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高中物理动能与动能定理解析版汇编及解析

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．如图所示，质量 m=3kg 的小物块以初速度秽v0=4m/s 水平向右抛出，恰好从 A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R= 3.75m，B 点是圆弧轨道的最低点，

圆弧轨道与水平轨道 BD 平滑连接， A 与圆心 D 的连线与竖直方向成37角， MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个

半径为 r =0.4m 的半圆弧轨道， C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在 D

点平滑连接。已知重力加速度g=10m/s 2， sin37°=0.6， cos37°=0.8。

（1）求小物块经过 B 点时对轨道的压力大小；

（2）若 MN 的长度为 L0=6m，求小物块通过 C 点时对轨道的压力大小；

（3）若小物块恰好能通过 C 点，求 MN 的长度 L。

【答案】（ 1） 62N（ 2） 60N（ 3）10m

【解析】

【详解】

（1）物块做平抛运动到 A 点时，根据平抛运动的规律有：v0 v A cos37

v04 m / s

5m / s

解得： v A

cos370.8

小物块经过 A 点运动到 B 点，根据机械能守恒定律有：

1mv A2mg R Rcos371mv B2

22

小物块经过 B 点时，有：F NB mg m v

B

2

R

解得：

F NB mg 32cos37m v B262N

R

根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N

（2）小物块由 B 点运动到 C 点，根据动能定理有：

mgL0mg 2r1mv C21mv B2

22

在 C 点，由牛顿第二定律得：F NC mg m v C2

r

代入数据解得： F NC60N

根据牛顿第三定律，小物块通过 C 点时对轨道的压力大小是60N

（3）小物块刚好能通过 C 点时，根据mg m

v

C2

2

r

解得：

v C 2gr100.4m / s 2m / s

小物块从 B 点运动到 C 点的过程，根据动能定理有：

mgL mg 2r 1

mv C22

1

mv B2 22

代入数据解得：L=10m

2．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 =-△E p =-E p

解得 E p=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

-2 μmgl＝ E k-mv02

解得 E k=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

-2 mgR＝ mv22- E k

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：

2 -2

-2 mgR＝ mv1mv0

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。

3．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v039m / 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μ

1＝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/s 2(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＝1

mv2－

1

mv02 22

解得： v＝ 5 m/s

在 P 点由牛顿第二定律得：

F－ mg＝ m v2 r

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

F f1＝ μ1mg ＝4 N

地面对木板的摩擦力

F f2＝ μ2(M ＋ m)g ＝ 3 N 对木板由牛顿第二定律得：

F f1－ F f2＝ Ma

F f 1－ F f 2

＝ 1 m/s 2

a ＝

M

(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 －

1

1 2

2 μgt

对木板有： x ＝

1

at 2

2

解得： t ＝ 1 s 或 t ＝

7

s(不合题意，舍去 )

3

故本题答案是 ： (1)70 N (2)1 m/s 2

(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．

4． 如图所示，斜面高为 h ，水平面上 D 、C 两点距离为 L 。可以看成质点的物块从斜面顶

点 A 处由静止释放，沿斜面

AB 和水平面 BC 运动，斜面和水平面衔接处用一长度可以忽略

不计的光滑弯曲轨道连接，图中没有画出，不计经过衔接处

B 点的速度大小变化，最终物

块停在 水平面上 C 点。已知物块与斜面和水平面间的滑动摩擦系数均为 μ。请证明：斜面

倾角 θ稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置

A 点由静止释放物块，如图中虚

线所示，物块仍然停在同一位置

C 点。

【答案】见解析所示

【解析】

【详解】

设斜面长为 L ，倾角为

，物块在水平面上滑动的距离为 S ．对物块，由动能定理得：

mgh

mg cos

LmgS

即：

mgh

mg cos

h

mgS 0

sin

mgh mg

h 0

mgS

tan

由几何关系可知：

h

L S

tan

则有：

mgh mg L S mgS0

mgh mgL0

h

解得： L

故斜面倾角θ稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位

置 A 点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置 C 点。

5．如图所示，在倾角为θ=37°的斜面底端有一个固定挡板 D，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端在 O 点，已知斜面 OD 部分光滑， PO 部分粗糙且长度 L=8m。质

量 m=1kg 的物块（可视为质点）从P 点静止开始下滑，已知物块与斜面PO 间的动摩擦因数μ=0.25， g 取 10m/s 2， sin37 =0°.6， cos37°=0.8。求：

