高中物理动能与动能定理解题技巧及练习题(含答案)

高中物理动能与动能定理解题技巧及练习题(含答案)

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．如图所示，半径R =0.5 m 的光滑圆弧轨道的左端A 与圆心O 等高，B 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C 与一倾角θ=37°的粗糙斜面相切。一质量m =1kg 的小滑块从A 点正上方h =1 m 处的P 点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g =10 m/s 2。

(1)求滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力。 (2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。 (3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A 点。 【答案】(1)70N ； (2)1.2m ； (3)能滑出A 【解析】 【分析】 【详解】

(1)滑块从P 到B 的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有

()21

2

B mg h R mv +=

那么，对滑块在B 点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且

()2

N 270N B mg h R mv F mg mg R R

+=+=+=

故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力为70N ，方向竖直向下。 (2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L ，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得

cos37sin37cos370mg h R R L mgL μ+-?-?-?=（）

所以

1.2m L =

(3)对滑块从P 到第二次经过B 点的运动过程应用动能定理可得

()21

2cos370.542

B mv mg h R mgL mg mgR μ'=+-?=> 所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A 点。 【点睛】

经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。

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?m v02

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

?2μmgl＝E k?m v02

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

?2mgR＝m v22?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m v12≤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＝m v12-m v02

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，质量为m=1kg的滑块，在水平力F作用下静止在倾角为θ=30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0=3m/s，长为L=1.4m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s2．求

(1)水平作用力F的大小；

(2)滑块开始下滑的高度h；

(3)在第(2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q．

【答案】(1)(2)0.1 m或0.8 m (3)0.5 J

【解析】

【分析】

【详解】

解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力F N处于平衡，如图所示：

水平推力①

解得：②

（2）设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v下滑过程

由机械能守恒有：，解得：③

若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：④

解得：⑤

若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：⑥

解得：⑦

（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移：s=v0t

由机械能守恒有：⑧

⑨

滑块相对传送带滑动的位移⑩

相对滑动生成的热量?

?

4．如图所示，在娱乐节目中，一质量为m＝60 kg的选手以v0＝7 m/s的水平速度抓住竖直绳下端的抓手开始摆动，当绳摆到与竖直方向夹角θ＝37°时，选手放开抓手，松手后的上升过程中选手水平速度保持不变，运动到水平传送带左端A时速度刚好水平，并在传送带上滑行，传送带以v＝2 m/s匀速向右运动．已知绳子的悬挂点到抓手的距离为L＝6 m，传送带两端点A、B间的距离s＝7 m，选手与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，若把选手看成质点，且不考虑空气阻力和绳的质量．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

(1)选手放开抓手时的速度大小；

(2)选手在传送带上从A运动到B的时间；

(3)选手在传送带上克服摩擦力做的功．

【答案】(1)5 m/s (2)3 s (3)360 J

【解析】

试题分析：（1）设选手放开抓手时的速度为v1，则－mg（L－Lcosθ）＝mv12－mv02，v1＝5m/s

（2）设选手放开抓手时的水平速度为v2，v2＝v1cosθ①

选手在传送带上减速过程中 a＝－μg② v＝v2＋at1③④

匀速运动的时间t2，s－x1＝vt2⑤

选手在传送带上的运动时间t ＝t 1＋t 2⑥ 联立①②③④⑤⑥得：t ＝3s

（3）由动能定理得W f ＝mv 2－mv 22，解得：W f ＝－360J 故克服摩擦力做功为360J ． 考点：动能定理的应用

5．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F m =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/s 2，不计空气阻力。 (1)为保证轨道不会被破坏，求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v B ，由牛顿第二定律得：

2B

m v F mg m R

-=

从P 到Ｂ，由动能定理得

2

1()02

B mg H R mv +=

- 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°）+L sin37°]-μmg cos37°?L =2102

B mv -

解得

L =4.9m

(3)物块在斜面上，由于mg sin37°＞μmg cos37°，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量

Q =mg （h +R cos37°）

解得

Q=4J

6．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：

(1)碰后小球B的速度大小v B；

(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：m1v0=m2v B-m1v A，

代入数据解得：v B=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.

