高考物理动能与动能定理解析版汇编

高考物理动能与动能定理解析版汇编

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．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 v 0水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到 B 点后，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，C 、D 两点的竖 直高度差 h =0.2m ，水平距离 s =0.6m ，水平轨道 AB 长为 L 1=1m ，BC 长为 L 2 =2.6m ，小滑块与 水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.5，重力加速度 g =10m/s 2.

(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/s≤v A ≤6m/s 和v A ≥

【解析】 【分析】 【详解】

（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v ，由牛顿第二定律及机械能守恒定律

由B 到最高点2211

222

B mv mgR mv =+ 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3/4/A m s v m s ≤≤ 若小滑块能通过C 点并恰好越过壕沟，则有2

12

h gt =

c s v t =

解得

所以初速度的范围为3/4/A m s v m s ≤≤和5/A v m s ≥

2．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53θ=?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5m R =，圆心角为53θ=?的圆弧形光滑轨道C

D ，过D 点后滑入倾

角为α（α可以在075α?剟

范围内调节）、动摩擦因数为

3

μ=的足够长的草地轨道DE 。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0=10m L ，10m/s g =。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α的关系式；

(3)α取不同值时，写出滑草车在斜面上克服摩擦所做的功与tan α的关系式。

【答案】(1)3000N ；(2)

3sin cos 2

t αα=

??+ ?

??

；(3)见解析 【解析】 【分析】 【详解】

(1)根据几何关系可知CD 间的高度差

()CD 1cos532m H R =-?=

从B 到D 点，由动能定理得

()20CD D 1

sin 5302

mg L H mv ?+=-

解得

D 102m/s v =

对D 点，设滑草车受到的支持力D F ，由牛顿第二定律

2

D D v F mg m R

-= 解得

D 3000N F =

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

sin cos F mg mg αμα=+合

由牛顿第二定律得，向上运动的加速度大小为

sin cos F a g g m

αμα=

=+合

因此滑草车第一次在草地轨道DE 向上运动的时间为

D

sin cos v t g g αμα

=

+

代入数据解得

t =

??

(3)选取小车运动方向为正方向。

①当0α=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

[]01sin (1cos )+=00f mg L R W θθ+--

代入数据解得

16000J f W =-

故当0α=时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

6000J W =克1

②当030α<≤?时，则

sin cos g g αμα≤

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

2D

22(sin cos )

v x g g αμα=+

摩擦力做功为

22cos f W mg x μα=-?

联立解得

2f W =

故当030α<≤?时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

2W =

克

③当3075α?<≤?时

sin cos g g αμα>

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

[]03sin (1cos )+=00f mg L R W θθ+--

代入数据解得

36000J f W =-

故当3075α?<≤?时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

6000J W =克3

所以，当0α=或3075α?<≤?时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000J ；当

030α<≤?时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

(J)3tan 1

α+。

3．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD 透明玻璃管道，管道的半径较小。为研究方便建立平面直角坐标系，O 点为抛物口，下方接一满足方程y 59

=

x 2

的光滑抛物线形状管道OA ；AB 、BC 是半径相同的光滑圆弧管道，CD 是动摩擦因数μ＝0.8的粗糙直管道；各部分管道在连接处均相切。A 、B 、C 、D 的横坐标分别为x A ＝1.20m 、x B ＝2.00m 、x C ＝2.65m 、x D ＝3.40m 。已知，弹珠质量m ＝100g ，直径略小于管道内径。E 为BC 管道的最高点，在D 处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g ＝10m/s 2，求：

（1）若要使弹珠不与管道OA 触碰，在O 点抛射速度ν0应该多大；

（2）若要使弹珠第一次到达E 点时对轨道压力等于弹珠重力的3倍，在O 点抛射速度v 0应该多大；

（3）游戏设置3次通过E 点获得最高分，若要获得最高分在O 点抛射速度ν0的范围。 【答案】（1）3m/s （2）2m/s （3）3m/s ＜ν0＜6m/s 【解析】 【详解】 （1）由y 59

