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．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点、圆心角 θ＝60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，滑板与水平轨道CD 间的动摩擦因数μ＝0.2．某运动员从轨道上的A 点以v 0＝3m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为m ＝60kg ，B 、E 两点与水平轨道CD 的竖直高度分别为h ＝2m 和H ＝2.5m.求：

(1)运动员从A 点运动到B 点过程中，到达B 点时的速度大小v B ； (2)水平轨道CD 段的长度L ；

(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C 点的距离. 【答案】(1)v B ＝6m/s (2) L ＝6.5m (3)停在C 点右侧6m 处 【解析】 【分析】 【详解】

（1）在B 点时有v B ＝

cos60?

v ，得v B ＝6m/s （2）从B 点到E 点有2

102

B mgh mgL mgH mv μ--=-

，得L ＝6.5m （3）设运动员能到达左侧的最大高度为h ′，从B 到第一次返回左侧最高处有

2

1'202

B mgh mgh mg L mv μ--?=-，得h ′＝1.2m

回到B 点，从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为s ，由动能定理可得

2

102

B mgh mgs mv μ-=-，得s ＝19m ，s ＝2L ＋6 m ，故运动员最后停在

C 点右侧6m 处.

2．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h 。开始时让连着A 的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，A 、B 均可视为质点；重力加速度为g ）求：

(1)当细线与水平杆的夹角为β（90αβ<

【答案】(1)2211

1cos sin sin A gh v ααβ??=-

?+??

(2)T sin h W mg h α??

=- ??? 【解析】 【详解】

(2)A 、B 的系统机械能守恒

P K E E ?=?减加

22

11sin sin 2

2A B h h mg mv mv αβ??-=+ ???

cos A B v v α=

解得

22111cos sin sin A gh v ααβ

??=

-

?+??

(2)当A 速度最大时，B 的速度为零，由机械能守恒定律得

P K E E ?=?减加

21sin 2Am h mg h mv α??-= ???

对A 列动能定理方程

2

T 12

Am W mv =

联立解得

T sin h W mg h α??

=- ???

3．如图所示，粗糙水平地面与半径为R =0.4m 的粗糙半圆轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O 是BCD 的圆心，BOD 在同一竖直线上．质量为m =1kg 的小物块在水平恒力F =15N 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B 点时撤去F ，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D 点，已知A 、B 间的距离为3m ，小物块与地面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10m/s 2．求： （1）小物块运动到B 点时对圆轨道B 点的压力大小． （2）小物块离开D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离

【答案】（1）160N （2）0.82m 【解析】 【详解】

（1）小物块在水平面上从A 运动到B 过程中，根据动能定理，有： （F -μmg ）x AB =

1

2

mv B 2-0 在B 点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：

2B

v N mg m R

-=

联立解得小物块运动到B 点时轨道对物块的支持力为：N =160N

由牛顿第三定律可得，小物块运动到B 点时对圆轨道B 点的压力大小为：N ′=N =160N （2）因为小物块恰能通过D 点，所以在D 点小物块所受的重力等于向心力，即：

2D

v mg m R

=

可得：v D =2m/s

设小物块落地点距B 点之间的距离为x ，下落时间为t ，根据平抛运动的规律有： x =v D t ，

2R =

12

gt 2

解得：x =0.8m

则小物块离开D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离20.82m l x =

=

4．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m 1=1.0kg 的小球A 以v 0=9m/s 的速度与静止在水平轨道上的质量m 2=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/s 2．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.

5．如图所示，在竖直平面内的光滑固定轨道由四分之一圆弧AB和二分之一圆弧BC组成，两者在最低点B平滑连接．过BC圆弧的圆心O有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各一块，挡板与圆弧轨道之间有宽度很小的缝隙．AB弧的半径为2R，BC弧的半径为R.一直

径略小于缝宽的小球在A点正上方与A相距2

3

R

处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨

道运动．不考虑小球撞到挡板以后的反弹．

(1)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．

(2)若小球能到达C点，求小球在B、C两点的动能之比；若小球不能到达C点，请求出小球至少从距A点多高处由静止开始自由下落才能够到达C点．

(3)使小球从A点正上方不同高度处自由落下进入轨道，小球在水平挡板上的落点到O点的距离x会随小球开始下落时离A点的高度h而变化，请在图中画出x2-h图象．(写出计算过程)

【答案】(1)13

mg (2) 4∶1 (3)

过程见解析

【解析】 【详解】

（1）若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 设小球的质量为m ，在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有

N ＋mg ＝2

C mv R

小球由开始下落至运动到C 点过程中，机械能守恒，有

2

2132

C mgR mv = 由两式可知

N ＝

1

3

mg 小球可以沿轨道运动到C 点.

