高考物理动能与动能定理解题技巧及练习题

高考物理动能与动能定理解题技巧及练习题

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径r =0.2m 的四分之一细圆管CD ，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k =100N/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1kg 的小球放在曲面AB 上，现从距BC 的高度为h =0.6m 处静止释放小球，它与BC 间的动摩擦因数μ=0.5，小球进入管口C 端时，它对上管壁有F N =2.5mg 的相互作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能E p =0.5J 。取重力加速度g =10m/s 2。求： (1)小球在C 处受到的向心力大小； (2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km ； (3)小球最终停止的位置。

【答案】(1)35N ；(2)6J ；(3)距离B 0.2m 或距离C 端0.3m 【解析】 【详解】

(1)小球进入管口C 端时它与圆管上管壁有大小为 2.5F mg =的相互作用力 故小球受到的向心力为

2.5

3.5 3.511035N F mg mg mg =+==??=向

(2)在C 点，由

2

=c v F r

向

代入数据得

2

1 3.5J 2

c mv = 在压缩弹簧过程中，速度最大时，合力为零，设此时滑块离D 端的距离为0x 则有

0kx mg =

解得

00.1m mg

x k

=

= 设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有

201

()2

c km p mg r x mv E E ++=+

得

201

()3 3.50.56J 2

km c p E mg r x mv E =++-=+-=

(3)滑块从A 点运动到C 点过程，由动能定理得

2132

c mg r mgs mv μ?-=

解得BC 间距离

0.5m s =

小球与弹簧作用后返回C 处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC 水平面相互作用的过程中，设物块在BC 上的运动路程为s '，由动能定理有

2

12

c mgs mv μ-=-'

解得

0.7m s '=

故最终小滑动距离B 为0.70.5m 0.2m -=处停下. 【点睛】

经典力学问题一般先分析物理过程，然后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，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θ，物块在水平面上滑动的距离为S ．对物块，由动能定理得：

cos 0mgh mg L mgS μθμ-?'-=

即：

cos 0sin h

mgh mg mgS μθμθ

-?

-=

0tan h

mgh mg

mgS μμθ

--= 由几何关系可知：

tan h

L S θ

=- 则有：

()0mgh mg L S mgS μμ---=

0mgh mgL μ-=

解得：h

L μ

=

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。

3．如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接。有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 随位移变化的关系如图乙所示。滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与半圆弧轨道BC 间的动摩擦因数未知，g 取10 m/s 2。求： （1）滑块到达B 处时的速度大小；

（2）若到达B 点时撤去F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。

【答案】（1）10 m/s 。（2）5 J 。 【解析】 【详解】

（1）对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得：

2

113312

B F x F x mgx mv μ--=

， 即

2

1202-101-0.251104J=12

B v ???????，

得：

210m/s B v =；

（2）当滑块恰好能到达最高点C 时，

2C

v mg m R

=；

对滑块从B 到C 的过程中，由动能定理得：

22

11222

C B W mg R mv mv -?=

-， 带入数值得：

=-5J W ，

即克服摩擦力做的功为5J ；

4．如图所示,水平轨道

的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于点,右端与一倾角为

的光滑斜面轨道在点平滑连接(即物体经过点时速度的大小不变),斜面顶端固定一轻质弹簧,一质量为

的滑块从圆弧轨道的顶端点由静止释放,经水平轨道后滑上斜面并压缩弹

簧,第一次可将弹簧压缩至点,已知光滑圆轨道的半径,水平轨道长为

,其动摩

擦因数

,光滑斜面轨道上

长为

,取

,求

(1)滑块第一次经过圆轨道上点时对轨道的压力大小; (2)整个过程中弹簧具有最大的弹性势能; (3)滑块在水平轨道上运动的总时间及滑块几次经过点. 【答案】(1)

(2)

(3) 3次

【解析】本题考查机械能与曲线运动相结合的问题，需运用动能定理、牛顿运动定律、运动学公式、功能关系等知识。 (1)滑块从点到点,由动能定理可得:

解得:

滑块在点:

解得:

由牛顿第三定律可得:物块经点时对轨道的压力

(2)滑块第一次到达点时,弹簧具有最大的弹性势能

.滑块从点到点,由动能定理可得:

解得:

