高考物理动能与动能定理解题技巧分析及练习题(含答案)及解析

高考物理动能与动能定理解题技巧分析及练习题(含答案)及解析

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．如图所示，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，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，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。可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A点以初速度冲上轨道，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，求：

（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；

（3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一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≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m

【解析】

【详解】

（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，由动能定理得： −μmgl+W弹＝0−mv02

由功能关系：W弹=-△Ep=-Ep

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

−2μmgl＝Ek−mv02

解得 Ek=3J；

（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：

①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v2，由动能定理得

−2mgR＝mv22−Ek

小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得 R≤0.12m

②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等高的位置，即mv12≤mgR，解得R≥0.3m；

设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得： −2mgR＝mv12-mv02

且需要满足 m≥mg，解得R≤0.72m，

综合以上考虑，R需要满足的条件为：0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m。

【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，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/s2．(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）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）23.510BmL（3）22.510m

【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： 212hgt 解得：t=0.40s

A离开桌边的速度Asvt，解得：vA=5.0m/s

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：

0()ABmvMvMmv

B离开桌边的速度vB=10m/s

（2）设子弹离开A时的速度为1v，子弹与物块A作用过程系统动量守恒：

012AmvmvMv v1=40m/s

子弹在物块B中穿行的过程中，由能量守恒

2221111()222BABfLMvmvMmv①

子弹在物块A中穿行的过程中，由能量守恒

22201111()222AAfLmvmvMMv②

由①②解得23.510BLm

（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：

211()02AfsMMv③

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

2221122BAfsMvMv④

由②③④解得物块B到桌边的最小距离为：min12sss，

解得：2min2.510sm

考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律．

3．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5mR，圆心角为53的圆弧形光滑轨道CD，过D点后滑入倾角为（可以在075剟范围内调节）、动摩擦因数为33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=10mL，10m/sg。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。

【答案】(1)3000N；(2)3sincos32t；(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

CD1cos532mHR

从B到D点，由动能定理得

20CDD1sin5302mgLHmv

解得

D102m/sv

对D点，设滑草车受到的支持力DF，由牛顿第二定律

2DDvFmgmR

解得

D3000NF

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

sincosFmgmg合

由牛顿第二定律得，向上运动的加速度大小为

sincosFaggm合

因此滑草车第一次在草地轨道DE向上运动的时间为

Dsincosvtgg

代入数据解得

3sincos32t

(3)选取小车运动方向为正方向。

①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

01sin(1cos)+=00fmgLRW

代入数据解得

16000JfW 故当0时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

6000JW克1

②当030时，则

sincosgg

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

2D22(sincos)vxgg

摩擦力做功为

22cosfWmgx

联立解得

26000(J)3tan1fW

故当030时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

26000(J)3tan1W克

③当3075时

sincosgg

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)+=00fmgLRW

代入数据解得

36000JfW

故当3075时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

6000JW克3

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030时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000(J)3tan1。

4．如图所示，水平地面上一木板质量M＝1 kg，长度L＝3.5 m，木板右侧有一竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径R＝1 m，最低点P的切线与木板上表面相平．质量m＝2 kg的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以0v39m/s的速度与圆弧轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最终滑离木板．已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g取10 m/s2．求：

(1)滑块对P点压力的大小；

(2)滑块返回木板上时，木板的加速度大小； (3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间．

【答案】(1)70 N (2)1 m/s2 (3)1 s

【解析】

【分析】

【详解】

(1)滑块在木板上滑动过程由动能定理得：

－μ1mgL＝12mv2－1220mv

解得：v＝5 m/s

在P点由牛顿第二定律得：

F－mg＝m2vr

解得：F＝70 N

由牛顿第三定律，滑块对P点的压力大小是70 N

(2)滑块对木板的摩擦力Ff1＝μ1mg＝4 N

地面对木板的摩擦力

Ff2＝μ2(M＋m)g＝3 N

对木板由牛顿第二定律得：Ff1－Ff2＝Ma

a＝12ffFFM－＝1 m/s2

(3)滑块滑上圆弧轨道运动的过程机械能守恒，故滑块再次滑上木板的速度等于v＝5 m/s

对滑块有：(x＋L)＝vt－12μ1gt2

对木板有：x＝12at2

解得：t＝1 s或t＝73s(不合题意，舍去)

故本题答案是： (1)70 N (2)1 m/s2 (3)1 s

【点睛】

分析受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可．

5．如图所示，光滑水平轨道距地面高h=0.8m，其左端固定有半径R=0.6m的内壁光滑的半圆管形轨道，轨道的最低点和水平轨道平滑连接．质量m1=1.0kg的小球A以v0=9m/s的速度与静止在水平轨道上的质量m2=2.0kg的小球B发生对心碰撞，碰撞时间极短，小球A被反向弹回并从水平轨道右侧边缘飞出，落地点到轨道右边缘的水平距离s=1.2m．重力加速度g=10m/s2．求：