高考物理动能与动能定理试题类型及其解题技巧含解析

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．如图所示，半径R=0.5 m的光滑圆弧轨道的左端A与圆心O等高，B为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C与一倾角θ=37°的粗糙斜面相切。一质量m=1kg的小滑块从A点正上方h=1 m处的P点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10 m/s2。

(1)求滑块第一次运动到B点时对轨道的压力。 (2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。 (3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A点。 【答案】(1)70N； (2)1.2m； (3)能滑出A 【解析】 【分析】 【详解】

(1)滑块从P到B的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有

mghR1mvB2 2那么，对滑块在B点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且

2mghRmvB2FNmgmg70N

RR故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B点时对轨道的压力为70N，方向竖直向下。 (2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得

mg（hRRcos37Lsin37）mgLcos370

所以

L1.2m

(3)对滑块从P到第二次经过B点的运动过程应用动能定理可得

1mvB2mghR2mgLcos370.54mgmgR 2所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A点。 【点睛】

经典力学问题一般先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。

2．如图所示，小滑块（视为质点）的质量m= 1kg；固定在地面上的斜面AB的倾角

=37°、长s=1m，点A和斜面最低点B之间铺了一层均质特殊材料，其与滑块间的动摩擦

因数μ可在0≤μ≤1.5之间调节。点B与水平光滑地面平滑相连，地面上有一根自然状态下的轻弹簧一端固定在O点另一端恰好在B点。认为滑块通过点B前、后速度大小不变；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g=10m/s2 ，sin37° =0.6，cos37° =0.8，不计空气阻力。 （1）若设置μ=0，将滑块从A点由静止释放，求滑块从点A运动到点B所用的时间。 （2）若滑块在A点以v0=lm/s的初速度沿斜面下滑，最终停止于B点，求μ的取值范围。

【答案】（1）t【解析】 【分析】 【详解】

13133或3。 s；（2）324163（1）设滑块从点A运动到点B的过程中，加速度大小为a，运动时间为t，则由牛顿第二定律和运动学公式得

mgsinma

1sat2

2解得t3s 3（2）滑块最终停在B点，有两种可能：

①滑块恰好能从A下滑到B，设动摩擦因数为1，由动能定律得：

12mgsings1mgcosgs0mv0

2解得113 16②滑块在斜面AB和水平地面间多次反复运动，最终停止于B点，当滑块恰好能返回A点，由动能定理得

122mgcosg2s0mv0

2解得21 32此后，滑块沿斜面下滑，在光滑水平地面和斜面之间多次反复运动，最终停止于B点。 当滑块恰好能静止在斜面上，则有

mgsin3mgcos

解得33 4所以，当23，即最终停止于B点。

13时，滑块在斜面AB和水平地面间多次反复运动，3241313或3。 32416综上所述，的取值范围是

3．如图所示，粗糙水平地面与半径为R=0.4m的粗糙半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量为m=1kg的小物块在水平恒力F=15N的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知A、B间的距离为3m，小物块与地面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2．求： （1）小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小． （2）小物块离开D点后落到地面上的点与D点之间的距离

【答案】（1）160N（2）0.82m 【解析】 【详解】

（1）小物块在水平面上从A运动到B过程中，根据动能定理，有： （F-μmg）xAB=

1mvB2-0 2在B点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：

2vBNmgm

R联立解得小物块运动到B点时轨道对物块的支持力为：N=160N

由牛顿第三定律可得，小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小为：N′=N=160N

（2）因为小物块恰能通过D点，所以在D点小物块所受的重力等于向心力，即：

2vDmgm

R可得：vD=2m/s

设小物块落地点距B点之间的距离为x，下落时间为t，根据平抛运动的规律有： x=vDt，

12

gt 2解得：x=0.8m

2R=

则小物块离开D点后落到地面上的点与D点之间的距离l2x0.82m

4．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中AB是足够长的水平轨道，B端与半径为R的光滑半圆轨道BCD平滑相切连接，半圆的直径BD竖直，C点与圆心O等高．现有一质量为m的小球Q静止在B点，另一质量为2m的小球P沿轨道AB向右匀速运动并与Q发生对心碰撞，碰撞后瞬间小球Q对半圆轨道B点的压力大小为自身重力的7倍，碰撞后小球P恰好到达C点．重力加速度为g．

（1）求碰撞前小球P的速度大小；

（2）求小球Q离开半圆轨道后落回水平面上的位置与B点之间的距离；

（3）若只调节光滑半圆轨道BCD半径大小，求小球Q离开半圆轨道D点后落回水平面上的位置与B点之间的距离最大时，所对应的轨道半径是多少？ 【答案】（1）【解析】 【分析】 【详解】

