高考物理动能与动能定理解题技巧讲解及练习题(含答案)

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．某游乐场拟推出一个新型滑草娱乐项目，简化模型如图所示。游客乘坐的滑草车（两者的总质量为60kg），从倾角为53的光滑直轨道AC上的B点由静止开始下滑，到达

C点后进入半径为R5m，圆心角为53的圆弧形光滑轨道CD，过D点后滑入倾

75范围内调节）、动摩擦因数为角为（可以在0剟3的足够长的草地轨道3DE。已知D点处有一小段光滑圆弧与其相连，不计滑草车在D处的能量损失，B点到

C点的距离为L0=10m，g10m/s。求：

(1)滑草车经过轨道D点时对轨道D点的压力大小；

(2)滑草车第一次沿草地轨道DE向上滑行的时间与的关系式；

(3)取不同值时，写出滑草车在斜面上克服摩擦所做的功与tan的关系式。

【答案】(1)3000N；(2)

t2；(3)见解析 3sincos3【解析】 【分析】 【详解】

(1)根据几何关系可知CD间的高度差

HCDR1cos532m

从B到D点，由动能定理得

1mgL0sin53HCDmvD20

2解得

vD102m/s

对D点，设滑草车受到的支持力FD，由牛顿第二定律

vD2 FDmgmR解得

FD3000N

由牛顿第三定律得，滑草车对轨道的压力为3000N。 (2)滑草车在草地轨道DE向上运动时，受到的合外力为

F合mgsinmgcos

由牛顿第二定律得，向上运动的加速度大小为

aF合gsingcos mvD

gsingcos因此滑草车第一次在草地轨道DE向上运动的时间为

t代入数据解得

t2 3cossin3(3)选取小车运动方向为正方向。

①当0时，滑草车沿轨道DE水平向右运动，对全程使用动能定理可得

mgL0sinR(1cos)+Wf1=00

代入数据解得

Wf16000J

故当0时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

W克16000J

②当030时，则

gsingcos

滑草车在草地轨道DE向上运动后最终会静止在DE轨道上，向上运动的距离为

2vDx2

2(gsingcos)摩擦力做功为

Wf2mgcosx2

联立解得

Wf26000(J)

3tan16000(J)

3tan1故当030时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

W克2③当3075时

gsingcos

滑草车在草地轨道DE向上运动后仍会下滑，若干次来回运动后最终停在D处。对全程使用动能定理可得

mgL0sinR(1cos)+Wf3=00

代入数据解得

Wf36000J

故当3075时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

W克36000J

所以，当0或3075时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000J；当

6000(J)。 030时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为3tan1

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．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5QEL (2) (3) 2mL 2QEtmQEm2g(2mL2mL ) t3QEQEQE2QEL，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2mL33，得到： t2t1t2t1QE2vA2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20t从A开始运动到发生第一次碰撞：Bt QatQEtQE从第一次碰撞到发生第二次碰撞：

Bt2mL2mLt3 QEQE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．

4．如图（a）所示，倾角θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2×10﹣4C的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b）所示，其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象．（g=10m/s2，静电力恒量K=9×109N•m2/C2）则

（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况； （2）求小球的质量m和电量q；

（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；

（4）在图（b）中画出小球的电势能ε 随位移s变化的图线．（取杆上离底端3m处为电势零点）

【答案】（1）小球的速度先增大，后减小；小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零．（2）4kg；1.11×10﹣

5

C；（3）4.2×106V（4）图像如图, 线3即为小球电势能随位移s变化的图线；

【解析】 【分析】 【详解】

（1）由图线2得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力

逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零． （2）由线1可得:

EP=mgh=mgssinθ

斜率:

k=20=mgsin30°

所以

m=4kg

当达到最大速度时带电小球受力平衡:

mgsin由线2可得s0=1m， 得:

kqQ2 s02mgsins0q=1.11×10﹣5C

kQ（3）由线2可得，当带电小球运动至1m处动能最大为27J． 根据动能定理:

WG+W电=△Ek

即有:

﹣mgh+qU=Ekm﹣0

代入数据得:

U=4.2×106V

（4）图中线3即为小球电势能ε随位移s变化的图线

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；

7．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。

8．如图所示，四分之一光滑圆弧轨道AO通过水平轨道OB与光滑半圆形轨道BC平滑连接，B、C两点在同一竖直线上，整个轨道固定于竖直平面内，以O点为坐标原点建立直角坐标系xOy。一质量m=1kg的小滑块从四分之一光滑圆弧轨道最高点A的正上方E处由静止释放，A、E间的高度差h=2.7m，滑块恰好从A点沿切线进入轨道，通过半圆形轨道BC的最高点C时对轨道的压力F=150N，最终落到轨道上的D点(图中未画出)。已知四分之一圆弧轨道AO的半径R=1.5m，半圆轨道BC的半径r=0.4m，水平轨道OB长l=0.4m，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)小滑块运动到C点时的速度大小； (2)小滑块与水平轨道OB间的动摩擦因数； (3)D点的位置坐标.

