高考物理动能与动能定理常见题型及答题技巧及练习题(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，粗糙水平桌面上有一轻质弹簧左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点。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=1.0m的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h=2.4m。用质量为m=0.2kg的物块将弹簧由B点缓慢压缩至C点后由静止释放，弹簧在C点时储存的弹性势能Ep=3.2J，物块飞离桌面后恰好P点沿切线落入圆轨道。已知物块与桌面间的动摩擦因数

μ=0.4，重力加速度g值取10m/s2，不计空气阻力，求∶

(1)物块通过P点的速度大小；

(2)物块经过轨道最高点M时对轨道的压力大小； (3)C、D两点间的距离；

【答案】(1)8m/s；(2)4.8N；(3)2m 【解析】 【分析】 【详解】

(1)通过P点时，由几何关系可知，速度方向与水平方向夹角为60o，则

2vy2gh

sin60o整理可得，物块通过P点的速度

vyv

v8m/s

(2)从P到M点的过程中，机械能守恒

1212mv=mgR(1cos60o)+mvM 22在最高点时根据牛顿第二定律

2mvM FNmgR整理得

FN4.8N

根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为4.8N

(3)从D到P物块做平抛运动，因此

vDvcos60o4m/s

从C到D的过程中，根据能量守恒定律

12EpmgxmvD

2C、D两点间的距离

x2m

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3 413时，滑块在斜面AB和水平地面间多次反复运动，3241313或3。 32416所以，当23，即最终停止于B点。

综上所述，的取值范围是

3．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

4．如图所示，在倾角为θ=30°的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为m的半圆柱体A紧靠挡板放在斜面上，质量为2m的圆柱体B放在A上并靠在挡板上静止。A与B半径均为R，曲面均光滑，半圆柱体A底面与斜面间的动摩擦因数为μ．现用平行斜面向上的力拉A，使A沿斜面向上缓慢移动，直至B恰好要降到斜面．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求： （1）未拉A时，B受到A的作用力F大小； （2）在A移动的整个过程中，拉力做的功W；

（3）要保持A缓慢移动中拉力方向不变，动摩擦因数的最小值μmin．

【答案】（1）F =3mg（2）W【解析】 【详解】

（1）研究B，据平衡条件，有

153(93)mgR （3）min 29F =2mgcosθ

解得

F =3mg

（2）研究整体，据平衡条件，斜面对A的支持力为

N =3mgcosθ =

33mg 2f =μN =

由几何关系得A的位移为

33μmg 2x =2Rcos30°=3R

克服摩擦力做功

Wf =fx =4.5μmgR

由几何关系得A上升高度与B下降高度恰均为

h =

据功能关系

W + 2mgh - mgh - Wf = 0

解得

3R 21W(93)mgR

2（3）B刚好接触斜面时，挡板对B弹力最大 研究B得

Nm研究整体得

2mg4mg

sin30fmin + 3mgsin30° = N′m

解得

fmin = 2.5mg

可得最小的动摩擦因数：

min

fmin53 N95．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/s2，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

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:

的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:

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。

6．如图所示，半径为R1＝1.8 m的

1光滑圆弧与半径为R2＝0.3 m的半圆光滑细管平滑连4接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L＝2.0 m、质量为M＝1.5 kg的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同．现在让质量为m2＝2 kg的物块静止于B处，质量为m1＝1 kg的物块从光滑圆弧顶部的A处由静止释放，物块m1下滑至B处和m2碰撞后不再分开，整体设为物块m(m＝m1＋m2)．物块m穿过半圆管底部C处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为2 m/s时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若g＝10 m/s2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计．

(1)求物块m1和m2碰撞过程中损失的机械能； (2)求物块m滑到半圆管底部C处时所受支持力大小；

(3)若物块m与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，求物块m在台阶表面上滑行的最大距离．

【答案】⑴12J ⑵190N ⑶0.8m 【解析】

试题分析：（1）选由机械能守恒求出物块m1下滑到B点时的速度；m1、m2碰撞满足动量守恒，由E机1122m1vBmv共求出碰撞过程中损失的机械能；（2）物块m由B到C22满足机械能守恒，在C点由牛顿第二定律可求出物块m滑到半圆管底部C处时所受支持力大小；（3）根据动量守恒定律和动能定理列式即可求解. ⑴设物块m1下滑到B点时的速度为vB，由机械能守恒可得：

m1gR112m1vB 2解得：vB6m/s

m1、m2碰撞满足动量守恒：m1vB(m1m2)v共

解得；v共2m/s

则碰撞过程中损失的机械能为：E机⑵物块m由B到C满足机械能守恒：解得：vC4m/s

2vC在C处由牛顿第二运动定律可得：FNmgm

R21122m1vBmv共12J 221212mv共mg2R2mvC 22解得：FN190N

⑶设物块m滑上木板后，当木板速度为v22m/s时，物块速度为v1， 由动量守恒定律得：mvCmv1Mv2 解得：v13m/s

设在此过程中物块运动的位移为x1，木板运动的位移为x2，由动能定理得：

对物块m：mgx1解得：x11.4m 对木板M：mgx2解得：x20.4m

1212mv1mvC 2212Mv2 2此时木板静止，物块m到木板左端的距离为：x3Lx2x11m 设物块m在台阶上运动的最大距离为x4，由动能定理得：

1mg(x3x4)0mv12

2解得：x40.8m

7．一质量为m =0.5kg的电动玩具车，从倾角为=30°的长直轨道底端，由静止开始沿轨道向上运动，4s末功率达到最大值，之后保持该功率不变继续运动，运动的v-t图象如图所示，其中AB段为曲线，其他部分为直线.已知玩具车运动过程中所受摩擦阻力恒为自身重力的0.3倍，空气阻力不计.取重力加速度g=10m/s2.

