(物理)物理动能与动能定理试题类型及其解题技巧

1、(物理)物理动能与动能定理试题类型及其解题技巧一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1.如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段长度为/=2.5呵，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为0二03，轨道其它部分摩擦不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量曲二1出g的小物块从轨道右侧A点以初速度即二6机对冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取10mA白求：再【：Q(1)弹簧获得的最大弹性势能 / ;(2)小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能Ek ;(3)当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一

2、次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离 轨道。【答案】(1) 10.5J (2) 3J (3) 0.3m Rw0.42n 0W Rw0.12m【解析】(1)当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从A到压缩弹簧至最短的过程中，由动111能定理得：-(jmgl +W 弹=0-7 mvo2由功能关系：亚弹=-4=-&解得 Ep=10.5J；(2)小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得 111-2(mgl=Ek，mvo2解得Ek=3J;v2,由动能定理得(3)小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况: 小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为 1c

3、 C 22 L-2 mgR= mv2 - Ek小物块能够经过最高点的条件m*g,解得Rw 0.12m小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心 1等高的位置，即/mv12 0.3m设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为 W,由动能定理得：II II-2 mgR = mvi2-/ mvo2通且需要满足 m斤油g ,解得Rw 0.72n ,综合以上考虑，R需要满足的条件为：0.3mWRw0.42n 0w Rw0.12m【点睛】解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要 注意灵活选择研究的过程。2.如图所示，粗糙水平桌面上有一

4、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/s2,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;

5、 (3)2m【解析】【分析】【详解】(1)通过P点时，由几何关系可知，速度方向与水平方向夹角为60,则2Vy 2gh Vysin 600-v整理可得，物块通过 P点的速度v 8m/s(2)从P到M点的过程中，机械能守恒1 2、. 12mv =mgR(1 cs60 )+ mvM2 2在最高点时根据牛顿第二定律整理得2mvM Fn mg -R-Fn 4.8N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vcos60o 4m/s从C到D的过程中，根据能量守恒定律Epmgx 1mvDC、D两点间的距离x 2m3 .滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑

6、板项目延伸而来.如图所示是滑 板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为。点、圆心角0= 60,半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道 CD间的动摩擦因数 科=0.2.某运动员从轨 道上的A点以vo=3m/s的速度水平滑出，在 B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道 BC,经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的 总质量为m = 60kg, B、E两点与水平轨道 CD的竖直高度分别为 h=2mHl= 2.5m.求：(1)运动员从A点运动到B点过程中，到达 B点时的速度大小 vb；(2)水平轨道CD段的长度L；(3)通过计算说明，第一次返回

7、时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C点的距离.【答案】(1) Vb= 6m/s (2) L= 6.5m 停在C点右侧6m处【解析】【分析】【详解】(1)在 B 点时有 vb= -v0一,得 vb= 6m/s cos6012 一(2)从 B 点到 E 点有 mgh mgL mgH 0 mvB,得 L= 6.5m 2(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h,从B到第一次返回左侧最高处有12mgh mgh mg 2L 0 mvB ,得h=1.2mmcos37 ；物块不会停在斜面上，物块最后以B点为中心，C点为最高点沿圆弧轨道做往复运动，由功能关系得

8、系统最终因摩擦所产生的总热 量Q=mg (h+Rcos37 ) 解得Q=4J6.如图所示，粗糙水平地面与半径为R=0.4m的粗糙半圆轨道 BCD相连接，且在同一竖直平面内，。是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上.质量为 m=1kg的小物块在水平恒力 F=15N的作用下，从 A点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去F,小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知A、B间的距离为3m,小物块与地面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10m/s2.求：(1)小物块运动到 B点时对圆轨道B点的压力大小.(2)小物块离开 D点后落到地面上的点与 D点之间的距离)AR【答案】(1) 160N

9、 (2) 0.8 72 m【解析】 【详解】(1)小物块在水平面上从 A运动到B过程中，根据动能定理，有：,、12(F-m。Xab= mvB2-02在B点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：2 vB N mg m 联立解得小物块运动到 B点时轨道对物块的支持力为：N=160N由牛顿第三定律可得，小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小为：NN=160N(2)因为小物块恰能通过D点，所以在D点小物块所受的重力等于向心力，即：2vDmg m -可得：VD=2m/s设小物块落地点距 B点之间的距离为x,下落时间为t,根据平抛运动的规律有：X=VDt ,1 22R=2gt2解得：x=0.8m则小物

10、块离开D点后落到地面上的点与D点之间的距离i J2X 0.&/2m7.如图所示，质量 m=2kg的小物块从倾角 9=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=2.5s,求BC的距离.(3)上问中，小物块与水平面的动摩擦因数科多大？(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

11、】(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：1 2mgsAB sin 37mvB2解得：Vb ，2gsAB sin37.2 10 3 0.6m/s 6m/s ；(2)物块在斜面上的加速度为：2q g sin 6m/s在斜面上有:12SAB 二 a1t 2代入数据解得：t1 1s物块在BC段的运动时间为：t2 t ti 1.5sBC段的位移为：1 ,c、,一Sbc -(Vb 0)t2 4.5m(3)在水平面上，有：O- Vb a2t2解得：Vb2a2 4m/s .t2根据牛顿第二定律有：一mg ma2代入数据解得：0.4.(4

