高中物理动能与动能定理及其解题技巧及练习题(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，两物块A、B并排静置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg．一颗质量m=0.10kg的子弹C以v0=100m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A后接着射入B并留在B中，此时A、B都没有离开桌面．已知物块A的长度为0.27m，A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m．设子弹在物块A、B 中穿行时受到的阻力大小相等，g取10m/s2．(平抛过程中物块看成质点)求：

（1）物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是多少； （2）子弹在物块B中打入的深度；

（3）若使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面，则物块B到桌边的最小初始距离．

2【答案】（1）5m/s；10m/s；（2）LB3.510m（3）2.5102m

【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：(1)子弹射穿物块A后，A以速度vA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运 动： h12gt 解得：t=0.40s 2A离开桌边的速度vAs，解得：vA=5.0m/s t设子弹射入物块B后，子弹与B的共同速度为vB，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：

mv0MvA(Mm)vB

B离开桌边的速度vB=10m/s

（2）设子弹离开A时的速度为v1，子弹与物块A作用过程系统动量守恒：

mv0mv12MvA

v1=40m/s

子弹在物块B中穿行的过程中，由能量守恒

fLB11122MvAmv12(Mm)vB① 222子弹在物块A中穿行的过程中，由能量守恒

121212fLAmv0mv1(MM)vA②

222由①②解得LB3.510m

（3）子弹在物块A中穿行过程中，物块A在水平桌面上的位移为s1，由动能定理：

212fs1(MM)vA0③

2子弹在物块B中穿行过程中，物块B在水平桌面上的位移为s2，由动能定理

fs21122MvBMvA④ 22由②③④解得物块B到桌边的最小距离为：smins1s2，

2解得：smin2.510m

考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律．

2．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μ＝0.75．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，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lRtan53o0.4m，由动能定理可得

1mg(Ll)sin37omvB2

2代入数据的

vB32m/s

物块在BC部分所受的摩擦力大小为

fmgcos37o0.60N

所受合力为

Fmgsin37of0

故

vCvB32m/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cos37o)有牛顿第二定律得

11mvD2mvC2 22vD2 FDmgmR联立解得

FD7.4N

（3）物块每次通过BC所损失的机械能为

Efl0.24J

物块在B点的动能为

EkB解得EkB0.9J 物块经过BC次数

1mvB2 2n设物块最终停在距离C点x处，可得

0.9J=3.75 0.24Jmg(Lx)sin37of(3l+x)0

代入数据可得

x0.35m

3．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道，管道的半径较小。为研究方便建立平面直角坐标系，O点为抛物口，下方接一满足方程y52

x的光滑抛物线形状管道OA；9AB、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：

（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）22m/s（3）23m/s＜ν0＜26m/s 【解析】 【详解】 （1）由y52

x得：A点坐标（1.20m，0.80m） 912gt 2由平抛运动规律得：xA＝v0t，yA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°）解得 v0＝22m/s；

1212mvEmv0 222.652.000.400.5，α＝30°

0.5CD与水平面的夹角也为α＝30°

（3）sinα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解得 v1＝23m/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解得 v2＝6m/s

考虑2次经过E点后不从O点离开，有

2﹣2μmgxCDcos30°＝0mv3

12mv1 212mv2 212解得 v3＝26m/s 故 23m/s＜ν0＜26m/s

4．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/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1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ=0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN=2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能Ep=0.5J。取重力加速度g=10m/s2。求： (1)小球在C处受到的向心力大小； (2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm； (3)小球最终停止的位置。

【答案】(1)35N；(2)6J；(3)距离B 0.2m或距离C端0.3m 【解析】 【详解】

(1)小球进入管口C端时它与圆管上管壁有大小为F2.5mg的相互作用力 故小球受到的向心力为

F向2.5mgmg3.5mg3.511035N

(2)在C点，由

vc2F向=

r代入数据得

12mvc3.5J 2在压缩弹簧过程中，速度最大时，合力为零，设此时滑块离D端的距离为x0 则有

kx0mg

解得

x0mg0.1m k设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有

1mg(rx0)mvc2EkmEp

2得

1Ekmmg(rx0)mvc2Ep33.50.56J

2(3)滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得

mg3rmgs解得BC间距离

12mvc 2s0.5m

小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中，设物块在BC上的运动路程为s，由动能定理有

12mgsmvc

2解得

s0.7m

故最终小滑动距离B为0.70.5m0.2m处停下. 【点睛】

经典力学问题一般先分析物理过程，然后对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。

5．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）【解析】 【分析】

1mgR 2【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：向上：

，解得

，水平方

（2）小滑块在最低点时速度为vC由机械能守恒定律得

牛顿第二定律：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．

由牛顿第三定律得：

，方向竖直向

6．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．D点位于水平桌面最右端，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＝0.45m的圆环剪去左上角127°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离为R，P点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R．若用质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，用同种材料、质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x＝4t﹣2t2，物块从D点飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道．g＝10m/s2，求：

