高中物理动能与动能定理解题技巧及练习题

高中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，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．如图所示是一种特殊的游戏装置，CD 是一段位于竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆弧半径为10m ，末端D 处的切线方向水平，一辆玩具滑车从轨道的C 点处下滑，滑到D 点时速度大小为10m/s ，从D 点飞出后落到水面上的B 点。已知它落到水面上时相对于O 点（D 点正下方）的水平距离10m OB =。为了能让滑车抛到水面上的更远处，有人在轨道的下方紧贴D 点安装一水平传送带，传送带右端轮子的圆心与D 点的水平距离为8m ，轮子半径为0.4m （传送带的厚度不计），若传送带与玩具滑车之间的动摩擦因数为0.4，玩具滑车的质量为4kg ，不计空气阻力（把玩具滑车作质点处理），求 (1)玩具滑车到达D 点时对D 点的压力大小。

(2)如果传送带保持不动，玩具滑车到达传送带右端轮子最高点时的速度和落水点位置。 (3)如果传送带是在以某一速度匀速运动的（右端轮子顺时针转），试讨论玩具滑车落水点与传送带速度大小之间的关系。

【答案】(1)80N ；(2)6m/s ，6m ；(3)见解析。 【解析】 【详解】

(1)玩具滑车到达D 点时，由牛顿第二定律：

2D

D v F mg m R

-=

解得

22

10=404=80N 10

D D v F mg m R =++?；

(2)若无传送带时，由平抛知识可知：

D x v t =

解得

1s t =

如果传送带保持不动，则当小车滑到最右端时，由动能定理：

22

1122

D mv mv mgL μ-=-

解得

v =6m/s

因为6m/s 2m/s v gR =>

=，则小车从右端轮子最高点做平抛运动，则落水点距离传送

带右端的水平距离：

'6m x vt ==

(3)①若传送带的速度v ≤6m/s ，则小车在传送带上运动时一直减速，则到达右端的速度为6m/s ，落水点距离传送带右端的水平距离为6m ； ②若小车在传送带上一直加速，则到达右端时的速度满足

'22

1122

D mv mv mgL μ-= 解得

'241m/s v =

若传送带的速度241m/s v ≥，则小车在传送带上运动时一直加速，则到达右端的速度为

241m/s ，落水点距离传送带右端的水平距离为241m x vt ==；

③若传送带的速度10m/s≥v ≥6m/s ，则小车在传送带上运动时先减速到v ，然后以速度v 匀速，则到达右端的速度为v ，落水点距离传送带右端的水平距离为vt=v m ；

④若传送带的速度241m/s ≥v ≥10m/s ，则小车在传送带上运动时先加速到v ，然后以速度v 匀速，则到达右端的速度为v ，落水点距离传送带右端的水平距离为vt =v m 。

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 59

=

x 2

的光滑抛物线形状管道OA ；AB 、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x A ＝1.20m 、x B ＝2.00m 、x C ＝2.65m 、x D ＝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/s 2，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v 0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）m/s （3）m/s ＜ν0＜m/s 【解析】 【详解】 （1）由y 59

=

x 2

得：A 点坐标（1.20m ，0.80m ） 由平抛运动规律得：x A ＝v 0t ，y A 212

gt =

代入数据，求得 t ＝0.4s ，v 0＝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： mgy A ﹣mgR （1﹣cos53°）2201122

E mv mv =-

解得 v 0＝m/s ；

（3）sinα 2.65 2.000.40

0.5

--=

=0.5，α＝30°

CD 与水平面的夹角也为α＝30°

设3次通过E 点的速度最小值为v 1．由动能定理得 mgy A ﹣mgR （1﹣cos53°）﹣2μmgx CD cos30°＝02112

mv -

解得 v 1＝m/s

设3次通过E 点的速度最大值为v 2．由动能定理得 mgy A ﹣mgR （1﹣cos53°）﹣4μmgx CD cos30°＝02212

mv - 解得 v 2＝6m/s

考虑2次经过E 点后不从O 点离开，有

﹣2μmgx CD cos30°＝02

312

mv -

解得 v 3＝m/s

故＜ν0＜m/s

4．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。

5．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）（2）

（3）

【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)小球Q从B到D的过程中，由动能定理得：

解得，所以小球Q能够到达D点

由平抛运动规律有：

联立解得

(3)