=

x 2

得：A 点坐标（1.20m ，0.80m ） 由平抛运动规律得：x A ＝v 0t ，y A 212

gt =

代入数据，求得 t ＝0.4s ，v 0＝3m/s ； （2）由速度关系，可得 θ＝53°

求得AB 、BC 圆弧的半径 R ＝0.5m OE 过程由动能定理得： mgy A ﹣mgR （1﹣cos53°）2201122

E mv mv =- 解得 v 0＝22m/s ；

（3）sinα 2.65 2.000.40

0.5

--=

=0.5，α＝30°

CD 与水平面的夹角也为α＝30°

设3次通过E 点的速度最小值为v 1．由动能定理得 mgy A ﹣mgR （1﹣cos53°）﹣2μmgx CD cos30°＝02112

mv - 解得 v 1＝23m/s

设3次通过E 点的速度最大值为v 2．由动能定理得 mgy A ﹣mgR （1﹣cos53°）﹣4μmgx CD cos30°＝02212

mv - 解得 v 2＝6m/s

考虑2次经过E 点后不从O 点离开，有

﹣2μmgx CD cos30°＝02

312

mv -

解得 v 3＝26m/s 故 23m/s ＜ν0＜26m/s

4．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，O 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/s 2．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

【答案】（1）160N （2）2 【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：

（F -μmg ）x AB =

1

2

mv B 2-0 在B 点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：

2B

v N mg m R

-=

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：N ′=N =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：

2D

v mg m R

=

可得：v D =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 =v D t ，

2R =

12

gt 2

解得：x =0.8m

则小物块离开D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离20.82m l x =

=

5．如图所示，在竖直平面内的光滑固定轨道由四分之一圆弧AB 和二分之一圆弧BC 组成，两者在最低点B 平滑连接．过BC 圆弧的圆心O 有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各一块，挡板与圆弧轨道之间有宽度很小的缝隙．AB 弧的半径为2R ，BC 弧的半径为R .一直

径略小于缝宽的小球在A 点正上方与A 相距

23

R

处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．不考虑小球撞到挡板以后的反弹． (1)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．

(2)若小球能到达C 点，求小球在B 、C 两点的动能之比；若小球不能到达C 点，请求出小球至少从距A 点多高处由静止开始自由下落才能够到达C 点．

(3)使小球从A 点正上方不同高度处自由落下进入轨道，小球在水平挡板上的落点到O 点的距离x 会随小球开始下落时离A 点的高度h 而变化，请在图中画出x 2-h 图象．(写出计算过程)

【答案】(1)13

mg (2) 4∶1 (3)

过程见解析

【解析】 【详解】

（1）若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 设小球的质量为m ，在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有

N ＋mg ＝2

C mv R

小球由开始下落至运动到C 点过程中，机械能守恒，有

2

2132

C mgR mv = 由两式可知

N ＝

1

3

mg 小球可以沿轨道运动到C 点.

（2）小球在C 点的动能为E k C ，由机械能守恒得

E k C ＝

23mgR

设小球在B 点的动能为E k B ，同理有

E k B ＝

83

mgR

得

E k B ∶E k C ＝4∶1．

（3）小球自由落下，经ABC 圆弧轨道到达C 点后做平抛运动。由动能定理得：

21

2

C mgh mv =

由平抛运动的规律得：

212

R gt =

x =v C t

解得：

x Rh =因为3x R ＜，且C v gR ≥

所以

324

R R h ≤＜ x 2-h 图象如图所示：

6．如图所示，质量m =2kg 的小物块从倾角θ=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μ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）0.4μ=（4） 2.48N F = 【解析】 【详解】

(1)根据机械能守恒得：

2

1sin 372

AB B mgs mv ?=

解得：

2sin3721030.6m/s 6m/s B AB v gs =?=???=；

(2)物块在斜面上的加速度为：

21sin 6m/s a g θ==

在斜面上有：

2112

AB s a t =

代入数据解得：

11s t =

物块在BC 段的运动时间为：

21 1.5s t t t =-=

BC 段的位移为：

21

(0) 4.5m 2

BC B s v t =+=

（3）在水平面上，有：

220B v a t =﹣

解得：

222

4m/s B

v a t -=

=-． 根据牛顿第二定律有：

2mg ma μ=﹣

代入数据解得：

0.4μ=．

(4)从A 到D 的过程，根据动能定理得：

()sin cos 0AB BD AB BD mgs F s s mgs θθμ++-=

代入数据解得：

2.48N F = 【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.

