高考物理动能与动能定理解题技巧讲解及练习题(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/s2。

(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

mghR1mvB2 2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

2mghRmvB2FNmgmg70N

RR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

mg（hRRcos37Lsin37）mgLcos370

所以

L1.2m

(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

1mvB2mghR2mgLcos370.54mgmgR 2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

后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取

冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道，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轨道。

（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【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=-△Ep=-Ep 解得 Ep=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＝Ek−mv02 解得 Ek=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＝mv22−Ek

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： −2mgR＝mv12-mv02

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．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道，管道的半径较小。为研究方便建立平面直角坐标系，O点为抛物口，下方接一满足方程y52

x的光滑抛物线形状管道OA；9AB、BC是半径相同的光滑圆弧管道，CD是动摩擦因数μ＝0.8的粗糙直管道；各部分管道在连接处均相切。A、B、C、D的横坐标分别为xA＝1.20m、xB＝2.00m、xC＝2.65m、xD＝3.40m。已知，弹珠质量m＝100g，直径略小于管道内径。E为BC管道的最高点，在D处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g＝10m/s2，求：

（1）若要使弹珠不与管道OA触碰，在O点抛射速度ν0应该多大；

（2）若要使弹珠第一次到达E点时对轨道压力等于弹珠重力的3倍，在O点抛射速度v0应该多大；

（3）游戏设置3次通过E点获得最高分，若要获得最高分在O点抛射速度ν0的范围。 【答案】（1）3m/s（2）22m/s（3）23m/s＜ν0＜26m/s 【解析】 【详解】 （1）由y52

x得：A点坐标（1.20m，0.80m） 912gt 2由平抛运动规律得：xA＝v0t，yA代入数据，求得 t＝0.4s，v0＝3m/s； （2）由速度关系，可得 θ＝53° 求得AB、BC圆弧的半径 R＝0.5m OE过程由动能定理得： mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）解得 v0＝22m/s；

1212mvEmv0 222.652.000.400.5，α＝30°

0.5CD与水平面的夹角也为α＝30°

（3）sinα设3次通过E点的速度最小值为v1．由动能定理得 mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）﹣2μmgxCDcos30°＝0解得 v1＝23m/s

设3次通过E点的速度最大值为v2．由动能定理得 mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）﹣4μmgxCDcos30°＝0解得 v2＝6m/s

考虑2次经过E点后不从O点离开，有

2﹣2μmgxCDcos30°＝0mv3

12mv1 212mv2 212解得 v3＝26m/s 故 23m/s＜ν0＜26m/s

4．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Fm=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/s2，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vB，由牛顿第二定律得：

2vBFmmgm

R从P到Ｂ，由动能定理得

mg(HR)12mvB0 2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°）+Lsin37°]-μmgcos37°•L=0解得

L=4.9m

(3)物块在斜面上，由于mgsin37°＞μmgcos37°，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+Rcos37°）

解得

Q=4J

12mvB 2

5．如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量

m0.04kg，电量q3104C的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能

为0.32J。某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端A点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B，并沿轨道BC滑下，运动到光滑水平轨道CD，从D点进入到光滑竖直圆内侧轨道。已知倾斜轨道与水平方向夹角为37，倾斜轨道长为

L2.0m，带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数0.5。小物块在C点没有能量损

失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小物块的电量保持不变，可视为质点。只有光滑竖直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场，场强E2105V/m。已知