(3)将滑块在段的运动全程看作匀减速直线运动

加速度

则滑块在水平轨道

上运动的总时间

滑块最终停止上在水平轨道间,设滑块在

段运动的总路程为,从滑块第一次经过点到

最终停下来的全过程, 由动能定理可得:

解得:

结合

段的长度可知,滑块经过点3次。

5．下雪天，卡车在笔直的高速公路上匀速行驶．司机突然发现前方停着一辆故障车，他将刹车踩到底，车轮被抱死，但卡车仍向前滑行，并撞上故障车，且推着它共同滑行了一段距离l 后停下．事故发生后，经测量，卡车刹车时与故障车距离为L ，撞车后共同滑行的距

离8

25l L =

．假定两车轮胎与雪地之间的动摩擦因数相同．已知卡车质量M 为故障车质量m 的4倍．

(1)设卡车与故障车相撞前的速度为v 1两车相撞后的速度变为v 2，求1

2

v v

(2)卡车司机至少在距故障车多远处采取同样的紧急刹车措施，事故就能免于发生． 【答案】(1)1254v v = (2)32

L L '= 【解析】

(1)由碰撞过程动量守恒12)Mv M m v +=( 则

1254

v v =① (2)设卡车刹车前速度为v 0，轮胎与雪地之间的动摩擦因数为μ 两车相撞前卡车动能变化

220111

22

Mv Mv MgL μ-= ② 碰撞后两车共同向前滑动，动能变化

221

()0()2

M m v M m gl μ+-=+ ③ 由②式22

012v v gL μ-= 由③式2

22v gL μ=

又因8

25

l L =

可得203v gL μ= 如果卡车滑到故障车前就停止，由201

0'2

Mv MgL μ-= ④ 故3'2

L L =

这意味着卡车司机在距故障车至少

3

2

L 处紧急刹车，事故就能够免于发生．

6．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0210v =m/s 的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，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210m/s g =．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)ΔE = 0.9J (3)F =8N ，方向竖直向下 【解析】 【详解】

(1)物块2由A 到B 应用动能定理：22101122

mgx mv mv μ-=- 解得v 1=6m/s

两滑块碰撞前后动量守恒，根据动量守恒有:12mv mv = 解得：3/v m s = 方向：水平向右 (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能22111

222

E mv mv ?=-? 解得：0.9J E ?=

(3)两滑块从B 到C 机械能守恒，根据机械能守恒定律有：

22

1122222

c mv mv mgR ?=?+ 两滑块在C 点时：2

N 22C

v mg F m R

+=

解得：N 8N F =

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

7．如图所示，水平传送带长为L =4m ，以02m /s v =的速度逆时针转动。一个质量为lkg 的物块从传送带左侧水平向右滑上传送带，一段时间后它滑离传送带。已知二者之间的动摩擦因数0.2μ=，g =10m/s 2。

(1)要使物块能从传送带右侧滑离，则物块的初速度至少多大？

(2)若物块的初速度为3m /s v '=，则物块在传送带上运动时因摩擦产生的热量为多少？ 【答案】(1)4m/s v >；(2)12.5J 【解析】 【详解】

(1)设物块初速度为v ，物块能从传送带右侧滑离，对其分析得：

21

2

k mgL E mv μ-=-

0k E >

解得：

4m/s v >

(2)物块在传送带上的运动是先向右减速运动，后向左加速运动。物块向右减速运动时，有：

1v t a '=

211

02

mgx mv μ'-=-

物块与传送带的相对滑动产生的热量：

()1011Q mg v t x μ=+

向左加速运动时，有：

2v t a =

2

2012

mgx mv μ=

物块与传送带的相对滑动产生的热量：

()2022Q mg v t x μ=-

1212.5J Q Q Q '=+=

8．如图所示，倾角为45α=?的粗糙平直导轨与半径为r 的光滑圆环轨道相切，切点为b ，整个轨道处在竖直平面内. 一质量为m 的小滑块从导轨上离地面高为H =3r 的d 处无初

速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点a 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的c 点. 已知圆环最低点为e 点，重力加速度为g ，不计空气阻力. 求： （1）小滑块在a 点飞出的动能； （）小滑块在e 点对圆环轨道压力的大小；