（1）物块第一次接触弹簧时速度的大小

（2）若弹簧的最大压缩量 d=0.5m，求弹簧的最大弹性势能

（3）物块与弹簧接触多少次，反弹后从O 点沿斜面上升的最大距离第一次小于0.5m

【答案】（ 1） 8m/s （2） 35J(3)5 次

【解析】

【详解】

(1)物块在 PO 过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦

力，此过程应用动能定理得：

mgL sin mgL cos 1 mv2

2

解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：

v2gL sin cos8 m/s

（2）物块由O 到将弹簧压缩至最短的过程中，重力势能和动能减少、弹簧的弹性势能增

加，由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能E p

E p 1 mv2mgd sin35 J

2

（3）物块第一次接触弹簧后，物体从O 点沿斜面上升的最大距离s1,由动能定理得:

mgs1mgs1 cos01mv2

2

解得： s14m

物块第二次接触弹簧后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离s2，由动能定理得：

mg sin (s1s2 )mg cos(s1s2 )0

解得： s22m

故物块每经过一次 O 点，上升的最大距离为上一次的

1

2

所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：s1L 2

则第 n 次上升的最大距离为：

L s n

2n

因为 s n 1

5 次后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离m ，所以n>4，即物块与弹簧接触

2

小于1 m 2

6．质量为 m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张

力为 7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中

小球克服空气阻力所做的功是多少？

【答案】 w f克1

mgR 2

【解析】

【分析】

本题首先用牛顿第二定律列示求出圆周运动最低点与最高点得瞬时速度的大小，再由最低点到最高点列动能定理解题，得出空气阻力做的功．本题属于绳子栓小球模型，注意最高点重力提供向心力．

【详解】

mv12

v16gR

最低点 7mg mg

R

mv22

v2gR

最高点：mg

R

由动能定律得2mgR w f1mv221mv12

22

1

mgR

解得 w f

2

所以克服空气阻力做功w

f 克

1

mgR

2

【点睛】

本题是圆周运动模型解题，结合牛顿运动定律与动能定理解圆周问题．

7．一质量为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.

（1）求玩具车运动过程中的最大功率P；

（2）求玩具车在 4s 末时（图中 A 点）的速度大小 v1；

（3）若玩具车在12s 末刚好到达轨道的顶端，求轨道长度L.

【答案】（ 1） P=40W（2） v1=8m/s（ 3） L=93.75m

【解析】

【详解】

（1）由题意得，当玩具车达到最大速度v=10m/s 匀速运动时，

牵引力： F=mgsin30 °+0.3mg

由 P=Fv

代入数据解得：P=40W

（2）玩具车在 0-4s内做匀加速直线运动，设加速度为a，牵引力为 F1，

由牛顿第二定律得：F1-( mgsin30 +0°.3mg )=ma

4s 末时玩具车功率达到最大，则P=F v

11

由运动学公式 v1=at 1（其中 t 1=4s）

代入数据解得 :v1=8m/s

（3）玩具车在 0~4s 内运动位移 x1=1

at12 2

得： x1=16m

玩具车在 4~12s 功率恒定，设运动位移为x2，设 t2=12s 木时玩具车速度为v，由动能定理得

-)-(

mg sin30 +0°.3mg )

x2=1

mv

21

mv1

P(t 2t12

22

代入数据解得：x2=77.75m

所以轨道长度L=x1+x2 =93.75m

8．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v0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v0

，已知物块与小车之间的2

动摩擦因数为.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?

323v02

（ 2） a. M>3m； b.23v

【答案】（ 1）Q 8mv0，L8 g5v0 ，20【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 ，

物块滑离的过程由动能定理

fL 1 m( v0)21

mv02①

222

解得： L 3v02 8 g

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： Q 3

mv0

2 8

（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 =(M +m)v②

设这过程小车向前滑行距离为s.

对小车运用动能定理有:

fs 1 Mv2③

2

对小物体运用动能定理有:

f (L s) 1 mv21

mv02④

22联立②③④可得

fL 1 mv2 1( M m)(mv

0 )2⑤

20

M m 2

物块相对滑离需满足 L L 且fL 3

mv02 8

联立可得： M3m ，

即小物体能滑离小车的质量条件为M3m

b.当 M=4m 时满足M3m ，则物块最终从小车右端滑离，设物块和车的速度分别为v1、

v2.

