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)(1)

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．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/s2.

(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

12gt 2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svct

解得

所以初速度的范围为3m/svA4m/s和vA5m/s

2．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/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1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ=0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN=2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能Ep=0.5J。取重力加速度g=10m/s2。求： (1)小球在C处受到的向心力大小； (2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm； (3)小球最终停止的位置。

【答案】(1)35N；(2)6J；(3)距离B 0.2m或距离C端0.3m 【解析】 【详解】

(1)小球进入管口C端时它与圆管上管壁有大小为F2.5mg的相互作用力 故小球受到的向心力为

F向2.5mgmg3.5mg3.511035N

(2)在C点，由

vc2F向=

r代入数据得

12mvc3.5J 2在压缩弹簧过程中，速度最大时，合力为零，设此时滑块离D端的距离为x0 则有

kx0mg

解得

x0mg0.1m k设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有

1mg(rx0)mvc2EkmEp

2得

1Ekmmg(rx0)mvc2Ep33.50.56J

2(3)滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得

mg3rmgs解得BC间距离

12mvc 2s0.5m

小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中，设物块在BC上的运动路程为s，由动能定理有

12mgsmvc

2解得

s0.7m

故最终小滑动距离B为0.70.5m0.2m处停下. 【点睛】

经典力学问题一般先分析物理过程，然后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。

3．如图所示，粗糙水平地面与半径为R=0.4m的粗糙半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量为m=1kg的小物块在水平恒力F=15N的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知A、B间的距离为3m，小物块与地面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2．求： （1）小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小． （2）小物块离开D点后落到地面上的点与D点之间的距离

【答案】（1）160N（2）0.82m 【解析】 【详解】

（1）小物块在水平面上从A运动到B过程中，根据动能定理，有： （F-μmg）xAB=

1mvB2-0 2在B点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：

2vBNmgm

R联立解得小物块运动到B点时轨道对物块的支持力为：N=160N

由牛顿第三定律可得，小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小为：N′=N=160N （2）因为小物块恰能通过D点，所以在D点小物块所受的重力等于向心力，即：

2vDmgm

R可得：vD=2m/s

设小物块落地点距B点之间的距离为x，下落时间为t，根据平抛运动的规律有： x=vDt，

12

gt 2解得：x=0.8m

2R=

则小物块离开D点后落到地面上的点与D点之间的距离l2x0.82m

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．在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A和B，两小球质量均为m，A球带电荷量为

Q，B球不带电，A、B连线与电场线平行，开始时两球相距L，在电场力作用下，A球与

B球发生对心弹性碰撞．设碰撞过程中，A、B两球间无电量转移．

(1)第一次碰撞结束瞬间A、B两球的速度各为多大?

(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?

(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0时刻除外)，可以在水平面内加一与电场正交的磁场．请写出磁场B与时间t的函数关系．

1【答案】(1)vA10 vBB2QEL (2)5QEL (3) 2mL 2QEtmQEm2g(2mL2mLt3 ) QEQEQE2QEL，碰前A的速度vA12aL；碰前B的速度vB10 mm''【解析】

（1）A球的加速度a设碰后A、B球速度分别为vA1、vB1，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：

''mvA1mvA1mvB1，mvA1mvA1mvB1

12212'212'2所以B碰撞后交换速度：vA10，vB1vA1''2QEL m（2）设A球开始运动时为计时零点，即t0，A、B球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为t1、t2；由匀变速速度公式有：t1vA10a2mL QE第一次碰后，经t2t1时间A、B两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度分别为

vA2和vB2，由位移关系有：vB1t2t1a'12t2t12，得到：t23t132mL QEvA2at2t12at12vA12122'2QEL；vB2vB1 m由功能关系可得：W电=mvA2mvB25QEL

（另解：两个过程A球发生的位移分别为x1、x2，x1L，由匀变速规律推论x24L，根据电场力做功公式有：WQEx1x25QEL） （3）对A球由平衡条件得到：QBvAmg，vAat，aQE m1222mgmg2mL0t从A开始运动到发生第一次碰撞：Bt2 QatQEtQE2mL2mLt3Bt QEQE从第一次碰撞到发生第二次碰撞：22mLQEtQEmg2点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒．由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度．那么A球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞．题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些．

