高考物理动能与动能定理解析版汇编含解析

高考物理动能与动能定理解析版汇编含解析
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理
1．如图所示，斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C ，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角∠DOC ＝37°，E 、B 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝0.30m ，斜面长L ＝1.90m ，AB 部分光滑，BC 部分粗糙．现有一个质量m ＝0.10kg 的小物块P 从斜面上端A 点无初速下滑，物块P 与斜面BC 部分之间的动摩擦因数μ＝0.75．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10m/s 2，忽略空气阻力．求：
（1）物块第一次通过C 点时的速度大小v C ．
（2）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小F D ． （3）物块最终所处的位置．
【答案】（1）32m/s （2）7.4N （3）0.35m 【解析】 【分析】
由题中“斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C”可知，本题考查动能定理、圆周运动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答． 【详解】
（1）BC 长度tan 530.4m l R ==o ，由动能定理可得
21
()sin 372
B mg L l mv -=o
代入数据的
32m/s B v =
物块在BC 部分所受的摩擦力大小为
cos370.60N f mg μ==o
所受合力为
sin 370F mg f =-=o
故
32m/s C B v v ==
（2）设物块第一次通过D 点的速度为D v ，由动能定理得
2211
(1cos37)22
D C mgR mv mv -=
-o
有牛顿第二定律得
2
D D v F mg m R
-= 联立解得
7.4N D F =
（3）物块每次通过BC 所损失的机械能为
0.24J E fl ∆==
物块在B 点的动能为
21
2
kB B E mv =
解得0.9J kB E = 物块经过BC 次数
0.9J
=3.750.24J
n =
设物块最终停在距离C 点x 处，可得
()sin 37(3+)0mg L x f l x --=o
代入数据可得
0.35m x =
2．如图所示，小滑块（视为质点）的质量m = 1kg ；固定在地面上的斜面AB 的倾角
θ=37°、长s =1m ，点A 和斜面最低点B 之间铺了一层均质特殊材料，其与滑块间的动摩擦
因数μ可在0≤μ≤1.5之间调节。

点B 与水平光滑地面平滑相连，地面上有一根自然状态下的轻弹簧一端固定在O 点另一端恰好在B 点。

认为滑块通过点B 前、后速度大小不变；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

取g =10m/s 2 ，sin37° =0.6，cos37° =0.8，不计空气阻力。

（1）若设置μ=0，将滑块从A 点由静止释放，求滑块从点A 运动到点B 所用的时间。

（2）若滑块在A 点以v 0=lm/s 的初速度沿斜面下滑，最终停止于B 点，求μ的取值范围。

【答案】（1）3
t =s ；（2）13324μ≤≤或31316μ=。

【解析】 【分析】 【详解】
（1）设滑块从点A 运动到点B 的过程中，加速度大小为a ，运动时间为t ，则由牛顿第二定律和运动学公式得
sin mg ma θ=
21
2
s at =
解得3
t =
s （2）滑块最终停在B 点，有两种可能：
①滑块恰好能从A 下滑到B ，设动摩擦因数为1μ，由动能定律得：
2
101sin cos 02
mg s mg s mv θμθ-=-g g
解得11316
μ=
②滑块在斜面AB 和水平地面间多次反复运动，最终停止于B 点，当滑块恰好能返回A 点，由动能定理得
2
201cos 202
mg s mv μθ-=-g
解得2132
μ=
此后，滑块沿斜面下滑，在光滑水平地面和斜面之间多次反复运动，最终停止于B 点。

当滑块恰好能静止在斜面上，则有
3sin cos mg mg θμθ=
解得334
μ=
所以，当23μμμ≤≤，即13
324μ≤≤时，滑块在斜面AB 和水平地面间多次反复运动，最终停止于B 点。

综上所述，μ的取值范围是
13324μ≤≤或313
16
μ=。

3．如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量
0.04kg m =，电量4310C q -=⨯的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能
为0.32J 。

