高中物理动能与动能定理技巧(很有用)及练习题

高中物理动能与动能定理技巧(很有用)及练习题一、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）23.510B 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： 212h gt =解得：t=0.40s A 离开桌边的速度A sv 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()222B 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22201111()222A A fL mv mv M M v =--+②由①②解得23.510B 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：211()02A 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2221122B 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：2min 2.510s m -=⨯考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律．2．某游乐场拟推出一个新型滑草娱乐项目，简化模型如图所示。

游客乘坐的滑草车（两者的总质量为60kg ），从倾角为53θ=︒的光滑直轨道AC 上的B 点由静止开始下滑，到达C 点后进入半径为5m R =，圆心角为53θ=︒的圆弧形光滑轨道CD ，过D 点后滑入倾角为α（α可以在075α︒剟范围内调节）、动摩擦因数为33μ=的足够长的草地轨道DE 。

已知D 点处有一小段光滑圆弧与其相连，不计滑草车在D 处的能量损失，B 点到C 点的距离为0=10m L ，10m/s g =。

求：(1)滑草车经过轨道D 点时对轨道D 点的压力大小；(2)滑草车第一次沿草地轨道DE 向上滑行的时间与α的关系式；(3)α取不同值时，写出滑草车在斜面上克服摩擦所做的功与tan α的关系式。

【答案】(1)3000N ；(2)3sin cos 32t αα=⎛⎫+ ⎪⎝⎭；(3)见解析 【解析】 【分析】 【详解】(1)根据几何关系可知CD 间的高度差()CD 1cos532m H R =-︒=从B 到D 点，由动能定理得()20CD D 1sin 5302mg L H mv ︒+=-解得D v =对D 点，设滑草车受到的支持力D F ，由牛顿第二定律2D D v F mg m R-= 解得D 3000N F =由牛顿第三定律得，滑草车对轨道的压力为3000N 。

(2)滑草车在草地轨道DE 向上运动时，受到的合外力为sin cos F mg mg αμα=+合由牛顿第二定律得，向上运动的加速度大小为sin cos F a g g mαμα==+合因此滑草车第一次在草地轨道DE 向上运动的时间为Dsin cos v t g g αμα=+代入数据解得t =⎝⎭(3)选取小车运动方向为正方向。

①当0α=时，滑草车沿轨道DE 水平向右运动，对全程使用动能定理可得[]01sin (1cos )+=00f mg L R W θθ+--代入数据解得16000J f W =-故当0α=时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000J W =克1②当030α<≤︒时，则sin cos g g αμα≤滑草车在草地轨道DE 向上运动后最终会静止在DE 轨道上，向上运动的距离为2D22(sin cos )v x g g αμα=+摩擦力做功为22cos f W mg x μα=-⋅联立解得2(J)3tan 1f W α=-+故当030α<≤︒时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为2(J)3tan 1W α=+克③当3075α︒<≤︒时sin cos g g αμα>滑草车在草地轨道DE 向上运动后仍会下滑，若干次来回运动后最终停在D 处。

对全程使用动能定理可得[]03sin (1cos )+=00f mg L R W θθ+--代入数据解得36000J f W =-故当3075α︒<≤︒时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000J W =克3所以，当0α=或3075α︒<≤︒时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000J ；当030α<≤︒时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为(J)3tan 1α+。

3．如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B 点水平，上端A 与B 点的高度差为h 1＝0.3 m ，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C 点到B 点的高度差为h 2＝0.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m ＝1 kg 的滑块(可看作质点)从轨道的A 点由静止滑下，然后从B 点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C 点落到传送带上，传送带逆时针传动，速度大小为v ＝0.5 m/s ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g ＝10 m/s 2，试求：(1).滑块运动至C 点时的速度v C 大小；(2).滑块由A 到B 运动过程中克服摩擦力做的功W f ； (3).滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q . 【答案】（1）2.5 m/s （2）1 J （3）32 J【解析】本题考查运动的合成与分解、动能定理及传送带上物体的运动规律等知识。

