高考物理动能与动能定理试题类型及其解题技巧

高考物理动能与动能定理试题类型及其解题技巧
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理
1．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点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，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；
（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轨道。

【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−m v02
由功能关系：W弹=-△E p=-E p
解得 E p=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＝E k−m v02
解得 E k=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＝m v22−E k
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m v12≤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 ＝m v 12-m v 02
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。

2．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<h ＝2 m ，故第一次返回时，运动员不能
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.
3．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
4．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2 kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2 m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端AB 的中点处，重力加速度g=10 m/s 2，求：
（1）物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间； （2）传送带左右两端AB 间的距离l 至少为多少；
（3）上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少； （4）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h′为多少？ 【答案】（1）1.6s （2）12.8m （3）160J （4）h′=1.8m 【解析】
(1)mgsinθ=ma, h/sinθ=
,可得t="1.6" s.
(2)由能的转化和守恒得： mgh=μmgl/2，l="12.8" m.
(3)在此过程中，物体与传送带间的相对位移:x 相=l/2+v 带·t,又l/2=，
而摩擦热Q=μmg·x 相， 以上三式可联立得Q="160" J.
(4)物体随传送带向右匀加速，当速度为v 带="6" m/s 时向右的位移为x ， 则μmgx=
，x="3.6" m<l/2，
即物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以v 带="6" m/s 的速度冲上斜面， 由
=mgh′，得h′="1.8" m.
滑块沿斜面下滑时由重力沿斜面向下的分力提供加速度，先求出加速度大小，再由运动学公式求得运动时间，由B 点到最高点，由动能定理，克服重力做功等于摩擦力做功，由此可求得AB 间距离，产生的内能由相互作用力乘以相对位移求得
5．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】1
2
f w mgR =克 【解析】 【分析】
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】
最低点 2
17mv mg mg R
-= 16v gR =最高点： 22
mv mg R
= 2v gR = 由动能定律 得 222111222
f mgR w mv mv -+=
-
解得
1
2
f
w mgR =-
所以克服空气阻力做功
1
2
f
w mgR
=
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．
6．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L1、L2、L3…（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v0＝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／s2，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：
7．如图1所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图2所示的模型：倾角θ=37°、
L=60cm的直轨道AB与半径R=10cm的光滑圆弧轨道BCDEF在B处平滑连接，C、F为圆轨
道最低点，D 点与圆心等高，E 为圆轨道最高点；圆轨道在F 点与水平轨道FG 平滑连接，整条轨道宽度不计，其正视图如图3所示．现将一质量m =50g 的滑块(可视为质点)从A 端由静止释放．已知滑块与AB 段的动摩擦因数μ1=0.25，与FG 段的动摩擦因数μ2=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g =10m/s 2．
（1） 求滑块到达E 点时对轨道的压力大小F N ；
（2）若要滑块能在水平轨道FG 上停下，求FG 长度的最小值x ；
（3）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D 点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第5次返回轨道AB 上离B 点最远时，它在AB 轨道上运动的总路程s ． 【答案】（1）F N =0.1N （2）x =0.52m （3）93
m 160
s = 【解析】 【详解】
（1）滑块从A 到E ，由动能定理得：
()]2
11sin 1cos 2cos 2
E mg L R R mgL mv θθμθ⎡+---=
⎣ 代入数据得：30
m/s 5
E v =
滑块到达E 点：2N E
v mg F m R
+= 代入已知得：F N =0.1N
（2）滑块从A 下滑到停在水平轨道FG 上，有
()12sin 1cos cos 0mg L R mgL mgx θθμθμ⎡⎤+---=⎣⎦
代入已知得：x =0.52m
（3）若从距B 点L 0处释放，则从释放到刚好运动到D 点过程有：
010sin +(1cos )]cos 0mg L R R mgL θθμθ---=[
代入数据解得：L 0=0.2m
从释放到第一次返回最高点过程，若在轨道AB 上上滑距离为L 1，则：
()()01101sin cos 0mg L L mg L L θμθ--+=
解得：11001sin cos
1
sin cos 2
L L L θμθθμθ-=
=+
同理，第二次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L 2，有：
2
121101sin cos 11sin cos 22L L L L θμθθμθ-⎛⎫
=== ⎪+⎝⎭
故第5次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L 5，有： 5
5012L L ⎛⎫= ⎪⎝⎭
所以第5次返回轨道AB 上离B 点最远时，它在AB 轨道上运动的总路程
012345932222m 160
L L L L L L s =+++++=
8．如图所示，在粗糙水平轨道OO 1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，OO 1的距离s=4m ．在O 1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/s 2)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：
21
1
2022
s
F mgs mg R mv μ⨯--⨯=-
解得：13F N =
9．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=
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：0
cos 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 2－1
2
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 134
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＝1
2
（M ＋m ）v 2 + Q 解得：Q =13.6J
10．一束初速度不计的电子流在经U ＝5000V 的加速电压加速后在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d ＝1.0cm ，板长l ＝5.0cm ，电子电量e ＝
191.610-⨯C ，那么
（1）电子经过加速电场加速后的动能为多少?
（2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大的电压?
【答案】(1) 16
810k E -=⨯J (2)要使电子能飞出，所加电压最大为400V
【解析】 【详解】
（1）加速过程，由动能定理得:2
012
ls E eU mv ==① 解得:5000k E =eV 16810-=⨯J
（2）在加速电压一定时，偏转电压U 越大，电子在极板间的偏转距离就越大当偏转电压大
到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压. 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动0l v t =②
在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，加速度:F eU a m dm
'
==
③ 偏转距离2
12
y at =
④ 能飞出的条件为1
2
y d ≤⑤
解①~⑤式得:
()()222222225000 1.0102 4.0105.010Ud U l --⨯⨯⨯'==⨯⨯ (V)
即要使电子能飞出，所加电压最大为400V
11．可视为质点的小滑块从半径为0.8m 的四分之一光滑圆弧轨道顶端滑下。

