高中物理动能与动能定理解题技巧及练习题(含答案)

(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.
7．如图所示，一长度 LAB=4．98m，倾角 θ=30°的光滑斜面 AB 和一固定粗糙水平台 BC 平 滑连接，水平台长度 LBC=0．4m，离地面高度 H=1．4m，在 C 处有一挡板，小物块与挡板 碰撞后原速率反弹，下方有一半球体与水平台相切，整个轨道处于竖直平面内。在斜面顶 端 A 处静止释放质量为 m="2kg" 的小物块（可视为质点），忽略空气阻力，小物块与 BC 间的动摩擦因素 μ=0．1，g 取 10m/s2。问：
减速运动；根据动能定理有：
⑥
解得：
⑦
（3）设滑块在传送带上运动的时间为 t，则 t 时间内传送带的位移：s=v0t
由机械能守恒有：
⑧
⑨ 滑块相对传送带滑动的位移 相对滑动生成的热量
⑫
⑩ ⑪
4．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：
m（ g h R R cos37 Lsin 37） mgL cos37 0
所以
L 1.2m
(3)对滑块从 P 到第二次经过 B 点的运动过程应用动能定理可得
1 2
mvB 2
mg
h
R
2mgL
cos 37
0.54mg
mgR
所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出 A 点。
(1)水平作用力 F 的大小； (2)滑块开始下滑的高度 h； (3)在第(2)问中若滑块滑上传送带时速度大于 3m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产 生的热量 Q．
【答案】(1)
(2)0.1 m 或 0.8 m (3)0.5 J
【解析】 【分析】 【详解】 解：（1）滑块受到水平推力 F、重力 mg 和支持力 FN 处于平衡，如图所示：
【点睛】
经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛
顿定律、动能定理及几何关系求解。
2．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
【答案】(1) 4.5m，4.9m；(2) 4J
【解析】
【详解】
(1)设物块在 B 点的最大速度为 vB，由牛顿第二定律得：
Fm
mg
m
vB2 R
从 P 到 Ｂ，由动能定理得
mg ( H
R)
1 2
mvB2
0
解得
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
H=4.5m 物块从 B 点运动到斜面最高处的过程中，根据动能定理得：
-mg[R（1-cos37°）+Lsin37°]-μmgcos37°•L=
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
（1）小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小； （2）小物块经过 B 点多少次停下来，在 BC 上运动的总路程为多少； （3）某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板，最后小物块落在 D 点，已知半球体半径 r=0．75m，OD 与水平面夹角为 α=53°，求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板？（取
）
【答案】（1）7 m/s；（2）63 次 24．9m（3）25 次 【解析】 试题分析：小物块从开始运动到与挡板碰撞，重力、摩擦力做功，运用动能定理。求小物 块经过 B 点多少次停下来，需要根据功能转化或动能定理求出小物块运动的路程，计算出 经过 B 点多少次。小物块经过平抛运动到达 D 点，可以求出平抛时的初速度，进而求出在 BC 段上运动的距离以及和当班碰撞的次数。 （1）从 A 到 C 段运用动能定理
mgsin
-
LAB= mv2
v=7m/s （2）从开始到最后停下在 BC 段所经过的路程为 x mgsin LAB- mgx=0 x=24．9m
=31．1
经过 AB 的次数为 31 2+1=63 次 （3）设小物块平抛时的初速度为 V0
H -r
= gt2
r+
=v0t
v0=3 m/s
设第 n 次后取走挡板
mv2- mv02=2
Lbcn
n=25 次 考点：动能定理、平抛运动 【名师点睛】解决本题的关键一是要会根据平抛运动的规律求出落到 D 时平抛运动的初速 度；再一个容易出现错误的是在 BC 段运动的路程与经过 B 点次数的关系，需要认真确 定。根据功能关系求出在 BC 段运动的路程。
8．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：
mg
h
R
1 2
mvB2
那么，对滑块在 B 点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且
FN
mg
mvB 2 R
mg
2mg h R
R
70N
故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到 B 点时对轨道的压力为 70N ，方向竖直向下。
(2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为 L，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功， 故由动能定理可得
选手在传送带上减速过程中 a＝－μg② v＝v2＋at1③
④
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 Wf＝ mv2－ mv22，解得：Wf＝－360J
故克服摩擦力做功为 360J． 考点：动能定理的应用
5．如图，在竖直平面内，半径 R=0.5m 的光滑圆弧轨道 ABC 与粗糙的足够长斜面 CD 相切 于 C 点，CD 与水平面的夹角 θ=37°，B 是轨道最低点，其最大承受力 Fm=21N，过 A 点的切 线沿竖直方向。现有一质量 m=0.1kg 的小物块，从 A 点正上方的 P 点由静止落下。已知物 块与斜面之间的动摩擦因数 μ=0.5.取 sin37°=0.6.co37°=0.8，g=10m/s2，不计空气阻力。 (1)为保证轨道不会被破坏，求 P、A 间的最大高度差 H 及物块能沿斜面上滑的最大距离 L； (2)若 P、A 间的高度差 h=3.6m，求系统最终因摩擦所产生的总热量 Q。
(1)求滑块第一次运动到 B 点时对轨道的压力。 (2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。 (3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出 A 点。 【答案】(1)70N； (2)1.2m； (3)能滑出 A 【解析】
【分析】
【详解】
(1)滑块从 P 到 B 的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有
−2mgR＝ mv22−Ek
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 mv12≤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＝ mv12- mv02
0
1 2
mvB2
解得
L=4.9m (3)物块在斜面上，由于 mgsin37°＞μmgcos37°，物块不会停在斜面上，物块最后以 B 点为
中心，C 点为最高点沿圆弧轨道做往复运动，由功能关系得系统最终因摩擦所产生的总热
量
Q=mg（h+Rcos37°）
解得
Q=4J
6．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 m1=1.0kg 的小球 A 以 v0=9m/s 的速 度与静止在水平轨道上的质量 m2=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/s2．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
能定理得： −μmgl+W 弹＝0− mv02 由功能关系：W 弹=-△Ep=-Ep 解得 Ep=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＝Ek− mv02 解得 Ek=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
(1)碰后小球 B 的速度大小 vB； (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=m2vB-m1vA， 代入数据解得：vB=6m/s．
高中物理动能与动能定理解题技巧及练习题(含答案)
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理
1．如图所示，半径 R=0.5 m 的光滑圆弧轨道的左端 A 与圆心 O 等高，B 为圆弧轨道的最低 点，圆弧轨道的右端 C 与一倾角 θ=37°的粗糙斜面相切。一质量 m=1kg 的小滑块从 A 点正 上方 h=1 m 处的 P 点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数 μ=0.5， sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度 g=10 m/s2。
水平推力
①
解得：
②
（2）设滑块从高为 h 处下滑，到达斜面底端速度为 v 下滑过程
由机械能守恒有：
，解得：
③
若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则 滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而
做匀加速运动；根据动能定理有：
④
解得：
⑤
若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀
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。
3．如图所示，质量为 m=1kg 的滑块，在水平力 F 作用下静止在倾角为 θ=30°的光滑斜面 上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的 运行速度为 v0=3m/s，长为 L=1.4m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端 C 时，恰好 与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数 μ=0.25，g=10m/s2．求