高中物理动能与动能定理解题技巧及练习题

1、高中物理动能与动能定理解题技巧及练习题一、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】（ 1）小球由 b 到

2、 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 某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在a 点用一弹射装置可将静止的小滑块以 v0 水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到b 点后，

3、进入半径r=0.3m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自b点向c点运动，c点右侧有一陷阱，、d两点的c竖 直高度差 h=0.2m，水平距离s=0.6m，水平轨道 ab 长为 l =1m，bc 长为 l2=2.6m ，1小滑块与水平轨道间的动摩擦因数2=0.5 ，重力加速度 g=10m/s .(1) 若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在a 点弹射出的速度大小；(2) 若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出，求小滑块在 a 点弹射出的速度大小的范围【答案】（ 1）（ 2） 5m/sva 6m/s和 va【解析】【分析】【详解】（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点

4、的速度为v，由牛顿第二定律及机械能守恒定律由 b 到最高点 1 mvb22mgr1 mv222由 a 到 b：解得 a 点的速度为（2）若小滑块刚好停在c 处，则：解得 a 点的速度为若小滑块停在bc 段，应满足 3m / s va4m / s若小滑块能通过c 点并恰好越过壕沟，则有h1 gt 22svct解得所以初速度的范围为3m / sva4m / s 和va5m / s3 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r5m ，圆心角为53的圆弧形光滑轨道cd

5、，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。t2【答案】 (1) 3000n3； (2)；(3)见解析sincos3【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

6、 点，由动能定理得mg l0 sin53 h cd1mvd202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fd mg m 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 sing cos代入数据解得t23 cossin3(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

7、 sinr(1cos) +wf 1 =00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x2vd22( g sing cos )摩擦力做功为wf 2mg cos x2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 sinr(1cos

8、) +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0306000(j) 。时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为3 tan14 如图所示，在倾角为=30m的的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为半圆柱体 a 紧靠挡板放在斜面上，质量为2m 的圆柱体 b 放在 a 上并靠在挡板上静止。a与 b 半径均为 r，曲面均光滑，半圆柱体a 底面与斜面间的动摩擦因数为现用平行斜面向上的力拉 a，使 a 沿斜面向上缓慢移动，直至b 恰好要降到斜面设最大静摩擦

9、力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：（1）未拉 a 时， b 受到 a 的作用力 f 大小；（2）在 a 移动的整个过程中，拉力做的功w；（3）要保持 a 缓慢移动中拉力方向不变，动摩擦因数的最小值min【答案】（ 1） f =13) mgr （3）533 mg （ 2） w(9min92【解析】【详解】（1）研究 b，据平衡条件，有f =2mg cos解得f =3 mg（2）研究整体，据平衡条件，斜面对a 的支持力为n =3mgcos= 33 mg2f = n= 33 mg2由几何关系得a 的位移为x =2rcos30 = 3 r克服摩擦力做功wf =fx =4.5 mgr由几何关系得a

10、上升高度与b 下降高度恰均为h =3 r2据功能关系w + 2mgh - mgh - wf = 0解得w1 (93) mgr2（3） b 刚好接触斜面时，挡板对b 弹力最大研究 b 得n m2mg4mgsin 30研究整体得fmin + 3mgsin30 =nm解得f min = 2.5mg可得最小的动摩擦因数：f min5 3minn95 如图甲所示，一倾角为37的传送带以恒定速度运行现将一质量m1 kg 的小物体抛上传送带，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

11、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

12、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。6 如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在a 点，自然状态时其右端位于b 点 d点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道mnp，其形状为半径r0.45m 的圆环剪去左上角 127 的圆弧， mn 为其竖直直

13、径， p 点到桌面的竖直距离为r， p点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5r若用质量 m1 0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到c点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在b 点，用同种材料、质量为m2 0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到c 点释放，物块过b 点后其位移与时间的关系为x 4t 2t 2，物块从 d 点飞离桌面后恰好由p 点沿切线落入圆轨道g 10m/s 2，求：（1）质量为 m2的物块在 d 点的速度；（2）判断质量为m2 0.2kg 的物块能否沿圆轨道到达m 点：（3）质量为 m2 0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功.【答案】（ 1） 2.25m/s （2）不

14、能沿圆轨道到达 m 点 （ 3） 2.7j【解析】【详解】（1）设物块由d 点以初速度vd 做平抛运动，落到p 点时其竖直方向分速度为：vy2gr2 100.45 m/s 3m/svy4tan53 vd3所以： vd 2.25m/s（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mgm v2 ，r解得： vgr32 m/s2物块到达p 的速度：vpvd2vy2322.252 m/s 3.75m/s若物块能沿圆弧轨道到达m 点，其速度为vm ，由 d 到 m 的机械能守恒定律得：1 m2vm21 m2vp2m2g 1 cos53r22可得： vm20.3375 ，这显然是不可能的，所以物块不

15、能到达m 点（3）由题意知 x 4t - 2t2，物块在桌面上过b 点后初速度 vb 4m/s ，加速度为：a4m/s2则物块和桌面的摩擦力：m2 gm2 a可得物块和桌面的摩擦系数:0.4质量 m1 0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到c 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在b点，由能量守恒可弹簧压缩到c 点具有的弹性势能为：epm1gxbc 0质量为 m20.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到c 点释放，物块过b 点时，由动能定理可得：epm2 gxbc1 m2vb 22可得， xbc2m在这过程中摩擦力做功：w1m2gx bc1.6j由动能定理， b 到 d 的过程中摩擦力做的功：w 21 m

