高考物理动能与动能定理解题技巧分析及练习题(含答案)及解析

高考物理动能与动能定理解题技巧分析及练习题(含答案)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．如图所示，两物块A 、B 并排静置于高h=0.80m 的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg ．一颗质量m=0.10kg 的子弹C 以v 0=100m/s 的水平速度从左面射入A ，子弹射穿A 后接着射入B 并留在B 中，此时A 、B 都没有离开桌面．已知物块A 的长度为0.27m ，A 离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m ．设子弹在物块A 、B 中穿行时受到的阻力大小相等，g 取10m/s 2．(平抛过程中物块看成质点)求：
（1）物块A 和物块B 离开桌面时速度的大小分别是多少； （2）子弹在物块B 中打入的深度；
（3）若使子弹在物块B 中穿行时物块B 未离开桌面，则物块B 到桌边的最小初始距离．
【答案】（1）5m/s ；10m/s ；（2）2
3.510B m L -=⨯（3）22.510m -⨯
【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：(1)子弹射穿物块A 后，A 以速度v A 沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运 动： 2
12
h gt =
解得：t=0.40s A 离开桌边的速度A s
v t
=
，解得：v A =5.0m/s 设子弹射入物块B 后，子弹与B 的共同速度为v B ，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：
0()A B mv Mv M m v =++
B 离开桌边的速度v B =10m/s
（2）设子弹离开A 时的速度为1v ，子弹与物块A 作用过程系统动量守恒：
012A mv mv Mv =+
v 1=40m/s
子弹在物块B 中穿行的过程中，由能量守恒
2221111()222
B A B fL Mv mv M m v =
+-+① 子弹在物块A 中穿行的过程中，由能量守恒
222
01111()222
A A fL mv mv M M v =--+②
由①②解得2
3.510B L -=⨯m
（3）子弹在物块A 中穿行过程中，物块A 在水平桌面上的位移为s 1，由动能定理：
2
11()02
A fs M M v =+-③
子弹在物块B 中穿行过程中，物块B 在水平桌面上的位移为s 2，由动能定理
2221122
B A fs Mv Mv =
-④ 由②③④解得物块B 到桌边的最小距离为：min 12s s s =+，
解得：2
min 2.510s m -=⨯
考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律．
3．某游乐场拟推出一个新型滑草娱乐项目，简化模型如图所示。

游客乘坐的滑草车（两者的总质量为60kg ），从倾角为53θ=︒的光滑直轨道AC 上的B 点由静止开始下滑，到达
C 点后进入半径为5m R =，圆心角为53θ=︒的圆弧形光滑轨道C
D ，过D 点后滑入倾
角为α（α可以在075α︒剟
范围内调节）、动摩擦因数为3
3
μ=的足够长的草地轨道DE 。

已知D 点处有一小段光滑圆弧与其相连，不计滑草车在D 处的能量损失，B 点到
C 点的距离为0=10m L ，10m/s g =。

求：
(1)滑草车经过轨道D 点时对轨道D 点的压力大小；
(2)滑草车第一次沿草地轨道DE 向上滑行的时间与α的关系式；
(3)α取不同值时，写出滑草车在斜面上克服摩擦所做的功与tan α的关系式。

【答案】(1)3000N ；
(2)
t =
⎝⎭
；(3)见解析 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据几何关系可知CD 间的高度差
()CD 1cos532m H R =-︒=
从B 到D 点，由动能定理得
()20CD D 1
sin 5302
mg L H mv ︒+=-
解得
D v =
对D 点，设滑草车受到的支持力D F ，由牛顿第二定律
2
D D v F mg m R
-= 解得
D 3000N F =
由牛顿第三定律得，滑草车对轨道的压力为3000N 。

(2)滑草车在草地轨道DE 向上运动时，受到的合外力为
sin cos F mg mg αμα=+合
由牛顿第二定律得，向上运动的加速度大小为
sin cos F a g g m
αμα==+合
因此滑草车第一次在草地轨道DE 向上运动的时间为
D
sin cos v t g g αμα
=
+
代入数据解得
3t =
⎝⎭
(3)选取小车运动方向为正方向。

