物理动能机械能经典例题

动能和动能定理、重力势能典型例题精析

[例题3] 一辆车通过一根跨过定滑轮的绳PQ提升井中质量为m的物体，如图8－28所示：绳的P端拴

在车后的挂钩上，Q端拴在物体上，设绳的总长不变；绳的质量、定滑轮的质量和尺寸、滑轮上的摩擦都忽略不计．开始时，车在A点，左右两侧绳都已绷紧并且是竖直的，左侧绳绳长为H．提升时，车加速向左运动，沿水平方向从A经过B驶向C．设A到B的距离也为H，车经过B点时的速度为v B．求车由A移到B的过程中，绳Q端的拉力对物体做的功？

[思路点拨] 汽车从A到B把物体提升的过程中，物体只受到拉力和重力的作用，根据物体速度的变化和上升的高度，特别是汽车运动速度v B与物体上升过程中的瞬时速度关系，应用动能定理即可求解．[解题过程] 以物体为研究对象，开始动能E k1=0，随着车的加速拖动，重物上升，同时速度在不断增加．当

车运动至B点时，左边的绳与水平面所成角θ=45°，设物体已从井底上升高度h，此时物体速度为v Q，即为收绳的速度，它等于车速沿绳子方向的一个分量，如图8－29

[小结] 此题需明确：速度分解跟力的分解相似，两个分速度方向应根据运动的实际效果确定．车子向左运动时，绳端(P)除了有沿绳子方向的分运动外(每一瞬间绳均处于张紧的状态)，还参与了绕定滑轮O 的转动分运动(绳与竖直方向的夹角不断变化)，因此还应该有一个绕O点转动的分速度，这个分速度垂直于绳长的方向．所以车子运动到B点时的速度分解如图8－29所示，有v Q=v B1=v B cosθ=v B cos45°．

[例题5] 如图8－30所示，长为L，质量为m1的木板A置于光滑水平面上，在A板上表面左端有一质量为m2的物块B，B与A的摩擦因数为μ，A和B一起以相同的速度v向右运动，在A与竖直墙壁碰撞过程中无机械能损失，要使B一直不从A上掉下来，v必须满足什么条件(用m1、m2、L、μ表示)？倘若V0已知，木板B的长度L应满足什么条件(用m1、m2、V0、μ表示)？

[思路点拨] A和墙壁碰撞后，A以大小为v的速度向左运动，B仍以原速向右运动．以后的运动过程有三种可能：(1)若m1＞m2，则m1和m2最后以某一共同速度向左运动；(2)若m1=m2，则A、B最后都停在水平面上，但不可能与墙壁发生第二次碰撞；(3)若m1＜m2，则A将多次和墙壁碰撞、最后停在靠近墙壁处．

[解题过程] 若m1＞m2，碰撞后的总动量方向向左，以向左为正方向，系统Δp=0，

m1v－m2v=(m1＋m2)v′，

若相对静止时B刚好在A板右端，则系统总机械能损失应为μm2gL，则功能关系为

若V0已知，则板长L应满足

若m1=m2，碰撞后系统总动量为零，最后都静止在水平面上，设静止时B在A的右端，则

若m1＜m2，则A与墙壁将发生多次碰撞，每次碰撞后总动量方向都向右，而B相对于A始终向右运动，设最后A静止在靠近墙壁处，B静止在A的右端，则有

[小结] 在有些用字母表示已知物理量的题目中，物理过程往往随着已知量的不同取值范围而改变．对于这类题目，通常是将物理量的取值分成几个范围来讨论，分别在各个范围内求解．如本题中，由于m1和m2的大小关系没有确定，在解题时必须对可能发生的物理过程进行讨论，分别得出结果．

[例题9]一个圆柱形的竖直的井里存有一定量的水，井的侧面和底部是密闭和.在井

中固定地插着一根两端开口的薄壁圆管，管和井共轴，管下端未触及井底，在圆管内有一

不漏气的活塞，它可沿圆管上下滑动.开始时，管内外水面相齐，且活塞恰好接触水面，

如图所示，现有卷场机通过绳子对活塞施加一个向上的力F，使活塞缓慢向上移动.已知管

筒半径r=0.100m，井的半径R=2r，水的密度 =1.00×103kg/m3，大气压p0=1.00×105Pa.

求活寒上升H=9.00m的过程中拉力F所做的功.（井和管在水面以上及水面以下的部分都

足够长.不计活塞质量，不计摩擦）

【解】从开始提升到活塞升至内外水面高度差为m g p h 1000==ρ的过程中，活塞始终与管内液体接触，（再提升活塞时，活

塞和水面之间将出现真空，另行讨论）设活塞上升距离为h 1，管外液面下降距离为h 2， h 0=h 1+h 2……①

因液体体积不变，有 122123

1)(

h r

R r h h =

-=πππ……② 得 m m h h 5.7104

34

301=?==……③

题给H=9m>h 1，由此可知确实有活塞下面是真空的一段过程.

