高考物理高考物理动能与动能定理答题技巧及练习题(含答案)

高考物理高考物理动能与动能定理答题技巧及练习题(含答案)
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理
1．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在 A 点用一弹射装置可 将静止的小滑块以 v 0水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到 B 点后，进入半径 R =0.3m 的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自 B 点向 C 点运动，C 点右侧有一陷阱，C 、D 两点的竖 直高度差 h =0.2m ，水平距离 s =0.6m ，水平轨道 AB 长为 L 1=1m ，BC 长为 L 2 =2.6m ，小滑块与 水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.5，重力加速度 g =10m/s 2.
(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小； (2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小的范围． 【答案】（1）（2）5m/s≤v A ≤6m/s 和v A ≥
【解析】 【分析】 【详解】
（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v ，由牛顿第二定律及机械能守恒定律
由B 到最高点2211
222
B mv mgR mv =+ 由A 到B ：
解得A 点的速度为
（2）若小滑块刚好停在C 处，则：
解得A 点的速度为
若小滑块停在BC 段，应满足3/4/A m s v m s ≤≤ 若小滑块能通过C 点并恰好越过壕沟，则有2
12
h gt =
c s v t =
解得
所以初速度的范围为3/4/A m s v m s ≤≤和5/A v m s ≥
2．如图所示，光滑水平平台AB 与竖直光滑半圆轨道AC 平滑连接，C 点切线水平，长为L =4m 的粗糙水平传送带BD 与平台无缝对接。

质量分别为m 1=0.3kg 和m 2=1kg 两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。

已知传送带以v 0=1.5m/s 的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.15．某时剪断细绳，小物体m 1向左运动，m 2向右运动速度大小为v 2=3m/s ，g 取10m/s 2．求：
(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能E p
(2)从小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E
(3)为了让小物体m 1从C 点水平飞出后落至AB 平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC 的半径R 和小物体m 1平抛的最大水平位移x 的大小。

【答案】(1)19.5J(2)6.75J(3)R =1.25m 时水平位移最大为x =5m 【解析】 【详解】
(1)对m 1和m 2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：
0=m 1v 1-m 2v 2
解得
v 1=10m/s
剪断细绳前弹簧的弹性势能为：
22112211
22
p E m v m v =
+ 解得
E p =19.5J
(2)设m 2向右减速运动的最大距离为x ，由动能定理得：
-μm 2gx =0-1
2
m 2v 22 解得
x =3m ＜L =4m
则m 2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v 0=1.5m/s ，然后向左匀速运动，直至离开传送带。

设小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t 。

取向左为正方向。

根据动量定理得：
μm 2gt =m 2v 0-（-m 2v 2）
解得：
t =3s
该过程皮带运动的距离为：
x 带=v 0t =4.5m
故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：
E =μm 2gx 带
解得：
E =6.75J
(3)设竖直光滑轨道AC 的半径为R 时小物体m 1平抛的水平位移最大为x 。

从A 到C 由机械能守恒定律得：
2211111 222
C m v m v mgR =+ 由平抛运动的规律有：
x =v C t 1
2
1122
R gt =
联立整理得
410()4x R R =-
根据数学知识知当
4R =10-4R
即R =1.25m 时，水平位移最大为
x =5m
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，小滑块（视为质点）的质量m = 1kg ；固定在地面上的斜面AB 的倾角
θ=37°、长s =1m ，点A 和斜面最低点B 之间铺了一层均质特殊材料，其与滑块间的动摩擦
因数μ可在0≤μ≤1.5之间调节。

点B 与水平光滑地面平滑相连，地面上有一根自然状态下的轻弹簧一端固定在O 点另一端恰好在B 点。

认为滑块通过点B 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）若设置μ=0，将滑块从A 点由静止释放，求滑块从点A 运动到点B 所用的时间。

（2）若滑块在A 点以v 0=lm/s 的初速度沿斜面下滑，最终停止于B 点，求μ的取值范围。

【答案】（1）3
t =s ；（2）13324μ≤≤或31316μ=。

【解析】 【分析】 【详解】
（1）设滑块从点A 运动到点B 的过程中，加速度大小为a ，运动时间为t ，则由牛顿第二定律和运动学公式得
sin mg ma θ=
21
2
s at =
解得33
t =
s （2）滑块最终停在B 点，有两种可能：
①滑块恰好能从A 下滑到B ，设动摩擦因数为1μ，由动能定律得：
2
101sin cos 02
mg s mg s mv θμθ-=-g g
解得11316
μ=
②滑块在斜面AB 和水平地面间多次反复运动，最终停止于B 点，当滑块恰好能返回A 点，由动能定理得
2
201cos 202
mg s mv μθ-=-g
解得2132
μ=
此后，滑块沿斜面下滑，在光滑水平地面和斜面之间多次反复运动，最终停止于B 点。

当滑块恰好能静止在斜面上，则有
3sin cos mg mg θμθ=
解得334
μ=
所以，当23μμμ≤≤，即13
324μ≤≤时，滑块在斜面AB 和水平地面间多次反复运动，最终停止于B 点。

综上所述，μ的取值范围是
13324μ≤≤或313
16
μ=。

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
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
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．
7．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 ；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：
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 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 ＇＝
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.
8．一质量为m =0.5kg 的电动玩具车，从倾角为θ=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．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）2038Q 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
220011()222
v fL m mv -=- ① 解得：2038v 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：2038
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:
212
fs Mv =
③ 对小物体运用动能定理有: 22011()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2038fL 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()222fL mv mv Mv =
-+ 联立各式解得：1025v v =，20320
v v =
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： 2112
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:
21N 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:
22211122
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：
212h
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，一质量M =4kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。

小车上表面由光滑圆弧轨道BC 和水平粗糙轨道CD 组成，BC 与CD 相切于C ，圆弧BC 所对圆心角θ＝37°，圆弧半径R =2.25m ，滑动摩擦因数μ=0.48。

质量m =1kg 的小物块从某一高度处的A 点以v 0＝4m/s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B 点进入圆弧轨道，最终与小车保持相对静止。

取g ＝10m/s 2，sin37°=0.6，忽略空气阻力，求:
（1）A 、B 间的水平距离；
（2）物块通过C 点时，轨道对物体的支持力；
（3）物块与小车因摩擦产生的热量。

【答案】（1）1.2m （2）25.1N F N =（3）13.6J
【解析】
【详解】
（1）物块从A 到B 由平抛运动的规律得:
tan θ=0
gt v x = v 0t
得x =1.2m
（2）物块在B 点时，由平抛运动的规律得：0cos B v v θ
=
物块在小车上BC 段滑动过程中，由动能定理得： mgR (1－cos θ)＝12mv C 2－12
mv B 2 在C 点对滑块由牛顿第二定律得 2C N v F mg m R -= 联立以上各式解得：25.1N F N =
（3）根据牛顿第二定律，对滑块有μmg ＝ma 1，
对小车有μmg ＝Ma 2
当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即 v C －a 1t 1＝a 2t 1
由以上各式解得 1346
t s =， 此时小车的速度为v ＝a 2t 1＝
34/m s 物块在CD 段滑动过程中由能量守恒定律得：
12mv C 2＝12
（M ＋m ）v 2 + Q 解得：Q =13.6J
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
1t ∆－L 图象斜率为k 、纵轴截距为 b 。

（1）根据
2
1t ∆－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 12mbd 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222212A 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：212
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：221122
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：212N 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。