（3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）

【答案】（1）12k E mgr =；（2）F ′=6mg ；（3）4214

μ-= 【解析】 【分析】 【详解】

（1）小滑块从a 点飞出后做平拋运动： 2a r v t = 竖直方向：2

12

r gt = 解得：a v gr =

小滑块在a 点飞出的动能211

22

k a E mv mgr =

= （2）设小滑块在e 点时速度为m v ，由机械能守恒定律得：

2211

222

m a mv mv mg r =+? 在最低点由牛顿第二定律：2

m mv F mg r

-= 由牛顿第三定律得：F ′=F 解得：F ′=6mg

（3）bd 之间长度为L ，由几何关系得：()

221L r = 从d 到最低点e 过程中，由动能定理21

cos 2

m mgH mg L mv μα-?= 解得42

μ-=

9．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v 0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0

2

v ，已知物块与小车之间的动摩擦因数为μ.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?

【答案】（1）2

038Q mv =，2038v L g μ=

（2）a. M >3m ；b. 025v ，0320

v 【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 μ=，

物块滑离的过程由动能定理

22

0011()222

v fL m mv -=

- ① 解得：2

038v L g

μ=

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：203

8

Q mv =

（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 0=(M +m )v ②

设这过程小车向前滑行距离为s . 对小车运用动能定理有:

21

2

fs Mv =

③ 对小物体运用动能定理有:

22

011()22

f L s mv mv '-+=- ④

联立②③④可得

220011

()()22mv fL mv M m M m

'=-++ ⑤

物块相对滑离需满足L L '>且203

8

fL mv = 联立可得：3M m >，

即小物体能滑离小车的质量条件为3M m >

b.当M =4m 时满足3M m >，则物块最终从小车右端滑离，设物块和车的速度分别为1v 、

2v .

由动量守恒：

012mv mv Mv =+

由能量守恒定律：

222012111()222

fL mv mv Mv =

-+ 联立各式解得：1025v v =

，203

20

v v =

10．如图甲所示，水平面上A 点处有一质量m ＝0.5kg 的小物块，从静止开始在水平向右恒力F 1作用下运动，通过B 点时立即撤去力F 1，物块恰好落到斜面P 点。物块与水平面间的滑动摩擦力为f ，f 大小与物块离A 点的距离d 的关系如图乙所示。已知AB 间距为2m ，斜面倾角＝37°，BP 间距为3m ，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求

(1)物块通过B 点时速度大小; (2)恒力F 1大小

(3)现将图甲装置置于风洞实验室中，斜面BC .处于风场中，且足够长。物块从B 点以(1)同中的速度水平向右抛出，立即撤去力F 1，同时物块受到大小为4N 的风力F 2作用，风力方向从水平向左逆时针到竖直向下范围内可调，如图甲所示。调整风力方向使物块从抛出至落到斜面的时间最短，求该最短时间及在此条件下物块第一次落到斜面时的动能. 【答案】（1）4m/s （2）4.5N （3）7.69J 【解析】 【详解】

（1）物块从B 到P ，假设BP 间距为L ，根据平抛运动规律有

水平方向：cos B x L v t θ== ① 竖直方向：2

1sin 2

y L gt θ==

② 代入数据，联立①②式解得4m/s B v =； （2）由图乙可知摩擦力对物块做功为()121

2

f W f f d =-+ ③ 物块从A 到B ，由动能定理有2

1102

f B F d W mv +=- ④ 代入数据，联立③④式解得1 4.5N F = （3）方法一：

以B 点为坐标轴原点，水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴，假设2F 与x -轴方向成α角，根据运动的合成与分解有 水平方向：2

2cos 12B F x v t t m

α=- ⑤

竖直方向：()22

sin 12F mg y t m α+=

⑥

几何关系：tan y

x

θ=

⑦ 联立⑤⑥⑦式解得

()22tan sin cos 11tan 22B v t F mg F m m

θ

αα

θ

=

++ ⑧ 代入数据可得()

12

2044sin 3cos t αα=++，要使t 最小，即4sin 3cos αα+要取最大

值，

而()0434sin 3cos 5sin cos 5sin 3755ααααα??

+=+

=+ ???