①当0α=时，滑草车沿轨道DE 水平向右运动，对全程使用动能定理可得
[]01sin (1cos )+=00f mg L R W θθ+--
代入数据解得
16000J f W =-
故当0α=时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为
6000J W =克1
②当030α<≤︒时，则
sin cos g g αμα≤
滑草车在草地轨道DE 向上运动后最终会静止在DE 轨道上，向上运动的距离为
2D
22(sin cos )
v x g g αμα=+
摩擦力做功为
22cos f W mg x μα=-⋅
联立解得
2f W =
故当030α<≤︒时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为
2W =
克
③当3075α︒<≤︒时
sin cos g g αμα>
滑草车在草地轨道DE 向上运动后仍会下滑，若干次来回运动后最终停在D 处。

对全程使用动能定理可得
[]03sin (1cos )+=00f mg L R W θθ+--
代入数据解得
36000J f W =-
故当3075α︒<≤︒时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为
6000J W =克3
所以，当0α=或3075α︒<≤︒时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000J ；当
030α<≤︒。

4．如图所示，水平地面上一木板质量M ＝1 kg ，长度L ＝3.5 m ，木板右侧有一竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径R ＝1 m ，最低点P 的切线与木板上表面相平．质量m ＝
2 kg 的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以0v /s =的速度与圆弧轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最终滑离木板．已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10 m/s 2．求： (1)滑块对P 点压力的大小；
(2)滑块返回木板上时，木板的加速度大小；
(3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间．
【答案】(1)70 N (2)1 m/s 2 (3)1 s 【解析】 【分析】 【详解】
(1)滑块在木板上滑动过程由动能定理得：
－μ1mgL ＝
12mv 2－12
20mv 解得：v ＝5 m/s
在P 点由牛顿第二定律得：
F －mg ＝m 2
v r
解得：F ＝70 N
由牛顿第三定律，滑块对P 点的压力大小是70 N (2)滑块对木板的摩擦力F f 1＝μ1mg ＝4 N 地面对木板的摩擦力 F f 2＝μ2(M ＋m )g ＝3 N
对木板由牛顿第二定律得：F f 1－F f 2＝Ma a ＝
12
f f F F M
－＝1 m/s 2
(3)滑块滑上圆弧轨道运动的过程机械能守恒，故滑块再次滑上木板的速度等于v ＝5 m/s 对滑块有：(x ＋L )＝vt －1
2
μ1gt 2 对木板有：x ＝
12
at 2 解得：t ＝1 s 或t ＝
7
3
s(不合题意，舍去) 故本题答案是： (1)70 N (2)1 m/s 2 (3)1 s 【点睛】
分析受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可．
5．如图所示，光滑水平轨道距地面高h=0.8m ，其左端固定有半径R=0.6m 的内壁光滑的半圆管形轨道，轨道的最低点和水平轨道平滑连接．质量m 1=1.0kg 的小球A 以v 0=9m/s 的速度与静止在水平轨道上的质量m 2=2.0kg 的小球B 发生对心碰撞，碰撞时间极短，小球A 被反向弹回并从水平轨道右侧边缘飞出，落地点到轨道右边缘的水平距离s=1.2m ．重力加速度g=10m/s 2．求：
(1)碰后小球B的速度大小v B；
(2)小球B运动到半圆管形轨道最高点C时对轨道的压力．
【答案】（1）6m/s（2）20N，向下
【解析】
【详解】
(1)根据
得:
则
规定A的初速度方向为正方向，AB碰撞过程中，系统动量守恒，以A运动的方向为正方向，有：m1v0=m2v B-m1v A，
代入数据解得：v B=6m/s．
(2)根据动能定理得:
代入数据解得:
根据牛顿第二定律得:
解得:,方向向下
根据牛顿第三定律得，小球对轨道最高点的压力大小为20N，方向向上．
【点睛】
本题考查了动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律的综合，涉及到平抛运动、圆周运动，综合性较强，关键要理清过程，选择合适的规律进行求解.
6．如图所示，质量m=2kg的小物块从倾角θ=37°的光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入粗糙水平面，已知AB长度为3m，斜面末端B处与粗糙水平面平滑连接．试求：
（1）小物块滑到B 点时的速度大小．
（2）若小物块从A 点开始运动到C 点停下，一共经历时间t =2.5s ，求BC 的距离． （3）上问中，小物块与水平面的动摩擦因数μ多大？
（4）若在小物块上始终施加一个水平向左的恒力F ，小物块从A 点由静止出发，沿ABC 路径运动到C 点左侧3.1m 处的D 点停下．求F 的大小．（sin37°=0.6，cos37°=0.8 ） 【答案】（1）6m/s （2）1.5s （3）0.4μ=（4） 2.48N F = 【解析】 【详解】
(1)根据机械能守恒得：
21sin 372
AB B mgs mv ︒=
解得：
2sin3721030.6m/s 6m/s B AB v gs =︒=⨯⨯⨯=；
(2)物块在斜面上的加速度为：
21sin 6m/s a g θ==
在斜面上有：
2112
AB s a t =
代入数据解得：
11s t =
物块在BC 段的运动时间为：
21 1.5s t t t =-=
BC 段的位移为：
21
(0) 4.5m 2
BC B s v t =+=
（3）在水平面上，有：
220B v a t =﹣
解得：
222
4m/s B
v a t -=
=-． 根据牛顿第二定律有：
2mg ma μ=﹣
代入数据解得：
0.4μ=．
(4)从A 到D 的过程，根据动能定理得：
()sin cos 0AB BD AB BD mgs F s s mgs θθμ++-=
