高中物理动能与动能定理解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．如图所示，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R = 3.75m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心D 的连线与竖直方向成37︒角，MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r =0.4m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接。已知重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）求小物块经过B 点时对轨道的压力大小；

（2）若MN 的长度为L 0=6m ，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小； （3）若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L 。

【答案】（1）62N （2）60N （3）10m 【解析】 【详解】

（1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：0cos37A v v ==︒ 解得：04

m /5m /cos370.8

A v v s s =

==︒

小物块经过A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有：

()2211cos3722

A B mv mg R R mv +-︒= 小物块经过B 点时，有：2

B

NB v F mg m R

-= 解得：()232cos3762N B

NB

v F mg m R

=-︒+=

根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N （2）小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有：

22011222

C B mgL mg r mv mv μ--⋅=

- 在C 点，由牛顿第二定律得：2

C

NC v F mg m r

+=

代入数据解得：60N NC F =

根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N

（3）小物块刚好能通过C 点时，根据22C

v mg m r

=

解得：2100.4m /2m /C v gr s s =

=⨯=

小物块从B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有：

22211222

C B mgL mg r mv mv μ--⋅=

- 代入数据解得：L =10m

2．某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。传送带由电动机带动，以2m/s v =的速度顺时针匀速转动，倾角37θ=︒。工人将工件轻放至传送带最低点A ，由传送带传送至最高点B 后再由另一工人运走，工件与传送带间的动摩擦因数为7

8

μ=

，所运送的每个工件完全相同且质量2kg m =。传送带长度为6m =L ，不计空气阻力。（工件可视为质点，

sin370.6︒=，cos370.8︒=，210m /s g =）求：

(1)若工人某次只把一个工件轻放至A 点，则传送带将其由最低点A 传至B 点电动机需额外多输出多少电能？

(2)若工人每隔1秒将一个工件轻放至A 点，在传送带长时间连续工作的过程中，电动机额外做功的平均功率是多少？

【答案】(1)104J ；(2)104W 【解析】 【详解】 (1)对工件

cos sin mg mg ma μθθ-=

22v ax =

1v at =

12s t =

得

2m x =

12x vt x ==带 2m x x x =-=相带

由能量守恒定律

p k E Q E E =+∆+∆电

即

21

cos sin 2

E mg x mgL mv μθθ=⋅++电相

代入数据得

104J E =电

(2)由题意判断，每1s 放一个工件，传送带上共两个工件匀加速，每个工件先匀加速后匀速运动，与带共速后工件可与传送带相对静止一起匀速运动。匀速运动的相邻的两个工件间距为

2m x v t ∆=∆=

L x n x -=∆

得

2n =

所以，传送带上总有两个工件匀加速，两个工件匀速 则传送带所受摩擦力为

2cos 2sin f mg mg μθθ=+

电动机因传送工件额外做功功率为

104W P fv ==

3．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】（1Rg 2）6mg （3）1

2

mgR 【解析】 【分析】 【详解】

（1）小滑块从C 点飞出来做平抛运动，水平速度为v 0，竖直方向上：，水平方

向上：

，解得

（2）小滑块在最低点时速度为v C 由机械能守恒定律得

牛顿第二定律：由牛顿第三定律得：

，方向竖直向

下

（3）从D 到最低点过程中，设DB 过程中克服摩擦力做功W 1，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．

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）0.4μ=（4） 2.48N F = 【解析】 【详解】

(1)根据机械能守恒得：

21sin 372

AB B mgs mv ︒=

解得：

2sin3721030.6m/s 6m/s B AB v gs =︒=⨯⨯⨯=；

(2)物块在斜面上的加速度为：

21sin 6m/s a g θ==

在斜面上有：

2112

AB s a t =

代入数据解得：

11s t =

物块在BC 段的运动时间为：

21 1.5s t t t =-=

BC 段的位移为：

21

(0) 4.5m 2

BC B s v t =+=

（3）在水平面上，有：

220B v a t =﹣

解得：

222

4m/s B

v a t -=

=-． 根据牛顿第二定律有：

2mg ma μ=﹣

代入数据解得：

0.4μ=．

(4)从A 到D 的过程，根据动能定理得：

()sin cos 0AB BD AB BD mgs F s s mgs θθμ++-=

代入数据解得：

2.48N F = 【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

(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)滑块在水平轨道上运动的总时间及滑块几次经过点.

