高考物理动能与动能定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

高考物理动能与动能定理解题技巧及经典题型及练习题(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，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。

3．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

0.04kg m =，电量4310C q -=?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37α?=，倾斜轨道长为

2.0m L =，带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数0.5μ=。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5210V/m E =?。已知

cos370.8?=，sin370.6?=，取2

10m/s g =，求：

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

（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 ；（233；（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

212

P A E mv =

解得

220.32

4m/s 0.04P A E v m ＝

＝＝? （2）A 到B 物体做平抛运动，到B 点有

cos37A B

v

v ?＝ 所以

4

5m/s 0.8

B v ＝

＝ B 到C 根据动能定理有

2211sin37cos3722

C B mgL mg L mv mv μ?-??=

- 解得

33m/s C v ＝

（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

2

D

v F m R

＝

解得

D FR

v m

＝

所以要小物块不离开圆轨道则应满足v C ≥v D 得：

R ≤0.022m

4．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μ=0.75．取sin37o =0.6，cos37o =0.8，重力加速度g =10m/s 2，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】 【分析】 【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．

5．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． 【详解】

(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：

()()22

2111=

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.

6．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/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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 ；45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：

11W f s mgd μ=+ f 1=μmg cos θ s 1=

sin H h

θ

- 解得

W ＝1200J mg （H －h ）－W ＝

12

mv 2 得运动员滑到C 点时速度的大小

v ＝45

（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 ＇＝

12

gt 2 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 ＝

1

2

mv 02 运动员在水平方向的位移：

x ＝v 0t x 4'(5')h h -当h ＇＝2.5m 时，水平位移最大.

7．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L 1、L 2、L 3…（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v 0＝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 ／s 2，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：

8．雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关，雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g；

（1）质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中空气阻力所做的功W．

（2）研究小组同学观察发现，下雨时雨滴的速度跟雨滴大小有关，较大的雨滴落地速度较快，若将雨滴看作密度为ρ的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力大小为

f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例常数，r是球体半径．

a. 某次下雨时，研究小组成员测得雨滴落地时的速度约为v0，试计算本场雨中雨滴半径r 的大小；

b. 如果不受空气阻力，雨滴自由落向地面时的速度会非常大，其v-t图线如图所示，请在图中画出雨滴受空气阻力无初速下落的v-t图线．

（3）为进一步研究这个问题，研究小组同学提出下述想法：

将空气中的气体分子看成是空间中均匀分布的、静止的弹性质点，将雨滴的下落看成是一个面积为S 的水平圆盘在上述弹性质点中竖直向下运动的过程．已知空气的密度为ρ0，试求出以速度v 运动的雨滴所受空气阻力f 的大小．（最后结果用本问中的字母表示）

【答案】（1）2

12

W mu mgh =- （2）2034kv r g πρ=，

（3）2

2f Sv ρ=

【解析】 【详解】

（1）由动能定理：21

2

mgh W mu += 解得：2

12

W mu mgh =

- （2）a. 雨滴匀速运动时满足：3

22

043

r g kr v ρπ?=，

解得20

34kv r g

πρ=

b. 雨滴下落时，做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速下落，图像如图.

（3）设空气分子与圆盘发生弹性碰撞．

在极短时间?t 内，圆盘迎面碰上的气体质点总质量为：m S v t ρ?=??? 以F 表示圆盘对气体分子的作用力，对气体根据动量定理有：F·t ?＝?m·

2v 解得：2

2F Sv ρ=

由牛顿第三定律可知，圆盘所受空气阻力2

2F F Sv ρ=='

9．如图，质量为m=1kg 的小滑块（视为质点）在半径为R=0.4m 的1/4圆弧A 端由静止开始释放，它运动到B 点时速度为v=2m/s ．当滑块经过B 后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C 点过渡到倾角为θ=37°、长s=1m 的斜面CD 上，CD 之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0≤μ≤1.5之间调节．斜面底部D 点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O 点，自然状态下另一端恰好在D 点．认为滑块通过C 和D 前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力．

（1）求滑块对B 点的压力大小以及在AB 上克服阻力所做的功； （2）若设置μ=0，求质点从C 运动到D 的时间； （3）若最终滑块停在D 点，求μ的取值范围． 【答案】（1）20N ， 2J ；（2）1

3

s ；（3）0.125≤μ＜0.75或μ=1． 【解析】 【分析】

（1）根据牛顿第二定律求出滑块在B 点所受的支持力，从而得出滑块对B 点的压力，根据动能定理求出AB 端克服阻力做功的大小．

（2）若μ=0，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出C 到D 的时间． （3）最终滑块停在D 点有两种可能，一个是滑块恰好从C 下滑到D ，另一种是在斜面CD 和水平面见多次反复运动，最终静止在D 点，结合动能定理进行求解．

【详解】

（1）滑块在B点，受到重力和支持力，在B点，根据牛顿第二定律有：F?mg＝m2v

R

，代入数据解得：F=20N，

由牛顿第三定律得：F′=20N．

从A到B，由动能定理得：mgR?W＝1

2

mv2，

代入数据得：W=2J．

（2）在CD间运动，有：mgsinθ=ma，加速度为：a=gsinθ=10×0.6m/s2=6m/s2，

根据匀变速运动规律有：s＝vt+1

2

at2

代入数据解得：t=1

3 s．

（3）最终滑块停在D点有两种可能：a、滑块恰好能从C下滑到D．则有：

mg sinθ?s?μ1mg cosθ?s＝0?1

2

mv2，

代入数据得：μ1=1，

b、滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点．

当滑块恰好能返回C有：?μ1mg cosθ?2s＝0?1

2

mv2，

代入数据得到：μ1=0.125，

当滑块恰好能静止在斜面上，则有：mgsinθ=μ2mgcosθ，

代入数据得到：μ2=0.75．

所以，当0.125≤μ＜0.75，滑块在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点．

综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ＜0.75或μ=1．

【点睛】

解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动规律，运用动力学知识和动能定理进行求解，涉及到时间问题时，优先考虑动力学知识求解．对于第三问，要考虑滑块停在D点有两种可能．

10．如图所示，在粗糙水平轨道OO1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，OO1的距离s=4m．在O1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/s2)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： 222B

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 b = 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。

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 5x x l +=

联立以上各式，得：

A B 1

2

m m =