7．如图所示，一长度LAB=4．98m，倾角θ=30°的光滑斜面AB 和一固定粗糙水平台BC 平滑连接，水平台长度LBC=0．4m，离地面高度H=1．4m，在C 处有一挡板，小物块与挡板碰撞后原速率反弹，下方有一半球体与水平台相切，整个轨道处于竖直平面内。在斜面顶端A 处静止释放质量为m="2kg" 的小物块（可视为质点），忽略空气阻力，小物块与BC 间的动摩擦因素μ=0．1，g 取10m/s2。问：

（1）小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小；

（2）小物块经过B 点多少次停下来，在BC 上运动的总路程为多少；

（3）某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板，最后小物块落在D 点，已知半球体半径r=0．75m，OD 与水平面夹角为α=53°，求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板？（取

）

【答案】（1）7 m/s；（2）63次 24．9m（3）25次

【解析】

试题分析：小物块从开始运动到与挡板碰撞，重力、摩擦力做功，运用动能定理。求小物块经过B 点多少次停下来，需要根据功能转化或动能定理求出小物块运动的路程，计算出经过B点多少次。小物块经过平抛运动到达D点，可以求出平抛时的初速度，进而求出在BC段上运动的距离以及和当班碰撞的次数。

（1）从A到C段运用动能定理

mgsin-L AB=mv2

v=7m/s

（2）从开始到最后停下在BC段所经过的路程为x

mgsin L AB-mgx=0

x=24．9m

=31．1

经过AB的次数为312+1=63次

（3）设小物块平抛时的初速度为V0

H -r=gt2

r+=v 0t

v0=3 m/s

设第n次后取走挡板

mv2-mv02=2L bc n

n=25次

考点：动能定理、平抛运动

【名师点睛】解决本题的关键一是要会根据平抛运动的规律求出落到D时平抛运动的初速度；再一个容易出现错误的是在BC段运动的路程与经过B点次数的关系，需要认真确定。根据功能关系求出在BC段运动的路程。

8．如图所示，滑块A的质量m＝0.01kg，与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，用细线悬挂的小球质量均为m＝0.01kg，沿x轴排列，A与第1只小球及相邻两小球间距离均为s＝2m，线长分别为L1、L2、L3…（图中只画出三只小球，且小球可视为质点），开始时，滑块以速度v0＝10m／s沿x轴正方向运动，设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块正碰，g取10m／s2，求：

（1）滑块能与几个小球碰撞？

（2）求出碰撞中第n个小球悬线长L a的表达式。

【答案】(1)12个;(2)

【解析】（1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内转动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为s0，有

得s0＝25m

（个）

（2）滑块与第n个球碰撞，设小球运动到最高点时速度为v n′

对小球，有：．①

②

对滑块，有：③

解①②③三式：

9．如图所示在竖直平面内，光滑曲面AB与长度l=3m的水平传送带BC平滑连接于B点，传送带BC右端连接内壁光滑、半径r=0.55m的四分之一细圆管CD，圆管内径略大于物块尺寸，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=50N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．一个质量为m=0.5kg的物块（可视为质点）从曲面上P点静止释放，P点距BC的高度为h=0.8m．（已知弹簧的弹性势能E p与弹簧的劲度系数k和形变量x的

关系是：E p=1

2

kx2，水平传送带与物间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取10m/s2．）

求：

（1）若传送带静止不动物块在水平传送带BC上前进的距离；

（2）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s，物块刚进入细圆管CD时对管道的弹力，物块在压缩弹簧过程中的最大速度（压缩弹簧过程未超过弹性限度）；

（3）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s，物块从第一次进入细圆管后将做周期性的运动．由于物块与传送带发生相对运动，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能．【答案】（1）2m（2）4m/s（3）4J

【解析】

【分析】

【详解】

（1）物块从P点静止释放到停在传送带某处的过程中，根据动能定理得mgh-μmgx=0-0解得x =2m；

（2）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s，因为传送带长度l=3m大于2m，所以物块到达C点的速度v C=2m/s

物块经过管道C点，根据牛顿第二定律得mg-N=m

2 C v r

解得，管道对物块的弹力N=15

11

N≈1.36N，方向竖直向上

根据牛顿第三定律得知，物块对管道的弹力大小N′=N≈1.36N，方向竖直向下．物块从C点运动到速度最大的过程，根据平衡条件得mg =kx′

得x ′=0.1m

由动能定理得mg (r +x ′)-21'2kx =212m mv -212

C mv 解得，最大速度v m =4m/s

（3）物块再次回到C 点的速度仍为2m/s ，它在传送带上先向左匀减速运动到速度为零，再向右匀加速运动至C 点，速度大小仍为2m/s ，因此，电动机多消耗的电能即为物块与传送带之间的摩擦生热.

