高中物理动能与动能定理解题技巧分析及练习题(含答案)

高中物理动能与动能定理解题技巧分析及练习题(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，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 =5m2．如图所示，斜面高为h ，水平面上D 、C 两点距离为L 。

可以看成质点的物块从斜面顶点A 处由静止释放，沿斜面AB 和水平面BC 运动，斜面和水平面衔接处用一长度可以忽略不计的光滑弯曲轨道连接，图中没有画出，不计经过衔接处B 点的速度大小变化，最终物块停在 水平面上C 点。

已知物块与斜面和水平面间的滑动摩擦系数均为μ。

请证明：斜面倾角θ稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置A 点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C 点。

【答案】见解析所示 【解析】 【详解】设斜面长为L '，倾角为θ，物块在水平面上滑动的距离为S ．对物块，由动能定理得：cos 0mgh mg L mgS μθμ-⋅'-=即：cos 0sin hmgh mg mgS μθμθ-⋅-= 0tan hmgh mgmgS μμθ--= 由几何关系可知：tan hL S θ=- 则有：()0mgh mg L S mgS μμ---=0mgh mgL μ-=解得：hL μ=故斜面倾角θ稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置A 点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C 点。

3．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m ＝1 kg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8：求：（1）物体与传送带间的动摩擦因数； （2） 0～8 s 内物体机械能的增加量； （3）物体与传送带摩擦产生的热量Q 。

【答案】(1)μ＝0.875.(2)ΔE ＝90 J （3）Q ＝126 J 【解析】 【详解】(1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:可解得：μ＝0.875.（2）根据v-t 图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得0～8 s 内物体的位移0～8 s s 内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为(3) 0～8 s内只有前6s发生相对滑动. 0～6 s内传送带运动距离为:0～6 s内物体位移为:则0～6 s内物体相对于皮带的位移为0～8 s内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,代入数据得：Q＝126 J故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J【点睛】对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。

4．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mv2-mv02=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。