16、2vd21 m2v0222代入数据可得：w2 - 1.1j质量为 m20.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功ww1w22.7j即克服摩擦力做功为2.7 j.7 如图甲所示，长为相连接。有一质量为4 m 的水平轨道ab 与半径为r 0.6 m 的竖直半圆弧轨道1 kg 的滑块 (大小不计 )，从 a 处由静止开始受水平向右的力bc 在 b 处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，

17、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，由动能定理得：f1x1f3 x3mgx1 mv2b ，2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；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

18、 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

19、，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 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， 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

20、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【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：mgrmgl1 mv122

21、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：fn mgm v22r第一种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右运动还未到b 点时即停下，则：mgrmg 2l1mv22 2由解得fn34 lmg 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

22、 处对圆轨道的压力可能为琪 -琪 -3mg 或3mg琪r琪r桫桫10 离子发动机是利用电能加速工质（工作介质）形成高速射流而产生推力的航天器发动机。其原理如图所示，其原理如下：首先系统将等离子体经系统处理后，从下方以恒定速率 v1向上射入有磁感应强度为1i 内，栅电极 mnb 、方向垂直纸面向里的匀强磁场的区域和 pq 间距为 d。当栅电极 mn 、 pq 间形成稳定的电场后，自动关闭区域i 系统（包括进入其中的通道、匀强磁场 b12）。区域内有垂直纸面向外，磁感应强度大小为b ，放在 a 处的中性粒子离子化源能够发射任意角度，但速度均为v2 的正、负离子，正离子的质量为m，电荷量为 q，正离

23、子经过该磁场区域后形成宽度为d 的平行粒子束，经过栅电极mn、pq 之间的电场中加速后从栅电极pq 喷出，在加速正离子的过程中探测器获得反向推力（不计各种粒子之间相互作用、正负离子、等离子体的重力，不计相对论效应）。求：（1）求在 a 处的正离子的速度大小v2；（2）正离子经过区域i 加速后，离开pq 的速度大小v3 ；（3）在第（ 2）问中，假设航天器的总质量为m，正在以速度v 沿 mp 方向运动，已知现在的运动方向与预定方向mn 成角，如图所示。为了使飞船回到预定的飞行方向mn ，飞船启用推进器进行调整。如果沿垂直于飞船速度v 的方向进行推进，且推进器工作时间极短，为了使飞船回到预定的飞行

24、方向，离子推进器喷射出的粒子数n 为多少？【答案】（ 1） qb2 d ；（ 2）2 222mv tan8qdmv1b1 q b2 d；（ 3）q2 b22 d 22m4m28qdmv1b1【解析】【详解】（1）根据左手定则可知，正离子向右偏转，负离子向左偏转，不会进入区域1 中，因此也不会产生相应推力。所以只有加速正离子过程中才会产生推力。正离子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力：qv2b2=m v22 ， , 根据题意，在a 处发射速度相等，方向r不同的正离子后，形成宽度为d 的平行正离子束，即：r= d ，则在 a 处的正离子的速度大2小 v2 = qb2 d 。 2m（2）等

25、离子体由下方进入区域i 后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q ，则qe=q v1b1，即：e=b1v1；正离子束经过区域i 加速后，离开pq的速度大小为v3，根据动能定理可知：qu= 1 mv32 - 1 mv22，其中电压u=ed=b1v1d22222联立可得：v3=8qdmv1b1 q b2 d 。（3）飞船方向调整前后，其速度合成矢量如图所示：因此 tan =nv ，离子喷出过程中，系统的动量守恒：m n v=nmv3，为了使飞船回到预定v2mv tan的飞行方向，离子推进器喷射出的粒子数n=8qdmv1b1q2 b22

26、d 211 一质量为 m =0.5kg 的电动玩具车，从倾角为=30的长直轨道底端，由静止开始沿轨道向上运动，4s 末功率达到最大值，之后保持该功率不变继续运动，运动的v- t图象如图所示，其中ab 段为曲线，其他部分为直线重力的 0.3 倍，空气阻力不计.取重力加速度.已知玩具车运动过程中所受摩擦阻力恒为自身g=10m/s 2.（ 1）求玩具车运动过程中的最大功率p；（ 2）求玩具车在 4s 末时（图中 a 点）的速度大小 v1；（3）若玩具车在12s 末刚好到达轨道的顶端，求轨道长度l.【答案】（ 1） p=40w（2） v1=8m/s（ 3） l=93.75m【解析】【详解】（1）由题意得，当玩具车达到最大速度v=10m/s 匀速运动时，牵引力： f=mgsin30 +0.3mg由 p=fv代入数据解得：p=40w（2）玩具车在0-4s 内做匀加速直线运动，设加速度为a，牵引力为 f1，由牛顿第二定律得： f1-( mgsin30 +0.3mg )=ma4s 末时玩具车功率达到最大，则p=f v11由运动学公式v1=at 1 （其中