某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端A 点飞出，恰好能没有碰
撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B ，并沿轨道BC 滑下，运动到光滑水平轨道CD ，从D 点进入到光滑竖直圆内侧轨道。

已知倾斜轨道与水平方向夹角为37α︒=，倾斜轨道长为
2.0m L =，带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数0.5μ=。

小物块在C 点没有能量损
失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小物块的电量保持不变，可视为质点。

只有光滑竖直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场，场强5210V/m E =⨯。

已知
cos370.8︒=，sin370.6︒=，取2
10m/s g =，求：
（1）小物块运动到A 点时的速度大小A v ； （2）小物块运动到C 点时的速度大小C v ；
（3）要使小物块不离开圆轨道，圆轨道的半径应满足什么条件？
【答案】（1）4m/s ；（233；（3）R ⩽0.022m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）释放弹簧过程中，弹簧推动物体做功，弹簧弹性势能转变为物体动能
212
P A E mv =
解得
220.32
4m/s 0.04P A E v m ＝
＝＝⨯ （2）A 到B 物体做平抛运动，到B 点有
cos37A B
v
v ︒＝ 所以
4
5m/s 0.8
B v ＝
＝ B 到C 根据动能定理有
2211sin37cos3722
C B mgL mg L mv mv μ︒-︒⋅=
- 解得
33m/s C v ＝
（3）根据题意可知，小球受到的电场力和重力的合力方向向上，其大小为
F=qE-mg =59.6N
所以D 点为等效最高点，则小球到达D 点时对轨道的压力为零，此时的速度最小，即
2D
v F m R
＝
解得
D FR
v m
＝
所以要小物块不离开圆轨道则应满足v C ≥v D 得：
R ≤0.022m
4．如图（a ）所示，倾角θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q =2×10﹣
4C 的正点电
荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q 未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b ）所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象．（g =10m/s 2，静电力恒量K=9×109N•m 2/C 2）则
（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况； （2）求小球的质量m 和电量q ；
（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U ；
（4）在图（b ）中画出小球的电势能ε 随位移s 变化的图线．（取杆上离底端3m 处为电势零点）
【答案】（1）小球的速度先增大，后减小；小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．（2）4kg ；1.11×10﹣
5
C ；（3）4.2×106V （4）图像如图, 线3即为小球电势能随位移s 变化的图线；
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由图线2得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零． （2）由线1可得:
E P =mgh=mgs sin θ
斜率:
k =20=mg sin30°
所以
m =4kg
当达到最大速度时带电小球受力平衡:
20
sin kqQ mg s θ=
由线2可得s 0=1m ， 得:
2
0sin mg s q kQ
θ==1.11×10﹣5C
（3）由线2可得，当带电小球运动至1m 处动能最大为27J ． 根据动能定理:
W G +W 电=△E k
即有:
﹣mgh +qU =E km ﹣0
代入数据得:
U =4.2×106V
（4）图中线3即为小球电势能ε随位移s 变化的图线
5．如图所示，半径为R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道的圆心，D 为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高．质量为m 的小球从离B 点高度为h 处（3
32
R h R ≤≤）的A 点由静止开始下落，从B 点进入圆轨道，重力加速度为g ）．
（1）小球能否到达D 点？试通过计算说明； （2）求小球在最高点对轨道的压力范围；
（3）通过计算说明小球从D 点飞出后能否落在水平面BC 上，若能，求落点与B 点水平距离d 的范围．
【答案】（1）小球能到达D 点；（2）03F mg ≤'≤；（3）
(
)()
21221R d R ≤≤
【解析】 【分析】 【详解】
（1）当小球刚好通过最高点时应有：2D
mv mg R =
由机械能守恒可得：()22
D
mv mg h R -=
联立解得32h R =
，因为h 的取值范围为3
32
R h R ≤≤，小球能到达D 点； （2）设小球在D 点受到的压力为F ，则
2D
mv F mg R ='+ ()22
D
mv mg h R ='- 联立并结合h 的取值范围
3
32
R h R ≤≤解得：03F mg ≤≤ 据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：03F mg ≤'≤
（3）由（1）知在最高点D 速度至少为min D v gR =
此时小球飞离D 后平抛，有：212
R gt =
min min D x v t =
联立解得min 2x R R =>，故能落在水平面BC 上，
当小球在最高点对轨道的压力为3mg 时，有：2max 3D
v mg mg m R
+=
解得max 2D v gR = 小球飞离D 后平抛2
12
R gt =
'， max max D x v t ='
联立解得max 22x R =
故落点与B 点水平距离d 的范围为：
(
)()
21221R d R -≤≤-
6．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m ＝1 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）物体与传送带间的动摩擦因数； （2） 0～8 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)μ＝0.875.(2)ΔE ＝90 J （3）Q ＝126 J
【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：μ＝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0～8 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 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：Q ＝126 J
故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE ＝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。

