高中物理动能与动能定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析

,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。
R cos sin
1 2
mv12
解得：
vB
2gR(sin cos ) tan
物体每完成一次往返运动，在 AB 斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达 B 点时， 速度变为零，对物体从 P 到 B 全过程用动能定理，有
mgR cos mgL cos 0
得物体在 AB 轨道上通过的总路程为
高中物理动能与动能定理常见题型及答题技巧及练习题(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，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 v0 39m / s 的速度与圆弧
段运动的总路程为 ,从滑块第一次经过 点到
由动能定理可得: 解得: 结合 段的长度可知,滑块经过 点 3 次。
5．如图所示，AB 是倾角为 θ 的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在 B 点与圆 弧相切，圆弧的半径为 R．一个质量为 m 的物体（可以看作质点）从直轨道上与圆弧的圆 心 O 等高的 P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知物体与轨道 AB 间的 动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g．试求：
Ep
m2 gxBC
1 2
m2vB2
可得， xBC 2m
在这过程中摩擦力做功：
W1 m2 gxBC 1.6J
由动能定理，B 到 D 的过程中摩擦力做的功：
W2
1 2
m2vD2
1 2
m2v02
代入数据可得：W2＝-1.1J
质量为 m2＝0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功
即克服摩擦力做功为 2.7 J.
(4)从 A 到 D 的过程，根据动能定理得：
mgsAB sin F sBD sAB cos mgsBD 0
代入数据解得：
F 2.48N
【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.
3．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 m1＝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 m2＝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﹣2t2，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/s2，求：
(2)滑块对木板的摩擦力 Ff1＝μ1mg＝4 N 地面对木板的摩擦力
Ff2＝μ2(M＋m)g＝3 N 对木板由牛顿第二定律得：Ff1－Ff2＝Ma
a＝ Ff 1－Ff 2 ＝1 m/s2 M
(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 μ1gt2 2
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/s2．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．
（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 ）
L R
（2）最终物体以 B 为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从 B 运动到 E 时速度为
v2 v，由动能定理知：
在 E 点，由牛顿第二定律有
mgR(1
cos
)
1 2
mv22
解得物体受到的支持力
FN
mg
mv22 R
FN mg(3 2 cos )
根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为 FN FN mg(3 2 cos ) ，方向竖直向
下．
（3）设物体刚好到达 D 点时的速度为 vD 此时有
解得：
mg mvD2 R
vD gR
设物体恰好通过 D 点时释放点距 B 点的距离为 L0 ，有动能定理可知：联立解得：mg[L0sin
R(1
cos )]
mg
cos
L0
1 2
mvD2
L0
(3 2 cos )R 2(sin cos )
则：
（1）质量为 m2 的物块在 D 点的速度； （2）判断质量为 m2＝0.2kg 的物块能否沿圆轨道到达 M 点： （3）质量为 m2＝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 vD 做平抛运动，落到 P 点时其竖直方向分速度为：
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/s2.
（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 v1； （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）v1=8m/s （3）L=93.75m 【解析】
(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 最终停下来的全过程,
对木板有：x＝ 1 at2 2
解得：t＝1 s 或 t＝ 7 s(不合题意，舍去) 3
故本题答案是： (1)70 N (2)1 m/s2 (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．
2．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：
由运动学公式 v1=at1 （其中 t1=4s）
代入数据解得:v1=8m/s
（3）玩具车在
0~4s
内运动位移
x1=
1 2
at12
得：x1=16m
玩具车在 4~12s 功率恒定，设运动位移为 x2，设 t2=12s 木时玩具车速度为 v，由动能定理
得
P(t2-t1)-(mgsin30°+0.3mg)x2=
若物块能沿圆弧轨道到达 M 点，其速度为 vM，由 D 到 M 的机械能守恒定律得：
1 2
m2vM2
1 2
m2vP2
m2g 1 cos53 R
可得： vM2 0.3375 ，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-2t2，物块在桌面上过 B 点后初速度 vB＝4m/s，加速度为：
L (3 2 cos )R 2(sin cos )
答案：（1） vB
2gR(sin cos ) ； L R
tan
（2） FN mg(3 2 cos ) ； （3）
L (3 2 cos )R 2(sin cos )
6．一质量为 m =0.5kg 的电动玩具车，从倾角为 =30°的长直轨道底端，由静止开始沿轨道
a 4m/s2
则物块和桌面的摩擦力： m2 g m2a
可得物块和桌面的摩擦系数: 0.4
质量 m1＝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：
Ep m1gxBC 0
质量为 m2＝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：
W W1 W2 2.7J
4．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