由动量守恒：

mv0 mv1Mv2

由能量守恒定律：

fL 1

mv02(

1

mv12

1

Mv 22 ) 222

联立各式解得： v12

v0， v2

3

v0 520

9．雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关，雨滴

间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g；

（1）质量为m 的雨滴由静止开始，下落高度h 时速度为u，求这一过程中空气阻力所做

的功W．

（2）研究小组同学观察发现，下雨时雨滴的速度跟雨滴大小有关，较大的雨滴落地速度较

快，若将雨滴看作密度为ρ的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力大小为

f=kr2v2，其中 v 是雨滴的速度，k 是比例常数，r 是球体半径．

a. 某次下雨时，研究小组成员测得雨滴落地时的速度约为v0，试计算本场雨中雨滴半径r 的大小；

b. 如果不受空气阻力，雨滴自由落向地面时的速度会非常大，

其图中画出雨滴受空气阻力无初速下落的 v- t 图线．

v- t图线如图所示，请在

（3）为进一步研究这个问题，研究小组同学提出下述想法：

将空气中的气体分子看成是空间中均匀分布的、静止的弹性质点，将雨滴的下落看成是一

个面积为 S 的水平圆盘在上述弹性质点中竖直向下运动的过程．已知空气的密度为ρ，试

0求出以速度v 运动的雨滴所受空气阻力 f 的大小．（最后结果用本问中的字母表示）

【答案】（ 1）W 1 mu2mgh （2）r3kv02，

2 4 g

（ 3）f2Sv2

【解析】

【详解】

（1）由动能定理：mgh W 1 mu2

2

解得： W 1 mu2mgh

2

（2） a. 雨滴匀速运动时满足：4r 3g kr 2v02，

3

3kv02

解得 r

4 g

b. 雨滴下落时，做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速下落，图像如图.

（3）设空气分子与圆盘发生弹性碰撞．

在极短时间t 内，圆盘迎面碰上的气体质点总质量为：mS v t

以 F 表示圆盘对气体分子的作用力，对气体根据动量定理有：F·t＝m·2v

解得：F 2 Sv2

由牛顿第三定律可知，圆盘所受空气阻力F F2Sv2

10．将一根长为L 的光滑细钢丝ABCDE制成如图所示的形状，并固定在竖直平面内．其中

AD段竖直，DE段

为3 圆弧，圆心为

O，E 为圆弧最高点，C

与

E、 D

与

O分别等高，BC＝4

1 AC．将质量为

m的小珠套在钢丝上由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g．4

（1）小珠由C点释放，求到达E点的速度大小v1；

（2）小珠由B点释放，从E点滑出后恰好撞到D点，求圆弧的半径R；

（3）欲使小珠到达 E 点与钢丝间的弹力超过mg

，求释放小珠的位置范围．4

2L3L

处滑下或高于5L

【答案】⑴ v1=0；⑵R；⑶ C 点上方低于

4(4 3 )

4 34(4 3)

处

【解析】

【详解】

（1）由机械能守恒可知，小珠由C点释放，到达 E 点时，因CE等高，故到达 E 点的速度

为零；

1 3 R R)

；小珠由 B 点释放，到达 E 点满足：

（2）由题意： BC

L ( 2

4

4

mgBC

1

mv E 2

2

从 E 点滑出后恰好撞到

D 点，则 R

v E t ； t

2R 联立解得： R 2L ；

g

4 3

（3） a. 若小珠到达 E 点与小珠上壁对钢丝的弹力等于

1

mg ，则 mg

1

mg

m v E 2 1 ；从

4

4

R

释放点到 E 点，由机械能守恒定律：

mgh 1

1

mv E 2 1 ；

2

联立解得： h

3 R 3L

)

8

4(4 3

b. 若小珠到达 E 点与小珠下壁对钢丝的弹力等于

1

mg ，则 mg

1

mg

m v E 2 2

；从释放

4

4

R

点到 E 点，由机械能守恒定律：

mgh 2 1 mv E 2 2 ；

2

联立解得： h

5 R 5L ； 故当小珠子从 C 点上方低于

3L 处滑下或高

8

4(4 3 )

4(4 3 )

于

5L

处滑下时，小珠到达 E 点与钢丝间的弹力超过 1

mg .