6．如图所示，斜面ABC下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于C，整个装置竖直固定，D是最低点，圆心角∠DOC=37°，E、B与圆心O等高，圆弧轨道半径R=0.30m，斜面长L=1.90m，AB部分光滑，BC部分粗糙．现有一个质量m=0.10kg的小物块P从斜面上端A点无初速下滑，物块P与斜面BC部分之间的动摩擦因数=0.75．取sin37o=0.6，cos37o=0.8，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力．求：

（1）物块从A到C过程重力势能的增量ΔEP；

（2）物块第一次通过B点时的速度大小vB；

（3）物块第一次通过D点时受到轨道的支持力大小N． 【答案】（1）-1.14J （2）4.2m/s （3）7.4N 【解析】 【分析】 【详解】

o（1）从A到C物块的重力做正功为：WGmgLsin371.14J

故重力势能的增量EPWG1.14J

（2）根据几何关系得，斜面BC部分的长度为：lRcot37o0.40m 设物块第一次通过B点时的速度为vB，根据动能定理有：mgLlsin37解得：vB4.2m/s

（3）物块在BC部分滑动受到的摩擦力大小为：fmgcos370.60N 在BC部分下滑过程受到的合力为：Fmgsin37f0 则物块第一次通过C点时的速度为：vCvB4.2m/s 物块从C到D，根据动能定理有：mgR1cos372vD在D，由牛顿第二定律得：Nmgm

R12mvB0 21212mvDmvC 22联立解得：N7.4N 【点睛】

本题考查了动能定理与牛顿第二定律的综合运用，运用动能定理解题关键确定出研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再根据动能定理列式求解．

7．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/s2。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）210 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：

F1x1F3x3mgx即

12mvB， 212202-101-0.251104J=1vB，

2得：

vB210m/s；

（2）当滑块恰好能到达最高点C时，

2vCmgm；

R对滑块从B到C的过程中，由动能定理得：

Wmg2R带入数值得：

1212mvCmvB， 22W=-5J，

即克服摩擦力做的功为5J；

8．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

,水平轨道,求

长为

,其动摩

簧,第一次可将弹簧压缩至点,已知光滑圆轨道的半径擦因数

,光滑斜面轨道上

长为

,取

(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【答案】(1)

(2)

上运动的总时间及滑块几次经过点. (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。 (1)滑块从点到点,由动能定理可得:

解得:

.滑块从点到点,由动能定理可得:

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

解得: (3)将滑块在加速度

则滑块在水平轨道

段的运动全程看作匀减速直线运动

上运动的总时间

间,设滑块在

段运动的总路程为,从滑块第一次经过点到

滑块最终停止上在水平轨道最终停下来的全过程, 由动能定理可得: 解得: 结合

段的长度可知,滑块经过点3次。

9．如图，质量为m=1kg的小滑块（视为质点）在半径为R=0.4m的1/4圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v=2m/s．当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ=37°、长s=1m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0≤μ≤1.5之间调节．斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点．认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力．

（1）求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功； （2）若设置μ=0，求质点从C运动到D的时间； （3）若最终滑块停在D点，求μ的取值范围． 【答案】（1）20N， 2J；（2）【解析】

1s；（3）0.125≤μ＜0.75或μ=1． 3【分析】

（1）根据牛顿第二定律求出滑块在B点所受的支持力，从而得出滑块对B点的压力，根据动能定理求出AB端克服阻力做功的大小．

（2）若μ=0，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出C到D的时间． （3）最终滑块停在D点有两种可能，一个是滑块恰好从C下滑到D，另一种是在斜面CD和水平面见多次反复运动，最终静止在D点，结合动能定理进行求解． 【详解】

v2（1）滑块在B点，受到重力和支持力，在B点，根据牛顿第二定律有：F−mg＝m，

R代入数据解得：F=20N， 由牛顿第三定律得：F′=20N．

从A到B，由动能定理得：mgR−W＝代入数据得：W=2J．

（2）在CD间运动，有：mgsinθ=ma， 加速度为：a=gsinθ=10×0.6m/s2=6m/s2， 根据匀变速运动规律有：s＝vt+代入数据解得：t=

12mv， 212at 21s． 3（3）最终滑块停在D点有两种可能： a、滑块恰好能从C下滑到D．则有： mgsinθ•s−μ1mgcosθ•s＝0−代入数据得：μ1=1，

b、滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点． 当滑块恰好能返回C有：−μ1mgcosθ•2s＝0−代入数据得到：μ1=0.125，

当滑块恰好能静止在斜面上，则有：mgsinθ=μ2mgcosθ， 代入数据得到：μ2=0.75．

所以，当0.125≤μ＜0.75，滑块在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点． 综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ＜0.75或μ=1． 【点睛】