(1) 在C 点，竖直分速度： 22 1.5/y v gh m s ==0sin37y c v v =，解得： 2.5/c v m s =(2)C 点的水平分速度与B 点的速度相等，则372/B x C v v v cos m s ︒＝＝＝从A 到B 点的过程中，据动能定理得： 2112f B mgh W mv -=，解得： 1f W J = (3) 滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得： 3737mgcos mgsin ma μ︒︒－＝解得： 20.4/a m s ＝ 达到共同速度所需时间5cv v t s a-== 二者间的相对位移52cv v x t vt m +∆=-= 由于3737mgsin mgcos μ︒<︒，此后滑块将做匀速运动。

滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量0cos3732Q mg x J μ⋅∆＝＝4．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 59=x 2的光滑抛物线形状管道OA ；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x A ＝1.20m 、x B ＝2.00m 、x C ＝2.65m 、x D ＝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/s 2，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v 0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）2m/s （3）3m/s ＜ν0＜6m/s 【解析】 【详解】 （1）由y 59=x 2得：A 点坐标（1.20m ，0.80m ）由平抛运动规律得：x A ＝v 0t ，y A 212gt = 代入数据，求得 t ＝0.4s ，v 0＝3m/s ； （2）由速度关系，可得 θ＝53° 求得AB 、BC 圆弧的半径 R ＝0.5mOE 过程由动能定理得： mgy A ﹣mgR （1﹣cos53°）2201122E mv mv =- 解得 v 0＝22m/s ；（3）sinα 2.65 2.000.400.5--==0.5，α＝30°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v 1．由动能定理得 mgy A ﹣mgR （1﹣cos53°）﹣2μmgx CD cos30°＝02112mv - 解得 v 1＝23m/s设3次通过E 点的速度最大值为v 2．由动能定理得 mgy A ﹣mgR （1﹣cos53°）﹣4μmgx CD cos30°＝02212mv - 解得 v 2＝6m/s考虑2次经过E 点后不从O 点离开，有﹣2μmgx CD cos30°＝02312mv -解得 v 3＝26m/s 故 23m/s ＜ν0＜26m/s5．如图所示，半径为R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道的圆心，D 为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高．质量为m 的小球从离B 点高度为h 处（332R h R ≤≤）的A 点由静止开始下落，从B 点进入圆轨道，重力加速度为g ）．（1）小球能否到达D 点？试通过计算说明； （2）求小球在最高点对轨道的压力范围；（3）通过计算说明小球从D 点飞出后能否落在水平面BC 上，若能，求落点与B 点水平距离d 的范围．【答案】（1）小球能到达D 点；（2）03F mg ≤'≤；（3）)()11R d R ≤≤【解析】 【分析】 【详解】（1）当小球刚好通过最高点时应有：2Dmv mg R =由机械能守恒可得：()22Dmv mg h R -=联立解得32h R =，因为h 的取值范围为332R h R ≤≤，小球能到达D 点； （2）设小球在D 点受到的压力为F ，则2Dmv F mg R ='+ ()22Dmv mg h R ='- 联立并结合h 的取值范围332R h R ≤≤解得：03F mg ≤≤ 据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：03F mg ≤'≤（3）由（1）知在最高点D 速度至少为min D v =此时小球飞离D 后平抛，有：212R gt =min min D x v t =联立解得min x R =>，故能落在水平面BC 上，当小球在最高点对轨道的压力为3mg 时，有：2max 3Dv mg mg m R+=解得max D v =小球飞离D 后平抛212R gt ='， max max D x v t ='联立解得max x =故落点与B 点水平距离d 的范围为：()()21221R d R -≤≤-6．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D （E 、O 、D 为同一条竖直直径上的3个点），释放点距B 点的距离L 应满足什么条件．