（2）小球在C 点的动能为E k C ，由机械能守恒得

E k C ＝

23mgR

设小球在B 点的动能为E k B ，同理有

E k B ＝

83

mgR

得

E k B ∶E k C ＝4∶1．

（3）小球自由落下，经ABC 圆弧轨道到达C 点后做平抛运动。由动能定理得：

21

2

C mgh mv =

由平抛运动的规律得：

212

R gt =

x =v C t

解得：

2x Rh =

因为3x R ＜，且C v gR ≥

所以

324

R R h ≤＜ x 2-h 图象如图所示：

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】1

2

f w mgR =克 【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】

最低点 2

17mv mg mg R

-= 16v gR =最高点： 22

mv mg R

= 2v gR = 由动能定律 得 222111222

f mgR w mv mv -+=- 解得 1

2

f w mgR =-

所以克服空气阻力做功

1

2

f

w mgR

克

【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．如图所示，AB是光滑的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，将弹簧水平放置，一端固定在A点．现使质量为m的小滑块从D点以速度v0＝进入轨道DCB，然后沿着BA运动压缩弹簧，弹簧压缩最短时小滑块处于P点，重力加速度大小为g，求：

（1）在D点时轨道对小滑块的作用力大小F N；

（2）弹簧压缩到最短时的弹性势能E p；

（3）若水平轨道AB粗糙，小滑块从P点静止释放，且PB＝5l，要使得小滑块能沿着轨道BCD运动，且运动过程中不脱离轨道，求小滑块与AB间的动摩擦因数μ的范围．

【答案】（1）（2）（3）μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7

【解析】（1）

解得

（2）根据机械能守恒

解得

（3）小滑块恰能能运动到B点

解得μ＝0.7

小滑块恰能沿着轨道运动到C点

解得μ＝0.5

所以0.5≤μ≤0.7

小滑块恰能沿着轨道运动D点

解得μ＝0.2 所以μ≤0.2

综上 μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7

8．一质量为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/s 2.

（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v 1； （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）v 1=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 =mg sin30°+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F 1， 由牛顿第二定律得：F 1-(mg sin30°+0.3mg )=ma 4s 末时玩具车功率达到最大，则P =F 1v 1 由运动学公式v 1=at 1 （其中t 1=4s ） 代入数据解得:v 1=8m/s

（3）玩具车在0~4s 内运动位移x 1=2112

at 得：x 1=16m

玩具车在4~12s 功率恒定，设运动位移为x 2，设t 2=12s 木时玩具车速度为v ，由动能定理

得

P (t 2-t 1)-(mg sin30°+0.3mg )x 2=2211122

mv mv 代入数据解得：x 2=77.75m 所以轨道长度L =x 1+x 2=93.75m

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 =12

kx 2

，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/s 2．）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v 0=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v 0=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v 0=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 2C

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?

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，一个质量为m =0.2kg 的小物体(P 可视为质点)，从半径为R =0.8m 的光滑圆强轨道的A 端由静止释放，A 与圆心等高，滑到B 后水平滑上与圆弧轨道平滑连接的水平桌面，小物体与桌面间的动摩擦因数为μ=0.6，小物体滑行L =1m 后与静置于桌边的另一相同的小物体Q 正碰，并粘在一起飞出桌面，桌面距水平地面高为h =0.8m 不计空气阻力，g =10m/s 2.求：

(1)滑至B 点时的速度大小； (2)P 在B 点受到的支持力的大小； (3)两物体飞出桌面的水平距离； (4)两小物体落地前损失的机械能.