解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动规律，运用动力学知识和动能定理进行求解，涉及到时间问题时，优先考虑动力学知识求解．对于第三问，要考虑滑块停在D点有两种可能．

12mv， 212mv， 2

10．如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L．导轨上端并联接有一

电容为C的平行板电容器和阻值为R的电阻．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g．忽略其它电阻．让金属棒在不同情况下从导轨上端由静止开始下滑，求:

(1)当断开S1闭合S2时，金属棒由静止开始下滑位移x后开始匀速，求匀速的速度大小和这过程电阻生的热量；

(2)当断开S2闭合S1时金属棒的速度大小随时间变化的关系． 【答案】(1)vm(sincos)mgR ，

B2L2mg(sincos)(sincos)2m3g2R2vt (2)Qmgx(sincos)2244mBLC2BL【解析】 【详解】

(1)金属棒在斜面上匀速直线运动时，由平衡条件： mgsinBILmgcos

由闭合电路的欧姆定律I而动生电动势EBLvm

E R(sincos)mgR

B2L2对金属棒下滑过程，由动能定理得：

12mgxsinmgcosxWF安=mvm0

2联立解得：vm而由功能关系，克服安培力做功等于电路的焦耳热：WF安=Q

(sincos)2m3g2R2联立解得：Qmgx(sincos) 442BL(2)设金属棒经历时间t，速度的变化量为v，通过金属棒的电流为i，流过金属棒的电荷量为Q，

按照电流的定义iQ tQ也是平行板电容器的极板在t内的增加量，

QCUCBLv

金属棒受到的摩擦力为fmgcos 金属棒受到的安培力为FiBiL

设金属棒下滑的加速度为a，由牛顿第二定律有：

mgsinfFima

联立解得：amg(sincos)

mB2L2C加速度为恒定值，说明金属棒做匀加速直线运动 有vat

可得瞬时速度与时间的关系：vmg(sincos)t 22mBLC

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?

(2)若在整个空同加上水平向左的匀强电场，场强大小为E=

5mg (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 同理＝ ……v4v2n222综上可得

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

12．如图所示的实验装置，可用来探究物体在斜面上运动的加速度以及弹簧储存的弹性势能。实验器材有：斜面、弹簧(弹簧弹性系数较大)、带有遮光片的滑块(总质量为m)、光电门、数字计时器、游标卡尺、刻度尺。实验步骤如下：

①用适当仪器测得遮光片的宽度为d；

②弹簧放在挡板 P 和滑块之间，当弹簧为原长时，遮光板中心对准斜面上的A点； ③光电门固定于斜面上的B点，并与数字计时器相连；

④压缩弹簧，然后用销钉把滑块固定，此时遮光板中心对准斜面上的O点； ⑤用刻度尺测量A、B两点间的距离L；

⑥拔去锁定滑块的销钉，记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间△t； ⑦移动光电门位置，多次重复步骤④⑤⑥。

根据实验数据做出的纵轴截距为 b。

11L －图象为如图所示的一条直线，并测得－L图象斜率为k、t2t2

1－L图象可求得滑块经过A位置时的速度vA=____，滑块在斜面上运动的加t2速度a =_____。

（1）根据

（2）实验利用光电门及公式v=“大于”或“小于”）。

（3）本实验中，往往使用的弹簧弹性系数较大，使得滑块从O到A恢复原长过程中弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，则弹簧储存的弹性势能Ep=___，Ep的测量值与真实值相比，测量值偏_____(填“大”或“小”)。 【答案】db 【解析】 【详解】

第一空：滑块从A到B做匀加速直线运动，设加速度为a，由于宽度较小，时间很短，所以

瞬时速度接**均速度，因此有B点的速度为：vB2B2Ad测量滑块速度时，其测量值____真实值（选填“等于”、t121kd 小于 mbd2 大 22d，根据运动学公式有： t222avAvA12avv2aL，化简为22L2，结合图象可得：b2，k2

dtddd解得：vAdb； 第二空：由k2a12akd； ，解得：

d22第三空：由于弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，所以摩擦力和重力沿斜面的分量

忽略不计，根据能量守恒可得：EP121mvAmbd2； 2212mvA， 2第四空：考虑摩擦力和重力沿斜面的分量，根据动能定理可得：WNWGWf而EP真WN，摩擦力小于重力沿斜面的分量，Ep的测量值与真实值相比，测量值偏大。