活塞移动距离从零到h 1的过程中，对于水和活塞这个整体，其机械能的增量应等于除重力外其他力所做的功，因为始终无动能，所以机械能的增量也就等于重力势能增量，即 2

)(012h g h r E πρ=?……④

其他力有管内、外的大气压力的拉力F ，因为液体不可压缩，所以管内、外大气压力做的总功0)(102220=--rh p h r R p ππ，故外力做功就只是拉力F 做的功，由功能关系知

E W ?=1……⑤ 即 J g

p r h g r W 42

022*******.18383)(?===ρππρ……⑥

活塞移动距离从h 1到H 的过程中，液面不变，F 是恒力02p r F π=，做功 J h H p r h H F W 3102121071.4)()(?=-=-=π……⑦ 所求拉力F 做的总功为J W W 4211065.1?=+⑧

[例题10]

一传送带装置示意图，其中传送带经过AB 区域时是水平的，经

过BC 区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD 区域时是倾斜的，AB 和CD 都与BC 相切。现将大量的质量均为m 的小货箱一个一个在A 处放到传送带上，放置时初速度为零，经传送带运送到D 处，D 和A 的高度差为h 。稳定工作时传送带速度不变，CD 段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L 。每个箱子在A 处投放后，在到达B 之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC 段的微小滑动）。已知在一段相当长的时间T 内，共运送小货箱的数目N 个。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机平均功率P 。

【解】以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，设这段路程为s ，所用的时间为t ，加速度为a ，则对小货箱有s=

2

1at 2

①

D

v 0=at ②

在这段时间内，传送带运动的路程为s 0=v 0t ③ 由以上各式得s 0=2s ④

用f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为A=fs=2

1m 2

0v ⑤ 传送带克服小箱对它的摩擦力做功A 0=fs 0=2×

21m 2

0v ⑥ 两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量Q=2

1m 2

0v ⑦

可见，在小箱加速运动过程中，小获得的动能与发热量相等。 T 时间内，电动机输出的功为W=P T ⑧ 此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即W=

2

1Nm 2

0v +Nmgh+NQ ⑨ 已知相邻两小箱的距离为L ，所以v 0T=NL ⑩

联立⑦⑧⑨⑩式，得P =][22

2gh T

L N T Nm + ⑾

[例题11]

滑雪者从A 点由静止沿斜面滑下，沿一平台后水平飞离B 点，

地面上

紧靠平台有一个水平台阶，空间几何尺度如图所示，斜面、平台与滑雪板之间的动摩擦因数为μ. 假设滑雪者由斜面底端进入平台后立即沿水平方向运动，且速度大小不变.求：

（1）滑雪者离开B 点时的速度大小；

（2）滑雪者从B 点开始做平抛运动的水平距离s. 【解】（1）设滑雪者质量为m ，斜面与水平面夹角为θ，滑雪者滑行过程中克服摩擦力做功

mgL s L mg s mg W μθμθμ=-+=)cos (cos ①

由动能定理 2

2

1)(mv mgL h H mg =--μ ② 离开B 点时的速度 )(2L h H g v μ--=

③

（2）设滑雪者离开B 点后落在台阶上

h vt s gt h 22

121121<==

可解得 )(21L h H h s μ--=

④

此时必须满足 h L H 2<-μ ⑤

当h L H 2>-μ ⑥ 时，滑雪者直接落到地面上， 22222

1vt s gt h ==

可解得)(22L h H h s μ--= ⑦

[例题12]

如图所示，半径为R 、圆心为O 的大圆环固定在竖直平面内，两个轻质

小圆环套在大圆环上．一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都系上质量为m 的重物，忽略小圆环的大小。

（1）将两个小圆环固定在大圆环竖直对称轴的两侧θ=30°的位置上(如图)．在—两个小圆环间绳子的中点C 处，挂上一个质量M =2m 的重物，使两个小圆环间的绳子水平，然后无初速释放重物M ．设绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略，求重物M 下降的最大距离．

（2）若不挂重物M ．小圆环可以在大圆环上自由移动，且绳子与大、小圆环间及大、小圆环之间的摩擦均可以忽略，问两个小圆环分别在哪些位置时，系统可处于平衡状态? 【解】（1）重物向下先做加速运动，后做减速运动，当重物速度为零时，下降的距离最大． 设下降的最大距离为h ，由机械能守恒定律得

)

2sin Mgh mg

R θ=

解得 h =

（另解h=0舍去）

（2）系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为 a ．两小环同时位于大圆环的底端． b ．两小环同时位于大圆环的顶端．

c ．两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端．

d ．除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则两小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称轴对称．设平衡时，两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧α角的位置上(如图所示)．