设小球Q在B处的支持力为；碰后小球Q的速度为，小球P的速度为；碰前小球P的速度为；小球Q到达D点的速度为(1)由牛顿第三定律得小球Q在B点碰后小球Q在B点由牛顿第二定律得:碰后小球P恰好到C点，由动能定理得:

. （2）

（3）

P、Q对心碰撞，由动量守恒得：联立解得:

(2)小球Q从B到D的过程中，由动能定理得：解得

由平抛运动规律有：

，所以小球Q能够到达D点

联立解得(3)

联立解得:

当所以【点睛】

时x有最大值

解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如何转化，分段运用能量守恒定律列式是关键．

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/s2，静电力恒量K=9×109N•m2/C2）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:

EP=mgh=mgssinθ

斜率:

k=20=mgsin30°

所以

m=4kg

当达到最大速度时带电小球受力平衡:

mgsin由线2可得s0=1m， 得:

kqQ2 s02mgsins0q=1.11×10﹣5C

kQ（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:

WG+W电=△Ek

即有:

﹣mgh+qU=Ekm﹣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，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（重力加速度为g）．

3Rh3R）的A点由静止开始下落，从B点进入圆轨道，2

（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）0F3mg；（3）

21Rd221R

【解析】 【分析】 【详解】

2mvD（1）当小球刚好通过最高点时应有：mg

R2mvD由机械能守恒可得：mghR

233R，因为h的取值范围为Rh3R，小球能到达D点； 22（2）设小球在D点受到的压力为F，则

联立解得h2mvD FmgR2mvD mghR23Rh3R解得：0F3mg 2据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：0F3mg

联立并结合h的取值范围

（3）由（1）知在最高点D速度至少为vDmin此时小球飞离D后平抛，有：R12gt 2gR xminvDmint

联立解得xmin2RR，故能落在水平面BC上，

2vD当小球在最高点对轨道的压力为3mg时，有：mg3mgmmax

R解得vDmax2gR 小球飞离D后平抛R12gt， 2xmaxvDmaxt

联立解得xmax22R

故落点与B点水平距离d的范围为：

21Rd221R



7．如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m1kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带， AB长L5m，物块与传送带间的动摩擦因数10.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5m，它与物块间的动摩擦因数20.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为120o，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v5m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的Ep18J能量全部

2释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g10m/s．

（1） 求右侧圆弧的轨道半径为R; （2） 求小物块最终停下时与C点的距离;

（3） 若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．

【答案】（1）R0.8m；（2）x【解析】 【分析】 【详解】

（1）物块被弹簧弹出，由因为

1m；（3）37m/sv43m/s 3Ep12mv0，可知：v06m/s 212at 211v0v，故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，

由：1mgma1，vv0a1t1，x1v0t1得到：因为

22m/s，t10.5s，x12.75m a1x1L，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m/s的速度滑上水平面

12mv2mgsmgR 2BC，物块滑离传送带后恰到E点，由动能定理可知：代入数据整理可以得到：R0.8m． （2）设物块从E点返回至B点的速度为vB，由得到

1122mvmvB2mg2s 22vB7m/s，因为vB0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用

112mvB2mgsx，得到：xm. 23下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C点x处，由

（3）设传送带速度为v1时物块能恰到F点，在F点满足mgsin30o从B到F过程中由动能定理可知：解得：

mvF

R21212mv1mvF2mgsmgRRsin30o 22

设传送带速度为v2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，

由：

12mv22mg3smgR 2解得：

v243m/s

1122mvBmmv01mgL 22若物块在传送带上一直加速运动，由知其到B点的最大速度

vBm56m/s

43m/s就满足条件．

综合上述分析可知，只要传送带速度37m/sv【点睛】

本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理、圆周运动向心力公式的直接应用，此题难度较大，牵涉的运动模型较多，物体情境复杂，关键是按照运动的过程逐步分析求解．

8．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2kg的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s2，求：

（1）物体第一次到达A点时速度为多大？

（2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB间的距离至少多大？ （3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？ 【答案】（1）8m/s （2）6.4m （3）1.8m 【解析】 【分析】

（1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；

（2）当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB间的距离L最小，根据动能定理列式求解；

（3）物体在到达A点前速度与传送带相等，最后以6m/s的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可． 【详解】

（1）物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：mghmv2 解得：v2gh2103.28m/s

（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB间的距离L最小，由动能能力得：

121mgL0mv2

2v282m6.4m 解得：L2g20.510（3）因为滑上传送带的速度是8m/s大于传送带的速度6m/s，物体在到达A点前速度与传送带相等，最后以v带6m/s的速度冲上斜面，根据动能定理得：mgh012mv 2带62得：hm1.8m

2g210【点睛】

该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题．

2v带

9．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v0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动摩擦因数为.求：

v0，已知物块与小车之间的2

（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v0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?

