高考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)含解析

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．如图所示，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

sin60o整理可得，物块通过P点的速度

vyv

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

2．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在 A 点用一弹射装置可 将静止的小滑块以 v0水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到 B 点后，进入半径 R=0.3m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自 B 点向 C 点运动，C 点右侧有一陷阱，C、D 两点的竖 直高度差 h=0.2m，水平距离 s=0.6m，水平轨道 AB 长为 L1=1m，BC 长为 L2 =2.6m，小滑块与 水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.5，重力加速度 g=10m/s.

2

(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小； (2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小的范围． 【答案】（1）【解析】 【分析】 【详解】

（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，由牛顿第二定律及机械能守恒定律

（2）5m/s≤vA≤6m/s和vA≥

由B到最高点由A到B：解得A点的速度为

121mvB2mgRmv2 22

（2）若小滑块刚好停在C处，则：解得A点的速度为

若小滑块停在BC段，应满足3m/svA4m/s

若小滑块能通过C点并恰好越过壕沟，则有h12gt 2svct

解得

所以初速度的范围为3m/svA4m/s和vA5m/s

3．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:

根据牛顿第二定律得:

解得:【点睛】

,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．

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.

4．如图所示，半径为R的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O为圆轨道的圆心，D为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC与圆心等高．质量为m的小球从离B点高度为h处（重力加速度为g）．

3Rh3R）的A点由静止开始下落，从B点进入圆轨道，2

（1）小球能否到达D点？试通过计算说明； （2）求小球在最高点对轨道的压力范围；

（3）通过计算说明小球从D点飞出后能否落在水平面BC上，若能，求落点与B点水平距离d的范围．

【答案】（1）小球能到达D点；（2）0F3mg；（3）

21Rd221R

【解析】 【分析】 【详解】

2mvD（1）当小球刚好通过最高点时应有：mg

R2mvD由机械能守恒可得：mghR

233R，因为h的取值范围为Rh3R，小球能到达D点； 22（2）设小球在D点受到的压力为F，则

联立解得h2mvD FmgR2mvD mghR23Rh3R解得：0F3mg 2据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：0F3mg

联立并结合h的取值范围

（3）由（1）知在最高点D速度至少为vDmin此时小球飞离D后平抛，有：R12gt 2gR xminvDmint

联立解得xmin2RR，故能落在水平面BC上，

2vD当小球在最高点对轨道的压力为3mg时，有：mg3mgmmax

R解得vDmax2gR 小球飞离D后平抛R12gt， 2xmaxvDmaxt

联立解得xmax22R

故落点与B点水平距离d的范围为：

21Rd221R



5．下雪天，卡车在笔直的高速公路上匀速行驶．司机突然发现前方停着一辆故障车，他将刹车踩到底，车轮被抱死，但卡车仍向前滑行，并撞上故障车，且推着它共同滑行了一段距离l后停下．事故发生后，经测量，卡车刹车时与故障车距离为L，撞车后共同滑行的距

8L．假定两车轮胎与雪地之间的动摩擦因数相同．已知卡车质量M为故障车质量25m的4倍．

v1(1)设卡车与故障车相撞前的速度为v1两车相撞后的速度变为v2，求

v2离l (2)卡车司机至少在距故障车多远处采取同样的紧急刹车措施，事故就能免于发生． 【答案】(1)【解析】

(1)由碰撞过程动量守恒Mv1=(Mm)v2 则

v15① v24v153 (2)LL v242(2)设卡车刹车前速度为v0，轮胎与雪地之间的动摩擦因数为μ 两车相撞前卡车动能变化

11Mv02Mv12MgL ② 22碰撞后两车共同向前滑动，动能变化

22由②式v0v12gL

1(Mm)v220(Mm)gl ③ 22由③式v22gL

又因l8L可得v023gL 251Mv020MgL' ④ 2如果卡车滑到故障车前就停止，由故L'3L 23L处紧急刹车，事故就能够免于发生． 2这意味着卡车司机在距故障车至少

6．如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1×106V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R=0.2m．A、B用一根绝缘轻杆相连，A带的电荷量为q=+7×10﹣7C，B不带电，质量分别为mA=0.01kg、mB=0.08kg．将两小球从圆环上的图示位置（A与圆心O等高，B在圆心O的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动．重力加速度大小为g=10m/s2 ．

（1）通过计算判断，小球A能否到达圆环的最高点C？ （2）求小球A的最大速度值．

（3）求小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值． 【答案】（1）A不能到达圆环最高点 （2）【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：A、B在转动过程中，分别对A、B由动能定理列方程求解速度大小，由此判断A能不能到达圆环最高点； A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，对A、B分别由动能定理列方程联立求解最大速度；A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，根据电势能的减少与电场力做功关系求解．

