高中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)一

1、高中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 如图所示，质量 m=3kg 的小物块以初速度秽v0=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=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=1

2、0m/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 l0=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：v0 va cos37v04 m / s5m / s解得： vacos370.8小物块经过 a 点运动到 b 点，根据机械能守恒定律有：1mva2mg r rcos371mvb222小物块经过 b 点时，有： fnbmgm vb2r解得

3、： fnb mg 32cos37m vb262nr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：mgl0mg 2r1mvc21mvb222在 c 点，由牛顿第二定律得：fnc mgm vc2r代入数据解得： fnc60n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 mg m vc22r解得： vc 2gr100.4m / s 2m / s小物块从 b 点运动到c 点的过程，根据动能定理有：mglmg 2r1 mvc22 1 mvb222代入数据解得：l=10m2 某校兴趣小组制作了一个游

4、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=0.3mr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 l =1m，bc 长为 l2=2.6m ，1小滑块与 水平轨道间的动摩擦因数=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

5、出的速度大小的范围【答案】（ 1）（ 2） 5m/sva 6m/s和 va【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由 b 到最高点 1 mvb22mgr1 mv222由 a 到 b：解得 a 点的速度为（2）若小滑块刚好停在c 处，则：解得 a 点的速度为若小滑块停在bc 段，应满足3m / sva4m / s若小滑块能通过c 点并恰好越过壕沟，则有h1 gt 22svct解得所以初速度的范围为3m / sva4m / s 和 va5m / s3 如图所示，斜面abc下端与光滑的圆弧轨道cde相切于cd是最，整个装置竖直固定，低点，圆心

6、角 doc 37， e、 b 与圆心 o 等高，圆弧轨道半径r 0.30m，斜面长 l1.90m， 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 sin37 0.6， cos370.8，重力加速度g 10m/s 2，忽略空气阻力求：（1）物块第一次通过c 点时的速度大小vc（2）物块第一次通过d 点时受到轨道的支持力大小fd（3）物块最终所处的位置【答案】（ 1） 32m/s （ 2） 7.4n（ 3）0.35m【解析】【分析】由题中 “斜面 abc下端与光滑的圆弧轨道 cde相切

7、于 c”可知，本题考查动能定理、圆周运动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答【详解】（1） bc 长度 lr tan 53o0.4m ，由动能定理可得mg(l l )sin 37o 1 mvb22代入数据的vb3 2m/s物块在 bc 部分所受的摩擦力大小为fmg cos37o0.60n所受合力为f mg sin 37of 0故vcvb3 2m/s（2）设物块第一次通过d 点的速度为vd ，由动能定理得mgr(1 cos37 o)1 mvd21 mvc222有牛顿第二定律得fdmg m vd2r联立解得fd7.4n（3）物块每次通过bc 所损失的机械能为e

8、fl0.24j物块在 b 点的动能为ekb1mvb22解得 ekb0.9j物块经过bc 次数n 0.9j =3.750.24j设物块最终停在距离 c 点 x 处，可得mg(l x)sin 37of (3l +x)0代入数据可得x0.35m4 如图（ a）所示，倾角 =30的光滑固定斜杆底端固定一电量为4c 的正点电q=210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（2922）则g=10m/s ，静电力恒量k=910n?m/c（ 1）描述小

9、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 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 105c；（ 3）4.26随位移 s 变化的图线； 10v（4）图像如图 , 线 3 即为小球电势能【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

10、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=mgssin斜率 :k=20=mg sin30 所以m=4kg当达到最大速度时带电小球受力平衡:kqqmg sins02由线 2 可得 s0=1m，得:qmg sin s02 5=1.11 10ckq（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 :6u=4.2 10v（4）图中线3 即为小球电势能随位移

11、s 变化的图线5 如图所示，在竖直平面内的光滑固定轨道由四分之一圆弧ab 和二分之一圆弧bc组成，两者在最低点b 平滑连接过bc圆弧的圆心o 有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各一块，挡板与圆弧轨道之间有宽度很小的缝隙ab 弧的半径为2r，bc 弧的半径为r.一直径略小于缝宽的小球在a 点正上方与a 相距2r 处由静止开始自由下落，经a 点沿圆弧轨3道运动不考虑小球撞到挡板以后的反弹(1)通过计算判断小球能否沿轨道运动到c 点(2)若小球能到达 c 点，求小球在 b、 c两点的动能之比；若小球不能到达球至少从距 a 点多高处由静止开始自由下落才能够到达 c 点c 点，请求出小(3)使小球从 a 点