【答案】（1）2(sin cos )tan B gR v θμθθ-=；RL μ= （2）(32cos )N F mg θ=-； （3）(32cos )2(sin cos )RL θθμθ+-…【解析】 【分析】 【详解】（1）设物体释放后，第一次到达B 处的速度为1v ，根据动能定理可知：21cos 1cos cos sin 2R mgR mg mv θθμθθ-= 解得：2(sin cos )tan B gR v θμθθ-=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cos cos 0mgR mgL θμθ-=得物体在AB 轨道上通过的总路程为RL μ=（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2v v ，由动能定理知：221(1cos )2v mgR m θ-=在E 点，由牛顿第二定律有22N mv F mg R-= 解得物体受到的支持力(32cos )N F mg θ=-根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为(32cos )N N F F mg θ'==-，方向竖直向下．（3）设物体刚好到达D 点时的速度为D v 此时有2Dmv mg R= 解得：D v =设物体恰好通过D 点时释放点距B 点的距离为0L ，有动能定理可知：2001[sin (1cos )]cos 2D mg L R mg L mv θθμθ-+-=联立解得：0(32cos )2(sin cos )RL θθμθ+=-则：(32cos )2(sin cos )R L θθμθ+-…答案：（1）B v =；RL μ= （2）(32cos )N F mg θ=-； （3）(32cos )2(sin cos )RL θθμθ+-…7．如图所示，ABC 为竖直面内一固定轨道，AB 段是半径为R 的14光滑圆弧，水平段与圆弧轨道相切于B ，水平段BC 长度为L ，C 端固定一竖直挡板．一质量为m 的小物块自A 端从静止开始沿圆轨道下滑，与挡板共发生了两次碰撞后停止在水平段B 、C 之间的某处，物块每次与挡板碰撞不损失机械能(即碰撞前、后速率相同)．不计空气阻力，物块与水平段BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．试求物块 (1)第一次与挡板碰撞时的速率；(2)在水平轨道上滑行的总路程；(3)最后一次滑到圆轨道底端B 处对圆轨道的压力．【答案】(1) 12()v g R L μ-RS μ=(3) 物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可能为43L mg R μ骣琪-琪桫或83Lmg R μ骣琪-琪桫 【解析】 【详解】(1)对物块第一次从A 到C 过程，根据动能定理：2112mgR mgL mv -=μ ① 解得第一次碰撞挡板的速率12()v g R L μ-(2)设物块质量为m ，在水平轨道上滑行的总路程为S ，对物块从开始下滑到停止在水平轨道上的全过程，根据动能定理：mgR －μmg ·S ＝0③解得RS μ=④(3)设物块最后一次经过圆弧轨道底端B 时的速率为v 2，对圆轨道的压力为FN ，则：22N v F mg m R-= ⑤第一种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右运动还未到B 点时即停下，则：22122mgR mg L mv -⋅=μ⑥由⑤⑥解得43N L F mg R ⎛⎫=- ⎪⎝⎭μ ⑦第二种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右可再一次滑上光滑圆弧轨道，则：22142mgR mg L mv -⋅=μ ⑧由⑤⑧解得83N L F mg R μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⑨物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可能为43L mg R μ骣琪-琪桫或83Lmg R μ骣琪-琪桫8．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v 0＝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≤0.79．图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，BC 分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径R=1m ，一质量m ＝1kg 的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的A 点以大小v 0＝12m ／s 的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的D 点．已知A 、B 两点间的距离L 1＝5．75m ，物块与水平轨道写的动摩擦因数μ=0．