高考物理动能与动能定理解题技巧分析及练习题(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，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，小滑块（视为质点）的质量m= 1kg；固定在地面上的斜面AB的倾角

=37°、长s=1m，点A和斜面最低点B之间铺了一层均质特殊材料，其与滑块间的动摩擦

因数μ可在0≤μ≤1.5之间调节。点B与水平光滑地面平滑相连，地面上有一根自然状态下的轻弹簧一端固定在O点另一端恰好在B点。认为滑块通过点B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）若设置μ=0，将滑块从A点由静止释放，求滑块从点A运动到点B所用的时间。 （2）若滑块在A点以v0=lm/s的初速度沿斜面下滑，最终停止于B点，求μ的取值范围。

【答案】（1）t【解析】

13133或3。 s；（2）324163【分析】 【详解】

（1）设滑块从点A运动到点B的过程中，加速度大小为a，运动时间为t，则由牛顿第二定律和运动学公式得

mgsinma

1sat2

2解得t3s 3（2）滑块最终停在B点，有两种可能：

①滑块恰好能从A下滑到B，设动摩擦因数为1，由动能定律得：

12mgsings1mgcosgs0mv0

2解得113 16②滑块在斜面AB和水平地面间多次反复运动，最终停止于B点，当滑块恰好能返回A点，由动能定理得

122mgcosg2s0mv0

2解得21 32此后，滑块沿斜面下滑，在光滑水平地面和斜面之间多次反复运动，最终停止于B点。 当滑块恰好能静止在斜面上，则有

mgsin3mgcos

解得33 413时，滑块在斜面AB和水平地面间多次反复运动，3241313或3。 32416所以，当23，即最终停止于B点。

综上所述，的取值范围是

4．如图所示，斜面高为h，水平面上D、C两点距离为L。可以看成质点的物块从斜面顶点A处由静止释放，沿斜面AB和水平面BC运动，斜面和水平面衔接处用一长度可以忽略不计的光滑弯曲轨道连接，图中没有画出，不计经过衔接处B点的速度大小变化，最终物块停在 水平面上C点。已知物块与斜面和水平面间的滑动摩擦系数均为μ。请证明：斜面倾角θ稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置A点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C点。

【答案】见解析所示 【解析】 【详解】

设斜面长为L，倾角为，物块在水平面上滑动的距离为S．对物块，由动能定理得：

mghmgcosLmgS0

即：

mghmgcoshmgS0 sinmghmg由几何关系可知：

hmgS0 tanhLS tan则有：

mghmgLSmgS0

mghmgL0

解得：L

h



故斜面倾角θ稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置A点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C点。

5．如图所示，在倾角为θ=30°的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为m的半圆柱体A紧靠挡板放在斜面上，质量为2m的圆柱体B放在A上并靠在挡板上静止。A与B半径均为R，曲面均光滑，半圆柱体A底面与斜面间的动摩擦因数为μ．现用平行斜面向上的力拉A，使A沿斜面向上缓慢移动，直至B恰好要降到斜面．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求： （1）未拉A时，B受到A的作用力F大小； （2）在A移动的整个过程中，拉力做的功W；

（3）要保持A缓慢移动中拉力方向不变，动摩擦因数的最小值μmin．

【答案】（1）F =3mg（2）W【解析】 【详解】

（1）研究B，据平衡条件，有

153(93)mgR （3）min 29F =2mgcosθ

解得

F =3mg

（2）研究整体，据平衡条件，斜面对A的支持力为

N =3mgcosθ =f =μN =

由几何关系得A的位移为

x =2Rcos30°=3R

克服摩擦力做功

Wf =fx =4.5μmgR

由几何关系得A上升高度与B下降高度恰均为

h =

据功能关系

W + 2mgh - mgh - Wf = 0

解得

33mg 233μmg 23R 21W(93)mgR

2（3）B刚好接触斜面时，挡板对B弹力最大 研究B得

Nm研究整体得

2mg4mg

sin30fmin + 3mgsin30° = N′m

解得

fmin = 2.5mg

可得最小的动摩擦因数：

min

fmin53 N96．如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m1kg可视为质点的小物块

压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带， AB长L5m，物块与传送带间的动摩擦因数10.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5m，它与物块间的动摩擦因数20.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为120o，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v5m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的Ep18J能量全部