（1）质量为m2的物块在D点的速度；

（2）判断质量为m2＝0.2kg的物块能否沿圆轨道到达M点：

（3）质量为m2＝0.2kg的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功. 【答案】（1）2.25m/s（2）不能沿圆轨道到达M点 （3）2.7J 【解析】 【详解】

（1）设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直方向分速度为：

vy2gR2100.45m/s＝3m/s

vyvD所以：vD＝2.25m/s

tan53°4 3（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则

v2mg＝m，

R解得：vgR32m/s 222vPvDvy322.252m/s＝3.75m/s

物块到达P的速度：

若物块能沿圆弧轨道到达M点，其速度为vM，由D到M的机械能守恒定律得：

1122m2vMm2vPm2g1cos53R 222可得：vM0.3375，这显然是不可能的，所以物块不能到达M点

（3）由题意知x＝4t-2t2，物块在桌面上过B点后初速度vB＝4m/s，加速度为：

a4m/s2

则物块和桌面的摩擦力：m2gm2a 可得物块和桌面的摩擦系数: 0.4

质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，由能量守恒可弹簧压缩到C点具有的弹性势能为：

Epm1gxBC0

质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点时，由动能定理可得：

Epm2gxBC1m2vB2 2可得，xBC2m 在这过程中摩擦力做功：

W1m2gxBC1.6J

由动能定理，B到D的过程中摩擦力做的功：

W2代入数据可得：W2＝-1.1J

质量为m2＝0.2kg的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功

1122m2vDm2v0 22WW1W22.7J

即克服摩擦力做功为2.7 J.

7．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/s2。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)vC8m/s (2)0.5 (3)x1.2m,y0.6m 【解析】 【详解】

（1）滑块在C点时，对滑块受力分析，有

vC2 Fmgmr解得：vC8m/s

（2）滑块从E点到C点过程，由动能定理可知：

mghR2rmgl解得：0.5

12mvc 2（3）小滑块离开C点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则

2r12gt，svCt 2解得：s3.2ml0.4m

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：

2ry12gt 2lxvCt

x2RyR2

解得：x1.2m，y0.6m

2

8．如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L．导轨上端并联接有一电容为C的平行板电容器和阻值为R的电阻．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g．忽略其它电阻．让金属棒在不同情况下从导轨上端由静止开始下滑，求:

(1)当断开S1闭合S2时，金属棒由静止开始下滑位移x后开始匀速，求匀速的速度大小和这过程电阻生的热量；

(2)当断开S2闭合S1时金属棒的速度大小随时间变化的关系． 【答案】(1)vm(sincos)mgR ，

B2L2mg(sincos)(sincos)2m3g2R2vt (2)Qmgx(sincos)2244mBLC2BL【解析】 【详解】

(1)金属棒在斜面上匀速直线运动时，由平衡条件：

mgsinBILmgcos

由闭合电路的欧姆定律I而动生电动势EBLvm

E R(sincos)mgR

B2L2对金属棒下滑过程，由动能定理得：

12mgxsinmgcosxWF安=mvm0

2联立解得：vm而由功能关系，克服安培力做功等于电路的焦耳热：WF安=Q

(sincos)2m3g2R2联立解得：Qmgx(sincos) 442BL(2)设金属棒经历时间t，速度的变化量为v，通过金属棒的电流为i，流过金属棒的电荷量为Q， 按照电流的定义iQ tQ也是平行板电容器的极板在t内的增加量，

QCUCBLv

金属棒受到的摩擦力为fmgcos 金属棒受到的安培力为FiBiL

设金属棒下滑的加速度为a，由牛顿第二定律有：

mgsinfFima

联立解得：amg(sincos) 22mBLC加速度为恒定值，说明金属棒做匀加速直线运动 有vat

可得瞬时速度与时间的关系：vmg(sincos)t 22mBLC

9．将一根长为L的光滑细钢丝ABCDE制成如图所示的形状，并固定在竖直平面内．其中

AD段竖直，DE段为

3圆弧，圆心为O，E为圆弧最高点，C与E、D与O分别等高，BC＝41AC．将质量为m的小珠套在钢丝上由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g． 4（1）小珠由C点释放，求到达E点的速度大小v1；