对于重物m ，受绳子拉力T 与重力mg 作用，有 T mg =

对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳子的拉力T 、竖直绳子的拉力T 、大圆环的支持力N .两绳子的拉力沿大圆环切向的分力大小相等，方向相反sin sin 'T T αα= 得'αα=,而'90αα+=，所以 45α＝。

[例题19] 如图8－54所示，长l 的细绳一端系质量m 的小球，另一端固定于O 点，细绳所能承受拉力的最大值是7mg ．现将小球拉至水平并由静止释放，又知图中O′点有一小钉，为使小球可绕O′点做竖直面内的圆周

运动．试求OO′的长度d与θ角的关系(设绳与小钉O′相互作用中无能量损失)．

[解题过程] 设小球能绕O′点完成圆周运动，如图8－54所示．其最高点为D，最低点为C．对于D点，依向心力公式有

(1)

其中v D为D点速度，v D可由机械能守恒定律求知，取O点为重力势能的零势能位置，则

(2)

将(1)式与(2)式联立，解之可得

另依题意细绳上能承受的最大拉力不能超过7mg，由于在最低点C，绳所受拉力最大，故应以C点为研究对象，并有

(3)

其中v C是C点速度，v C可由机械能守恒定律求知

(4)

将(3)式与(4)式联立，解之可得

[例题21]如图8－57所示，A、B两个物体放在光滑的水平面上，中间由一根轻质弹簧连接，开始时弹簧

呈自然状态，A、B的质量均为M＝0.1kg，一颗质量m＝25g的子弹，以v0＝45m/s的速度水平射入A物体，并留在其中．求在以后的运动过程中，

(1)弹簧能够具有的最大弹性势能；

(2)B物体的最大速度．

[思路点拨] 由题意可知本题的物理过程从以下三个阶段来分析：其一，子弹击中物体A的瞬间，在极短的时间内弹簧被压缩的量很微小，且弹簧对A的作用力远远小于子弹与A之间的相互作用力，因此可认为由子弹与A物体组成的系统动量守恒，但机械能不守恒(属完全非弹性碰撞)．其二，弹簧压缩阶段，子弹留在木块A内，它们以同一速度向右运动，使弹簧不断被压缩．在这一压缩过程中，A在弹力作用下做减速运动，B在弹力作用下做加速运动．A的速度逐渐减小，B的速度逐渐增大，但v A＞v B．当v A＝v B时，弹簧的压缩量达最大值，弹性势能也达到最大值．以后随着B的加速，A的减速，则有v A＜v B，弹簧将逐渐恢复原长．其三，弹簧恢复阶段．在此过程中v B＞v A，且v B不断增大而v A不断减小，当弹簧恢复到原来长度时，弹力为零，A与B的加速度也刚好为零，此时B的速度将达到最大值，而A的速度为最小值．

根据以上三个阶段的分析，解题时可以不必去细致研究A、B的具体过程，而只要抓住几个特殊状态即可．同时由于A、B受力均为变力，所以无法应用牛顿第二定律，而只能从功能关系的角度，借助机械能转化与守恒定律求解．