联立解得:

当时x有最大值

所以

【点睛】

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．

6．如图所示，斜面ABC下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于C，整个装置竖直固定，D是最低点，圆心角∠DOC=37°，E、B与圆心O等高，圆弧轨道半径R=0.30m，斜面长

L=1.90m，AB部分光滑，BC部分粗糙．现有一个质量m=0.10kg的小物块P从斜面上端A 点无初速下滑，物块P与斜面BC部分之间的动摩擦因数 =0.75．取

sin37o=0.6，cos37o=0.8，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力．求：

（1）物块从A到C过程重力势能的增量ΔE P；

（2）物块第一次通过B点时的速度大小v B；

（3）物块第一次通过D点时受到轨道的支持力大小N．

【答案】（1）-1.14J （2）4.2m/s（3）7.4N

【解析】

【详解】

（1）从A 到C 物块的重力做正功为：sin 37 1.14G W mgL J ==o

故重力势能的增量 1.14P G E W J ?=-=-

（2）根据几何关系得，斜面BC 部分的长度为：cot 370.40l R m ==o 设物块第一次通过B 点时的速度为B v ，根据动能定理有：()2

13702

B mg L l sin mv -?=- 解得： 4.2/B v m s =

（3）物块在BC 部分滑动受到的摩擦力大小为：370.60f mgcos N μ=?= 在BC 部分下滑过程受到的合力为：370F mgsin f =?-= 则物块第一次通过C 点时的速度为： 4.2/C B v v m s == 物块从C 到D ，根据动能定理有：()221113722

D C mgR cos mv mv -?=

- 在D ，由牛顿第二定律得：2D

v N mg m R

-=

联立解得：7.4N N = 【点睛】

本题考查了动能定理与牛顿第二定律的综合运用，运用动能定理解题关键确定出研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再根据动能定理列式求解．

7．如图所示，AB 是一倾角为θ=37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数

=0.30μ，BCD 是半径为R =0.2m 的光滑圆弧轨道，它们相切于B 点，C 为圆弧轨道的最低

点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E = 4.0×103N/C ，质量m = 0.20kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB 对应的高度h = 0.24m ，滑块带电荷q = -5.0×10-4C ，取重力加速度g = 10m/s 2，sin37°= 0.60，cos37°=0.80．求：

（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B 点时的速度大小； （2）滑块滑到圆弧轨道最低点C 时对轨道的压力． 【答案】(1) 2.4m/s (2) 12N 【解析】 【分析】

(1)滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B 点时的速度大小； (2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得C 点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解．

(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力：

()cos370.96N f mg qE μ=+?=

设到达斜面底端时的速度为v 1，根据动能定理得：

()2

11sin 372

h mg qE h f

mv +-=o 解得：

v 1=2.4m/s

(2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得：

()()222111=

1cos3722

m mg q v E v m R +?-－ 当滑块经过最低点时，有：

()2N 2

F mg qE v m R

-+= 由牛顿第三定律：

N N 11.36N F F ==，

方向竖直向下． 【点睛】

本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择.

8．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/s 2。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。

9．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

10．如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L．导轨上端并联接有一电容为C的平行板电容器和阻值为R的电阻．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下

滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ．忽略其它电阻．让金属棒在不同情况下从导轨上端由静止开始下滑，求:

(1)当断开S 1闭合S 2时，金属棒由静止开始下滑位移x 后开始匀速，求匀速的速度大小和这过程电阻生的热量；

(2)当断开S 2闭合S 1时金属棒的速度大小随时间变化的关系． 【答案】(1)22

(sin cos )m mgR

v B L θμθ-=

，

2322

44

(sin cos )(sin cos )2m g R Q mgx B L

θμθθμθ-=-- (2)22(sin cos )mg v t m B L C θμθ-=?+ 【解析】 【详解】

(1)金属棒在斜面上匀速直线运动时，由平衡条件： sin cos mg BIL mg θμθ=+

由闭合电路的欧姆定律E I R

= 而动生电动势m E BLv =

联立解得：22

(sin cos )m mgR

v B L θμθ-=

对金属棒下滑过程，由动能定理得：

2

1sin cos =02

m F mgx mg x W mv θμθ-?+-安

而由功能关系，克服安培力做功等于电路的焦耳热：=F W Q -安

联立解得：2322

44

(sin cos )(sin cos )2m g R Q mgx B L

θμθθμθ-=-- (2)设金属棒经历时间t ?，速度的变化量为v ?，通过金属棒的电流为i ，流过金属棒的电荷量为Q ?， 按照电流的定义Q

i t

?=

? Q ?也是平行板电容器的极板在t ?内的增加量，

Q C U CBL v ?=?=??

