高考物理动能与动能定理解题技巧(超强)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，不可伸长的细线跨过同一高度处的两个光滑定滑轮连接着两个物体A和B，A、B质量均为m。A套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度为h。开始时让连着A的细线与水平杆的夹角α。现将A由静止释放（设B不会碰到水平杆，A、B均可视为质点；重力加速度为g）求：

(1)当细线与水平杆的夹角为β（90）时，A的速度为多大? (2)从开始运动到A获得最大速度的过程中，绳拉力对A做了多少功?

【答案】(1)vA【解析】 【详解】

2gh111cos2sinsinhWmgh(2)；T sin(2)A、B的系统机械能守恒

EP减EK加

hh1212mgmvAmvB

2sinsin2vAcosvB

解得

vA2gh111cos2sinsinEP减EK加

 (2)当A速度最大时，B的速度为零，由机械能守恒定律得

h12mghmvAm

sin2对A列动能定理方程

WT联立解得

12mvAm 2hWTmgh

sin

2．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

(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)【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：

(2)0.1 m或0.8 m (3)0.5 J

水平推力解得：

① 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：解得：

⑤

④

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

减速运动；根据动能定理有：解得：

⑦

⑥

（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：

⑨

滑块相对传送带滑动的位移相对滑动生成的热量

⑫

⑪

⑩ ⑧

3．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



4．如图所示，质量m=2kg的小物块从倾角θ=37°的光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入粗糙水平面，已知AB长度为3m，斜面末端B处与粗糙水平面平滑连接．试求：

（1）小物块滑到B点时的速度大小．

（2）若小物块从A点开始运动到C点停下，一共经历时间t=2.5s，求BC的距离． （3）上问中，小物块与水平面的动摩擦因数μ多大？

（4）若在小物块上始终施加一个水平向左的恒力F，小物块从A点由静止出发，沿ABC路

径运动到C点左侧3.1m处的D点停下．求F的大小．（sin37°=0.6，cos37°=0.8 ） 【答案】（1）6m/s（2）1.5s（3）0.4（4）F2.48N 【解析】 【详解】

(1)根据机械能守恒得：

mgsABsin37解得：

12mvB 2vB2gsABsin3721030.6m/s6m/s；

(2)物块在斜面上的加速度为：

a1gsin6m/s2

在斜面上有：

1sABa1t2

2代入数据解得：

t11s

物块在BC段的运动时间为：

t2tt11.5s

BC段的位移为：

1sBC(vB0)t24.5m

2（3）在水平面上，有：

0﹣vBa2t2

解得：

a2根据牛顿第二定律有：

vB4m/s2． t2﹣mgma2

代入数据解得：

0.4．

(4)从A到D的过程，根据动能定理得：

mgsABsinFsBDsABcosmgsBD0

代入数据解得：

F2.48N 【点睛】

连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速

度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求

解力.

5．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：

Epm2gxBC1m2vB2 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.

6．如图甲所示为某一玩具汽车的轨道，其部分轨道可抽象为图乙的模型．AB和BD为两段水平直轨道，竖直圆轨道与水平直轨道相切于B点，D点为水平直轨道与水平半圆轨道的切点．在某次游戏过程中，通过摇控装置使静止在A点的小车以额定功率启动，当小车运动到B点时关闭发动机并不再开启，测得小车运动到最高点C时对轨道的压力大小

FN5.6N，小车通过水平半圆轨道时速率恒定．小车可视为质点，质量m400g，额

定功率P20W，AB长l1m，BD长s0.75m，竖直圆轨道半径R25cm，水平半圆轨道半径r10cm．小车在两段水平直轨道所受的阻力大小均为f4N，在竖直圆轨道和水平半圆轨道所受的阻力均忽略不计，重力加速度取g10m/s．求：

2

（1）小车运动到C点时的速度大小；

（2）小车在BD段运动的时间； （3）水平半圆轨道对小车的作用力大小；

（4）要使小车能通过水平半圆轨道，发动机开启的最短时间． 【答案】（1）6m/s；（2）0.3s；（3）42N.；（4）0.35s. 【解析】 【详解】

（1）由小车在C点受力得：

vc2FNmgm

R解得：

vC6m/s

（2）从C点到B点，由动能定理得：

12122mgRmvBmvC

22解得：

vB4m/s

小车在BD段运动的加速度大小为：

a由运动学公式：

f10m/s2 m1svBtat2

2解得：

t0.3s

（3）从B点到D点，由运动学公式：

vDvBat，

解得：

vD1m/s

小车在水平半圆轨道所需的向心力大小：

2vDFnm，

r代入数据可得：

Fn4N

F2Fn2mg

水平半圆轨道对小车的作用力大小为：

2F42N.

（4）设小车恰能到C点时的速度为v1，对应发动机开启的时间为t1，则：

v12mgm

RPt1fl2mgR解得

12mv1 2t10.325s.

在此情况下从C点到D点，由动能定理得：

2mgRFs解得

112mvDmvC 222vD2.5

即小车无法到达D点.

设小车恰能到D点时对应发动机开启的时间为t2，则有：

Pt2fls0，

解得

t20.35s.

