高中物理动能与动能定理解题技巧及经典题型及练习题( 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，粗糙水平桌面上有一轻质弹簧左端固定在 A 点，自然状态时其右端位于B 点。

水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R=1.0m 的圆环剪去了左上角 120°的圆弧， MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离是h=2.4m。

用质量为m=0.2kg 的物块将弹簧由 B 点缓慢压缩至 C 点后由静止释放，弹簧在 C 点时储存的弹性势能E p=3.2J，物块飞离桌面后恰好P 点沿切线落入圆轨道。

已知物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度 g 值取 10m/s 2，不计空气阻力，求∶(1)物块通过 P 点的速度大小；(2)物块经过轨道最高点M 时对轨道的压力大小；(3)C、D 两点间的距离；【答案】 (1)8m/s ；(2)4.8N； (3)2m【解析】【分析】【详解】(1)通过 P 点时，由几何关系可知，速度方向与水平方向夹角为60o，则v y22ghsin 60o v y v整理可得，物块通过P 点的速度v8m/s(2)从 P 到 M 点的过程中，机械能守恒1mv2 =mgR(1cos60o )+1mv M222在最高点时根据牛顿第二定律mv M2F N mgR整理得F N4.8N根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为 4.8N(3)从 D 到 P 物块做平抛运动，因此v D v cos60o4m/s 从 C 到 D 的过程中，根据能量守恒定律E p mgx 1mv D2 2C、D 两点间的距离x 2m2．如图所示，在倾角为θ=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μ=0.25， g 取 10m/s 2， 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 sin mgL cos 1 mv22解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：v2gL sin cos8 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E pE p 1 mv2mgd sin35 J2（3）物块第一次接触弹簧后，物体从O 点沿斜面上升的最大距离s1,由动能定理得:mgs1mgs1 cos0 1 mv22解得： s14m物块第二次接触弹簧后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离s2，由动能定理得：mg sin(s1 s2 )mg cos(s1s2 )0解得： s22m故物块每经过一次 O 点，上升的最大距离为上一次的12所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：s1L 2则第 n 次上升的最大距离为：s n L 2n因为 s n 1m ，所以n>4，即物块与弹簧接触 5 次后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离2小于1 m 23．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，小物块与间的动摩擦因素μ=0． 1， g 取 10m/s2。

问：BC（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31 2+1=63 次（3）设小物块平抛时的初速度为V0H -r=gt2r+=v0tv0=3 m/s设第 n 次后取走挡板2mv 02bcmv -=2L 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。

4．如图所示， AB 是倾角为θ的粗糙直轨道， BCD是光滑的圆弧轨道， AB 恰好在 B 点与圆弧相切，圆弧的半径为 R．一个质量为 m 的物体（可以看作质点）从直轨道上与圆弧的圆心 O 等高的 P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．试求：（1）物体释放后，第一次到达 B 处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过程中在 AB轨道上通过的总路程 s；（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力的大小；（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点、、3 个D（E O D 为同一条竖直直径上的点），释放点距 B 点的距离 L 应满足什么条件．【答案】（ 1）v B2gR(sin cos ) ；L Rmg(3 2cos ) ；（ 2）F Ntan（3）L⋯ (3 2cos )R2(sin cos )【解析】【分析】【详解】（1）设物体释放后，第一次到达 B 处的速度为v1，根据动能定理可知：mgRcosmg cos R cos1mv12sin2解得：2gR(sin cos)v B tan物体每完成一次往返运动，在AB 斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达 B 点时，速度变为零，对物体从P 到 B 全过程用动能定理，有mgRcos mgL cos0得物体在 AB 轨道上通过的总路程为RL（2）最终物体以 B 为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从 B 运动到 E 时速度为v2v，由动能定理知：mgR(1cos )1mv22 2在 E 点，由牛顿第二定律有mv22F N mgR解得物体受到的支持力F N mg(32cos)根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为F N F N mg(3 2cos ) ，方向竖直向下．（3）设物体刚好到达 D 点时的速度为v D此时有mg mv D 2R 解得：v D gR设物体恰好通过 D 点时释放点距 B 点的距离为L0，有动能定理可知：mg[ L0 sin R(1cos)]mgcos L01mv D2 2联立解得：L0(32cos) R2(sin cos)则：⋯ (32cos)RLcos)2(sin答案：（ 1）2gR(sin cos )； L R（2）F mg(3 2cos ) ；（3）v B NtanL⋯ (3 2cos ) R2(sin cos )5．如图为一水平传送带装置的示意图．紧绷的传送带AB 始终保持 v0=5m/s的恒定速率运行， AB 间的距离 L 为 8m ．将一质量 m＝ 1kg 的小物块轻轻放在传送带上距 A 点 2m 处的 P 点，小物块随传送带运动到 B 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝ 0.5，重力加速度 g＝ 10 m/s 2．求：（1）该圆轨道的半径r ；（2）要使小物块能第一次滑上圆形轨道达到M 点， M 点为圆轨道右半侧上的点，该点高出 B 点 0.25 m，且小物块在圆形轨道上不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离 A 点的位置范围．【答案】（ 1）r0.5m （2）7m x7?.5m,0 x5?.5m【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度ag 5m / s2小物块与传送带共速时，所用的时间t v01s a运动的位移x v02.5m ＜L－2=6m 2a故小物块与传送带达到相同速度后以 v 0 5m / s 的速度匀速运动到 B ，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达 N 点，故有： mgm v N 2r由机械能守恒定律得1mv 02mg (2r )1mv N 2 ，解得 r 0.5m22（2）设在距 A 点 x 1 处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的 M 点，由能量守恒得： mg( L － x 1 )＝ mgh 代入数据解得 x 1＝7.5?m设在距A点 x2 处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒得：mg( L － x 2 )＝ mgR 代入数据解得 x 2＝7?m则：能到达圆心右侧的 M 点，物块放在传送带上距 A 点的距离范围 ；同理，只要过最高点 N 同样也能过圆心右侧的M 点，由（ 1）可知 x 3＝8m 2.5m5.5?m则： 0 x 5.5m ．故小物块放在传送带上放在传送带上距A 点的距离范围： 7m x7?.5m 和0 x 5?.5m考点：考查了相对运动，能量守恒定律的综合应用6． 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 =1kx 2，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/s 2．）2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 v 0=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 v 0=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v 0=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=mv C2r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由动能定理得 mg (r+x ′)- 1 kx '2= 1mv m 2-1mv C 22 2 2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v C 2 2 2 x 1===0.5m2 g2 0.4 10v 0物块与传送带间的相对位移△x 1=x 1 +v 0?解得△ x 1=1.5mgv C 2物块向右加速运动的位移x 2= =0.5m2 g物块与传送带间的相对位移△x 2=v 0?v 0- x 2=0.5mg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 =4J7． 如图甲所示，水平面上 A 点处有一质量 m ＝ 0.5kg 的小物块，从静止开始在水平向右恒力 F 1作用下运动，通过 B 点时立即撤去力 1F ，物块恰好落到斜面 P 点。