3v023232v0 （2）a. M>3m；b. v0，【答案】（1）Qmv0，L8g8520【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，

物块滑离的过程由动能定理

1v12fLm(0)2mv0 ①

2223v02解得：L

8g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：Q3mv02 8（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：

mv0=(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:

fs对小物体运用动能定理有:

1Mv2 ③ 2112f(Ls)mv2mv0 ④

22联立②③④可得

mv02121fLmv0(Mm)() ⑤

22Mm物块相对滑离需满足LL且fL联立可得：M3m，

即小物体能滑离小车的质量条件为M3m

b.当M=4m时满足M3m，则物块最终从小车右端滑离，设物块和车的速度分别为v1、

3mv02 8v2.

由动量守恒：

mv0mv1Mv2

由能量守恒定律：

fL联立各式解得：v1121212mv0(mv1Mv2) 22223v0，v2v0 520

10．如图，质量为m=1kg的小滑块（视为质点）在半径为R=0.4m的1/4圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v=2m/s．当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ=37°、长s=1m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0≤μ≤1.5之间调节．斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点．认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力．

（1）求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功； （2）若设置μ=0，求质点从C运动到D的时间； （3）若最终滑块停在D点，求μ的取值范围． 【答案】（1）20N， 2J；（2）【解析】 【分析】

（1）根据牛顿第二定律求出滑块在B点所受的支持力，从而得出滑块对B点的压力，根据动能定理求出AB端克服阻力做功的大小．

（2）若μ=0，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出C到D的时间． （3）最终滑块停在D点有两种可能，一个是滑块恰好从C下滑到D，另一种是在斜面CD和水平面见多次反复运动，最终静止在D点，结合动能定理进行求解． 【详解】

1s；（3）0.125≤μ＜0.75或μ=1． 3v2（1）滑块在B点，受到重力和支持力，在B点，根据牛顿第二定律有：F−mg＝m，

R代入数据解得：F=20N， 由牛顿第三定律得：F′=20N．

从A到B，由动能定理得：mgR−W＝代入数据得：W=2J．

（2）在CD间运动，有：mgsinθ=ma， 加速度为：a=gsinθ=10×0.6m/s2=6m/s2， 根据匀变速运动规律有：s＝vt+代入数据解得：t=

12mv， 212at 21s． 3（3）最终滑块停在D点有两种可能： a、滑块恰好能从C下滑到D．则有： mgsinθ•s−μ1mgcosθ•s＝0−代入数据得：μ1=1，

b、滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点． 当滑块恰好能返回C有：−μ1mgcosθ•2s＝0−代入数据得到：μ1=0.125，

12mv， 212mv， 2当滑块恰好能静止在斜面上，则有：mgsinθ=μ2mgcosθ， 代入数据得到：μ2=0.75．

所以，当0.125≤μ＜0.75，滑块在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点． 综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ＜0.75或μ=1． 【点睛】

解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动规律，运用动力学知识和动能定理进行求解，涉及到时间问题时，优先考虑动力学知识求解．对于第三问，要考虑滑块停在D点有两种可能．

11．如图所示，在高h1＝30 m的光滑水平平台上，质量m＝1 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep．若打开锁扣K，物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道．B点的高度h2＝15 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L＝70 m的水平粗糙轨道CD平滑连接；小物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，取g＝10 m/s2． (1)求小物块由A到B的运动时间；

(2)求小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小；

(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点P(P点没画出)．设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围．

【答案】(1)3s (2)50 J (3)【解析】 【分析】 【详解】

11≤μ≤

26(1)由于h1＝30 m，h2＝15 m，设从A运动到B的时间为t，则h1－h2＝解得t12

gt 23s

(2)由Rcos∠BOC＝h1－h2，R＝h1，所以∠BOC＝60°.设小物块平抛的水平速度是v1，则

gttan60o v1解得：v1＝10 m/s则Ep＝

12

mv＝50 J 2(3)设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s总．

根据题意，该路程的最大值是smax＝3L，路程的最小值是smin＝L

路程最大时，动摩擦因数最小，路程最小时，动摩擦因数最大，即由能量守恒知： mgh1＋mgh1＋

12

mv＝μminmgsmax 212

mv＝μmaxmgsmin 2解得：μmax＝即

11，μmin＝ 2611≤μ≤

26

12．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

12mvB 2则物体在BC段上运动的次数为：n＝

2.25＝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．