2cos370.8，sin370.6，取g10m/s，求：

（1）小物块运动到A点时的速度大小vA； （2）小物块运动到C点时的速度大小vC；

（3）要使小物块不离开圆轨道，圆轨道的半径应满足什么条件？

【答案】（1）4m/s；（2）33m/s；（3）R⩽0.022m 【解析】 【分析】

【详解】

（1）释放弹簧过程中，弹簧推动物体做功，弹簧弹性势能转变为物体动能

EP解得

12mvA 2vA＝2EP20.32＝＝4m/s m0.04v A＝cos37 vB（2）A到B物体做平抛运动，到B点有

所以

vB＝B到C根据动能定理有

4＝5m/s 0.81212mvCmvB 22mgLsin37mgcos37L解得

vC＝33m/s

（3）根据题意可知，小球受到的电场力和重力的合力方向向上，其大小为

F=qE-mg=59.6N

所以D点为等效最高点，则小球到达D点时对轨道的压力为零，此时的速度最小，即

2vDF＝m

R解得

vD＝FR m所以要小物块不离开圆轨道则应满足vC≥vD得：

R≤0.022m

6．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中AB是足够长的水平轨道，B端与半径为R的光滑半圆轨道BCD平滑相切连接，半圆的直径BD竖直，C点与圆心O等高．现有一质量为m的小球Q静止在B点，另一质量为2m的小球P沿轨道AB向右匀速运动并与Q发生对心碰撞，碰撞后瞬间小球Q对半圆轨道B点的压力大小为自身重力的7倍，碰撞后小球P恰好到达C点．重力加速度为g．

（1）求碰撞前小球P的速度大小；

（2）求小球Q离开半圆轨道后落回水平面上的位置与B点之间的距离；

（3）若只调节光滑半圆轨道BCD半径大小，求小球Q离开半圆轨道D点后落回水平面上的位置与B点之间的距离最大时，所对应的轨道半径是多少？ 【答案】（1）【解析】 【分析】 【详解】

设小球Q在B处的支持力为；碰后小球Q的速度为，小球P的速度为；碰前小球P的速度为；小球Q到达D点的速度为(1)由牛顿第三定律得小球Q在B点碰后小球Q在B点由牛顿第二定律得:碰后小球P恰好到C点，由动能定理得:P、Q对心碰撞，由动量守恒得：联立解得:

. （2）

（3）

(2)小球Q从B到D的过程中，由动能定理得：解得

由平抛运动规律有：

，所以小球Q能够到达D点

联立解得(3)

联立解得:

当所以【点睛】

时x有最大值

解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如何转化，分段运用能量守恒定律列式是关键．

7．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mgcosLmgS0

即：

mghmgcosmghmg由几何关系可知：

hmgS0 sinhmgS0 tanhLS tan则有：

mghmgLSmgS0

mghmgL0

解得：Lh

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。

8．如图所示，半径为R1＝1.8 m的

1光滑圆弧与半径为R2＝0.3 m的半圆光滑细管平滑连4接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L＝2.0 m、质量为M＝1.5 kg的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同．现在让质量为m2＝2 kg的物块静止于B处，质量为m1＝1 kg的物块从光滑圆弧顶部的A处由静止释放，物块m1下滑至B处和m2碰撞后不再分开，整体设为物块m(m＝m1＋m2)．物块m穿过半圆管底部C处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为2 m/s时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若g＝10 m/s2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计．

(1)求物块m1和m2碰撞过程中损失的机械能； (2)求物块m滑到半圆管底部C处时所受支持力大小；

(3)若物块m与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，求物块m在台阶表面上滑行的最大距离．

【答案】⑴12J ⑵190N ⑶0.8m 【解析】

试题分析：（1）选由机械能守恒求出物块m1下滑到B点时的速度；m1、m2碰撞满足动量守恒，由E机1122m1vBmv共求出碰撞过程中损失的机械能；（2）物块m由B到C22满足机械能守恒，在C点由牛顿第二定律可求出物块m滑到半圆管底部C处时所受支持力大小；（3）根据动量守恒定律和动能定理列式即可求解. ⑴设物块m1下滑到B点时的速度为vB，由机械能守恒可得：

m1gR112m1vB 2解得：vB6m/s

m1、m2碰撞满足动量守恒：m1vB(m1m2)v共

解得；v共2m/s

则碰撞过程中损失的机械能为：E机1122m1vBmv共12J 22⑵物块m由B到C满足机械能守恒：解得：vC4m/s

1212mv共mg2R2mvC 222vC在C处由牛顿第二运动定律可得：FNmgm

R2解得：FN190N

⑶设物块m滑上木板后，当木板速度为v22m/s时，物块速度为v1， 由动量守恒定律得：mvCmv1Mv2 解得：v13m/s

设在此过程中物块运动的位移为x1，木板运动的位移为x2，由动能定理得： 对物块m：mgx1解得：x11.4m 对木板M：mgx2解得：x20.4m

此时木板静止，物块m到木板左端的距离为：x3Lx2x11m 设物块m在台阶上运动的最大距离为x4，由动能定理得：

1212mv1mvC 2212Mv2 21mg(x3x4)0mv12

2解得：x40.8m

9．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/s2， 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：

mgLsinmgLcos解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：

12mv 2v2gLsincos8m/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Ep

Ep12mvmgdsin35J 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:

1mgs1mgs1cos0mv2

2解得：s14m

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：

mgsin(s1s2)mgcos(s1s2)0

解得：s22m

故物块每经过一次O点，上升的最大距离为上一次的

1 2L 2所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：s1则第n次上升的最大距离为：sn因为sn小于

L n 21m，所以n>4，即物块与弹簧接触5次后，物块从O点沿斜面上升的最大距离21m 2

10．夏天到了，水上滑梯是人们很喜欢的一个项目，它可简化成如图所示的模型：倾角为θ＝37°斜滑道AB和水平滑道BC平滑连接（设经过B点前后速度大小不变），起点A距水面的高度H＝7.0m，BC长d＝2.0m，端点C距水面的高度h＝1.0m．一质量m＝60kg的人从滑道起点A点无初速地自由滑下，人与AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.2．（取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，人在运动过程中可视为质点），求： （1）人从A滑到C的过程中克服摩擦力所做的功W和到达C点时速度的大小υ； （2）保持水平滑道端点在同一竖直线上，调节水平滑道高度h和长度d到图中B′C′位置时，人从滑梯平抛到水面的水平位移最大，则此时滑道B′C′距水面的高度h′．

【答案】(1) 1200J ；45m/s (2) 当h＇＝2.5m时，水平位移最大 【解析】 【详解】

（1）运动员从A滑到C的过程中，克服摩擦力做功为：

Wf1s1mgd f1=mgcoss1=

解得

W＝1200J mg（H－h）－W＝

得运动员滑到C点时速度的大小

v＝45 m/s

（2）在从C点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t，

h＇＝

下滑过程中克服摩擦做功保持不变W＝1200J 根据动能定理得：

mg（H－h＇）－W＝

运动员在水平方向的位移：

x＝v0t x=4h'(5h') 当h＇＝2.5m时，水平位移最大.

Hh sin12mv 212gt 21mv02 2

11．如图所示，两个半圆形的光滑细管道(管道内径远小于半圆形半径)在竖直平面内交叠，组成“S”字形通道．大半圆BC的半径R=0.9m，小半圆CD的半径r=0.7m．在“S”字形通道底部B连结一水平粗糙的细直管AB．一质量m=0.18kg的小球（可视为质点）从A点以V0=12m/s的速度向右进入直管道，经t1=0.5s 到达B点，在刚到达半圆轨道B点时，对B点的压力为NB=21.8N．（取重力加速度g=10m/s2）求：

（1）小球在B点的速度VB及小球与AB轨道的动摩擦因数 ?

（2）小球到达“S”字形通道的顶点D后，又经水平粗糙的细直管DE，从E点水平抛出，其水平射程S=3.2m．小球在E点的速度VE为多少？

（3）求小球在到达C点后的瞬间，小球受到轨道的弹力大小为多少？方向如何？ 【答案】（1）VB=10m/s ，=0.4（2）VE=S/ t=4m/s（3） NC=18.25N 方向向上 【解析】 【详解】

（1）根据牛顿第二定律有NB-mg=mVB2/R VB=10m/s a=(V0-VB)/t=4m/s2

mg=m a a =mg =0.4

（2）H=2R+2r=3.2m t=2H gVE=S/ t=4m/s （3）NC- mg=mVC2/r

11m VB2=2mg R+m VC2 22NC=18.25N 方向向上

12．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】wf克【解析】 【分析】

1mgR 2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 v16gR 最低点 7mgmgR2mv2 v2gR 最高点： mgR由动能定律 得 2mgRwf解得 wf1212mv2mv1 221mgR 21mgR 2所以 克服空气阻力做功wf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．