高中物理动能与动能定理的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)含解析

高中物理动能与动能定理的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)含解析

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v 0=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/s 2．(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．

【答案】（1）5m/s ；10m/s ；（2）2

3.510B m L -=?（3）22.510m -?

【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：(1)子弹射穿物块A 后，A 以速度v A 沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运 动： 2

12

h gt =

解得：t=0.40s A 离开桌边的速度A s

v t

=

，解得：v A =5.0m/s 设子弹射入物块B 后，子弹与B 的共同速度为v B ，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：

0()A B mv Mv M m v =++

B 离开桌边的速度v B =10m/s

（2）设子弹离开A 时的速度为1v ，子弹与物块A 作用过程系统动量守恒：

012A mv mv Mv =+

v 1=40m/s

子弹在物块B 中穿行的过程中，由能量守恒

2221111()222

B A B fL Mv mv M m v =

+-+① 子弹在物块A 中穿行的过程中，由能量守恒

222

01111()222

A A fL mv mv M M v =--+②

由①②解得2

3.510B L -=?m

（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s 1，由动能定理：

2

11()02

A fs M M v =+-③

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s 2，由动能定理

2221122

B A fs Mv Mv =

-④ 由②③④解得物块B 到桌边的最小距离为：min 12s s s =+，

解得：2

min 2.510s m -=?

考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律．

2．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2211

222

B 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212

h 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 ≥

3．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点、圆心角 θ＝60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，滑板与水平轨道CD 间的动摩擦因数μ＝0.2．某运动员从轨道上的A 点以v 0＝3m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为m ＝60kg ，B 、E 两点与水平轨道CD 的竖直高度分别为h ＝2m 和H ＝2.5m.求：

(1)运动员从A 点运动到B 点过程中，到达B 点时的速度大小v B ； (2)水平轨道CD 段的长度L ；

(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C 点的距离. 【答案】(1)v B ＝6m/s (2) L ＝6.5m (3)停在C 点右侧6m 处 【解析】 【分析】 【详解】

（1）在B 点时有v B ＝

cos60?

v ，得v B ＝6m/s （2）从B 点到E 点有2

102

B mgh mgL mgH mv μ--=-

，得L ＝6.5m （3）设运动员能到达左侧的最大高度为h ′，从B 到第一次返回左侧最高处有

2

1'202

B mgh mgh mg L mv μ--?=-，得h ′＝1.2m

回到B 点，从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为s ，由动能定理可得

2

102

B mgh mgs mv μ-=-，得s ＝19m ，s ＝2L ＋6 m ，故运动员最后停在

C 点右侧6m 处.

4．如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量

0.04kg m =，电量4310C q -=?的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能

为0.32J 。某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端A 点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B ，并沿轨道BC 滑下，运动到光滑水平轨道CD ，从D 点进入到光滑竖直圆内侧轨道。已知倾斜轨道与水平方向夹角为37α?=，倾斜轨道长为

2.0m L =，带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数0.5μ=。小物块在C 点没有能量损

失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小物块的电量保持不变，可视为质点。只有光滑竖直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场，场强5210V/m E =?。已知

cos370.8?=，sin370.6?=，取2

10m/s g =，求：

（1）小物块运动到A 点时的速度大小A v ； （2）小物块运动到C 点时的速度大小C v ；

（3）要使小物块不离开圆轨道，圆轨道的半径应满足什么条件？

【答案】（1）4m/s ；（233；（3）R ?0.022m 【解析】 【分析】 【详解】

（1）释放弹簧过程中，弹簧推动物体做功，弹簧弹性势能转变为物体动能

212

P A E mv =

解得

220.32

4m/s 0.04

P A E v m ＝

＝＝? （2）A 到B 物体做平抛运动，到B 点有

cos37A B

v

v

?＝ 所以

4

5m/s 0.8

B v ＝

＝ B 到C 根据动能定理有

2211sin37cos3722

C B mgL mg L mv mv μ?-??=

- 解得

33m/s C v ＝

（3）根据题意可知，小球受到的电场力和重力的合力方向向上，其大小为

F=qE-mg =59.6N

所以D 点为等效最高点，则小球到达D 点时对轨道的压力为零，此时的速度最小，即

2

D

v F m R

＝

解得

D FR

v m

＝

所以要小物块不离开圆轨道则应满足v C ≥v D 得：

R ≤0.022m

5．如图（a ）所示，倾角θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q =2×10﹣4C 的正点电荷，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．（g =10m/s 2，静电力恒量K=9×109N?m 2/C 2）则

