高考物理专题汇编物理动能与动能定理(一).docx

1mvB2
0
2
解得
H=4.5m
物块从B点运动到斜面最高处的过程中，根据动能定理得：
-mg [R（1-cos37）°+Lsin37 ]°-μmgcos37°?L=0
1
mvB2
2
解得
L=4.9m
(3)物块在斜面上，由于mgsin37＞°μmgcos37，°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，由功能关系得系统最终因摩擦所产生的总热
点），释放点距
B点的距离L应满足什么条件．
2gR(sin
cos )
R
mg(3 2cos )；
【答案】（1）vB
；L
（2）FN
tan
（3）L⋯(3 2cos )R
2(sincos )
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设物体释放后，第一次到达B处的速度为v1，根据动能定理可知：
mgRcosmg cos
R cos
【答案】 （1）-1.14J
（2）4.2m/s
（3）7.4N
【解析】
【分析】
【详解】
（1）从A到C物块的重力做正功为：
WGmgL sin 37o
1.14 J
故重力势能的增量EPWG1.14J
（2）根据几何关系得，斜面BC部分的长度为：lR cot37o0.40m
设物块第一次通过
B点时的速度为vB，根据动能定理有：mg L l sin37
/C
（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
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
=0.75．取
sin37o=0.6，cos37o=0.8，重力加速度
g=10m/s2，忽略空气阻力．求：
（1）物块从
A到C过程重力势能的增量
ΔEP；
（2）物块第一次通过B点时的速度大小vB；
（3）物块第一次通过
D点时受到轨道的支持力大小N．
高考物理专题汇编物理动能与动能定理
(一)
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理
1．如图所示，不可伸长的细线跨过同一高度处的两个光滑定滑轮连接着两个物体
A和
B，
A、B质量均为m。A套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度为
细线与水平杆的夹角α。现将A由静止释放（设B不会碰到水平杆，
h。开始时让连着A的
A、B均可视为质点；
vDgR
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：
mg[ L sin
R(1
cos
)]
mgcos
L
0
1mv2
0
2
D
联立解得：
L0
(3
2cos
) R
2(sin
cos
)
则：
L⋯(3
2cos
)R
)
2(sin
cos
答案：（1）
vB
2gR(sin
cos
)；L
R
（2）
F
mg(3 2cos )； （3）
1
2mv2
1
2mvc2
2mgR
2
2
两滑块在C点时：2mg
FN
2mvC2
R
解得：FN8N
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
8．图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，
BC
分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径
R=1m，一质量m＝1kg的小物块（视为质点）
从左側水平轨道上的
A点以大小v0＝12m／s的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道
后，停在右侧水平轨道上的
D点．已知A、B两点间的距离L1＝5．75m，物块与水平轨道
写的动摩擦因数
0．2，取g＝10m／s2，圆形轨道间不相互重叠，求：
（1）物块经过B点时的速度大小vB；
（2）物块到达C点时的速度大小vC；
R
联立解得：N7.4N
【点睛】
本题考查了动能定理与牛顿第二定律的综合运用，运用动能定理解题关键确定出研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再根据动能定理列式求解．
6．如图所示，
AB
是倾角为
θ
BCD
是光滑的圆弧轨道，
AB
恰好在
B
点与圆
的粗糙直轨道，
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
1mvC2
mg·2R
2
2
解得：vC
9m / s
（3）物块从B到D运动过程中，根据动能定理得：
mgL2
0
1
mvB2
2
解得：L230.25m
对整个过程，由能量守恒定律有：Q
1mv02
0
2
解得：Q=72J
【点睛】
选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．知道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义．
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：
(1)碰后小球B的速度大小vB；
(2)小球B运动到半圆管形轨道最高点C时对轨道的压力．
【答案】（1）6m/s（2）20N，向下
【解析】
【详解】
(1)根据
得:
则
规定A的初速度方向为正方向，AB碰撞过程中，系统动量守恒，以A运动的方向为正方向，有 பைடு நூலகம்m1v0=m2vB- m1vA，
B运动到E时速度为
v2v，由动能定理知：
mgR(1
cos )
1mv22
2
在E点，由牛顿第二定律有
FNmg
mv22
R
解得物体受到的支持力
FNmg(32cos)
根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为FNFNmg(32cos)，方向竖直向
下．
（3）设物体刚好到达D点时的速度为vD此时有
2
mgmvD
解得：
量
Q=mg（h+Rcos37）°
解得
Q=4J
3．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
（3）BD两点之间的距离L2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q
【答案】(1)
