高中物理动能与动能定理解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

11．如图所示，圆弧轨道AB是在竖直平面内的圆周，B点离地面的高度h=0.8m，该处切

4线是水平的，一质量为m=200g的小球（可视为质点）自A点由静止开始沿轨道下滑（不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力），小球从B点水平飞出，最后落到水平地面上的D点．已知小物块落地点D到C点的距离为x=4m，重力加速度为g=10m/s2．求：

（1）圆弧轨道的半径

（2）小球滑到B点时对轨道的压力． 【答案】（1）圆弧轨道的半径是5m．

（2）小球滑到B点时对轨道的压力为6N，方向竖直向下． 【解析】

（1）小球由B到D做平抛运动，有：h=x=vBt 解得： vBx12gt 2g10410m/s 2h20.81mvB2-0 2A到B过程，由动能定理得：mgR=解得轨道半径 R=5m

2vB（2）在B点，由向心力公式得：Nmgm

R解得：N=6N

根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N=N=6N，方向竖直向下

点睛：解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动．

2．如图所示，粗糙水平桌面上有一轻质弹簧左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点。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=1.0m的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h=2.4m。用质量为m=0.2kg的物块将弹簧由B点缓慢压缩至C点后由静止释放，弹簧在C点时储存的弹性势

能Ep=3.2J，物块飞离桌面后恰好P点沿切线落入圆轨道。已知物块与桌面间的动摩擦因数

μ=0.4，重力加速度g值取10m/s2，不计空气阻力，求∶

(1)物块通过P点的速度大小；

(2)物块经过轨道最高点M时对轨道的压力大小； (3)C、D两点间的距离；

【答案】(1)8m/s；(2)4.8N；(3)2m 【解析】 【分析】 【详解】

(1)通过P点时，由几何关系可知，速度方向与水平方向夹角为60o，则

2vy2gh

sin60整理可得，物块通过P点的速度

ovyv

v8m/s

(2)从P到M点的过程中，机械能守恒

1212mv=mgR(1cos60o)+mvM 22在最高点时根据牛顿第二定律

2mvM FNmgR整理得

FN4.8N

根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为4.8N (3)从D到P物块做平抛运动，因此

vDvcos60o4m/s

从C到D的过程中，根据能量守恒定律

12EpmgxmvD

2C、D两点间的距离

x2m

3．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．

【答案】(1)70 N (2)1 m/s2 (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：

1212mv－mv0 22解得：v＝5 m/s

－μ1mgL＝

在P点由牛顿第二定律得：

v2F－mg＝m

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＝

Ff1－Ff2M＝1 m/s2

(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－对木板有：x＝

1μ1gt2 212at 27s(不合题意，舍去) 3解得：t＝1 s或t＝

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．

4．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)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． (2)根据动能定理得:代入数据解得:

,方向向下

根据牛顿第二定律得:

解得:【点睛】

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．

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.

5．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/s2，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】 【详解】

(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

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:

的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:

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。

6．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：

（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：

vy2gR2100.45m/s＝3m/s

vyvD所以：vD＝2.25m/s

tan53°4 3（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则

v2mg＝m，

R解得：vgR32m/s 222vPvDvy322.252m/s＝3.75m/s

物块到达P的速度：

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：

1122m2vMm2vPm2g1cos53R 222可得：vM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：

a4m/s2

则物块和桌面的摩擦力：m2g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：

1Epm2gxBCm2vB2

2可得，xBC2m 在这过程中摩擦力做功：

W1m2gxBC1.6J

由动能定理，B到D的过程中摩擦力做的功：

W2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

1122m2vDm2v0 22WW1W22.7J

即克服摩擦力做功为2.7 J.

7．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：

（1）物体释放后，第一次到达B处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程s；

（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力的大小；

（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D（E、O、D为同一条竖直直径上的3个点），释放点距B点的距离L应满足什么条件．

2gR(sincos)LR （2）FNmg(32cos)； 【答案】（1）vB；

tan（3）L…(32cos)R

2(sincos)【解析】 【分析】 【详解】

（1）设物体释放后，第一次到达B处的速度为v1，根据动能定理可知：

mgRcosmgcos解得：

Rcos12mv1 sin2vB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

mgRcosmgLcos0

得物体在AB轨道上通过的总路程为

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：

mgR(1cos)在E点，由牛顿第二定律有

12mv2 22mv2 FNmgR解得物体受到的支持力

FNmg(32cos)

根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为FNFNmg(32cos)，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