【答案】(1) (2) (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.滑块从点到点,由动能定理可得:

解得:

(3)将滑块在段的运动全程看作匀减速直线运动

加速度

则滑块在水平轨道上运动的总时间

滑块最终停止上在水平轨道间,设滑块在段运动的总路程为,从滑块第一次经过点到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。

6．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/s 2。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)8m/s C v = (2)0.5μ= (3) 1.2m x =-,0.6m y = 【解析】 【详解】

（1）滑块在C 点时，对滑块受力分析，有

2

C v F mg m r

+= 解得：8/C v m s =

（2）滑块从E 点到C 点过程，由动能定理可知：

()2

122

c mg h R r mgl mv μ+--=

解得：0.5μ=

（3）小滑块离开C 点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则

2

122

r gt =

，C s v t = 解得： 3.20.4s m l m =>=

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：

2

122

r y gt -=

C l x v t -=

()2

22x R y R +-=

解得： 1.2x m =-，0.6m y =

7．如图所示，AB 是光滑的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，将弹簧水平放置，一端固定在A 点．现使质量为m 的小滑块从D 点以速度v 0＝

进入轨道DCB ，然后沿着BA 运动压缩弹簧，弹簧压缩最短时小滑块处于P 点，重

力加速度大小为g ，求：

（1）在D 点时轨道对小滑块的作用力大小F N ； （2）弹簧压缩到最短时的弹性势能E p ；

（3）若水平轨道AB 粗糙，小滑块从P 点静止释放，且PB ＝5l ，要使得小滑块能沿着轨道BCD 运动，且运动过程中不脱离轨道，求小滑块与AB 间的动摩擦因数μ的范围． 【答案】（1）

（2）

（3）μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7 【解析】（1）

解得

（2）根据机械能守恒

解得

（3）小滑块恰能能运动到B 点

解得μ＝0.7

小滑块恰能沿着轨道运动到C 点

解得μ＝0.5 所以0.5≤μ≤0.7

小滑块恰能沿着轨道运动D 点

综上μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7

8．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E p与弹簧的劲度系数k和形变量x的

关系是：E p=1

2

kx2，水平传送带与物间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取10m/s2．）

求：

（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v C=2m/s

物块经过管道C点，根据牛顿第二定律得mg-N=m

2 C v r

解得，管道对物块的弹力N=15

11

N≈1.36N，方向竖直向上

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′

由动能定理得mg (r +x ′)-21'2kx =212m mv -212

C mv 解得，最大速度v m =4m/s

（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.

物块向左减速的位移x 1=

22C v g μ=2

220.410

⨯⨯=0.5m 物块与传送带间的相对位移△x 1=x 1+v 0•0

v g

μ 解得△x 1=1.5m

物块向右加速运动的位移x 2=

22C

v g

μ=0.5m 物块与传送带间的相对位移△x 2=v 0•0

v g

μ-x 2=0.5m

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 (△x 1+△x 2) 解得:E =4J

9．如图1所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图2所示的模型：倾角θ=37°、L =60cm 的直轨道AB 与半径R =10cm 的光滑圆弧轨道BCDEF 在B 处平滑连接，C 、F 为圆轨道最低点，D 点与圆心等高，E 为圆轨道最高点；圆轨道在F 点与水平轨道FG 平滑连接，整条轨道宽度不计，其正视图如图3所示．现将一质量m =50g 的滑块(可视为质点)从A 端由静止释放．已知滑块与AB 段的动摩擦因数μ1=0.25，与FG 段的动摩擦因数μ2=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g =10m/s 2．

（1） 求滑块到达E 点时对轨道的压力大小F N ；

（2）若要滑块能在水平轨道FG 上停下，求FG 长度的最小值x ；

（3）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D 点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第5次返回轨道AB 上离B 点最远时，它在AB 轨道上运动的总路程s ． 【答案】（1）F N =0.1N （2）x =0.52m （3）93m 160