7．如图所示，在倾角为θ=37°的斜面底端有一个固定挡板D，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端在O点，已知斜面OD部分光滑，PO部分粗糙且长度L=8m。质量m=1kg的物块（可视为质点）从P点静止开始下滑，已知物块与斜面PO间的动摩擦因数μ=0.25，g取10m/s2， sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： （1）物块第一次接触弹簧时速度的大小

（2）若弹簧的最大压缩量d=0.5m，求弹簧的最大弹性势能

（3）物块与弹簧接触多少次，反弹后从O点沿斜面上升的最大距离第一次小于0.5m

【答案】（1）8m/s （2）35J (3)5次 【解析】 【详解】

(1)物块在PO过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦力，此过程应用动能定理得：

mgLsinmgLcos解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：

12mv 2v2gLsincos8m/s

（2）物块由O到将弹簧压缩至最短的过程中，重力势能和动能减少、弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能Ep

Ep12mvmgdsin35J 2（3）物块第一次接触弹簧后，物体从O点沿斜面上升的最大距离s1,由动能定理得:

1mgs1mgs1cos0mv2

2解得：s14m

物块第二次接触弹簧后，物块从O点沿斜面上升的最大距离s2，由动能定理得：

mgsin(s1s2)mgcos(s1s2)0

解得：s22m

故物块每经过一次O点，上升的最大距离为上一次的

1 2L 2所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：s1则第n次上升的最大距离为：sn因为sn小于

L 2n1m，所以n>4，即物块与弹簧接触5次后，物块从O点沿斜面上升的最大距离21m 2

8．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：

（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 mgsinv=7m/s

（2）从开始到最后停下在BC段所经过的路程为x mgsinLAB-x=24．9m

=31．1

经过AB的次数为312+1=63次 （3）设小物块平抛时的初速度为V0 H -rr+v0=3 m/s

设第n次后取走挡板 mv2-mv02=2

Lbcn

=

gt2 mgx=0 -LAB=

mv2

=v0t

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。

9．质量为M的小车固定在地面上，质量为m的小物体（可视为质点）以v0的水平速度从小车一端滑上小车，小物体从小车另一端滑离小车时速度减为动摩擦因数为.求：

v0，已知物块与小车之间的2

（1）此过程中小物块和小车之间因摩擦产生的热Q以及小车的长度L.

（2）若把同一小车放在光滑的水平地面上，让这个物体仍以水平速度v0从小车一端滑上小车.

a. 欲使小物体能滑离小车，小车的质量M和小物体质量m应满足什么关系? b. 当M=4m时，小物块和小车的最终速度分别是多少?

3v023232v0 （2）a. M>3m；b. v0，【答案】（1）Qmv0，L8g8520【解析】 【详解】

(1) 小车固定在地面时，物体与小车间的滑动摩擦力为

fmg，

物块滑离的过程由动能定理

1v12fLm(0)2mv0 ①

2223v02解得：L

8g物块相对小车滑行的位移为L，摩擦力做负功使得系统生热，QfL 可得：Q3mv02 8（2）a.把小车放在光滑水平地面上时，小物体与小车间的滑动摩擦力仍为f． 设小物体相对小车滑行距离为L时，跟小车相对静止（未能滑离小车）共同速度为v， 由动量守恒定律：

mv0=(M+m)v ②

设这过程小车向前滑行距离为s. 对小车运用动能定理有:

fs对小物体运用动能定理有:

1Mv2 ③ 2112f(Ls)mv2mv0 ④

22联立②③④可得

mv02121fLmv0(Mm)() ⑤

22Mm物块相对滑离需满足LL且fL联立可得：M3m，

即小物体能滑离小车的质量条件为M3m

b.当M=4m时满足M3m，则物块最终从小车右端滑离，设物块和车的速度分别为v1、

3mv02 8v2.

由动量守恒：

mv0mv1Mv2

由能量守恒定律：

fL联立各式解得：v1121212mv0(mv1Mv2) 22223v0，v2v0 520

10．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）

1s；（3）0.125≤μ＜0.75或μ=1． 3【解析】 【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

11．如图所示，质量为m1＝1kg的小物块P，置于桌面上距桌面右边缘C点L1＝90cm的A点并与弹簧的右端接触（不拴接），轻弹簧左端固定，且处于原长状态．质量为M＝3.5kg、长L＝1.5m的小车静置于光滑水平面上，其上表面与水平桌面相平，且紧靠桌子右端．小车左端放有一质量为m2＝0.5kg的小滑块Q．现用水平向左的推力将P缓慢压缩L2＝5cm推至B点（弹簧仍在弹性限度内）时，撤去推力，此后P沿桌面滑到桌子边缘C时速度为2m/s，并与小车左端的滑块Q相碰，最后Q停在小车的右端，物块P停在小车上距左端0.35m处P与桌面间动摩擦因数μ1＝0.4，P、Q与小车表面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2 （1）小车最后的速度v； （2）推力所做的功；

（3）在滑块Q与车相对静止时，Q到桌边的距离．

【答案】（1）0.4m/s；（2）6J；（3）1.92m． 【解析】 【详解】

（1）设物块P与滑块Q碰后最终与小车保持相对静止，其共同速度为v 由动量守恒得：

m1vc(m1m2M)v

代入数据可得：v＝0.4m/s

（2）90cm＝0.9m，设弹簧的最大弹性势能为Epm 根据动能定理得：

W1m1g(L12L2)得：W＝6J

1m1vc2 2（3）设物块P与滑块Q碰后速度分别为v1和v2，P与Q在小车上滑行距离分别为S1和S2 P与Q碰撞前后动量守恒，则有：

m1vcm1v1m2v2

由动能定理得：

22m1gs12m2gs2m1v12m2v2(m1m2M)v2

121212联立得v1＝1m/s，v2＝2m/s 方程的另一组解：当 v2′=

25m/s时，v1′=m/s，v1′＞v2′不合题意舍去． 33设滑块Q与小车相对静止时到桌边的距离为s，Q 在小车上运动的加速度为a 由牛顿第二定律得：

2m2gm2a

代入数据解得：a＝﹣1m/s2 由匀变速运动规律得：

2v2v2 s2a解得：s＝1.92m

12．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：－(q12mv2 2Emg)L1＝(q解得

12mv4 2vqEmg14 vqEmg22v6v2n11＝ ＝ ……v4v2n222同理

综上可得

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