高考物理动能与动能定理技巧和方法完整版及练习题及解析

高考物理动能与动能定理技巧和方法完整版及练习题及解析
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理
1．如图所示，在娱乐节目中，一质量为m＝60 kg的选手以v0＝7 m/s的水平速度抓住竖直绳下端的抓手开始摆动，当绳摆到与竖直方向夹角θ＝37°时，选手放开抓手，松手后的上升过程中选手水平速度保持不变，运动到水平传送带左端A时速度刚好水平，并在传送带上滑行，传送带以v＝2 m/s匀速向右运动．已知绳子的悬挂点到抓手的距离为L＝6 m，传送带两端点A、B间的距离s＝7 m，选手与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，若把选手看成质点，且不考虑空气阻力和绳的质量．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)选手放开抓手时的速度大小；
(2)选手在传送带上从A运动到B的时间；
(3)选手在传送带上克服摩擦力做的功．
【答案】(1)5 m/s (2)3 s (3)360 J
【解析】
试题分析：（1）设选手放开抓手时的速度为v1，则－mg（L－Lcosθ）＝mv12－mv02，
v1＝5m/s
（2）设选手放开抓手时的水平速度为v2，v2＝v1cosθ①
选手在传送带上减速过程中 a＝－μg② v＝v2＋at1③④
匀速运动的时间t2，s－x1＝vt2⑤
选手在传送带上的运动时间t＝t1＋t2⑥
联立①②③④⑤⑥得：t＝3s
（3）由动能定理得W f＝mv2－mv22，解得：W f＝－360J
故克服摩擦力做功为360J．
考点：动能定理的应用
2．如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点到B点的高度差为
h2＝0.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m＝1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针传动，速度大小为v＝0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为
μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10 m/s2，试求：
(1).滑块运动至C 点时的速度v C 大小；
(2).滑块由A 到B 运动过程中克服摩擦力做的功W f ； (3).滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q . 【答案】（1）2.5 m/s （2）1 J （3）32 J
【解析】本题考查运动的合成与分解、动能定理及传送带上物体的运动规律等知识。

(1) 在C 点，竖直分速度： 22 1.5/y v gh m s ==
0sin37y c v v =，解得： 2.5/c v m s =
(2)C 点的水平分速度与B 点的速度相等，则372/B x C v v v cos m s ︒＝＝＝
从A 到B 点的过程中，据动能定理得： 2
112
f B mgh W mv -=，解得： 1f W J = (3) 滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得： 3737mgcos mgsin ma μ︒︒－＝
解得： 20.4/a m s ＝ 达到共同速度所需时间5c
v v t s a
-== 二者间的相对位移52
c
v v x t vt m +∆=
-= 由于3737mgsin mgcos μ︒<︒，此后滑块将做匀速运动。

滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量0
cos3732Q mg x J μ⋅∆＝＝
3．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m ＝1 kg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8：求：
（1）物体与传送带间的动摩擦因数； （2） 0～8 s 内物体机械能的增加量； （3）物体与传送带摩擦产生的热量Q 。

【答案】(1)μ＝0.875.(2)ΔE ＝90 J （3）Q ＝126 J 【解析】
(1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为
的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:
可解得：μ＝0.875.
（2）根据v-t 图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得0～8 s 内物体的位移
0～8 s s 内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为
(3) 0～8 s 内只有前6s 发生相对滑动. 0～6 s 内传送带运动距离为:
0～6 s 内物体位移为:
则0～6 s 内物体相对于皮带的位移为
0～8 s 内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,
代入数据得：Q ＝126 J
故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE ＝90 J （3）Q ＝126 J 【点睛】
对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t 图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。