2释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g10m/s．

（1） 求右侧圆弧的轨道半径为R; （2） 求小物块最终停下时与C点的距离;

（3） 若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．

【答案】（1）R0.8m；（2）x【解析】 【分析】 【详解】

（1）物块被弹簧弹出，由因为由：

1m；（3）37m/sv43m/s 3Ep12mv0，可知：v06m/s 212 a1t12v0v，故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，

mgma1v1，

v0a1t1，x1v0t1得到：因为

22m/s，t10.5s，x12.75m a1x1L，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m/s的速度滑上水平面

12mv2mgsmgR 2BC，物块滑离传送带后恰到E点，由动能定理可知：代入数据整理可以得到：R0.8m． （2）设物块从E点返回至B点的速度为vB，由得到

1122mvmvB2mg2s 22vB7m/s，因为vB0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用

112mvB2mgsx，得到：xm. 23下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C点x处，由

（3）设传送带速度为v1时物块能恰到F点，在F点满足mgsin30o从B到F过程中由动能定理可知：解得：

mvF

R21212mv1mvF2mgsmgRRsin30o 22

设传送带速度为v2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点， 由：

12mv22mg3smgR 2解得：

v243m/s

1122mvBmmv01mgL 22若物块在传送带上一直加速运动，由知其到B点的最大速度

vBm56m/s

43m/s就满足条件．

综合上述分析可知，只要传送带速度37m/sv【点睛】

本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理、圆周运动向心力公式的直接应用，此题难度较大，牵涉的运动模型较多，物体情境复杂，关键是按照运动的过程逐步分析求解．

7．如图所示，倾角为θ=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.接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力.

求：（1）滑块运动到圆环最高点C时的速度的大小； （2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小； （3）滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功． 【答案】（1）Rg（2）6mg（3）【解析】 【分析】 【详解】

1mgR 2（1）小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为v0，竖直方向上：向上：

，解得

，水平方

（2）小滑块在最低点时速度为vC由机械能守恒定律得

牛顿第二定律：下

（3）从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦力做功W1，由动能定理

h=3R

【点睛】

对滑块进行运动过程分析，要求滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小，我们要知道滑块运动到圆环最低点时的速度大小，小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，运用平抛运动规律结合几何关系求出最低点时速度．在对最低点运用牛顿第二定律求解．

由牛顿第三定律得：

，方向竖直向

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，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：

'EP12mvD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；

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

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：

x的关系是：Ep=

（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10物块与传送带间的相对位移△x1=x1+v0•解得△x1=1.5m

v0 g2vC=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．如图甲所示，一质量为ma的滑块(可看成质点)固定在半径为R的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A点，另一质量为mb的滑块(可看成质点)静止在轨道的底端B处，A点和圆弧对应的圆心O点等高。

（1）若圆弧的底端B与水平光滑平面连接(足够长)，mb静止于B点，ma从静止开始释放，假设两滑块碰撞时无机械能损失，且两滑块能发生两次碰撞，试证明：3ma(1)两滑块碰撞时动量守恒mava=mava′＋mbvb′

1121mava=mava′2＋mbvb′2 222mambva 解得：va′=

mamb无机械能损失解得：vb′=

2mava

mamb要想发生两次碰撞必须满足：－va′>vb′代入可得：3ma(2)机械能守恒magR=

1mav12 2滑块ma与mb相碰后结合在一起，动量守恒mav1=mcv2 从B运动到C点时速度恰好为零，由动能定理可得： －fL=0－

12mcv2 2f=mca，－v0=v2－at

12at 2传送带向左运动：s2=v0t Q=fs相对=f(s1＋s2)=9J

mc向右运动：s1=v2t－

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

R53m 42v0可得：Nmgm106N

R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1212mv2mv0 22从C1到C2由动能定理可得：mglcos2可得：v2v02glcos47m/s

(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=