（1）描述小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ε 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 ；1.11×10

﹣

5

C ；（3）4.2×106V （4）图像如图, 线3即为小球电势能随位移s 变化的图线；

【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:

E P =mgh=mgs sin θ

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:

20

sin kqQ mg s θ=

由线2可得s 0=1m ， 得:

2

0sin mg s q kQ

θ==1.11×10﹣5C

（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:

W G +W 电=△E k

即有:

﹣mgh +qU =E km ﹣0

代入数据得:

U=4.2×106V

（4）图中线3即为小球电势能ε随位移s变化的图线

6．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）1

2 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．

7．如图所示，AB是光滑的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，将弹簧水平放置，一端固定在A点．现使质量为m的小滑块从D点以速度v0＝进入轨道DCB，然后沿着BA运动压缩弹簧，弹簧压缩最短时小滑块处于P点，重力加速度大小为g，求：

（1）在D点时轨道对小滑块的作用力大小F N；

（2）弹簧压缩到最短时的弹性势能E p；

（3）若水平轨道AB粗糙，小滑块从P点静止释放，且PB＝5l，要使得小滑块能沿着轨道BCD运动，且运动过程中不脱离轨道，求小滑块与AB间的动摩擦因数μ的范围．

【答案】（1）（2）（3）μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7

【解析】（1）

解得

（2）根据机械能守恒

解得

（3）小滑块恰能能运动到B点

解得μ＝0.7

小滑块恰能沿着轨道运动到C 点

解得μ＝0.5 所以0.5≤μ≤0.7

小滑块恰能沿着轨道运动D 点

解得μ＝0.2 所以μ≤0.2

综上 μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7

8．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． 18

5

gd 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

222012111

2222mv 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：

13v v =-

，2023

v 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=

， 2221222

m gd mv μ=?（） ．

按题意有：21d d d =+ ． 联立解得：018

5

v gd ＝

μ

9．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/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v 1，小车A 、B 碰撞前A 车的瞬时速度为v 2，小车A 、B 碰撞后瞬间的速度为v 3。

两小车碰撞后的滑行过程中，由动能定理可得： -0.2（m 1+m 2）gd = 0-

1

2

（m 1+m 2）v 32 解得两个小车碰撞后的速度大小：v 3=1m/s （2）两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得： m 1v 2=（m 1+m 2）v 3 解得：v 2=4m/s

恒力作用过程，由动量定理可得： Ft -0.2m 1gt =m 1v 1-0 由运动学公式可得： x 1=

1

2

v t 撤去F 至二车相碰过程，由动能定理得：

-0.2m 1gx 2=

12m 1v 22-1

2

m 1v 12 由几何关系可得：x 1+x 2=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： m 1v 2=（m 1+m 2）v 3 解得：v 2=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 -0.2m 1gs =

1

2

m 1v 22-0

解得：x =3m

在F 作用的吋间内，由牛顿第二定律得： F -0.2m 1g =m 1a 解得：a =6m/s 2 由x =

12

at 2 联立解得小车A 所受恒力F 的作用时间：t =ls

10．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、弹簧(弹簧弹性系数较大)、带有遮光片的滑块(总质量为m )、光电门、数字计时器、游标卡尺、刻度尺。实验步骤如下：

①用适当仪器测得遮光片的宽度为d ；

②弹簧放在挡板 P 和滑块之间，当弹簧为原长时，遮光板中心对准斜面上的A 点； ③光电门固定于斜面上的B 点，并与数字计时器相连；

④压缩弹簧，然后用销钉把滑块固定，此时遮光板中心对准斜面上的O 点； ⑤用刻度尺测量A 、B 两点间的距离L ；

⑥拔去锁定滑块的销钉，记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间△t ； ⑦移动光电门位置，多次重复步骤④⑤⑥。 根据实验数据做出的21t ?－L 图象为如图所示的一条直线，并测得2

1

t ?－L 图象斜率为k 、纵轴截距为 b 。

（1）根据

2

1

t ?－L 图象可求得滑块经过A 位置时的速度v A =____，滑块在斜面上运动的加速度a =_____。

（2）实验利用光电门及公式v =d

t

?测量滑块速度时，其测量值____真实值（选填“等于”、“大于”或“小于”）。

（3）本实验中，往往使用的弹簧弹性系数较大，使得滑块从O 到A 恢复原长过程中弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，则弹簧储存的弹性势能E p =___，E p 的测量值与真实值相比，测量值偏_____(填“大”或“小”)。