【答案】(1)14m/s v = (2)6N N F = (3)s =0.4m (4)△E =1.4J 【解析】 【详解】

（1）物体P 从A 滑到B 的过程，设滑块滑到B 的速度为v 1，由动能定理有：

211

2

mgR mv =

解得：14m/s v =

（2）物体P 做匀速圆周运动，在B 点由牛顿第二定律有:

2

1N F g mv m R

-= 解得物体P 在B 点受到的支持力6N N F = （3）P 滑行至碰到物体Q 前，由动能定理有:

222111

22

mv mg v L m μ--=

解得物体P 与Q 碰撞前的速度22m/s v =

P 与Q 正碰并粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律有:

()23mv m m v =+

解得P 与Q 一起从桌边飞出的速度31m/s v = 由平碰后P 、Q 一起做平抛运动，有：

2

12

h gt =

3s v t =

解得两物体飞出桌面的水平距离s =0.4m

（4）物体P 在桌面上滑行克服阻力做功损失一部分机械能:

1 1.2J E mgL μ?==

物体P 和Q 碰撞过程中损失的机械能:

2222311

()0.2J 22

mv m m v E -+=?=

两小物体落地前损失的机械能12E E E ?=?+? 解得：△E =1.4J

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】 【详解】

（1）小球从A 点到E 点由机械能守恒定律可得：()20132

E mg h R mv -= 解得：4m/s E v =

（2）D 、G 离地面的高度122cos370.48o

h R R m =-=

设小球在CH 斜面上滑的最大高度为h m ，则小球从A 点滑至最高点的过程， 由动能定理得()1

0cos370sin37

m m h h mg h h mg μ?

?

---= 由以上各式并代入数据 1.62m h m =

（3）①小球要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则20.8h R m ≤=

②若能完成圆周运动，则小球返回时必须能经过圆轨道的最高点E ，在E 点，2m E

v mg R

=

此情况对应小球在CH 斜面上升的高度为h '，小球从释放位置滑至最高点的过程，根据动

能定理得：()1

cos370sin37

h h mg h h mg μ?

---?

=' 小球从最高点返回E 点的过程，根据动能定理得：

()2

113cos37sin372

E h h mg h R mg mv μ?

'---??

=' 由以上各式得h =2.32m

故小球沿原路径返回的条件为h ≤0.8m 或h ≥2.32m

12．如图所示的实验装置，可用来探究物体在斜面上运动的加速度以及弹簧储存的弹性势能。实验器材有：斜面、弹簧(弹簧弹性系数较大)、带有遮光片的滑块(总质量为m )、光电门、数字计时器、游标卡尺、刻度尺。实验步骤如下：

①用适当仪器测得遮光片的宽度为d ；

②弹簧放在挡板 P 和滑块之间，当弹簧为原长时，遮光板中心对准斜面上的A 点； ③光电门固定于斜面上的B 点，并与数字计时器相连；

④压缩弹簧，然后用销钉把滑块固定，此时遮光板中心对准斜面上的O 点； ⑤用刻度尺测量A 、B 两点间的距离L ；

⑥拔去锁定滑块的销钉，记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间△t ； ⑦移动光电门位置，多次重复步骤④⑤⑥。 根据实验数据做出的21t ?－L 图象为如图所示的一条直线，并测得2

1

t ?－L 图象斜率为k 、纵轴截距为 b 。

（1）根据

2

1

t ?－L 图象可求得滑块经过A 位置时的速度v A =____，滑块在斜面上运动的加速度a =_____。

（2）实验利用光电门及公式v =d

t

?测量滑块速度时，其测量值____真实值（选填“等于”、“大于”或“小于”）。

（3）本实验中，往往使用的弹簧弹性系数较大，使得滑块从O 到A 恢复原长过程中弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，则弹簧储存的弹性势能E p =___，E p 的测量值与真实值相比，测量值偏_____(填“大”或“小”)。 【答案】b 12kd 2 小于 1

2

mbd 2 大 【解析】 【详解】

第一空：滑块从A 到B 做匀加速直线运动，设加速度为a ，由于宽度较小，时间很短，所以

瞬时速度接近平均速度，因此有B 点的速度为：B d

v t

=

?，根据运动学公式有：

2

22B

A

v v aL -=，化简为2

22212A v a

L t d d =+?，结合图象可得：22A v b d =，22a k d =

解得：A v = 第二空：由22a k d =

，解得：

2

12

a kd =； 第三空：由于弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，所以摩擦力和重力沿斜面的分量

忽略不计，根据能量守恒可得：2211

22

P A E mv mbd =

=； 第四空：考虑摩擦力和重力沿斜面的分量，根据动能定理可得：2

12

N G f A W W W mv +-=

， 而N P E W =真，摩擦力小于重力沿斜面的分量，p E 的测量值与真实值相比，测量值偏大。