金属棒受到的摩擦力为cos f mg μθ= 金属棒受到的安培力为i F BiL =

设金属棒下滑的加速度为a ，由牛顿第二定律有：

sin i mg f F ma θ--=

联立解得：22(sin cos )

mg a m B L C

θμθ-=

+

加速度为恒定值，说明金属棒做匀加速直线运动 有v at =

可得瞬时速度与时间的关系：22(sin cos )

mg v t m B L C

θμθ-=

?+

11．如图所示，水平轨道BC 的左端与固定的光滑竖直1/4圆轨道相切与B 点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C 点平滑连接（即物体经过C 点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2Kg 的滑块从圆弧轨道的顶端A 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D 点，已知光滑圆轨道的半径R ＝0.45m ，水平轨道BC 长为0.4m ，其动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD 长为0.6m ，g 取10m/s 2，求

（1）滑块第一次经过B 点时对轨道的压力 （2）整个过程中弹簧具有最大的弹性势能； （3）滑块最终停在何处？

【答案】（1）60N ，竖直向下；（2）1.4J ；（3）在BC 间距B 点0.15m 处． 【解析】 【详解】

（1）滑块从A 点到B 点，由动能定理可得：mgR=1

2

mv B 2 解得：v B ＝3m/s ，

滑块在B 点，由牛顿第二定律：F-mg=m 2B

v R

解得：F ＝60N ，

由牛顿第三定律可得：物块对B 点的压力：F ′＝F ＝60N ； （2）滑块从A 点到D 点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W ， 由动能定理可得：mgR ﹣μmgL BC ﹣mgL CD sin30°+W ＝0， 其中：E P ＝﹣W ，解得：E P ＝1.4J ；

（3）滑块最终停止在水平轨道BC 间，从滑块第一次经过B 点到最终停下来的全过程，

由动能定理可得：210

2

B mg s mv μ-?=- 解得：s ＝2.25m

则物体在BC 段上运动的次数为：n ＝

2.25

0.45

＝5.625， 说明物体在BC 上滑动了5次，又向左运动0.625×0.4＝0.25m ， 故滑块最终停止在BC 间距B 点0.15m 处（或距C 点0.25m 处）； 【点睛】

本题考查动能定理及牛顿第二定律等内容，要注意正确受力分析；对于不涉及时间的问题，优先选用动能定理．

12．如图所示，物块B 静止放置在水平面上，物块A 以一定的初速度v 0冲向B ，若在物块A 、B 正对的表面加上粘合剂，则物块A 、B 碰后一起沿水平面运动的最大距离为l ；若在物块A 、B 正对的表面加上弹性装置，则两物块将发生弹性正碰，碰后两物块间的最大距离为5l 。已知物块A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ，水平面足够大，不计粘合剂及弹性装置的质量，求物块A 、B 的质量之比

A

B

m m 。

【答案】12

【解析】 【详解】

取水平向左为正方向。设A 、B 第一次碰后速度为1v 由动量守恒： A 0A B 1()m m m =+v v

第一次碰后到停止的过程，由动能定理得：

2A B A B 11

()0()2

m m gl m m μ-+=-+v

第二次碰后速度分别为2v 、3v ，由动量守恒得、动能守恒得： A 0A 2B 3m m m =+v v v

222A 0A 2B 3111

222

m m m =+v v v 第二次碰后到停止的过程，由动能定理得：

对A ：2A A A 2102m gx m μ-=-v

对B ：2

B B B 3102

m gx m μ-=-v

联立以上各式，可得，B 45x l l =<，由此可知若碰撞后A 继续向右运动，AB 的最大距离不可能是5l ，即可得，A B m m <，碰后A 会反弹向左运动，则有：

A B 5

x x l

+=

联立以上各式，得：A

B 1 2

m

m

=