7．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6 m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2 kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2 m 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，物体向左最多能滑到传送带左右两端AB 的中点处，重力加速度g=10 m/s 2，求：

（1）物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间； （2）传送带左右两端AB 间的距离l 至少为多少；

（3）上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少；

（4）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h′为多少？

【答案】（1）1.6s （2）12.8m （3）160J （4）h′=1.8m

【解析】

(1)mgsinθ=ma, h/sinθ=,可得t="1.6" s.

(2)由能的转化和守恒得：

mgh=μmgl/2，l="12.8" m.

(3)在此过程中，物体与传送带间的相对位移:x相=l/2+v带·t,又l/2=，

而摩擦热Q=μmg·x相，

以上三式可联立得Q="160" J.

(4)物体随传送带向右匀加速，当速度为v带="6" m/s时向右的位移为x，

则μmgx=，x="3.6" m

即物体在到达A点前速度与传送带相等，最后以v带="6" m/s的速度冲上斜面，

由=mgh′，得h′="1.8" m.

滑块沿斜面下滑时由重力沿斜面向下的分力提供加速度，先求出加速度大小，再由运动学公式求得运动时间，由B点到最高点，由动能定理，克服重力做功等于摩擦力做功，由此可求得AB间距离，产生的内能由相互作用力乘以相对位移求得

8．如图所示，两个半圆形的光滑细管道(管道内径远小于半圆形半径)在竖直平面内交叠，组成“S”字形通道．大半圆BC的半径R=0.9m，小半圆CD的半径r=0.7m．在“S”字形通道底部B连结一水平粗糙的细直管AB．一质量m=0.18kg的小球（可视为质点）从A点以

V0=12m/s的速度向右进入直管道，经t1=0.5s 到达B点，在刚到达半圆轨道B点时，对B 点的压力为N B=21.8N．（取重力加速度g=10m/s2）求：

（1）小球在B点的速度V B及小球与AB轨道的动摩擦因数μ ?

（2）小球到达“S”字形通道的顶点D后，又经水平粗糙的细直管DE，从E点水平抛出，其水平射程S=3.2m．小球在E点的速度V E为多少？

（3）求小球在到达C点后的瞬间，小球受到轨道的弹力大小为多少？方向如何？

【答案】（1）V B=10m/s ，μ=0.4（2）V E=S/ t=4m/s（3） N C=18.25N 方向向上

【解析】

【详解】

（1）根据牛顿第二定律有N B -mg=mV B 2/R V B =10m/s a=(V 0-V B )/t=4m/s 2

μmg=m a a =mg μ=0.4

（2）H=2R+2r=3.2m t=

2H

g

V E =S/ t=4m/s （3）N C - mg=mV C 2/r

12m V B 2=2mg R+1

2m V C 2 N C =18.25N 方向向上

9．质量为M 的小车固定在地面上，质量为m 的小物体（可视为质点）以v 0的水平速度从小车一端滑上小车，小物体从小车另一端滑离小车时速度减为0

2

v ，已知物块与小车之间的动摩擦因数为μ.求：

（1）此过程中小物块和小车之间因摩擦产生的热Q 以及小车的长度L .

（2）若把同一小车放在光滑的水平地面上，让这个物体仍以水平速度v 0从小车一端滑上小车.

a. 欲使小物体能滑离小车，小车的质量M 和小物体质量m 应满足什么关系?

b. 当M =4m 时，小物块和小车的最终速度分别是多少?