4．如图所示，一质量为M 、足够长的平板静止于光滑水平面上，平板左端与水平轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上．平板上有一质量为m 的小物块以速度v 0向右运动，且在本题设问中小物块保持向右运动．已知小物块与平板间的动摩擦因数为μ，弹簧弹性势能E p 与弹簧形变量x 的平方成正比，重力加速度为g.求：
(1)当弹簧第一次伸长量达最大时，弹簧的弹性势能为E pm ，小物块速度大小为0
3
v 求该过程中小物块相对平板运动的位移大小； (2)平板速度最大时弹簧的弹力大小；
(3)已知上述过程中平板向右运动的最大速度为v.若换用同种材料，质量为2
m
的小物块重复上述过程，则平板向右运动的最大速度为多大？
【答案】(1)2
049pm E v g mg μμ-；(2)mg μ；(3)2
v 【解析】
（1）对系统由能量守恒求解小物块相对平板运动的位移；（2）平板速度最大时，处于平衡状态，弹力等于摩擦力；（3）平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当木板速度最大时弹力等于摩擦力，结合能量转化关系解答.
【详解】
（1）弹簧伸长最长时平板速度为零，设相对位移大小为s，对系统由能量守恒
1 2mv02＝
1
2
m(0
3
v
)2＋E pm＋μmgs
解得s＝
2
4
9
pm
E v
g mg μμ
-
（2）平板速度最大时，处于平衡状态，f＝μmg
即F＝f＝μmg.
（3）平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当木板速度最大时μmg＝kx
对木板由动能定理得μmgx＝E p1＋1
2
Mv2
同理，当m′＝1
2
m，平板达最大速度v′时，
2
mg
μ
＝kx′
1 2μmgx′＝E p2＋
1
2
Mv′2
由题可知E p∝x2，即E p2＝1
4
E p1
解得v′＝1 2 v.
5．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：
21sin cos 2
mgL mgL mv θμθ-=
解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：
()2sin cos 8v gL θμθ=-=m/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E p
2
1sin 352
p E mv mgd θ=
+=J （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1s ,由动能定理得:
2111
cos 02
mgs mgs mv μθ--=-
解得：14s m =
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2s ，由动能定理得：
1212sin ()cos ()0mg s s mg s s θμθ--+=
解得：22s m =
故物块每经过一次O 点，上升的最大距离为上一次的
12
所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：12
L s = 则第n 次上升的最大距离为：2
n n L s = 因为1
2
n s m <，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小于
12
m
6．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。

7．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
25
l 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v1两车相撞后的速度变为v2，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)1
2
5
4
v
v
= (2)
3
2
L L
'=
【解析】
(1)由碰撞过程动量守恒12
)
Mv M m v
+
=(则1
2
5
4
v
v
=①
(2)设卡车刹车前速度为v0，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22
01
11
22
Mv Mv MgL
μ
-=②
碰撞后两车共同向前滑动，动能变化2
2
1
()0()
2
M m v M m gl
μ
+-=+③
由②式22
01
2
v v gL
μ
-=
由③式2
2
2
v gL
μ
=
又因
8
25
l L
=可得2
3
v gL
μ
=
如果卡车滑到故障车前就停止，由2
1
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．
8．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N B=21.8N．（取重力加速度g=10m/s2）求：
（1）小球在B点的速度V B及小球与AB轨道的动摩擦因数μ ?
（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V E 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）V B =10m/s ，μ=0.4（2）V E =S/ t=4m/s （3） N C =18.25N 方向向上 【解析】 【详解】
（1）根据牛顿第二定律有N B -mg=mV B 2/R V B =10m/s a=(V 0-V B )/t=4m/s 2
μmg=m a a =mg μ=0.4
（2）H=2R+2r=3.2m t=
2H
g
V E =S/ t=4m/s （3）N C - mg=mV C 2/r
12m V B 2=2mg R+1
2m V C 2 N C =18.25N 方向向上
9．如图所示，四分之一光滑圆弧轨道AO 通过水平轨道OB 与光滑半圆形轨道BC 平滑连接，B 、C 两点在同一竖直线上，整个轨道固定于竖直平面内，以O 点为坐标原点建立直角坐标系xOy 。

一质量m =1kg 的小滑块从四分之一光滑圆弧轨道最高点A 的正上方E 处由静止释放，A 、E 间的高度差h =2.7m ，滑块恰好从A 点沿切线进入轨道，通过半圆形轨道BC 的最高点C 时对轨道的压力F =150N ，最终落到轨道上的D 点(图中未画出)。

