0
1 2
mvB2
解得
L=4.9m (3)物块在斜面上，由于 mgsin37°＞μmgcos37°，物块不会停在斜面上，物块最后以 B 点为
中心，C 点为最高点沿圆弧轨道做往复运动，由功能关系得系统最终因摩擦所产生的总热
量
Q=mg（h+Rcos37°）
解得
Q=4J
5．如图所示，斜面 ABC 下端与光滑的圆弧轨道 CDE 相切于 C，整个装置竖直固定，D 是最
故重力势能的增量 EP WG 1.14J （2）根据几何关系得，斜面 BC 部分的长度为： l R cot 37 0.40m
设物块第一次通过
B
点时的速度为
vB
，根据动能定理有：
mgLeabharlann Llsin37
1 2
mvB2
0
解得： vB 4.2m / s （3）物块在 BC 部分滑动受到的摩擦力大小为： f mgcos37 0.60N
能定理得： −μmgl+W 弹＝0− mv02 由功能关系：W 弹=-△Ep=-Ep 解得 Ep=10.5J； （2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得
−2μmgl＝Ek− mv02 解得 Ek=3J； （3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况： ①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为 v2，由动能定理得
（1）若要使弹珠不与管道 OA 触碰，在 O 点抛射速度 ν0 应该多大； （2）若要使弹珠第一次到达 E 点时对轨道压力等于弹珠重力的 3 倍，在 O 点抛射速度 v0 应该多大；
（3）游戏设置 3 次通过 E 点获得最高分，若要获得最高分在 O 点抛射速度 ν0 的范围。
【答案】（1）3m/s（2）2 2 m/s（3）2 3 m/s＜ν0＜2 6 m/s
1 2
mvE2
1 2
mv02
解得 v0＝2 2 m/s；
（3）sinα 2.65 2.00 0.40 0.5，α＝30° 0.5
CD 与水平面的夹角也为 α＝30°
设 3 次通过 E 点的速度最小值为 v1．由动能定理得
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）﹣2μmgxCDcos30°＝0
1 2
（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 1 m ；（3） 37m / s v 43m / s 3
【解析】
x 带=v0t=4.5m 故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：
解得：
E=μm2gx 带
E=6.75J (3)设竖直光滑轨道 AC 的半径为 R 时小物体 m1 平抛的水平位移最大为 x。从 A 到 C 由机械 能守恒定律得：
由平抛运动的规律有：
1 2
m1v12
1 2
m1vC 2
4．如图，在竖直平面内，半径 R=0.5m 的光滑圆弧轨道 ABC 与粗糙的足够长斜面 CD 相切 于 C 点，CD 与水平面的夹角 θ=37°，B 是轨道最低点，其最大承受力 Fm=21N，过 A 点的切 线沿竖直方向。现有一质量 m=0.1kg 的小物块，从 A 点正上方的 P 点由静止落下。已知物 块与斜面之间的动摩擦因数 μ=0.5.取 sin37°=0.6.co37°=0.8，g=10m/s2，不计空气阻力。 (1)为保证轨道不会被破坏，求 P、A 间的最大高度差 H 及物块能沿斜面上滑的最大距离 L； (2)若 P、A 间的高度差 h=3.6m，求系统最终因摩擦所产生的总热量 Q。
低点，圆心角∠DOC=37°，E、B 与圆心 O 等高，圆弧轨道半径 R=0.30m，斜面长 L=1.90m，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
sin37o=0.6，cos37o=0.8，重力加速度 g=10m/s2，忽略空气阻力．求：
（1）物块从 A 到 C 过程重力势能的增量 ΔEP； （2）物块第一次通过 B 点时的速度大小 vB； （3）物块第一次通过 D 点时受到轨道的支持力大小 N．
【答案】（1）-1.14J （2） 4.2m/s （3） 7.4N
【解析】 【分析】 【详解】
（1）从 A 到 C 物块的重力做正功为：WG mgL sin 37 1.14J
在 BC 部分下滑过程受到的合力为： F mgsin37 f 0
则物块第一次通过 C 点时的速度为： vC vB 4.2m / s
物块从
C
到
D，根据动能定理有：
mgR 1
cos37
1 2
mvD2
1 2
mvC2
在 D，由牛顿第二定律得： N mg m vD2 R
联立解得： N 7.4N
高考物理动能与动能定理解题技巧及练习题(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，在水平轨道右侧固定半径为 R 的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的 PQ 段长