（1）设A、B在转动过程中，轻杆对A、B做的功分别为WT和WT，

22m/s （3）0.1344J 3根据题意有：WTWT0

设A、B到达圆环最高点的动能分别为EKA、EKB 对A根据动能定理：qER﹣mAgR+WT1=EKA 对B根据动能定理：WT1mBgRE 联立解得：EKA+EKB=﹣0.04J

由此可知：A在圆环最高点时，系统动能为负值，故A不能到达圆环最高点 （2）设B转过α角时，A、B的速度大小分别为vA、vB， 因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故：vA=vB 对A根据动能定理：qERsinmAgRsinWT2对B根据动能定理：WT2mBgR1cos联立解得： vA212mAvA 212mBvB 283sin4cos4 9322时，A、B的最大速度均为vmaxm/s 43由此可得：当tan（3）A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减少最多，由上可式得：3sinα+4cosα﹣4=0 解得：sin24或sinα=0（舍去） 2584J0.1344J 625所以A的电势能减少：EPqERsin点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答，属于复杂题．

7．如图所示，倾角为45的粗糙平直导轨与半径为r的光滑圆环轨道相切，切点为b，整个轨道处在竖直平面内. 一质量为m的小滑块从导轨上离地面高为H=3r的d处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点a水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的c点. 已知圆环最低点为e点，重力加速度为g，不计空气阻力. 求： （1）小滑块在a点飞出的动能； （）小滑块在e点对圆环轨道压力的大小；

（3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）

【答案】（1）Ek【解析】 【分析】 【详解】

142mgr；（2）F′=6mg；（3） 214（1）小滑块从a点飞出后做平拋运动： 水平方向：2rvat 竖直方向：r解得：va12gt 211mva2mgr 22gr

小滑块在a点飞出的动能Ek（2）设小滑块在e点时速度为vm，由机械能守恒定律得：

11mvm2mva2mg2r 22mvm2 在最低点由牛顿第二定律：Fmgr由牛顿第三定律得：F′=F 解得：F′=6mg

（3）bd之间长度为L，由几何关系得：L221r 从d到最低点e过程中，由动能定理mgHmgcosL解得1mvm2 242 14

8．图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，BC分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径R=1m，一质量m＝1kg的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的A点以大小v0＝12m／s的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的D点．已知A、B两点间的距离L1＝5．75m，物块与水平轨道写的动摩擦因数0．2，取g＝10m／s2，圆形轨道间不相互重叠，求：

（1）物块经过B点时的速度大小vB； （2）物块到达C点时的速度大小vC；

（3）BD两点之间的距离L2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q 【答案】(1) 11m/s (2) 9m/s (3) 72J 【解析】 【分析】 【详解】

（1）物块从A到B运动过程中，根据动能定理得：mgL1解得：vB11m/s

（2）物块从B到C运动过程中，根据机械能守恒得：解得：vC9m/s

（3）物块从B到D运动过程中，根据动能定理得：mgL20解得：L230.25m

对整个过程，由能量守恒定律有：Q解得：Q=72J 【点睛】

选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．知道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义．

1212mvBmv0 221212mvBmvCmg·2R 2212mvB 212mv00 2

9．在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d．现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d．已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ． B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g．求A的初速度的大小． 【答案】【解析】 【详解】

18gd 5设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v0；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2．在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律，得

111mv02mv122mv22 222mv0mv12mv2 ，

式中，以碰撞前木块A的速度方向为正，联立解得：

v12v0，v2v0 331mv12 ， 212设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得

mgd1（2m）gd22mv22 ．

按题意有：dd2d1 ． 联立解得：v0＝18gd 5

10．如图甲所示，水平面上A点处有一质量m＝0.5kg的小物块，从静止开始在水平向右恒力F1作用下运动，通过B点时立即撤去力F1，物块恰好落到斜面P点。物块与水平面间的滑动摩擦力为f，f大小与物块离A点的距离d的关系如图乙所示。已知AB间距为2m，斜面倾角＝37°，BP间距为3m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求

(1)物块通过B点时速度大小; (2)恒力F1大小

(3)现将图甲装置置于风洞实验室中，斜面BC.处于风场中，且足够长。物块从B点以(1)同中的速度水平向右抛出，立即撤去力F1，同时物块受到大小为4N的风力F2作用，风力方向从水平向左逆时针到竖直向下范围内可调，如图甲所示。调整风力方向使物块从抛出至落到斜面的时间最短，求该最短时间及在此条件下物块第一次落到斜面时的动能. 【答案】（1）4m/s（2）4.5N（3）7.69J 【解析】 【详解】