【答案】(1)vC8m/s (2)0.5 (3)x1.2m,y0.6m 【解析】 【详解】

（1）滑块在C点时，对滑块受力分析，有

vC2 Fmgmr解得：vC8m/s

（2）滑块从E点到C点过程，由动能定理可知：

mghR2rmgl解得：0.5

12mvc 2（3）小滑块离开C点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则

2r12gt，svCt 2解得：s3.2ml0.4m

所以滑块落到四分之一圆弧轨道上，设落点坐标为x,y，则有：

2ry12gt 22lxvCt

x2RyR2

解得：x1.2m，y0.6m

9．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， 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222m/s （3）0.1344J 312mAvA 212mBvB 283sin4cos4 9由此可得：当tan322时，A、B的最大速度均为vmaxm/s 43（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．

10．一质量为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】 【详解】

（1）由题意得，当玩具车达到最大速度v=10m/s匀速运动时， 牵引力：F=mgsin30°+0.3mg 由P=Fv

代入数据解得：P=40W

（2）玩具车在0-4s内做匀加速直线运动，设加速度为a，牵引力为F1， 由牛顿第二定律得：F1-(mgsin30°+0.3mg)=ma 4s末时玩具车功率达到最大，则P=F1v1 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=

12at1 2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=代入数据解得：x2=77.75m 所以轨道长度L=x1+x2=93.75m

1212mvmv1 22

1kg套在轻杆的小物11．如图所示，一轻质弹簧左端固定在轻杆的A点，右端与一质量m＝2，CD部分为一段光块相连但不栓接，轻杆AC部分粗糙糙，与小物块间动摩擦因数=0．滑的竖直半圆轨道．小物块在外力作用下压缩弹簧至B点由静止释放，小物块恰好运动到5m，小物块刚经过C点速度v＝4m／s，g取10m/s2，不计空气半圆轨道最高点D，BC＝阻力，求：

（1）半圆轨道的半径R；

（2）小物块刚经过C点时对轨道的压力；

（3）小物块在外力作用下压缩弹簧在B点时，弹簧的弹性势能Ep． 【答案】⑴0.4m⑵50N 方向垂直向下(3)18J 【解析】 【分析】 【详解】

(1)物块由C点运动到D点，根据机械能守恒定律

2mgRR=0.4m

12mv 2⑵小物块刚过C点时

v2FN－mg = m

Rv2所以FNmgm50N

R根据牛顿第三定律知小物块刚经过C点时对轨道的压力：

FFN50N

方向垂直向下

(3)小物块由B点运动到C点过程中，根据动能定理

W弹mgLBC12mv 2带入数据解得：W弹=18J 所以Ep18J．

12．如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直1/4圆轨道相切与B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接（即物体经过C点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2Kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R＝0.45m，水平轨道BC长为0.4m，其动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6m，g取10m/s2，求

（1）滑块第一次经过B点时对轨道的压力 （2）整个过程中弹簧具有最大的弹性势能； （3）滑块最终停在何处？

【答案】（1）60N，竖直向下；（2）1.4J；（3）在BC间距B点0.15m处． 【解析】 【详解】

（1）滑块从A点到B点，由动能定理可得：mgR=解得：vB＝3m/s，

2vB 滑块在B点，由牛顿第二定律：F-mg=mR1mvB2 2解得：F＝60N，

由牛顿第三定律可得：物块对B点的压力：F′＝F＝60N； （2）滑块从A点到D点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W， 由动能定理可得：mgR﹣μmgLBC﹣mgLCDsin30°+W＝0， 其中：EP＝﹣W，解得：EP＝1.4J；

（3）滑块最终停止在水平轨道BC间，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程， 由动能定理可得：mgs0解得：s＝2.25m

则物体在BC段上运动的次数为：n＝

12mvB 22.25＝5.625， 0.45说明物体在BC上滑动了5次，又向左运动0.625×0.4＝0.25m， 故滑块最终停止在BC间距B点0.15m处（或距C点0.25m处）； 【点睛】

本题考查动能定理及牛顿第二定律等内容，要注意正确受力分析；对于不涉及时间的问

题，优先选用动能定理．