【答案】 12kd 2 小于 1

2

mbd 2 大 【解析】 【详解】

第一空：滑块从A 到B 做匀加速直线运动，设加速度为a ，由于宽度较小，时间很短，所以

瞬时速度接近平均速度，因此有B 点的速度为：B d

v t

=

?，根据运动学公式有： 222B

A

v v aL -=，化简为2

22212A v a

L t d d

=+?，结合图象可得：22A v b d =，22a k d =

解得：A v = 第二空：由2

2a k d =

，解得：2

12

a kd =； 第三空：由于弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，所以摩擦力和重力沿斜面的分量

忽略不计，根据能量守恒可得：2211

22

P A E mv mbd =

=； 第四空：考虑摩擦力和重力沿斜面的分量，根据动能定理可得：2

12

N G f A W W W mv +-=

， 而N P E W =真，摩擦力小于重力沿斜面的分量，p E 的测量值与真实值相比，测量值偏大。

11．如图所示，在竖直平面内有一“∞”管道装置，它是由两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。直管道和圆弧管道分别相切于1A 、2A 、1B 、2B ，1D 、2D 分别是两圆弧管道的最高点，1C 、2C 分别是两圆弧管道的最低点，1C 、2C 固定在同一水平地面上。两直管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。圆弧管道的半径均为R ，111111222222B O D AO C B O D A O C α∠=∠=∠=∠=。一质量为m 的小物块以水平向左的速度0v 从1C 点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为μ。设

012/v m s =，m=1kg ，R=1.5m ，0.5μ=，37α=?（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：

（1）小物块从1C 点出发时对管道的作用力； （2）小物块第一次经过2C 点时的速度大小； （3）小物块在直管道12B A 上经过的总路程。 【答案】（1）106N ，方向向下（2）7（3）534

m 【解析】 【详解】

(1)物块在C 1点做圆周运动，由牛顿第二定律有：

20

v N mg m R

-=

可得：20

106N v N mg m R

=+=

由牛顿第三定律可知，小物块对管道的作用力大小为106N ，方向向下 (2)由几何知识易有：21122cos 4m sin R l A B A B α

α

===

= 从C 1到C 2由动能定理可得：22

2011cos 22

mgl mv mv μα-=

- 可得：2

202cos 47m /s v v gl μα=-=

(3)以C 1C 2水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D 1、D 2点时的机械能需满足：

0230J E E mgR >==

由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足：

cos 16J f E W mgl μα?===

设n 为从第一次经过D 1后，翻越D 1和D 2的总次数，则有：

2

0012

mv n E E -?>， ()2

001-12

mv n E E +?< 可得：n =2，表明小物块在第二次经过D 1后就到不了D 2，之后在D 1B 1A 2C 2D 2之间往复运动直至稳定，最后在A 2及C 2右侧与A 2等高处之间往复稳定运动。

由开始到稳定运动到达A 2点，由动能定理有：

()2

01cos 1cos 02

mgs mgR mv μαα---=-

可得：s=

694

m 故在B 1A 2直管道上经过的路程为s'=s －l =

534

m

12．如图所示，A 、B 两球质量均为m ，用一长为l 的轻绳相连，A 球中间有孔套在光滑的足够长的水平横杆上，两球处于静止状态．现给B 球水平向右的初速度v 0，经一段时间后B 球第一次到达最高点，此时小球位于水平横杆下方l /2处．（忽略轻绳形变）求：

(1)B 球刚开始运动时，绳子对小球B 的拉力大小T ； (2)B 球第一次到达最高点时，A 球的速度大小v 1；

(3)从开始到B 球第一次到达最高点的过程中，轻绳对B 球做的功W ．

【答案】（1）mg+m 20v l （2）2012

v gl v -=（3）204mgl mv - 【解析】 【详解】

（1）B 球刚开始运动时，A 球静止，所以B 球做圆周运动

对B 球：T-mg =m 2

v l

得：T =mg +m 20

v l

（2）B 球第一次到达最高点时，A 、B 速度大小、方向均相同，均为v 1

以A 、B 系统为研究对象，以水平横杆为零势能参考平面，从开始到B 球第一次到达最高点，根据机械能守恒定律，

2220111112222

l mv mgl mv mv mg -=+- 得：2

012

v gl v -=

（3）从开始到B 球第一次到达最高点的过程，对B 球应用动能定理 W -mg

221011222

l mv mv =- 得：W =20

4

mgl mv -