在轨道最低点滑上水平传送带的最右端（设轨道衔接处无机械能损失）。

设传送带长度L=8m ，并以恒定的v=3m/s 速度顺时针转动，小滑块恰好能运动到水平传送带的最左端而没有掉下传送带。

已知重力加速度大小为g=10m/s 2。

求：
（1）物块与传送带间的动摩擦因数；
（2）物块从圆弧轨道最低点滑入传送带到第一次返回圆弧轨道最低点所用的时间（本小题计算结果保留两位有效数字）。

【答案】（1）0.1；（2）8.17s
【解析】 【详解】
（1）物块从圆形光滑轨道下滑的过程，根据机械能守恒有
2112
mgR mv = 解得14m/s v = 物块沿传送带滑到最左端速度恰好为零，由动能定理有21102mg L mv μ-⋅=- 代入数据解得：0.1μ=
（2）物块在传送带先做匀减速运动21/a g m s μ==
则物块减速到零的时间为114v t s a
== 反向加速时加速度不变，故加速时间为23v t s a =
= 这段时间的位移为2121 4.52
x at m == 之后物块随传送带匀速运动，则13 1.17L x t s v -=
= 物块在传送带上第一次往返所用的时间为1238.17t t t t s =++=
12．如图所示，物体A 置于静止在光滑水平面上的平板小车B 的左端，在A 的上方O 点用细线悬挂一小球C (可视为质点)，线长L ＝0.8 m ．现将小球C 拉至水平无初速度释放，并在
最低点与A 物体发生水平正碰，碰撞后小球C 反弹的最大高度为h ＝0.2 m ．已知A 、B 、C 的质量分别为m A ＝4 kg 、m B ＝8 kg 和m C ＝1 kg ，A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.2，A 、C 碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g ＝10 m/s 2.
(1)求小球C 与物体A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；
(2)求A 、C 碰撞后瞬间A 的速度大小；
(3)若物体A 未从小车B 上掉落，小车B 的最小长度为多少？
【答案】(1) 30N (2) 1.5m/s (3) 0.375m
【解析】
【详解】
解：（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：2012
C C m gL m v =
代入数据解得：04v =m/s 对小球，由牛顿第二定律得：20c c v T m g m L
-= 代入数据解得：T =30N （2）小球与A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向
由动量守恒定律得：0C C c A A m v m v m v =-+
代入数据解得：A v =1.5m/s
（3）物块A 与木板B 相互作用过程，系统动量守恒，以A 的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：()A A A B m v m m v =+
代入数据解得：v =0.5m/s 由能量守恒定律得：()221122
A A A A
B m gx m v m m v μ=
-+ 代入数据解得：x =0.375m 。