代入数据解得：
2.48N F = 【点睛】
连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求
解力.
7．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．D 点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.45m 的圆环剪去左上角127°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离为R ，P 点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R ．若用质量m 1＝0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点，用同种材料、质量为m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后其位移与时间的关系为x ＝4t ﹣2t 2，物块从D 点飞离桌面后恰好由P 点沿切线落入圆轨道．g ＝10m/s 2，求：
（1）质量为m 2的物块在D 点的速度；
（2）判断质量为m 2＝0.2kg 的物块能否沿圆轨道到达M 点：
（3）质量为m 2＝0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功. 【答案】（1）2.25m/s （2）不能沿圆轨道到达M 点 （3）2.7J 【解析】 【详解】
（1）设物块由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时其竖直方向分速度为：
v y 22100.45gR =⨯⨯m/s ＝3m/s
y D
v v =tan53°43
=
所以：v D ＝2.25m/s
（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则
mg ＝m 2
v R
，
解得：v =
=
m/s 物块到达P 的速度：
P v ==＝3.75m/s
若物块能沿圆弧轨道到达M 点，其速度为v M ，由D 到M 的机械能守恒定律得：
()22
222111cos5322
M P m v m v m g R =-⋅+︒ 可得：2
0.3375M v =-，这显然是不可能的，所以物块不能到达M 点
（3）由题意知x ＝4t -2t 2，物块在桌面上过B 点后初速度v B ＝4m/s ，加速度为：
24m/s a =
则物块和桌面的摩擦力：22m g m a μ= 可得物块和桌面的摩擦系数: 0.4μ=
质量m 1＝0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点，由能量守恒可弹簧压缩到C 点具有的弹性势能为：
p 10BC E m gx μ-=
质量为m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点时，由动能定理可得：
2p 221
2
BC B E m gx m v μ-=
可得，2m BC x = 在这过程中摩擦力做功：
12 1.6J BC W m gx μ=-=-
由动能定理，B 到D 的过程中摩擦力做的功：
W 2222201122
D m v m v =
- 代入数据可得：W 2＝-1.1J
质量为m 2＝0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功
12 2.7J W W W =+=-
即克服摩擦力做功为2.7 J .
8．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/s 2， 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：2n 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
9．如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接。

有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 随位移变化的关系如图乙所示。

滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与半圆弧轨道BC 间的动摩擦因数未知，g 取10 m/s 2。

求： （1）滑块到达B 处时的速度大小；
（2）若到达B 点时撤去F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。

【答案】（1）10 m/s 。

（2）5 J 。

【解析】 【详解】
（1）对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得：
2
113312
B F x F x mgx mv μ--=
， 即
2
1202-101-0.251104J=12
B v ⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯，
得：
210m/s B v =；
（2）当滑块恰好能到达最高点C 时，
2C
v mg m R
=；
对滑块从B 到C 的过程中，由动能定理得：
22
11222
C B W mg R mv mv -⨯=
-， 带入数值得：
=-5J W ，
即克服摩擦力做的功为5J ；
10．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.
11．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】 【详解】
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
12．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21102
mg 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2
1/a g m s μ==
则物块减速到零的时间为1
14v 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2
121 4.52
x at m =
= 之后物块随传送带匀速运动，则1
3 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 =++=。