2 R2mg(sinco
21、s )Qmgx(sincos)2B4 L4(2) vmtB2 L2C【解析】【详解】(1)金属棒在斜面上匀速直线运动时，由平衡条件：mg sinBILmg cos由闭合电路的欧姆定律 IER而动生电动势 EBLvm联立解得： vm(sincos )mgRB2L2对金属棒下滑过程，由动能定理得：mgxsinmg cosx WF 安 =1mvm202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(sincos(sincos )2 m3g 2 R2)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
22、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 sinfFima联立解得：mg(sincos )aB2 L2Cm加速度为恒定值，说明金属棒做匀加速直线运动有 v at可得瞬时速度与时间的关系：mg(sincos )vtmB2L2C11 如图，质量分别为1kg和3kg的玩具小车A B静置在水平地面上，两车相距s=8m。、小车 A 在水平恒力 F=8N 作用下向着小车 B 运动，恒力 F 作用一段时间t 后撤去，小车 A继续运动与小车 B 发生碰撞，碰撞后两车粘在一
23、起滑行d=0.25m 停下。已知两车碰撞时间极短，两车运动过程所受的阻力均为自身重力的0.2倍，重力加速度g=10m/s 2。求：（ 1）两个小车碰撞后的速度大小；（ 2）小车 A 所受恒力 F 的作用时间 t 。【答案】（ 1） 1m/s ；（ 2） 1s【解析】【详解】（1）设撤去力 F 瞬间小车 A 的速度为 v1，小车 A、 B 碰撞前 A 车的瞬时速度为 v2 ，小车A、 B 碰撞后瞬间的速度为 v3。两小车碰撞后的滑行过程中，由动能定理可得：12解得两个小车碰撞后的速度大小：v3=1m/s（2）两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得：m1v2 =（m1+m2） v3解得： v2=4m/
24、s恒力作用过程，由动量定理可得：Ft-0.2m1gt=m1v1-0由运动学公式可得：x1= v1 t2撤去 F 至二车相碰过程，由动能定理得：-0.2m gx121m v2=m v-11221221由几何关系可得： x1+x2=s联立可得小车A 所受恒力 F 的作用时间： t=ls方法 2：两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得：m1v2 =（m1+m2） v3解得： v2=4m/s从 F 作用在小车A 上到 A、 B 两车碰前，由动能定理得：1Fx-0.2m1gs=2m1v2 2-0解得： x=3m在 F 作用的吋间内，由牛顿第二定律得：F-0.2m1g=m1a解得： a=6m/s 2由 x=
25、1 at22联立解得小车A 所受恒力F 的作用时间：t=ls12 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 C 点时，轨道对物体的支持力；（ 3
26、）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:gttan= v0x= v0t得x=1.2m（2）物块在 B 点时，由平抛运动的规律得：v0vBcos物块在小车上 BC段滑动过程中，由动能定理得：11mgR(1 cos) mvC2mvB222在 C 点对滑块由牛顿第二定律得FN mgm vC2R联立以上各式解得：FN25.1N（ 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 a1t 1 a2t 1由以上各式解得 t134 s，6此时小车的速度为va2t 134m / s511物块在 CD段滑动过程中由能量守恒定律得：mvC222解得： Q=13.6J（ M m） v2 + Q
