高中物理动能与动能定理解析版汇编一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，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 v 0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 R =0.3m 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 1=1m ，BC 长为 L 2 =2.6m ，小滑块与 水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.5，重力加速度 g =10m/s 2.(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 点弹射出的速度大小的范围． 【答案】（1）（2）5m/s≤v A ≤6m/s 和v A ≥【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2211222B mv mgR mv =+ 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3/4/A m s v m s ≤≤ 若小滑块能通过C 点并恰好越过壕沟，则有212h gt =c s v t =解得所以初速度的范围为3/4/A m s v m s ≤≤和5/A v m s ≥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m 1=0.3kg 和m 2=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v 0=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m 1向左运动，m 2向右运动速度大小为v 2=3m/s ，g 取10m/s 2．求：(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能E p(2)从小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，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E(3)为了让小物体m 1从C 点水平飞出后落至AB 平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC 的半径R 和小物体m 1平抛的最大水平位移x 的大小。

【答案】(1)19.5J(2)6.75J(3)R =1.25m 时水平位移最大为x =5m 【解析】 【详解】(1)对m 1和m 2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=m 1v 1-m 2v 2解得v 1=10m/s剪断细绳前弹簧的弹性势能为：2211221122p E m v m v =+ 解得E p =19.5J(2)设m 2向右减速运动的最大距离为x ，由动能定理得：-μm 2gx =0-12m 2v 22 解得x =3m ＜L =4m则m 2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v 0=1.5m/s ，然后向左匀速运动，直至离开传送带。

设小物体m 2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：μm 2gt =m 2v 0-（-m 2v 2）解得：t =3s该过程皮带运动的距离为：x 带=v 0t =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：E =μm 2gx 带解得：E =6.75J(3)设竖直光滑轨道AC 的半径为R 时小物体m 1平抛的水平位移最大为x 。

从A 到C 由机械能守恒定律得：2211111 222C m v m v mgR =+ 由平抛运动的规律有：x =v C t 121122R gt =联立整理得410()4x R R =-根据数学知识知当4R =10-4R即R =1.25m 时，水平位移最大为x =5m3．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD ，其中AB 是足够长的水平轨道，B 端与半径为R 的光滑半圆轨道BCD 平滑相切连接，半圆的直径BD 竖直，C 点与圆心O 等高．现有一质量为m 的小球Q 静止在B 点，另一质量为2m 的小球P 沿轨道AB 向右匀速运动并与Q 发生对心碰撞，碰撞后瞬间小球Q 对半圆轨道B 点的压力大小为自身重力的7倍，碰撞后小球P 恰好到达C 点．重力加速度为g ．（1）求碰撞前小球P 的速度大小；（2）求小球Q 离开半圆轨道后落回水平面上的位置与B 点之间的距离；（3）若只调节光滑半圆轨道BCD 半径大小，求小球Q 离开半圆轨道D 点后落回水平面上的位置与B 点之间的距离最大时，所对应的轨道半径是多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【详解】设小球Q在B处的支持力为；碰后小球Q的速度为，小球P的速度为；碰前小球P 的速度为；小球Q到达D点的速度为.(1)由牛顿第三定律得小球Q在B点碰后小球Q在B点由牛顿第二定律得:碰后小球P恰好到C点，由动能定理得:P、Q对心碰撞，由动量守恒得：联立解得:(2)小球Q从B到D的过程中，由动能定理得：解得，所以小球Q能够到达D点由平抛运动规律有：联立解得(3)联立解得:当时x有最大值所以【点睛】解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如何转化，分段运用能量守恒定律列式是关键．4．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）12 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v0，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．5．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mgsin-L AB=mv2v=7m/s（2）从开始到最后停下在BC段所经过的路程为xmgsin L AB-mgx=0x=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V0H -r=gt2r+=v 0tv0=3 m/s设第n次后取走挡板mv 2-mv 02=2L bc nn=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。