2mvD mgR解得：

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：

12mg[L0sinR(1cos)]mgcosL0mvD

2联立解得：

L0则：

(32cos)R

2(sincos)(32cos)RL… 2(sincos)答案：（1）vB2gR(sincos)LR

（2）FNmg(32cos)； （3）；

tan(32cos)RL… 2(sincos)

8．如图所示，将一根弹簧和一个小圆环穿在水平细杆上，弹簧左端固定，右端与质量为m的小圆环相接触，BC和CD是由细杆弯成的1/4圆弧，BC分别与杆AB和弧CD相切，两圆弧的半径均为R．O点为弹簧自由端的位置．整个轨道竖直放置，除OB段粗糙外，其余部分均光滑．当弹簧的压缩量为d时释放，小圆环弹出后恰好能到达C点，返回水平杆时刚好与弹簧接触，停在O点，（已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，小球通过B处和C处没有能量损失），问：

（1）当为弹簧的压缩量为d时，弹簧具有的弹性势能EP是多少？

（2）若将小圆环放置在弹簧的压缩量为2d时释放，求小圆环到达最高点D时，轨道所受到的作用力．

（3）为了使物块能停在OB的中点，弹簧应具有多大的弹性势能？

''【答案】（1）EP2mgR（2）9mg，方向竖直向上（3）EP=(n)mgR （n=0、1、

122） 【解析】 【分析】 【详解】

（1）设小圆环与OB之间的摩擦力为f，OB=L；从释放到回到O点，由能量关系可知，当弹簧的压缩量为d时，弹簧具有的弹性势能

EP2fL

小圆环从释放能到达C点到，由能量关系可知

EPfLmgR0

可得：

EP2mgR

（2）因弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，则弹簧的压缩量为2d时弹性势能为

EP´=4EP=8mgR

小圆环到达最高点D时：

12'EPmvDmg2RfL

2解得

vD10gR 在最高点D时由牛顿第二定律：

2vDNmgm

R解得

N=9mg，方向竖直向下

由牛顿第三定律可知在D点时轨道受到的作用为9mg，方向竖直向上；

（3）为了使物块能停在OB的中点，则要求滑块到达的最高点为D点，然后返回，则

''EPfL2mgR3mgR

为了使物块能停在OB的中点，同时还应该满足：

''EP(2n1)fL1(n)mgR 22则只能取n=0、1、2；

9．如图所示，水平传送带长为L=4m，以v02m/s的速度逆时针转动。一个质量为lkg的物块从传送带左侧水平向右滑上传送带，一段时间后它滑离传送带。已知二者之间的动摩擦因数0.2，g=10m/s2。

(1)要使物块能从传送带右侧滑离，则物块的初速度至少多大？

(2)若物块的初速度为v3m/s，则物块在传送带上运动时因摩擦产生的热量为多少？ 【答案】(1)v4m/s；(2)12.5J 【解析】 【详解】

(1)设物块初速度为v，物块能从传送带右侧滑离，对其分析得：

1mgLEkmv2

2Ek0

解得：

v4m/s

(2)物块在传送带上的运动是先向右减速运动，后向左加速运动。物块向右减速运动时，有：

vt1

a1mgx10mv2

2物块与传送带的相对滑动产生的热量：

Q1mgv0t1x1

向左加速运动时，有：

t2v0 a122mgx2mv0

物块与传送带的相对滑动产生的热量：

Q2mgv0t2x2

QQ1Q212.5J

10．如图所示在竖直平面内，光滑曲面AB与长度l=3m的水平传送带BC平滑连接于B点，传送带BC右端连接内壁光滑、半径r=0.55m的四分之一细圆管CD，圆管内径略大于物块尺寸，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=50N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．一个质量为m=0.5kg的物块（可视为质点）从曲面上P点静止释放，P点距BC的高度为h=0.8m．（已知弹簧的弹性势能Ep与弹簧的劲度系数k和形变量x的关系是：Ep=

12

kx，水平传送带与物间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取210m/s2．）求：

（1）若传送带静止不动物块在水平传送带BC上前进的距离；

（2）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s，物块刚进入细圆管CD时对管道的弹力，物

块在压缩弹簧过程中的最大速度（压缩弹簧过程未超过弹性限度）；

（3）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s，物块从第一次进入细圆管后将做周期性的运动．由于物块与传送带发生相对运动，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能． 【答案】（1）2m（2）4m/s（3）4J 【解析】 【分析】 【详解】

（1）物块从P点静止释放到停在传送带某处的过程中，根据动能定理得mgh-μmgx=0-0 解得x =2m；

（2）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s，因为传送带长度l=3m大于2m，所以物块到达C点的速度vC=2m/s