12、)从A到D的过程，根据动能定理得：mgSAB sinF Sbd Sab cosmg&D 0代入数据解得：F 2.48N 【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.8.如图所示，在倾角为9=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。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

13、物块与斜面PO间的动摩擦因数 尸0.25, g 取 10m/s2, 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。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：1 2mgLsinmgL cos一 mv2解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为:v . 2gL sincos 8 m/s(2)物

14、块由O到将弹簧压缩短的过程中，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 2一 mv2mgd sin 35J(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：mgsimgs1 cos0 1 mv2解得：、4m 物块第二次接触弹簧后，物块从 。点沿斜面上升的最大距离 S2,由动能定理得:S2)0mg sin (s1 s2)mg cos (s1解得：s2 2m故物块每经过一次 。点，上升的最大距离为上一次的所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为:Si则第n次上升的最大距离为：sn -L-2n因为1Sn -m,所以n4,

15、即物块与弹簧接触 5次后，物块从 。点沿斜面上升的最大距离 2小于9.如图所示，水平轨道RC的左端与固定的光滑竖直 4圆轨道相切于闿点，右端与一倾角为30。 的光滑斜面轨道在。点平滑连接(即物体经过q点时速度的大小不变，斜面顶端固定一轻质弹 簧，一质量为2kg的滑块从圆弧轨道的顶端凹点由静止释放，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30长为D./nl,其动摩 擦因数以 = 02,光滑斜面轨道上CD长为OEmg取iOm/,求(2)整个过程中弹簧具有最大的弹性势能；(3)滑块在水平轨道二上运动的总时间及滑块几次经过耳点.【答案】(1卢0N (2)

16、】出(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 - 血“=严瑶-0(1)滑块从点到八点，由动能定理可得解得：滑块在阿点收二端解得一忒川由牛顿第三定律可得：物块经用点时对轨道的压力F = F = 60n(2)滑块第一次到达点时，弹簧具有最大的弹性势能 力.滑块从小点到门点，由动能定理可得：mffft + ( - ptmffLHc) + ( - mgLg闾n30。)+ W = 0际二*解得：；一(3)将滑块在段的运动全程看作匀减速直线运动加速度轨=阳=2巾/9t = =则滑块在水平轨道。上运动的总时间口滑块最终停止上在水平轨

17、道间，设滑块在二段运动的总路程为、从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，1-Hmgs - 0 -产甘3由动能定理可得：一解得：结合斤C段的长度可知，滑块经过方点3次。10.如图所示，AB是倾角为0的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与 圆弧相切，圆弧的半径为 R. 一个质量为 m的物体(可以看作质点)从直轨道上与圆弧的圆心O等高的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动.已知物体与轨道AB间的动摩擦因数为 心重力加速度为g.试求：(1)物体释放后，第一次到达 B处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程 s；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点

18、E时，对圆弧轨道的压力的大小；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D (E、O、D为同一条竖直直径上的 3个点)，释放点距 B点的距离L应满足什么条件.【答案】(1) Vb J2gR(sin-cos-) . L - (2) Fn mg(3 2cos )；tan,(3 2cos )R(3) L -2(sin cos )【解析】【分析】【详解】(1)设物体释放后，第一次到达 B处的速度为 ,根据动能定理可知:mgRcosmgcosRcossin12一 mv12解得:Vb2gR(sincos )tan物体每完成一次往返运动，在 AB斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达 B点时, 速度变为零，

19、对物体从 P到B全过程用动能定理，有mgRcos mgL cos 0得物体在AB轨道上通过的总路程为B运动到E时速度为(2)最终物体以B为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从V2 V,由动能定理知:mgR(1cos12)-mv2在E点，由牛顿第二定律有Fnmg2mv2解得物体受到的支持力Fn mg(32cos )根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为Fn Fn下.mg(3 2cos ),方向竖直向(3)设物体刚好到达D点时的速度为 Vd此时有mg解得:Vd , gR设物体恰好通过 D点时释放点距B点的距离为L0,有动能定理可知:mgL0 sinR(1 cos )mgcos L01 2-m

20、vD 2联立解得:(3 2cos )R2(sin cos )则:,(3 2cos )RL2(sin cos )答案：(1) VB2gR(sin cos ) l RtanFNmg(3 2cos )；(3)Rcos ),(3 2cosl-2(sin，1一11.如图所不，ABC为竖直面内一固定轨道，AB段是半径为R的一光滑圆弧，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

21、 内重力加速度为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. RB处对圆轨道的压力可【答案】(1) Vi =q2g(R- L) (2) S=- (3)物块最后一次滑到底端L 爨 8 L一 mg 或朝-mgR秒 R【解析】 【详解】 对物块第一次从 A到C过程，根据动能定理：1 一 2 GmgR mgL 5 mM 解得第一次碰撞挡板的速率Vi = J2g(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：mgRmg 晖 0解得(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:2Fn mg m| 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 2L由解得Fnmg第二种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，