5．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)8m/s C v = (2)0.5μ= (3) 1.2m x =-,0.6m y = 【解析】 【详解】（1）滑块在C 点时，对滑块受力分析，有2C v F mg m r+= 解得：8/C v m s =（2）滑块从E 点到C 点过程，由动能定理可知：()2122c mg h R r mgl mv μ+--=解得：0.5μ=（3）小滑块离开C 点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则2122r gt =，C s v t = 解得： 3.20.4s m l m =>=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：2122r y gt -=C l x v t -=()222x R y R +-=解得： 1.2x m =-，0.6m y =6．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≤0.77．质量为M 的小车固定在地面上，质量为m 的小物体（可视为质点）以v 0的水平速度从小车一端滑上小车，小物体从小车另一端滑离小车时速度减为02v ，已知物块与小车之间的动摩擦因数为 .求：（1）此过程中小物块和小车之间因摩擦产生的热Q 以及小车的长度L .（2）若把同一小车放在光滑的水平地面上，让这个物体仍以水平速度v 0从小车一端滑上小车.a. 欲使小物体能滑离小车，小车的质量M 和小物体质量m 应满足什么关系?b. 当M =4m 时，小物块和小车的最终速度分别是多少?【答案】（1）2038Q mv =，2038v L g μ=（2）a. M >3m ；b. 025v ，0320v 【解析】 【详解】(1) 小车固定在地面时，物体与小车间的滑动摩擦力为f mg μ=，物块滑离的过程由动能定理220011()222v fL m mv -=- ①解得：2038v L gμ=物块相对小车滑行的位移为L ，摩擦力做负功使得系统生热，Q fL = 可得：2038Q mv =（2）a.把小车放在光滑水平地面上时，小物体与小车间的滑动摩擦力仍为f ． 设小物体相对小车滑行距离为L '时，跟小车相对静止（未能滑离小车）共同速度为v ， 由动量守恒定律：mv 0=(M +m )v ②设这过程小车向前滑行距离为s . 对小车运用动能定理有:212fs Mv =③ 对小物体运用动能定理有:22011()22f L s mv mv '-+=- ④联立②③④可得220011()()22mv fL mv M m M m'=-++ ⑤物块相对滑离需满足L L '>且2038fL mv = 联立可得：3M m >，即小物体能滑离小车的质量条件为3M m >b.当M =4m 时满足3M m >，则物块最终从小车右端滑离，设物块和车的速度分别为1v 、2v .由动量守恒：012mv mv Mv =+由能量守恒定律：222012111()222fL mv mv Mv =-+ 联立各式解得：1025v v =，20320v v =8．如图1所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图2所示的模型：倾角θ=37°、L =60cm 的直轨道AB 与半径R =10cm 的光滑圆弧轨道BCDEF 在B 处平滑连接，C 、F 为圆轨道最低点，D 点与圆心等高，E 为圆轨道最高点；圆轨道在F 点与水平轨道FG 平滑连接，整条轨道宽度不计，其正视图如图3所示．现将一质量m =50g 的滑块(可视为质点)从A 端由静止释放．已知滑块与AB 段的动摩擦因数μ1=0.25，与FG 段的动摩擦因数μ2=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g =10m/s 2．（1） 求滑块到达E 点时对轨道的压力大小F N ；（2）若要滑块能在水平轨道FG 上停下，求FG 长度的最小值x ；（3）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D 点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第5次返回轨道AB 上离B 点最远时，它在AB 轨道上运动的总路程s ． 【答案】（1）F N =0.1N （2）x =0.52m （3）93m 160s = 【解析】 【详解】（1）滑块从A 到E ，由动能定理得：()]211sin 1cos 2cos 2E mg L R R mgL mv θθμθ⎡+---=⎣ 代入数据得：30E v =滑块到达E 点：2N Ev mg F m R+= 代入已知得：F N =0.1N（2）滑块从A 下滑到停在水平轨道FG 上，有()12sin 1cos cos 0mg L R mgL mgx θθμθμ⎡⎤+---=⎣⎦代入已知得：x =0.52m（3）若从距B 点L 0处释放，则从释放到刚好运动到D 点过程有：010sin +(1cos )]cos 0mg L R R mgL θθμθ---=[代入数据解得：L 0=0.2m从释放到第一次返回最高点过程，若在轨道AB 上上滑距离为L 1，则：()()01101sin cos 0mg L L mg L L θμθ--+=解得：11001sin cos1sin cos 2L L L θμθθμθ-==+同理，第二次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L 2，有：2121101sin cos 11sin cos 22L L L L θμθθμθ-⎛⎫=== ⎪+⎝⎭故第5次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L 5，有： 55012L L ⎛⎫= ⎪⎝⎭所以第5次返回轨道AB 上离B 点最远时，它在AB 轨道上运动的总路程012345932222m 160L L L L L L s =+++++=9．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S 1闭合S 2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S 2闭合S 1时金属棒的速度大小随时间变化的关系．【答案】(1)22(sin cos )m mgR v B L θμθ-= ，232244(sin cos )(sin cos )2m g R Q mgx B Lθμθθμθ-=-- (2)22(sin cos )mg v t m B L C θμθ-=⋅+ 【解析】【详解】(1)金属棒在斜面上匀速直线运动时，由平衡条件：sin cos mg BIL mg θμθ=+ 由闭合电路的欧姆定律E I R=而动生电动势m E BLv = 联立解得：22(sin cos )m mgR v B L θμθ-=对金属棒下滑过程，由动能定理得： 21sin cos =02m F mgx mg x W mv θμθ-⋅+-安 而由功能关系，克服安培力做功等于电路的焦耳热：=F W Q -安 联立解得：232244(sin cos )(sin cos )2m g R Q mgx B Lθμθθμθ-=-- (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Q i 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cos f mg μθ=金属棒受到的安培力为i F BiL =设金属棒下滑的加速度为a ，由牛顿第二定律有：sin i mg f F ma θ--= 联立解得：22(sin cos )mg a m B L Cθμθ-=+ 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：22(sin cos )mg v t m B L Cθμθ-=⋅+10．如图所示，一质量M =4kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。