11m / s(2)9m / s(3)72J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）物块从A到B运动过程中，根据动能定理得：
mgL1
1mvB2
1mv02
2
2
解得：vB
11m / s
（2）物块从B到C运动过程中，根据机械能守恒得：
1mvB2
1mv2
sin
2
1
解得：
2gR(sin
cos
)
vB
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，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
R
L
（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
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
即有:
﹣mgh+qU=Ekm﹣0
代入数据得:
6
U=4.2×10V
（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，斜面
ABC
下端与光滑的圆弧轨道
CDE
相切于
C
D
是最
，整个装置竖直固定，
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
tan
N
⋯(3 2cos
) R
L
cos )
2(sin
7．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v02 10
m/s的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，
于C点，CD与水平面的夹角
θ=37°，B是轨道最低点，其最大承受力
Fm=21N，过A点的切
线沿竖直方向。现有一质量
m=0.1kg的小物块，从A点正上方的P点由静止落下。已知物
块与斜面之间的动摩擦因数
μ=0.5.取sin37°=0.6.co37 =0.8°，g=10m/s2，不计空气阻力。
(1)为保证轨道不会被破坏，求
﹣
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
6
随位移s变化的图线；
×10V（4）图像如图,线3即为小球电势能
【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．
1mvB2
0
2
解得：
vB
4.2
/
s
m
（3）物块在BC部分滑动受到的摩擦力大小为：f
mgcos37 0.60N
在BC部分下滑过程受到的合力为：
F
mgsin37
f 0
则物块第一次通过
C点时的速度为：
vC
vB
4.2
m
s
/
物块从C到D，根据动能定理有：
mgR 1 cos37
1mvD2
1mvC2
2
2
在D，由牛顿第二定律得：NmgmvD2
sin
sin
2
2
vAcos
vB
解得
vA
2gh
1
1
1 cos2
sin
sin
(2)当A速度最大时，B的速度为零，由机械能守恒定律得
EP减EK加
mg
h
h
1mv2
sin
2
Am
对A列动能定理方程
WT
1
mvAm2
2
联立解得
WTmg
h
h
sin
2．如图，在竖直平面内，半径R=0.5m的光滑圆弧轨道ABC与粗糙的足够长斜面CD相切
重力加速度为
g）求：
(1)当细线与水平杆的夹角为
β（
90
）时，
A的速度为多大
?
(2)从开始运动到
A获得最大速度的过程中，绳拉力对
A做了多少功
?
【答案】(1)vA
2gh
1
1
；(2)WTmg
h
1 cos2
sin
sin
h
sin
【解析】
【详解】
(2)A、B的系统机械能守恒
EP减EK加
mg
h
h
1mvA2
1mvB2
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g 10m/s2．两滑块均可视为质点．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) E= 0.9J(3)F=8N，方向竖直向下
代入数据解得 ：vB=6m/s．
(2)根据动能定理得:
代入数据解得:
根据牛顿第二定律得:
解得: ,方向向下根据牛顿第三定律得，小球对轨道最高点的压力大小为
20N，方向向上．
【点睛】
本题考查了动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律的综合，涉及到平抛运动、圆周运
动，综合性较强，关键要理清过程，选择合适的规律进行求解.
（2）由线1可得:
EP=mgh=mgssinθ
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:
kqQ
mg sin
s02
由线2可得s0=1m，
得:
q
mg sin s02
﹣5
=1.11×10C
kQ
（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:
WG+W电=△Ek
【解析】
【详解】
(1)物块2由A到B应用动能定理：
mgx
1mv12
1mv02
2
2
解得v1=6m/s
两滑块碰撞前后动量守恒，根据动量守恒有:mv12mv
解得：v3m / s方向：水平向右
(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能E
1
mv12
1
2mv2
2
2
解得：E0.9J
(3)两滑块从B到C机械能守恒，根据机械能守恒定律有：
P、A间的最大高度差H及物块能沿斜面上滑的最大距离
L；
(2)若P、A间的高度差h=3.6m，求系统最终因摩擦所产生的总热量
Q。
【答案】(1) 4.5m，4.9m；(2) 4J
【解析】
【详解】
(1)设物块在B点的最大速度为vB，由牛顿第二定律得：
2
FmmgmvB
R
从P到Ｂ，由动能定理得
mg (H R)
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
﹣
4C的正点电
Q=2×10
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．（
2
9
2
2
）则
g=10m/s，静电力恒量K=9×10N?m
9．一质量为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.已知玩具车运动过程中所受摩擦阻力恒为自身重力的0.3倍，空气阻力不计.取重力加速度g=10m/s2.