[解题过程] (1)子弹击中木块A，系统动量守恒．由

弹簧压缩过程．由子弹A、B组成的系统不受外力作用，故系统动量守恒且只有系统内的弹力做功，故机械能守恒．

选取子弹与A一起以v1速度运动时及弹簧压缩量最大时两个状态，设最大压缩量时弹簧的最大弹性势能为E pm，此时子弹A、B有共同速度v共，则有

代入数据可解得 v共＝5m／s，Epm＝2.25J．

(2)弹簧恢复原长时，v B最大，取子弹和A一起以v1速度运动时及弹簧恢复原长时两个状态，则有

＝10m／s．

代入数据可解出B物体的最大速度 v

Bm

[例题21]用一根长l的细线，一端固定在顶板上，另一端拴一个质量为m的小球．现使细线偏离竖直方向α角后，从A处无初速地释放小球（图4-21）．试问：

（1）小球摆到最低点O时的速度？

（2）小球摆到左方最高点的高度（相对最低点）？

向左摆动过程中能达到的最大高度有何变化？

解答（1）设位置A相对最低点O的高度为h，取过O点的水平面为零势能位置．由机械能守恒得

（2）由于摆到左方最高点B时的速度为零，小球在B点时只有势能．由机械

能守恒

E A=E B

即mgh=mgh'．所以B点相对最低点的高度为h'=h．

（3）当钉有钉子P时，悬线摆至竖直位置碰钉后，将以P为中心继续左摆．由机械能守恒可知，小球摆至左方最高点B1时仍与AB等高，如图4-22所示．

例题23]将细绳绕过两个定滑轮A和B．绳的两端各系一个质量为m

的砝码。A、B间的中点C挂一质量为M的小球，M<2m，A、B间距离

为l，开始用手托住M使它们都保持静止，如图所示。放手后M和2个

m开始运动。求(1)小球下落的最大位移H是多少？

(2)小球的平衡位置距C点距离h是多少？

82. 贵州省开阳三中2010届高三10月月考某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，

赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道

后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟。已知赛车

质量m=0.1kg，通电后以额定功率P=1.5w工作，进入竖直轨道前

受到阻力恒为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不记。图中

L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m。问：要使赛车完成比

赛，电动机至少工作多长时间？（取g=10 m/s2）

解：本题考查平抛、圆周运动和功能关系。

设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律

t v S 1= 22

1gt h =

解得 13/v m s == 设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v 2，最低点的速度为v 3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律

R

v m mg 22

=

()R mg mv mv 22

1212

223+= 解得 453==gh v m/s

通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是 4min =v m/s 设电动机工作时间至少为t ，根据功能原理 min 2

2

1mv fL Pt =

- 由此可得 t=2.53s

87．江西省九江市六校2010届高三上学期第一次联考在

如图所示的装置中，两个光滑的定滑轮的半径很小，表面粗糙的斜面固定在地面上，斜面的倾角为θ＝30°。用一根跨过定滑轮的细绳连接甲、乙两物体，把甲物体放在斜面上且连线与斜面平行，把乙物体悬在空中，并使悬线拉直且偏离竖直方向α＝60°。现同时释放甲、乙两物体，乙物体将在竖直平面内振动，当乙物体运动经过最高点和最低点时，甲物体在斜面上均恰好未滑动。已知乙物体的质量为m ＝1㎏，若取重力加速度g ＝10m/s2。求：甲物体的质量及斜面对甲物体的最大静摩擦力。

解：设甲物体的质量为M ，所受的最大静摩擦力为f ，则当乙物体运动到最高点时，绳子上的弹力最小，设为T1， 对乙物体 αcos 1mg T = 此时甲物体恰好不下滑，有：1sin T f Mg +=θ 得：αθcos sin mg f Mg +=

当乙物体运动到最低点时，设绳子上的弹力最大，设为T2

对乙物体由动能定理：

()221cos 1mv mgl =

-α

又由牛顿第二定律：

l v m

mg T 2

2=-

此时甲物体恰好不上滑，则有： 2sin T f Mg =+θ 得：)cos 23(sin αθ-=+mg f Mg

可解得：

)(5.2sin 2)cos 3(kg m M =-=

θα

3

(1c o s )

7.5(

)

2f m g N α=-=

88．河北省衡水中学2010届高三上学期第四次调研考试如图所示，斜面倾角为45°，从斜面上方A 点处

由静止释放一个质量为m 的弹性小球，在B 点处和斜面碰撞，碰撞后速度大小不变，方向变为水平，经过一段时间在C 点再次与斜面碰撞。已知AB 两点的高度差为h ，重力加速度为g ，不考虑空气阻力。求： （1）小球在AB 段运动过程中重力做功的平均功率P ； （2）小球落到C 点时速度的大小。 解：（1）小球下降过程中，做自由落体运动，落到斜面B 点的速度为v ， 满足： 22v gh =

解得：gh v 2=

所以小球在AB 段重力的平均功率：mg gh v mg P 2

2==-

（2）小球从B 到C 做平抛运动，设B 到C 的时间为t ， 竖直方向： 2

2

1sin gt BC =θ 水平方向：vt BC =θcos

解得：g h t /22= 所以C 点的速度为 gh t g v v C 10222=+=

93. 河南省武陟一中2010届高三第一次月考探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m 和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段： ①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（见题24图a ）；

②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h 1时，与静止的内芯碰撞（见题24图b ）； ③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h 2处（见题24图c ）。 设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g 。 求：（1）外壳与碰撞后瞬间的共同速度大小；

（2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；

（3）从外壳下端离开桌面到上升至h 2处，笔损失的机械能。

解：设外壳上升高度h 1时速度为V 1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V 2， (1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h 2处，应用动能定理有

(4mg ＋m)( h 2－h 1)＝

1

2

(4m ＋m)V 22，解得V 2

； （2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，有4mV 1＝(4mg ＋m)V 2，

解得V 1 设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做功为W ，在此过程中，对外壳应用动能定理有

W －4mgh 1＝

1

2

(4m)V 12， 解得W ＝21

2594

h h -mg ；

（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h 2的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为E 损＝12(4m)V 12－1

2

(4m ＋m)V 22， 联立解得E 损＝

5

4

mg(h 2－h 1)。