（1）物块从B到P，假设BP间距为L，根据平抛运动规律有 水平方向：xLcosvBt ① 竖直方向：yLsin12gt ② 21f1f2d ③ 2代入数据，联立①②式解得vB4m/s； （2）由图乙可知摩擦力对物块做功为Wf物块从A到B，由动能定理有F1dWf代入数据，联立③④式解得F14.5N （3）方法一：

12mvB0 ④ 2

以B点为坐标轴原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴，假设F2与x轴方向成角，根据运动的合成与分解有 水平方向：xvBt竖直方向：y1F2cos2t ⑤

2m1F2sinmg2t ⑥

2my ⑦ x几何关系：tan联立⑤⑥⑦式解得

tvBtan ⑧ 1F2sinmg1F2costan2m2m代入数据可得t值，

12，要使t最小，即4sin3cos要取最大

2044sin3cos453cos5sin370，故当530时，t最小， 5而4sin3cos5sintmin0.3s

vxvBvyF2cost ⑨ mmF2sinmgt ⑩

12122mvmvxvy （11） 22Ek联立⑨⑩（11）式解得Ek7.69J （12） （vx2.56m/s，vy4.92m/s）

【或：把tmm0.3s代入⑥式中解得y0.738m⑨

假设落到Q点，从B到Q过程，由动能定理得WFWGEK， 即0mgyEk12mvB ⑩ 2代入数据解得Ek7.69J （11）

方法二：以B点为坐标轴原点，沿斜面方向为x轴，竖直斜面方向为y轴，

vByvBsin,Gymgcos，vBy和Gy均为定值，为使物块尽快落到斜面，故F2垂直斜

面向下。

x方向：xvBcost1gsint2 ⑤ 22t ⑥ 1F2mgcosy方向：yvBsint2my0时，解得tmin0.3s

或：vyvBsinF2mgcosmt1 ⑥ 当vy0时，t10.15s，t2t10.3s

vxvBcosgsint⑦

把tmn0.3s代入⑦式中解得vx5m/s，而vyvByvBsin2.4m/s，

Ek12122mvmvxvy ⑧ 22代入数据解得Ek7.69J ⑨

【或：把tmn0.3s代入⑤式中解得x1.23m，

假设落到Q点，从B到Q过程，由动能定理得WFWGEk， 即0mgxsinEk12mvB ⑦ 2代入数据解得Ek7.69J ⑧】

11．如图，质量分别为1kg和3kg的玩具小车A、B静置在水平地面上，两车相距s=8m。小车A在水平恒力F=8N作用下向着小车B运动，恒力F作用一段时间t后撤去，小车A继续运动与小车B发生碰撞，碰撞后两车粘在一起滑行d=0.25m停下。已知两车碰撞时间极短，两车运动过程所受的阻力均为自身重力的0.2倍，重力加速度g=10m/s2。求： （1）两个小车碰撞后的速度大小； （2）小车A所受恒力F的作用时间t。

【答案】（1）1m/s；（2）1s 【解析】 【详解】

（1）设撤去力F瞬间小车A的速度为v1，小车A、B碰撞前A车的瞬时速度为v2，小车A、B碰撞后瞬间的速度为v3。

两小车碰撞后的滑行过程中，由动能定理可得： -0.2（m1+m2）gd = 0-

1（m1+m2）v32 2解得两个小车碰撞后的速度大小：v3=1m/s （2）两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得： m1v2=（m1+m2）v3 解得：v2=4m/s

恒力作用过程，由动量定理可得： Ft-0.2m1gt=m1v1-0 由运动学公式可得： x1=

v1t 2撤去F至二车相碰过程，由动能定理得：

11m1v22-m1v12 22由几何关系可得：x1+x2=s

-0.2m1gx2=

联立可得小车A所受恒力F的作用时间：t=ls 方法2：两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得： m1v2=（m1+m2）v3 解得：v2=4m/s

从F作用在小车A上到A、B两车碰前，由动能定理得：

1m1v22-0 2解得：x=3m

Fx-0.2m1gs=

在F作用的吋间内，由牛顿第二定律得： F-0.2m1g=m1a 解得：a=6m/s2 由x=

12at 2联立解得小车A所受恒力F的作用时间：t=ls

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/s2。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

mgR12mv1 212mv1 2解得v14m/s

物块沿传送带滑到最左端速度恰好为零，由动能定理有mgL0代入数据解得：0.1

（2）物块在传送带先做匀减速运动ag1m/s2 则物块减速到零的时间为t1v14s av3s a反向加速时加速度不变，故加速时间为t2这段时间的位移为x112at24.5m 2Lx11.17s v之后物块随传送带匀速运动，则t3物块在传送带上第一次往返所用的时间为tt1t2t38.17s