（2）小珠由B点释放，从E点滑出后恰好撞到D点，求圆弧的半径R；

mg（3）欲使小珠到达E点与钢丝间的弹力超过，求释放小珠的位置范围．

4

【答案】⑴v1=0； ⑵R处 【解析】 【详解】

3L5L2L； ⑶C点上方低于处滑下或高于

4(43)4(43)43（1）由机械能守恒可知，小珠由C点释放，到达E点时，因CE等高，故到达E点的速度为零；

（2）由题意：BC13L(2RR) ；小珠由B点释放，到达E点满足：44mgBC12mvE 2 从E点滑出后恰好撞到D点，则RvEt ；t2L2R 联立解得：R； g4321vE1（3）a.若小珠到达E点与小珠上壁对钢丝的弹力等于mg，则mgmgm1 ；从

44R释放点到E点，由机械能守恒定律：mgh1联立解得：h12mvE1 ； 233LR 84(43)21vE1b.若小珠到达E点与小珠下壁对钢丝的弹力等于mg，则mgmgm2 ；从释放

44R点到E点，由机械能守恒定律：mgh2联立解得：h12mvE2 ； 23L55LR ； 故当小珠子从C点上方低于 处滑下或高84(43)4(43)于

5L1 处滑下时，小珠到达E点与钢丝间的弹力超过mg.

44(43)

10．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的0.2倍，重力加速度g=10m/s2。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： -0.2（m1+m2）gd = 0-

1（m1+m2）v32 2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-0.2m1gt=m1v1-0 由运动学公式可得： x1=

v1t 2撤去F至二车相碰过程，由动能定理得：

11m1v22-m1v12 22由几何关系可得：x1+x2=s

-0.2m1gx2=

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：

1m1v22-0 2解得：x=3m

Fx-0.2m1gs=

在F作用的吋间内，由牛顿第二定律得： F-0.2m1g=m1a 解得：a=6m/s2 由x=

12at 2联立解得小车A所受恒力F的作用时间：t=ls

11．如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直1/4圆轨道相切与B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接（即物体经过C点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2Kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道

后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R＝0.45m，水平轨道BC长为0.4m，其动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6m，g取10m/s2，求

（1）滑块第一次经过B点时对轨道的压力 （2）整个过程中弹簧具有最大的弹性势能； （3）滑块最终停在何处？

【答案】（1）60N，竖直向下；（2）1.4J；（3）在BC间距B点0.15m处． 【解析】 【详解】

（1）滑块从A点到B点，由动能定理可得：mgR=解得：vB＝3m/s，

2vB 滑块在B点，由牛顿第二定律：F-mg=mR1mvB2 2解得：F＝60N，

由牛顿第三定律可得：物块对B点的压力：F′＝F＝60N； （2）滑块从A点到D点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W， 由动能定理可得：mgR﹣μmgLBC﹣mgLCDsin30°+W＝0， 其中：EP＝﹣W，解得：EP＝1.4J；

（3）滑块最终停止在水平轨道BC间，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程， 由动能定理可得：mgs0解得：s＝2.25m

则物体在BC段上运动的次数为：n＝

12mvB 22.25＝5.625， 0.45说明物体在BC上滑动了5次，又向左运动0.625×0.4＝0.25m， 故滑块最终停止在BC间距B点0.15m处（或距C点0.25m处）； 【点睛】

本题考查动能定理及牛顿第二定律等内容，要注意正确受力分析；对于不涉及时间的问题，优先选用动能定理．

12．如图所示，物体A置于静止在光滑水平面上的平板小车B的左端，在A的上方O点用细线悬挂一小球C(可视为质点)，线长L＝0.8 m．现将小球C拉至水平无初速度释放，并在最低点与A物体发生水平正碰，碰撞后小球C反弹的最大高度为h＝0.2 m．已知A、B、C的质量分别为mA＝4 kg、mB＝8 kg和mC＝1 kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，A、C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g＝10 m/s2.

(1)求小球C与物体A碰撞前瞬间受到细线的拉力大小； (2)求A、C碰撞后瞬间A的速度大小；

(3)若物体A未从小车B上掉落，小车B的最小长度为多少？ 【答案】(1) 30N (2) 1.5m/s (3) 0.375m 【解析】 【详解】

解：（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mCgL代入数据解得：v04m/s

2v0对小球，由牛顿第二定律得：Tmcgmc

L代入数据解得：T=30N

1mCv02 2（2）小球与A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向 由动量守恒定律得：mCv0mCvcmAvA 代入数据解得：vA1.5m/s

（3）物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：mAvAmAmBv 代入数据解得：v=0.5m/s 由能量守恒定律得：mAgx代入数据解得：x=0.375m。

11mAvA2mAmBv2 22