4(4 3 )

4

11． 如图所示，光滑轨道槽

ABCD 与粗糙轨道槽 GH 通过光滑圆轨道 EF 平滑连接 (D 、 G 处

在同一高度 )，组成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内。现将一质量

m=1kg 的小球

从 AB 段距地面高 h 0=2m 处静止释放，小球滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点

E

点。已知 CD 、 GH 与水平面的夹角为 θ=37，° GH 段的动摩擦因数为 μ=0.25，圆轨道的半径 R ＝ 0.4m ， E 点离水平面的竖直高度为

3R （ E 点为轨道的最高点），（

g=10m/s 2 ，

sin37 =0°.6， cos37 =0.8°）求：

（ 1）小球第一次通过 E 点时的速度大小；

（ 2）小球沿 GH 段向上滑行后距离地面的最大高度；

（3）若小球从 AB 段离地面 h 处自由释放后，小球又能沿原路径返回

AB 段，试求 h 的取

值范围。

【答案】（ 1） 4m/s （2） 1.62m ；（ 3） h ≤0.8m 或 h ≥2.32m

【解析】

【 解】

（1）小球从 A 点到 E 点由机械能守恒定律可得：

mg h 0 3R

1

mv E 2

2

解得： v E 4m/s

（2） D 、G 离地面的高度 h 1 2R 2Rcos37o 0.48m

小球在 CH 斜面上滑的最大高度 h m ， 小球从 A 点滑至最高点的 程，

由 能定理得 mg

h 0

h m

mgcos37

h m

h 1

sin37

由以上各式并代入数据

h m 1.62m

（3）①小球要沿原路径返回，若未能完成 周运 ， h 2R

0.8m

②若能完成 周运 ， 小球返回 必 能 道的最高点

E ，在 E 点， mg m

v E2

R

此情况 小球在

CH 斜面上升的高度

h ，小球从 放位置滑至最高点的 程，根据

能定理得： mg

h h

mgcos37 h h 1

sin37

小球从最高点返回 E 点的 程，根据 能定理得：

mg h 3R

mgcos37 h h 1

1

mv E 2

sin37 2

由以上各式得 h=2.32m

故小球沿原路径返回的条件 h ≤0.8m 或 h ≥2.32m

12． 如 所示， 直放置的半 形光滑 道半径 R O

， 心 ．下端与 水平 道在 B 点平滑 接，一 量 m 正 的物 （可 点），置于水平 道上的 A 点。 已如 A 、 B 两点 的距离 L ，物 与水平 道 的 摩擦因数

μ，重力加速度 g 。

(1)若物 能到达的最高点是半 形 道上与 心 O 等高的 C 点， 物 在

A 点水平向左运

的初速度 多大

?

5 mg (2)若在整个空同加上水平向左的匀 ， 大小 E=

3q

(q 物 的 量

)，

将物 从 A 点由静止 放，且运 程中始 不脱离 道，求物 第

2 次 B 点 的速

度大小。

(3)在 (2)的情景下，求物 第 2n(n=1， 2、3?? )次 B 点 的速度大小。

【答案】 (1) 2g( L + R) (2)

4 gL

(3) ( 1

)

n 2

gL

，其中 n ＝ 1、 2、 3??.

3

2

3

【解析】

【 解】

(1) 物 在 A 点的速度

v 1，由 能定理有

－μmgL － mgR ＝ 0－ 1

m v 12

2

解得 v 1＝

2g( L + R)

(2) 物 由 放至第一次到

B 点 程中，其 B 点速度 所求

知： ( qE

mg )L ＝ 1

m v 2 2

2

可得：

v 2

4 gL

3

(3) 第 2、4、 6、?、 2n 次 B 点 的速度分 v

、v 、?、 v

，

2

4

2n

第 2、 4、 6、?、 2(n － 1)次离开 B 点向右滑行的最大距离分 L 1、 L 2 、?、 L n － 1，

：－ ( qE

mg )L 1＝ 0－ 1 m v 2 2

2

( qE mg

1

1 m v 2

)L ＝ 2

4

解得

v

4

qE mg 1 v 2 qE

mg

2

v 6 1

v

2 n

＝

1

同理

＝

??

v 2n

2

v 4

2

2

上可得

v 2n

( 1 )n 1

v 2

2

v 2n ＝ (1

) n 2

gL 其中 n ＝1、 2、 3?

2

3