12、正上方不同高度处自由落下进入轨道，小球在水平挡板上的落点到距离 x 会随小球开始下落时离a 点的高度h 而变化，请在图中画出x2 - h 图象o 点的(写出计算过程 )1过程见解析【答案】 (1) mg (2) 41 (3)3【解析】【详解】（1）若小球能沿轨道运动到 c 点，小球在 c 点所受轨道的正压力 n 应满足 n0 设小球的质量为 m，在 c 点的速度大小为 vc，由牛顿运动定律和向心加速度公式有nmg mvc 2r小球由开始下落至运动到c 点过程中，机械能守恒，有2mgr1 mvc232由两式可知1nmg3小球可以沿轨道运动到c 点 .（2）小球在c 点的动能为ekc，由机械能守恒

13、得2mgrekc3设小球在 b 点的动能为ekb，同理有8mgrekb3得ekb ekc 4 1（3）小球自由落下，经abc圆弧轨道到达c 点后做平抛运动。由动能定理得：mgh1 mvc22由平抛运动的规律得：r1 gt 22x=vct解得：x2rh因为x3r，且vcgr所以r h 3r24x2-h 图象如图所示：6 如图所示，在倾角为=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，已知物块与斜面数 =0.25， g 取 10m/s 2，

14、sin37 =0.6， cos37=0.8。求：po 间的动摩擦因（ 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：mgl sinmgl cos1 mv22解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：v2gl sincos8 m/s（ 2）物块由 o 到将弹簧压缩至最短的过程中，重力势能和

15、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epep1mv2mgd sin35 j2（3）物 第一次接触 簧后，物体从o 点沿斜面上升的最大距离s1 ,由 能定理得 :mgs1mgs1 cos01 mv22解得： s14m物 第二次接触 簧后，物 从o 点沿斜面上升的最大距离s2 ，由 能定理得：mg sin (s1s2 )mg cos(s1s2 )0解得： s22m故物 每 一次 o 点，上升的最大距离 上一次的12所以，物 第一次返回 沿斜面上升的最大距离 ：s1l2 第 n 次上升的最大距离 ：lsn2n因 sn1 m ，所以 n4，即物 与 簧接触5 次后，物 从

16、o 点沿斜面上升的最大距离2小于 1 m27 如 所示，滑 a 的 量m 0.01kg ，与水平地面 的 摩擦因数 0.2 ，用 挂的小球 量均 m 0.01kg，沿x 排列，a 与第1 只小球及相 两小球 距离均 s2m， 分 l1、 l2、l3（ 中只画出三只小球，且小球可 点），开始 ，滑 以速度 v0 10m s 沿 x 正方向运 ， 滑 与小球碰撞 不 失机械能，碰撞后小球均恰能在 直平面内完成完整的 周运 并再次与滑 正碰，g 取 10ms2，求：（ 1）滑 能与几个小球碰撞？（ 2）求出碰撞中第 n 个小球 la 的表达式。【答案】 (1)12 个 ;(2)【解析】（ 1）因滑

17、与小球 量相等且碰撞中机械能守恒，滑 与小球相碰撞会互 速度，小球在 直平面内 ，机械能守恒， 滑 滑行 距离 s0，有得 s0 25m（个）（2）滑块与第n 个球碰撞，设小球运动到最高点时速度为vn对小球，有：对滑块，有：解三式：8 图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，bc分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径r=1m，一质量 m1kg 的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的a 点以大小 v0 12m s 的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的d 点已知 a、b 两点间的距离 l1 5 75m，物块与水平轨道写的动摩擦因数0 2，取

18、g 10m s2，圆形轨道间不相互重叠，求：（ 1）物块经过 b 点时的速度大小 vb；（ 2）物块到达 c 点时的速度大小 vc；（ 3） bd 两点之间的距离 l2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量q【答案】 (1) 11m / s (2) 9m / s (3) 72j【解析】【分析】【详解】（1）物块从 a 到 b 运动过程中，根据动能定理得：mgl11 mvb21 mv0222解得： vb11m / s（2）物块从 b 到 c 运动过程中，根据机械能守恒得：1 mvb21 mvc2mg2r22解得： vc9m / s（3）物块从 b 到 d 运动过程中，根据动能定理得：mgl201mv

19、b22解得： l2 30.25m对整个过程，由能量守恒定律有：q1 mv0202解得： q=72j【点睛】选取研究过程，运用动能定理解题动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动知道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义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v0 ，已知物块与小车之间的2动摩擦因数为.求：（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

20、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?【答案】（ 1） q3mv02 ， l3v02（ 2） a. m3m； b.2v0 ，3v088 g520【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fmg ，物块滑离的过程由动能定理fl1 m( v0 ) 21 mv02 222解得：l3v0 28g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，qfl可得： q3mv028（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