s = 【解析】 【详解】

（1）滑块从A 到E ，由动能定理得：

()]2

11sin 1cos 2cos 2

E mg L R R mgL mv θθμθ⎡+---=

⎣

代入数据得：E v =

滑块到达E 点：2N E

v mg F m R

+= 代入已知得：F N =0.1N

（2）滑块从A 下滑到停在水平轨道FG 上，有

()12sin 1cos cos 0mg L R mgL mgx θθμθμ⎡⎤+---=⎣⎦

代入已知得：x =0.52m

（3）若从距B 点L 0处释放，则从释放到刚好运动到D 点过程有：

010sin +(1cos )]cos 0mg L R R mgL θθμθ---=[

代入数据解得：L 0=0.2m

从释放到第一次返回最高点过程，若在轨道AB 上上滑距离为L 1，则：

()()01101sin cos 0mg L L mg L L θμθ--+=

解得：11001sin cos 1

sin cos 2

L L L θμθθμθ-=

=+

同理，第二次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L 2，有：

2

121101sin cos 11sin cos 22L L L L θμθθμθ-⎛⎫

=== ⎪+⎝⎭

故第5次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L 5，有： 5

5012L L ⎛⎫= ⎪⎝⎭

所以第5次返回轨道AB 上离B 点最远时，它在AB 轨道上运动的总路程

012345932222m 160

L L L L L L s =+++++=

10．如图所示，质量为m 1＝1kg 的小物块P ，置于桌面上距桌面右边缘C 点L 1＝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m 2＝0.5kg 的小滑块Q ．现用水平向左的推力将P 缓慢压缩L 2

＝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/s 2 （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：

1c 12()m v m m 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E pm 根据动能定理得：

211121c 1

(2)2

W m g L L m v μ-+=

得：W ＝6J

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

11122c m v m v m v =+

由动能定理得：

22

22112221122121

11()222

m gs m gs m v m v m m M v μμ+=+-++

联立得v 1＝1m/s ，v 2＝2m/s 方程的另一组解：当 v 2′=

23m/s 时，v 1′=5

3

m/s ，v 1′＞v 2′不合题意舍去． 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：

222m g m a μ-=

代入数据解得：a ＝﹣1m/s 2 由匀变速运动规律得：

2222v v s a

-= 解得：s ＝1.92m

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 =53mg q

μ (q 为物块的带电量)，现将物块从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】2()g L R μ+43gL μ1()23n gL μ-，其中n ＝1、2、3……. 【解析】

【详解】

(1)设物块在A 点的速度为v 1，由动能定理有

－μmgL －mgR ＝0－12

m 21v 解得 v 12()g L R μ+

(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

知：(q

E m g μ-)L ＝12m 22v 可得：243

gL v μ= (3)设第2、4、6、…、2n 次经过B 点时的速度分别为v 2、v 4、…、v 2n ，

第2、4、6、…、2(n －1)次离开B 点向右滑行的最大距离分别为L 1、L 2、…、L n －1，

则：－(q

E m g μ+)L 1＝0－12m 22v (q E m g μ-)L 1＝12

m 24v

解得42q q v E m g v E

m g μμ-==+12 同理v v ＝12 ……222n n v v -=＝12

综上可得1221()2

n n v v -= v 2n ＝21

()23n gL μ- 其中 n ＝1、2、3…

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1A 、2A 、1B 、2B ，1D 、2D 分别是两圆弧管道的最高点，1C 、2C 分别是两圆弧管道的最低点，1C 、2C 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 ，111111222222B O D AO C B O D A O C α∠=∠=∠=∠=。一质量为m 的小物块以水平向左的速度0v 从1C 点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为μ。设012/v m s =，m=1kg ，R=1.5m ，0.5μ=，37α=︒（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：

（1）小物块从1C 点出发时对管道的作用力；

（2）小物块第一次经过2C 点时的速度大小；

（3）小物块在直管道12B A 上经过的总路程。

【答案】（1）106N ，方向向下（2）7（3）

534

m 【解析】

【详解】

(1)物块在C 1点做圆周运动，由牛顿第二定律有：

20v N mg m R

-= 可得：20106N v N mg m 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：21122cos 4m sin R l A B A B αα

==== 从C 1到C 2由动能定理可得：222011cos 22mgl mv mv μα-=

-

可得：2/s v ==

(3)以C 1C 2水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D 1、D 2点时的机械能需满足： 0230J E E mgR >==

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： cos 16J f E W mgl μα∆===

设n 为从第一次经过D 1后，翻越D 1和D 2的总次数，则有：

20012

mv n E E -∆>， ()2001-12

mv n E E +∆< 可得：n =2，表明小物块在第二次经过D 1后就到不了D 2，之后在D 1B 1A 2C 2D 2之间往复运动直至稳定，最后在A 2及C 2右侧与A 2等高处之间往复稳定运动。 由开始到稳定运动到达A 2点，由动能定理有：

()201cos 1cos 02

mgs mgR mv μαα---=- 可得：s=694

m 故在B 1A 2直管道上经过的路程为s'=s －l =

534m