已知四分之一圆弧轨道AO 的半径R =1.5m ，半圆轨道BC 的半径r =0.4m ，水平轨道OB 长l =0.4m ，重力加速度g =10m/s 2。

求：
(1)小滑块运动到C 点时的速度大小； (2)小滑块与水平轨道OB 间的动摩擦因数； (3)D 点的位置坐标.
【答案】(1)8m/s C v = (2)0.5μ= (3) 1.2m x =-,0.6m y =
【详解】
（1）滑块在C 点时，对滑块受力分析，有
2
C v F mg m r
+= 解得：8/C v m s =
（2）滑块从E 点到C 点过程，由动能定理可知：
()2
122
c mg h R r mgl mv μ+--=
解得：0.5μ=
（3）小滑块离开C 点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则
2
122
r gt =
，C s v t = 解得： 3.20.4s m l m =>=
所以滑块落到四分之一圆弧轨道上，设落点坐标为(),x y ，则有：
2
122
r y gt -=
C l x v t -=
()2
22x R y R +-=
解得： 1.2x m =-，0.6m y =
10．如图为一水平传送带装置的示意图．紧绷的传送带AB 始终保持 v 0=5m/s 的恒定速率运行，AB 间的距离L 为8m ．将一质量m ＝1kg 的小物块轻轻放在传送带上距A 点2m 处的P 点，小物块随传送带运动到B 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N ．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2．求：
（1）该圆轨道的半径r ；
（2）要使小物块能第一次滑上圆形轨道达到M 点，M 点为圆轨道右半侧上的点，该点高出B 点0.25 m ，且小物块在圆形轨道上不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A 点的位置范围．
【答案】（1）0.5r m =（2）77?
.5,05?.5m x m x m ≤≤≤≤ 【解析】 【分析】
试题分析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度2
5/a g m s μ==
小物块与传送带共速时，所用的时间0
1v t s a
== 运动的位移0
2.52v x m a
∆=
=＜L －2=6m 故小物块与传送带达到相同速度后以05/v m s =的速度匀速运动到B ，然后冲上光滑圆弧
轨道恰好到达N 点，故有：2N
v mg m r
=
由机械能守恒定律得
22011(2)22
N mv mg r mv =+，解得0.5r m = （2）设在距A 点x 1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒
得：1()mg L x mgh μ－＝ 代入数据解得17.5?
x m ＝ 设在距A 点x 2处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒得：
2()mg L x mgR μ－＝代入数据解得27?x m ＝
则：能到达圆心右侧的M 点，物块放在传送带上距A 点的距离范围
；
同理，只要过最高点N 同样也能过圆心右侧的M 点，由（1）可知38 2.5 5.5?
x m m m -=＝ 则：0 5.5x m ≤≤．
故小物块放在传送带上放在传送带上距A 点的距离范围：77?.505?.5m x m x m ≤≤≤≤和 考点：考查了相对运动，能量守恒定律的综合应用
11．如图所示，光滑水平面MN 的左端M 处有一弹射装置P ，右端N 处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度L=16m ，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s 匀速转动．ABCDE 是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB 为水平轨道，弧BCD 是半径为R 的半圆弧轨道，弧DE 是半径为2R 的圆弧轨道，弧BCD 与弧DE 相切在轨道最高点D ，
R=0．6m ．平面部分A 点与传送带平齐接触．放在MN 段的物块m （可视为质点）以初速度v 0=4m/s 冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数μ=0．2，物块的质量m=1kg ．结果物块从滑上传送带又返回到N 端，经水平面与左端M 处的固定弹射器相碰撞（弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定），因碰撞弹射器锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点，最后从E 点飞出．g 取10m/s 2．求：
（1）物块m 从第一次滑上传送带到返回到N 端的时间．
（2）物块m 第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送带所多提供的能量多大？
【答案】（1） 4.5t s =（2）8J W =
【解析】
试题分析:（1）物块B 向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀减速运动，达到与皮带共速后与皮带匀速物块B 向右作匀减速运动过程：
mg ma μ=
012s v t g μ== 物块向右达到的最大位移：014m 2v S t =
⋅= 反向匀加速运动过程加速度大小不变．达到与传送带共速的时间：
21s v t g
μ== 相对地面向左位移：/21m 2
v S t =⋅= 共速后与传送带匀速运动的时间：/341 1.5s 2
S S t v --=== 往返总时间：
（2）由物块恰能通过轨道最高点D ，并恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过最高点可得，物块是在半径为2R 的圆弧上的最高点重力全部充当向心力．
得：
又由物块上滑过中根据机械能守恒得：
代入数据解得：66m/s B v Rg ==
物块第二次从N 到A 点：2112
L v t g t μ=⋅-
⋅ 速度关系：1B v v g t μ=-⋅
代入得：；
得：2s t =或8s t =-（舍）
物体运动时传送带的位移：4m s vt ==
传送带为维持匀速运动多提供的力：F mg μ= 传送带所做的功等于传送带多提供的能量：8J W F s mg s μ=⋅=⋅=
考点：考查牛顿运动定律的综合应用；动能定理．
【名师点睛】本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公
式、动能定理列式求解．
12．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 <m b 。

（2）若圆弧的底端B 与水平传送带平滑连接，如图乙所示。

已知m a =m b =1kg ，R =0.8 m ，传送带逆时针匀速运行的速率为v 0=1 m/s ，B 点到传送带水平面右端点C 的距离为L =2 m 。

m b 静止于B 点，m a 从静止开始释放，滑块m a 与m b 相碰后立即结合在一起(设为m c )运动，当m c 运动到C 点时速度恰好为零。

求m c 从开始运动到与传送带的速度相同的过程中由于摩擦而产生的热量Q 。

(g =10 m/s 2)
【答案】（1）见解析（2）9J
【解析】
【详解】
(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＋12
m 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 <m b
(2)机械能守恒m a gR =2112
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。