7．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】
(1)根据机械能守恒得：
21sin 372
AB B mgs mv ︒=
解得：
6m/s B v ===；
(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.
8．夏天到了，水上滑梯是人们很喜欢的一个项目，它可简化成如图所示的模型：倾角为θ＝37°斜滑道AB 和水平滑道BC 平滑连接（设经过B 点前后速度大小不变），起点A 距水面的高度H ＝7.0m ，BC 长d ＝2.0m ，端点C 距水面的高度h ＝1.0m ．一质量m ＝60kg 的人从滑道起点A 点无初速地自由滑下，人与AB 、BC 间的动摩擦因数均为μ＝0.2．（取重力加速度g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，人在运动过程中可视为质点），求： （1）人从A 滑到C 的过程中克服摩擦力所做的功W 和到达C 点时速度的大小υ； （2）保持水平滑道端点在同一竖直线上，调节水平滑道高度h 和长度d 到图中B′C′位置时，人从滑梯平抛到水面的水平位移最大，则此时滑道B′C′距水面的高度h ′．
【答案】(1) 1200J ；45当h ＇＝2.5m 时，水平位移最大 【解析】 【详解】
（1）运动员从A 滑到C 的过程中，克服摩擦力做功为：
11W f s mgd μ=+ f 1=μmg cos θ s 1=
sin H h
θ
- 解得
W ＝1200J mg （H －h ）－W ＝
12
mv 2 得运动员滑到C 点时速度的大小
v ＝45
（2）在从C 点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t ，
h ＇＝
12
gt 2 下滑过程中克服摩擦做功保持不变W ＝1200J 根据动能定理得：
mg （H －h ＇）－W ＝
1
2
mv 02 运动员在水平方向的位移：
x ＝v 0t x 4'(5')h h -
当h ＇＝2.5m 时，水平位移最大.
9．如图所示，AB 是倾角为θ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μ，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）2(sin cos )tan B gR v θμθθ
-=；
R
L μ= （2）(32cos )N F mg θ=-； （3）(32cos )2(sin cos )
R
L θθμθ+-…
【解析】 【分析】 【详解】
（1）设物体释放后，第一次到达B 处的速度为1v ，根据动能定理可知：
2
1cos 1cos cos sin 2
R mgR mg mv θθμθ
θ-= 解得：
2(sin cos )
tan B gR v θμθθ
-=
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，对物体从P 到B 全过程用动能定理，有
cos cos 0mgR mgL θμθ-=
得物体在AB 轨道上通过的总路程为
R
L μ
=
（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B 运动到E 时速度为
2v v ，由动能定理知：
221(1cos )2
v mgR m θ-=
在E 点，由牛顿第二定律有
22
N mv F mg R
-= 解得物体受到的支持力
(32cos )N F mg θ=-
根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为(32cos )N N F F mg θ'
==-，方向竖直向
下．
（3）设物体刚好到达D 点时的速度为D v 此时有
2D
mv mg R
= 解得：
D v =设物体恰好通过D 点时释放点距B 点的距离为0L ，有动能定理可知：
2
001[sin (1cos )]cos 2
D mg L R mg L mv θθμθ-+-=
联立解得：
0(32cos )2(sin cos )
R
L θθμθ+=
-
则：
(32cos )2(sin cos )
R L θθμθ+-…
答案：（1）B v =；
R
L μ= （2）(32cos )N F mg θ=-； （3）(32cos )2(sin cos )R
L θθμθ+-…
10．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0v =的初速度在水平面上滑行，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μ= 0.2．取重力加速度210m/s g =．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)ΔE = 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：22101122
mgx mv mv μ-=- 解得v 1=6m/s
两滑块碰撞前后动量守恒，根据动量守恒有:12mv mv = 解得：3/v m s = 方向：水平向右 (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能22111
222
E mv mv ∆=-⨯ 解得：0.9J E ∆=
(3)两滑块从B 到C 机械能守恒，根据机械能守恒定律有：
22
1122222
c mv mv mgR ⨯=⨯+ 两滑块在C 点时：2
N 22C
v mg F m R
+=
解得：N 8N F =
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
11．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θ＝37°，圆弧半径R =2.25m ，滑动摩擦因数μ=0.48。