，故当053α=时，t 最小， min 0.3t s =

2cos x B F v v t m α

=- ⑨ ()2sin y F mg v t m

α+=

⑩

()2221122

k x y E mv m v v =

=+ （11） 联立⑨⑩（11）式解得7.69J k E = （12） （ 2.56m/s x v =， 4.92m/s y v =）

【或：把0.3mm t s =代入⑥式中解得0.738m y =⑨

假设落到Q 点，从B 到Q 过程，由动能定理得F G K W W E +=?， 即2

102

k B mgy E mv +=-

⑩ 代入数据解得7.69J k E = （11）

方法二：以B 点为坐标轴原点，沿斜面方向为x 轴，竖直斜面方向为y 轴，

sin ,cos By B y v v G mg θθ==，By v 和y G 均为定值，为使物块尽快落到斜面，故2F 垂直斜

面向下。

x 方向：()()21

cos sin 2

B x v t g t θθ-+

⑤ y 方向：()2

2cos 1sin 2B F mg y v t t m

θ

θ+??=-

???

⑥ 0y =时，解得min 0.3t s =

或：21cos sin y B F mg v v t m θθ+??

=-

??

?

⑥ 当0y v =时，10.15t s =，120.3t t s ==

()cos sin x B v v g t θθ=+⑦

把0.3mn t s =代入⑦式中解得5m/s x v =，而sin 2.4m/s y By B v v v θ===，

()22211

2

2

k x y E mv m v v =

=+ ⑧ 代入数据解得7.69J k E = ⑨

【或：把0.3mn t s =代入⑤式中解得 1.23m x =，

假设落到Q 点，从B 到Q 过程，由动能定理得F G k W W E +=?， 即2

10sin 2

k B mgx E mv θ+=-

⑦ 代入数据解得7.69J k E = ⑧】

11．如图甲所示，一质量为m a 的滑块(可看成质点)固定在半径为R 的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A 点，另一质量为m b 的滑块(可看成质点)静止在轨道的底端B 处，A 点和圆弧对应的圆心O 点等高。

（1）若圆弧的底端B 与水平光滑平面连接(足够长)，m b 静止于B 点，m a 从静止开始释放，假设两滑块碰撞时无机械能损失，且两滑块能发生两次碰撞，试证明：3m a

(1)两滑块碰撞时动量守恒m a v a =m a v a ′＋m b v b ′

无机械能损失12m a 2a v =12m a v a ′2＋12m b v b ′2 解得：v a ′=

a b

a a b

m m v m m -+ 解得：v b ′=

2a

a a b

m v m m +

要想发生两次碰撞必须满足：－v a ′>v b ′代入可得：3m a

211

2

a m v 滑块m a 与m

b 相碰后结合在一起，动量守恒m a v 1=m

c v 2 从B 运动到C 点时速度恰好为零，由动能定理可得：

－fL =0－

12

m c 22v f =m c a ，－v 0=v 2－at

m c 向右运动：s 1=v 2t －

12

at 2 传送带向左运动：s 2=v 0t Q =fs 相对=f (s 1＋s 2)=9J

12．可视为质点的小滑块从半径为0.8m 的四分之一光滑圆弧轨道顶端滑下。在轨道最低点滑上水平传送带的最右端（设轨道衔接处无机械能损失）。设传送带长度L=8m ，并以恒定的v=3m/s 速度顺时针转动，小滑块恰好能运动到水平传送带的最左端而没有掉下传送带。已知重力加速度大小为g=10m/s 2。求：

（1）物块与传送带间的动摩擦因数；

（2）物块从圆弧轨道最低点滑入传送带到第一次返回圆弧轨道最低点所用的时间（本小题计算结果保留两位有效数字）。 【答案】（1）0.1；（2）8.17s 【解析】 【详解】

（1）物块从圆形光滑轨道下滑的过程，根据机械能守恒有

2112

mgR mv =

解得14m/s v =

物块沿传送带滑到最左端速度恰好为零，由动能定理有21102

mg L mv μ-?=- 代入数据解得：0.1μ=

（2）物块在传送带先做匀减速运动2

1/a g m s μ==

则物块减速到零的时间为1

14v t s a

=

= 反向加速时加速度不变，故加速时间为23v

t s a

== 这段时间的位移为2

121 4.52

x at m =

= 之后物块随传送带匀速运动，则1

3 1.17L x t s v

-=

= 物块在传送带上第一次往返所用的时间为1238.17t t t t s =++=