6．下雪天，卡车在笔直的高速公路上匀速行驶．司机突然发现前方停着一辆故障车，他将刹车踩到底，车轮被抱死，但卡车仍向前滑行，并撞上故障车，且推着它共同滑行了一段距离l 后停下．事故发生后，经测量，卡车刹车时与故障车距离为L ，撞车后共同滑行的距离825l L =．假定两车轮胎与雪地之间的动摩擦因数相同．已知卡车质量M 为故障车质量m 的4倍．(1)设卡车与故障车相撞前的速度为v 1两车相撞后的速度变为v 2，求12v v(2)卡车司机至少在距故障车多远处采取同样的紧急刹车措施，事故就能免于发生． 【答案】(1)1254v v = (2)32L L '= 【解析】(1)由碰撞过程动量守恒12)Mv M m v +=( 则1254v v =① (2)设卡车刹车前速度为v 0，轮胎与雪地之间的动摩擦因数为μ 两车相撞前卡车动能变化22011122Mv Mv MgL μ-= ② 碰撞后两车共同向前滑动，动能变化221()0()2M m v M m gl μ+-=+ ③ 由②式22012v v gL μ-= 由③式222v gL μ=又因825l L =可得203v gL μ= 如果卡车滑到故障车前就停止，由2010'2Mv MgL μ-= ④ 故3'2L L =这意味着卡车司机在距故障车至少32L 处紧急刹车，事故就能够免于发生．7．如图所示，两个半圆形的光滑细管道(管道内径远小于半圆形半径)在竖直平面内交叠，组成“S”字形通道．大半圆BC的半径R=0.9m，小半圆CD的半径r=0.7m．在“S”字形通道底部B连结一水平粗糙的细直管AB．一质量m=0.18kg的小球（可视为质点）从A点以V0=12m/s的速度向右进入直管道，经t1=0.5s 到达B点，在刚到达半圆轨道B点时，对B 点的压力为N B=21.8N．（取重力加速度g=10m/s2）求：（1）小球在B点的速度V B及小球与AB轨道的动摩擦因数μ ?（2）小球到达“S”字形通道的顶点D后，又经水平粗糙的细直管DE，从E点水平抛出，其水平射程S=3.2m．小球在E点的速度V E为多少？（3）求小球在到达C点后的瞬间，小球受到轨道的弹力大小为多少？方向如何？【答案】（1）V B=10m/s ，μ=0.4（2）V E=S/ t=4m/s（3） N C=18.25N 方向向上【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律有N B-mg=mV B2/RV B=10m/sa=(V0-V B)/t=4m/s2μmg=m a a =mg μ=0.4（2）H=2R+2r=3.2m2HgV E=S/ t=4m/s（3）N C- mg=mV C2/r1 2m V B2=2mg R+12m V C2N C=18.25N 方向向上8．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P E 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）P 2E mgR =（2）9mg ，方向竖直向上（3）''P 1=()2E n mgR + （n =0、1、2） 【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P 2E fL =小圆环从释放能到达C 点到，由能量关系可知0P E fL mgR --=可得：P 2E mgR =（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E P ´=4E P =8mgR小圆环到达最高点D 时：'2P D 122E mv mg R fL =+⋅+解得D 10v gR =在最高点D 时由牛顿第二定律：2Dv N 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''P 23E fL mgR mgR ≤+=为了使物块能停在OB 的中点，同时还应该满足：''P 1(21)()22L E n f n mgR =+⋅=+ 则只能取n =0、1、2；9．质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg ，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是多少？【答案】12f w mgR =克 【解析】 【分析】本题首先用牛顿第二定律列示求出圆周运动最低点与最高点得瞬时速度的大小，再由最低点到最高点列动能定理解题，得出空气阻力做的功．本题属于绳子栓小球模型，注意最高点重力提供向心力． 【详解】最低点 217mv mg mg R-= 16v gR =最高点： 22mv mg R= 2v gR = 由动能定律 得 222111222f mgR w mv mv -+=- 解得 12f w mgR =-所以 克服空气阻力做功12f w mgR =克 【点睛】本题是圆周运动模型解题，结合牛顿运动定律与动能定理解圆周问题．10．如图所示，光滑水平面MN 的左端M 处有一弹射装置P ，右端N 处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度L=16m ，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s 匀速转动．ABCDE 是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB 为水平轨道，弧BCD 是半径为R 的半圆弧轨道，弧DE 是半径为2R 的圆弧轨道，弧BCD 与弧DE 相切在轨道最高点D ，R=0．6m ．平面部分A 点与传送带平齐接触．放在MN 段的物块m （可视为质点）以初速度v 0=4m/s 冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数μ=0．2，物块的质量m=1kg ．结果物块从滑上传送带又返回到N 端，经水平面与左端M 处的固定弹射器相碰撞（弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定），因碰撞弹射器锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点，最后从E 点飞出．g 取10m/s 2．求：（1）物块m 从第一次滑上传送带到返回到N 端的时间．（2）物块m 第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送带所多提供的能量多大？【答案】（1） 4.5t s =（2）8J W =【解析】试题分析:（1）物块B 向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀减速运动，达到与皮带共速后与皮带匀速物块B 向右作匀减速运动过程：mg ma μ=012s v t g μ== 物块向右达到的最大位移：014m 2v S t =⋅= 反向匀加速运动过程加速度大小不变．达到与传送带共速的时间：21s v t gμ== 相对地面向左位移：/21m 2v S t =⋅= 共速后与传送带匀速运动的时间：/341 1.5s 2S S t v --=== 往返总时间：（2）由物块恰能通过轨道最高点D ，并恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过最高点可得，物块是在半径为2R 的圆弧上的最高点重力全部充当向心力．得：又由物块上滑过中根据机械能守恒得：代入数据解得：66m/s B v Rg ==物块第二次从N 到A 点：2112L v t g t μ=⋅-⋅ 速度关系：1B v v g t μ=-⋅代入得：；得：2s t =或8s t =-（舍）物体运动时传送带的位移：4m s vt ==传送带为维持匀速运动多提供的力：F mg μ= 传送带所做的功等于传送带多提供的能量：8J W F s mg s μ=⋅=⋅=考点：考查牛顿运动定律的综合应用；动能定理．【名师点睛】本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式求解．11．在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d ．现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d ．已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ． B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g ．求A 的初速度的大小．185gd μ 【解析】【详解】设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v 0；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2．在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律，得 2220121112222mv mv mv =+⋅ 0122mv mv mv =+ ，式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正，联立解得：013v v =-，2023v v = 设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得 2111 2mgd mv μ= ， 2221222m gd mv μ=⋅（） ．按题意有：21d d d =+ ．联立解得：018 5v gd＝12．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）13s；（3）0.125≤μ＜0.75或μ=1．【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】（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＝m2vR，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＝12mv2，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+12at2代入数据解得：t=13 s．（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：mg sinθ•s−μ1mg cosθ•s＝0−12mv2，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：−μ1mg cosθ•2s＝0−12mv2，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．。