质量m =1kg 的小物块从某一高度处的A 点以v 0＝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）物块与小车因摩擦产生的热量。

【答案】（1）1.2m （2）25.1N F N =（3）13.6J 【解析】 【详解】
（1）物块从A 到B 由平抛运动的规律得:
tan θ=0
gt v
x = v 0t 得x =1.2m
（2）物块在B 点时，由平抛运动的规律得：0
cos B v v θ
=
物块在小车上BC 段滑动过程中，由动能定理得： mgR (1－cos θ)＝
12mv C 2－1
2
mv B 2 在C 点对滑块由牛顿第二定律得 2C
N v F mg m R
-= 联立以上各式解得：25.1N F N =
（3）根据牛顿第二定律，对滑块有μmg ＝ma 1， 对小车有μmg ＝Ma 2
当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即 v C －a 1t 1＝a 2t 1 由以上各式解得 134
6
t s =
， 此时小车的速度为v ＝a 2t 134
/s 物块在CD 段滑动过程中由能量守恒定律得：12mv C 2＝1
2
（M ＋m ）v 2 + Q 解得：Q =13.6J
12．如图所示，在高h 1＝30 m 的光滑水平平台上，质量m ＝1 kg 的小物块压缩弹簧后被锁扣K 锁住，储存了一定量的弹性势能Ep ．若打开锁扣K ，物块将以一定的水平速度v 1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC 的B 点的切线方向进入圆弧形轨道．B 点的高度h 2＝15 m ，圆弧轨道的圆心O 与平台等高，轨道最低点C 的切线水平，并与地面上长为L ＝70 m 的水平粗糙轨道CD 平滑连接；小物块沿轨道BCD 运动并与右边墙壁发生碰撞，取g ＝10 m/s 2． (1)求小物块由A 到B 的运动时间；
(2)求小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep 的大小；
(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B 点，最后停在轨道CD 上的某点P(P 点没画出)．设小物块与轨道CD 之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围．
【答案】316
≤μ≤12
【解析】 【分析】 【详解】
(1)由于h 1＝30 m ，h 2＝15 m ，设从A 运动到B 的时间为t ，则h 1－h 2＝12
gt 2
解得3t s =
(2)由R cos ∠BOC ＝h 1－h 2，R ＝h 1，所以∠BOC ＝60°.设小物块平抛的水平速度是v 1，则
1
tan 60gt
v o = 解得：v 1＝10 m/s 则E p ＝
12
mv 2
＝50 J (3)设小物块在水平轨道CD 上通过的总路程为s 总．
根据题意，该路程的最大值是s max ＝3L ，路程的最小值是s min ＝L
路程最大时，动摩擦因数最小，路程最小时，动摩擦因数最大，即由能量守恒知： mgh 1＋12
mv 2
＝μmin mgs max mgh 1＋
12
mv 2
＝μmax mgs min 解得：μmax ＝1
2，μmin ＝16
即
16
≤μ≤1
2。