2vC物块经过管道C点，根据牛顿第二定律得mg-N=m

r解得，管道对物块的弹力N=

15N≈1.36N，方向竖直向上 11根据牛顿第三定律得知，物块对管道的弹力大小N′=N≈1.36N，方向竖直向下． 物块从C点运动到速度最大的过程，根据平衡条件得mg =kx′ 得x′=0.1m

121212kx'=mvm-mvC 222解得，最大速度vm=4m/s

由动能定理得mg(r+x′)-（3）物块再次回到C点的速度仍为2m/s，它在传送带上先向左匀减速运动到速度为零，再向右匀加速运动至C点，速度大小仍为2m/s，因此，电动机多消耗的电能即为物块与传送带之间的摩擦生热.

2vC22==0.5m 物块向左减速的位移x1=

2g20.410v0物块与传送带间的相对位移△x1=x1+v0•

g解得△x1=1.5m

2vC=0.5m 物块向右加速运动的位移x2=

2g物块与传送带间的相对位移△x2=v0•

v0-x2=0.5m g因此，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能是E=μmg(△x1+△x2) 解得:E =4J

11．如图所示，竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R，圆心为O．下端与绝缘水平轨道在B点平滑连接，一质量为m带正电的物块（可视为质点），置于水平轨道上的A点。

已如A、B两点间的距离为L，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

(1)若物块能到达的最高点是半圆形轨道上与圆心O等高的C点，则物块在A点水平向左运动的初速度应为多大?

5mg(2)若在整个空同加上水平向左的匀强电场，场强大小为E= (q为物块的带电量)，现

3q将物块从A点由静止释放，且运动过程中始终不脱离轨道，求物块第2次经过B点时的速度大小。

(3)在(2)的情景下，求物块第2n(n=1，2、3……)次经过B点时的速度大小。 【答案】(1) 2g(L+R) (2) 【解析】 【详解】

(1)设物块在A点的速度为v1，由动能定理有 －μmgL－mgR＝0－

1gL4gL (3) ()n2，其中n＝1、2、3……. 32312mv1 2解得 v1＝2g(L+R)

(2)对物块由释放至第一次到B点过程中，其经过B点速度为所求

Emg)L＝知：(q可得：v212mv2 24gL 3(3)设第2、4、6、…、2n次经过B点时的速度分别为v2、v4、…、v2n，

第2、4、6、…、2(n－1)次离开B点向右滑行的最大距离分别为L1、L2、…、Ln－1，

Emg)L1＝0－则：－(qEmg)L1＝(q解得

12mv2 212mv4 2vqEmg14 vqEmg22v6v2n1＝1 ＝ ……v4v2n222同理

综上可得

v2n1()n1 v22v2n＝()n212gL3 其中 n＝1、2、3…

12．如图所示，在竖直平面内有一“”管道装置，它是由两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。直管道和圆弧管道分别相切于A1、A2、B1、B2，D1、D2分别是两圆弧管道的最高点，C1、C2分别是两圆弧管道的最低点，C1、C2固定在同一水平地面上。两直管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。圆弧管道的半径均为R，B1O1D1AO11C1B2O2D2A2O2C2。一质量为m的小物块以水平向左的速度v0从C1点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为。设

v012m/s，m=1kg，R=1.5m，0.5，37（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：

（1）小物块从C1点出发时对管道的作用力； （2）小物块第一次经过C2点时的速度大小； （3）小物块在直管道B1A2上经过的总路程。 【答案】（1）106N，方向向下（2）47m/s（3）【解析】 【详解】

(1)物块在C1点做圆周运动，由牛顿第二定律有：

2v0Nmgm

R2v0可得：Nmgm106N

R53m 4由牛顿第三定律可知，小物块对管道的作用力大小为106N，方向向下 (2)由几何知识易有：lA2B1A1B22Rcos4m sin从C1到C2由动能定理可得：mglcos2可得：v2v02glcos47m/s

1212mv2mv0 22(3)以C1C2水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D1、D2点时的机械能需满足：

EE02mgR30J

由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足：

EWfmglcos16J

设n为从第一次经过D1后，翻越D1和D2的总次数，则有：

12mv0nEE0， 212mv0-n1EE0 2可得：n=2，表明小物块在第二次经过D1后就到不了D2，之后在D1B1A2C2D2之间往复运动直至稳定，最后在A2及C2右侧与A2等高处之间往复稳定运动。 由开始到稳定运动到达A2点，由动能定理有：

12mgscosmgR1cos0mv0

2可得：s=

69m 453m 4故在B1A2直管道上经过的路程为s'=s－l=