度为
，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为
，轨道其它部分摩擦
不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量
【解析】
【详解】
（1）由 y 5 x2 得：A 点坐标（1.20m，0.80m） 9
由平抛运动规律得：xA＝v0t，yA 1 gt 2 2
代入数据，求得 t＝0.4s，v0＝3m/s； （2）由速度关系，可得 θ＝53° 求得 AB、BC 圆弧的半径 R＝0.5m OE 过程由动能定理得：
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）
且需要满足 m ≥mg，解得 R≤0.72m， 综合以上考虑，R 需要满足的条件为：0.3m≤R≤0.42m 或 0≤R≤0.12m。 【点睛】 解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要 注意灵活选择研究的过程。
2．如图所示，光滑水平平台 AB 与竖直光滑半圆轨道 AC 平滑连接，C 点切线水平，长为 L=4m 的粗糙水平传送带 BD 与平台无缝对接。质量分别为 m1=0.3kg 和 m2=1kg 两个小物体 中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以 v0=1.5m/s 的速度向左匀 速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为 μ=0.15．某时剪断细绳，小物体 m1 向左运动， m2 向右运动速度大小为 v2=3m/s，g 取 10m/s2．求：
【详解】
(1)对 m1 和 m2 弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有： 0=m1v1-m2v2
解得
剪断细绳前弹簧的弹性势能为：
v1=10m/s
解得
Ep
1 2
m1v12
1 2
m2v22
Ep=19.5J (2)设 m2 向右减速运动的最大距离为 x，由动能定理得：
-μm2gx=0- 1 m2v22 2
x 因为 1 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
v BC，物块滑离传送带后恰到 E 点，由动能定理可知： 1 m 2 mgs mgR
mv12
解得 v1＝2 3 m/s
设 3 次通过 E 点的速度最大值为 v2．由动能定理得
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）﹣4μmgxCDcos30°＝0
1 2
mv22
解得 v2＝6m/s
考虑 2 次经过 E 点后不从 O 点离开，有
﹣2μmgxCDcos30°＝0
1 2
mv32
解得 v3＝2 6 m/s 故 2 3 m/s＜ν0＜2 6 m/s
解得
x=3m＜L=4m 则 m2 先向右减速至速度为零，向左加速至速度为 v0=1.5m/s，然后向左匀速运动，直至离 开传送带。
设小物体 m2 滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为 t。取向左为正方向。 根据动量定理得：
解得：
μm2gt=m2v0-（-m2v2）
t=3s 该过程皮带运动的距离为：
【分析】 【详解】
E v （1）物块被弹簧弹出，由
1m p2
2 0
，可知：
v0
6m
/
s
v 因为 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， 0
v a t ma x v t a t 由： mg 1
1，v
0
，
11
1
1 01 2
2 11
得到： a1 2m / s2 ，t1 0.5s ， x1 2.75m
【答案】(1) 4.5m，4.9m；(2) 4J
【解析】
【详解】
(1)设物块在 B 点的最大速度为 vB，由牛顿第二定律得：
Fm
mg
m
vB2 R
从 P 到 Ｂ，由动能定理得
mg ( H
R)
1 2
mvB2
0
解得
H=4.5m 物块从 B 点运动到斜面最高处的过程中，根据动能定理得：
-mg[R（1-cos37°）+Lsin37°]-μmgcos37°•L=
面直角坐标系，O 点为抛物口，下方接一满足方程 y 5 x2 的光滑抛物线形状管道 OA； 9
AB、BC 是半径相同的光滑圆弧管道，CD 是动摩擦因数 μ＝0.8 的粗糙直管道；各部分管道 在连接处均相切。A、B、C、D 的横坐标分别为 xA＝1.20m、xB＝2.00m、xC＝2.65m、xD＝ 3.40m。已知，弹珠质量 m＝100g，直径略小于管道内径。E 为 BC 管道的最高点，在 D 处 有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g＝10m/s2，求：