2，取g ＝10m ／s 2，圆形轨道间不相互重叠，求：（1）物块经过B 点时的速度大小v B ； （2）物块到达C 点时的速度大小v C ；（3）BD 两点之间的距离L 2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q 【答案】(1) 11/m s (2) 9/m s (3) 72J 【解析】 【分析】 【详解】（1）物块从A 到B 运动过程中，根据动能定理得：22101122B mgL mv mv μ-=- 解得：11/B v m s =（2）物块从B 到C 运动过程中，根据机械能守恒得：2211·222B C mv mv mg R =+ 解得：9/C v m s =（3）物块从B 到D 运动过程中，根据动能定理得：22102B mgL mv μ-=- 解得：230.25L m =对整个过程，由能量守恒定律有：20102Q mv =- 解得：Q=72J【点睛】选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．知道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义．10．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34圆弧，圆心为O ，E 为圆弧最高点，C 与E 、D 与O 分别等高，BC ＝14AC ．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 ． （1）小珠由C 点释放，求到达E 点的速度大小v 1；（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 ；（3）欲使小珠到达E 点与钢丝间的弹力超过4mg，求释放小珠的位置范围．【答案】⑴v 1=0； ⑵243LR π=+； ⑶C 点上方低于34(43)L π+处滑下或高于54(43)L π+处 【解析】 【详解】（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：13(2)44BC L R R π⎡⎤=-⋅+⎢⎥⎣⎦；小珠由B 点释放，到达E 点满足：212E mgBC mv =从E 点滑出后恰好撞到D 点，则E R v t = ；2Rt g =联立解得：243L R π=+； （3）a.若小珠到达E 点与小珠上壁对钢丝的弹力等于14mg ，则2114E v mg mg m R-= ；从释放点到E 点，由机械能守恒定律：21112E mgh mv =；联立解得：3384(43)L h R π==+ b.若小珠到达E 点与小珠下壁对钢丝的弹力等于14mg ，则2214E v mg mg m R+= ；从释放点到E 点，由机械能守恒定律：22212E mgh mv = ； 联立解得：5584(43)Lh R π==+ ； 故当小珠子从C 点上方低于34(43)L π+ 处滑下或高于54(43)L π+ 处滑下时，小珠到达E 点与钢丝间的弹力超过14mg .11．如图所示，质量为m 1＝1kg 的小物块P ，置于桌面上距桌面右边缘C 点L 1＝90cm 的A 点并与弹簧的右端接触（不拴接），轻弹簧左端固定，且处于原长状态．质量为M ＝3.5kg 、长L ＝1.5m 的小车静置于光滑水平面上，其上表面与水平桌面相平，且紧靠桌子右端．小车左端放有一质量为m 2＝0.5kg 的小滑块Q ．现用水平向左的推力将P 缓慢压缩L 2＝5cm 推至B 点（弹簧仍在弹性限度内）时，撤去推力，此后P 沿桌面滑到桌子边缘C 时速度为2m/s ，并与小车左端的滑块Q 相碰，最后Q 停在小车的右端，物块P 停在小车上距左端0.35m 处P 与桌面间动摩擦因数μ1＝0.4，P 、Q 与小车表面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g ＝10m/s 2 （1）小车最后的速度v ； （2）推力所做的功；（3）在滑块Q 与车相对静止时，Q 到桌边的距离．【答案】（1）0.4m/s ；（2）6J ；（3）1.92m ． 【解析】 【详解】（1）设物块P 与滑块Q 碰后最终与小车保持相对静止，其共同速度为v 由动量守恒得：1c 12()m v m m M v =++代入数据可得：v ＝0.4m/s（2）90cm ＝0.9m ，设弹簧的最大弹性势能为E pm 根据动能定理得：211121c 1(2)2W m g L L m v μ-+=得：W ＝6J（3）设物块P 与滑块Q 碰后速度分别为v 1和v 2，P 与Q 在小车上滑行距离分别为S 1和S 2 P 与Q 碰撞前后动量守恒，则有：11122c m v m v m v =+由动能定理得：222211222112212111()222m gs m gs m v m v m m M v μμ+=+-++联立得v 1＝1m/s ，v 2＝2m/s 方程的另一组解：当 v 2′=23m/s 时，v 1′=53m/s ，v 1′＞v 2′不合题意舍去． 设滑块Q 与小车相对静止时到桌边的距离为s ，Q 在小车上运动的加速度为a 由牛顿第二定律得：222m g m a μ-=代入数据解得：a ＝﹣1m/s 2 由匀变速运动规律得：2222v v s a-=解得：s ＝1.92m12．可视为质点的小滑块从半径为0.8m 的四分之一光滑圆弧轨道顶端滑下。