21、止（未能滑离小车）共同速度为v，由动量守恒定律：mv0=(m +m)v设这过程小车向前滑行距离为s.对小车运用动能定理有:fs1mv 22对小物体运用动能定理有:f (l s)1 mv21 mv02 22联立可得fl1 mv021 ( mm)( mv0 )222m m物块相对滑离需满足 ll 且 fl3 mv028联立可得： m3m ，即小物体能滑离小车的质量条件为m3mb.当 m=4m 时满足 m3m ，则物块最终从小车右端滑离，设物块和车的速度分别为v1 、v2 .由动量守恒：mv0mv1mv2由能量守恒定律：fl1 mv02( 1 mv121 mv 22 )222联立各式解得： v123

22、v0 ， v2v052010 如图所示，一个质量为强轨道的 a 端由静止释放，m=0.2kg 的小物体a 与圆心等高，滑到(p 可视为质点 )，从半径为r=0.8m 的光滑圆b 后水平滑上与圆弧轨道平滑连接的水平桌面，小物体与桌面间的动摩擦因数为=0.6，小物体滑行l=1m后与静置于桌边的另一相同的小物体q 正碰，并粘在一起飞出桌面，桌面距水平地面高为h=0.8m 不计空气阻力，g=10m/s2.求：(1)滑至 b 点时的速度大小；(2)p 在 b 点受到的支持力的大小；(3)两物体飞出桌面的水平距离；(4)两小物体落地前损失的机械能.【答案】 (1) v4m/s (2)fn6n (3)s=0

23、.4m (4)e=1.4j1【解析】【详解】（1）物体 p 从 a 滑到 b 的过程，设滑块滑到b 的速度为v1 ，由动能定理有：12mgrmv1解得： v14m/s（2）物体 p 做匀速圆周运动，在b 点由牛顿第二定律有:fnmgmv12r解得物体 p 在 b 点受到的支持力fn6n（3） p 滑行至碰到物体q 前，由动能定理有 :mgl1mv221mv1222解得物体 p 与 q 碰撞前的速度 v22m/sp 与 q 正碰并粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律有:mv2mm v3解得p 与 q 一起从桌边飞出的速度v31m/s由平碰后p、 q 一起做平抛运动，有：h 1 gt 22sv

24、3t解得两物体飞出桌面的水平距离s=0.4m（4）物体 p 在桌面上滑行克服阻力做功损失一部分机械能:e1mgl1.2j物体 p 和 q 碰撞过程中损失的机械能 :e21mv221(m m) v320.2j22两小物体落地前损失的机械能ee1e2解得： e=1.4j11 如图，质量分别为 1kg 和 3kg 的玩具小车 a、 b 静置在水平地面上，两车相距 s=8m。小车 a 在水平恒力 f=8n 作用下向着小车 b 运动，恒力 f 作用一段时间 t 后撤去，小车 a继续运动与小车b 发生碰撞，碰撞后两车粘在一起滑行d=0.25m 停下。已知两车碰撞时间极短，两车运动过程所受的阻力均为自身重力

25、的0.2 倍，重力加速度g=10m/s 2。求：（1）两个小车碰撞后的速度大小；（2）小车 a 所受恒力f 的作用时间t 。【答案】（ 1） 1m/s ；（ 2） 1s【解析】【详解】（1）设撤去力f 瞬间小车a 的速度为v1，小车 a、 b 碰撞前 a 车的瞬时速度为v2 ，小车a、 b 碰撞后瞬间的速度为v3。两小车碰撞后的滑行过程中，由动能定理可得：1-0.2（ m1+m2） gd = 0-2（ m1+m2） v32解得两个小车碰撞后的速度大小：v3=1m/s（2）两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得：m1v2 =（m1+m2） v3解得： v2=4m/s恒力作用过程，由动量定理可得：ft

26、-0.2m1gt=m1v1-0由运动学公式可得：x1= v1 t2撤去 f 至二车相碰过程，由动能定理得：12 12-0.2m1gx2=m1v2 -m1v122由几何关系可得：x1+x2=s联立可得小车a 所受恒力f 的作用时间：t=ls方法 2：两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得：m1v2 =（m1+m2） v3解得： v2=4m/s从 f 作用在小车a 上到 a、 b 两车碰前，由动能定理得：fx-0.2m1gs= 1 m1v2 2-02解得： x=3m在 f 作用的吋间内，由牛顿第二定律得：f-0.2m1g=m1a解得： a=6m/s 2由 x= 1 at22联立解得小车a 所受恒力f 的作用时间：t=ls12 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