【答案】（1）2

038Q mv =，2038v L g μ=

（2）a. M >3m ；b. 025v ，0320

v 【解析】 【详解】

(1) 小车固定在地面时，物体与小车间的滑动摩擦力为

f m

g μ=，

物块滑离的过程由动能定理

22

0011()222

v fL m mv -=

- ① 解得：2

038v L g

μ=

物块相对小车滑行的位移为L ，摩擦力做负功使得系统生热，Q fL =

可得：203

8

Q mv =

（2）a.把小车放在光滑水平地面上时，小物体与小车间的滑动摩擦力仍为f ． 设小物体相对小车滑行距离为L '时，跟小车相对静止（未能滑离小车）共同速度为v ， 由动量守恒定律：

mv 0=(M +m )v ②

设这过程小车向前滑行距离为s . 对小车运用动能定理有:

21

2

fs Mv =

③ 对小物体运用动能定理有:

22

011()22

f L s mv mv '-+=- ④

联立②③④可得

220011

()()22mv fL mv M m M m

'=-++ ⑤

物块相对滑离需满足L L '>且203

8

fL mv = 联立可得：3M m >，

即小物体能滑离小车的质量条件为3M m >

b.当M =4m 时满足3M m >，则物块最终从小车右端滑离，设物块和车的速度分别为1v 、

2v .

由动量守恒：

012mv mv Mv =+

由能量守恒定律：

222012111()222

fL mv mv Mv =

-+ 联立各式解得：1025v v =

，203

20

v v =

10．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v 1，小车A 、B 碰撞前A 车的瞬时速度为v 2，小车A 、B 碰撞后瞬间的速度为v 3。

两小车碰撞后的滑行过程中，由动能定理可得： -0.2（m 1+m 2）gd = 0-

1

2

（m 1+m 2）v 32 解得两个小车碰撞后的速度大小：v 3=1m/s （2）两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得： m 1v 2=（m 1+m 2）v 3 解得：v 2=4m/s

恒力作用过程，由动量定理可得： Ft -0.2m 1gt =m 1v 1-0 由运动学公式可得： x 1=

1

2

v t 撤去F 至二车相碰过程，由动能定理得：

-0.2m 1gx 2=

12m 1v 22-1

2

m 1v 12 由几何关系可得：x 1+x 2=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： m 1v 2=（m 1+m 2）v 3 解得：v 2=4m/s

从F 作用在小车A 上到A 、B 两车碰前，由动能定理得：

Fx -0.2m 1gs =

1

2

m 1v 22-0 解得：x =3m

在F 作用的吋间内，由牛顿第二定律得： F -0.2m 1g =m 1a 解得：a =6m/s 2 由x =

12

at 2 联立解得小车A 所受恒力F 的作用时间：t =ls

11．一束初速度不计的电子流在经U ＝5000V 的加速电压加速后在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d ＝1.0cm ，板长l ＝5.0cm ，电子电量e ＝

191.610-?C ，那么

（1）电子经过加速电场加速后的动能为多少?

（2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大的电压?

【答案】(1) 16

810k E -=?J (2)要使电子能飞出，所加电压最大为400V

【解析】 【详解】

（1）加速过程，由动能定理得:2

012

ls E eU mv ==① 解得:5000k E =eV 16810-=?J

（2）在加速电压一定时，偏转电压U 越大，电子在极板间的偏转距离就越大当偏转电压大

到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压. 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动0l v t =②

在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，加速度:F eU a m dm

'

==

③ 偏转距离2

12

y at =④ 能飞出的条件为1

2

y d ≤⑤

解①~⑤式得:()

()

2

22

22

2

225000 1.0102 4.0105.010Ud

U l --???'==??…

V

即要使电子能飞出，所加电压最大为400V

12．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

2112

mgR mv =

解得14m/s v =

物块沿传送带滑到最左端速度恰好为零，由动能定理有21102

mg L mv μ-?=- 代入数据解得：0.1μ=

（2）物块在传送带先做匀减速运动2

1/a g m s μ==

则物块减速到零的时间为1

14v t s a

=

= 反向加速时加速度不变，故加速时间为23v

t s a

== 这段时间的位移为2

121 4.52

x at m =

= 之后物块随传送带匀速运动，则1

3 1.17L x t s v

-=

= 物块在传送带上第一次往返所用的时间为1238.17t t t t s =++=