物块向左减速的位移x 1=

22C v g μ=2

220.410

??=0.5m 物块与传送带间的相对位移△x 1=x 1+v 0?0

v g

μ 解得△x 1=1.5m

物块向右加速运动的位移x 2=

22C

v g

μ=0.5m 物块与传送带间的相对位移△x 2=v 0?0

v g

μ-x 2=0.5m

因此，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能是E =μmg (△x 1+△x 2) 解得:E =4J

10．如图所示，在粗糙水平轨道OO 1上的O 点静止放置一质量m=0.25kg 的小物块(可视为质点)，它与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.4，OO 1的距离s=4m ．在O 1右侧固定了一半径R=0.32m 的光滑的竖直半圆弧，现用F=2N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力．(g=10m/s 2)求：

(1)为使小物块到达O 1，求拉力F 作用的最小距离；

(2)若将拉力变为F 1，使小物块从O 点由静止开始运动至OO 1的中点时撤去拉力，恰能使小物块经过半圆弧的最高点，求F 1的大小． 【答案】(1)2m (2)3N 【解析】 【分析】 【详解】

(1)为使小物块到达O 1，设拉力作用的最小距离为x 根据动能定理知：

00Fx mgs μ-=-

解得：0.40.25104

m 2m 2

mgs

x F μ???=

=

=

（2）当小物块恰好过最高点时：

2

v mg m R

=

从O 点运动到最高点的过程由动能定理得：

211

2022

s F mgs mg R mv μ?--?=-

解得：13F N =

11．如图所示，质量为m 1＝1kg 的小物块P ，置于桌面上距桌面右边缘C 点L 1＝90cm 的A 点并与弹簧的右端接触（不拴接），轻弹簧左端固定，且处于原长状态．质量为M ＝3.5kg 、长L ＝1.5m 的小车静置于光滑水平面上，其上表面与水平桌面相平，且紧靠桌子右端．小车左端放有一质量为m 2＝0.5kg 的小滑块Q ．现用水平向左的推力将P 缓慢压缩L 2＝5cm 推至B 点（弹簧仍在弹性限度内）时，撤去推力，此后P 沿桌面滑到桌子边缘C 时速度为2m/s ，并与小车左端的滑块Q 相碰，最后Q 停在小车的右端，物块P 停在小车上距左端0.35m 处P 与桌面间动摩擦因数μ1＝0.4，P 、Q 与小车表面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g ＝10m/s 2 （1）小车最后的速度v ； （2）推力所做的功；

（3）在滑块Q 与车相对静止时，Q 到桌边的距离．

【答案】（1）0.4m/s ；（2）6J ；（3）1.92m ． 【解析】 【详解】

（1）设物块P 与滑块Q 碰后最终与小车保持相对静止，其共同速度为v 由动量守恒得：

1c 12()m v m m M v =++

代入数据可得：v ＝0.4m/s

（2）90cm ＝0.9m ，设弹簧的最大弹性势能为E pm 根据动能定理得：

211121c 1

(2)2

W m g L L m v μ-+=

得：W ＝6J

（3）设物块P 与滑块Q 碰后速度分别为v 1和v 2，P 与Q 在小车上滑行距离分别为S 1和S 2

P 与Q 碰撞前后动量守恒，则有：

11122c m v m v m v =+

由动能定理得：

22

22112221122121

11()222

m gs m gs m v m v m m M v μμ+=+-++

联立得v 1＝1m/s ，v 2＝2m/s 方程的另一组解：当 v 2′=

23m/s 时，v 1′=5

3

m/s ，v 1′＞v 2′不合题意舍去． 设滑块Q 与小车相对静止时到桌边的距离为s ，Q 在小车上运动的加速度为a 由牛顿第二定律得：

222m g m a μ-=

代入数据解得：a ＝﹣1m/s 2 由匀变速运动规律得：

22

2

2v v s a

-=

解得：s ＝1.92m

12．一束初速度不计的电子流在经U ＝5000V 的加速电压加速后在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d ＝1.0cm ，板长l ＝5.0cm ，电子电量e ＝

191.610-?C ，那么

（1）电子经过加速电场加速后的动能为多少?

（2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大的电压?

【答案】(1) 16

810k E -=?J (2)要使电子能飞出，所加电压最大为400V

【解析】 【详解】

（1）加速过程，由动能定理得:2

012

ls E eU mv ==① 解得:5000k E =eV 16810-=?J

（2）在加速电压一定时，偏转电压U 越大，电子在极板间的偏转距离就越大当偏转电压大

到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压. 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动0l v t =②

在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，加速度:F eU a m dm

'

==

③ 偏转距离2

12

y at =

④ 能飞出的条件为1

2

y d ≤

⑤ 解①~⑤式得:()

()

2

22

22

2

225000 1.0102 4.0105.010Ud

U l --???'==??…

V

即要使电子能飞出，所加电压最大为400V