（1）求玩具车运动过程中的最大功率P；

（2）求玩具车在4s末时（图中A点）的速度大小v1； （3）若玩具车在12s末刚好到达轨道的顶端，求轨道长度L. 【答案】（1）P=40W （2）v1=8m/s （3）L=93.75m 【解析】 【详解】

（1）由题意得，当玩具车达到最大速度v=10m/s匀速运动时， 牵引力：F=mgsin30°+0.3mg 由P=Fv

代入数据解得：P=40W

（2）玩具车在0-4s内做匀加速直线运动，设加速度为a，牵引力为F1， 由牛顿第二定律得：F1-(mgsin30°+0.3mg)=ma 4s末时玩具车功率达到最大，则P=F1v1 由运动学公式v1=at1 （其中t1=4s）

代入数据解得:v1=8m/s

（3）玩具车在0~4s内运动位移x1=得：x1=16m

玩具车在4~12s功率恒定，设运动位移为x2，设t2=12s木时玩具车速度为v，由动能定理得

P(t2-t1)-(mgsin30°+0.3mg)x2=代入数据解得：x2=77.75m 所以轨道长度L=x1+x2=93.75m

12at1 21212mvmv1 22

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． 【答案】【解析】 【详解】

设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v0；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2．在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律，得

18gd 5111mv02mv122mv22 222mv0mv12mv2 ，

式中，以碰撞前木块A的速度方向为正，联立解得：

v12v0，v2v0 331mv12 ， 212设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得

mgd1（2m）gd22mv22 ．

按题意有：dd2d1 ． 联立解得：v0＝18gd 5

9．雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关，雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g；

（1）质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中空气阻力所做的功W．

（2）研究小组同学观察发现，下雨时雨滴的速度跟雨滴大小有关，较大的雨滴落地速度较快，若将雨滴看作密度为ρ的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力大小为f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例常数，r是球体半径．

a. 某次下雨时，研究小组成员测得雨滴落地时的速度约为v0，试计算本场雨中雨滴半径r的大小；

b. 如果不受空气阻力，雨滴自由落向地面时的速度会非常大，其v-t图线如图所示，请在图中画出雨滴受空气阻力无初速下落的v-t图线．

（3）为进一步研究这个问题，研究小组同学提出下述想法：

将空气中的气体分子看成是空间中均匀分布的、静止的弹性质点，将雨滴的下落看成是一个面积为S的水平圆盘在上述弹性质点中竖直向下运动的过程．已知空气的密度为ρ0，试求出以速度v运动的雨滴所受空气阻力f的大小．（最后结果用本问中的字母表示）

23kv012【答案】（1）Wmumgh （2）r，

4g2（3）f2Sv

2【解析】 【详解】

（1）由动能定理：mghW解得：W1mu2 212mumgh 2（2）a. 雨滴匀速运动时满足：rgkrv0，

23kv0 解得r4g43322b. 雨滴下落时，做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速下落，图像如图.

（3）设空气分子与圆盘发生弹性碰撞．

在极短时间t内，圆盘迎面碰上的气体质点总质量为：mSvt 2v 以F表示圆盘对气体分子的作用力，对气体根据动量定理有：F·t＝m·

2解得：F2Sv

由牛顿第三定律可知，圆盘所受空气阻力FF2Sv

2

10．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 ，22BLmg(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)

2B4L4(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)

mB2L2C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

11．如图所示，在粗糙水平轨道OO1上的O点静止放置一质量m=0.25kg的小物块(可视为质点)，它与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.4，OO1的距离s=4m．在O1右侧固定了一半径R=0.32m的光滑的竖直半圆弧，现用F=2N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉

力．(g=10m/s2)求：

(1)为使小物块到达O1，求拉力F作用的最小距离；

(2)若将拉力变为F1，使小物块从O点由静止开始运动至OO1的中点时撤去拉力，恰能使小物块经过半圆弧的最高点，求F1的大小． 【答案】(1)2m (2)3N 【解析】 【分析】 【详解】

(1)为使小物块到达O1，设拉力作用的最小距离为x 根据动能定理知：

Fxmgs00

0.40.25104m2m

F2（2）当小物块恰好过最高点时：

解得：xmgsv2mgm

R从O点运动到最高点的过程由动能定理得：

s1F1mgsmg2Rmv20

22解得：F13N

12．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纵轴截距为 b。

11L －图象为如图所示的一条直线，并测得－L图象斜率为k、22tt

1－L图象可求得滑块经过A位置时的速度vA=____，滑块在斜面上运动的加2t速度a =_____。

（1）根据

（2）实验利用光电门及公式v=“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Ep=___，Ep的测量值与真实值相比，测量值偏_____(填“大”或“小”)。 【答案】db 【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

瞬时速度接均速度，因此有B点的速度为：vB2B2Ad测量滑块速度时，其测量值____真实值（选填“等于”、t121kd 小于 mbd2 大 22d，根据运动学公式有： t222avAvA12avv2aL，化简为22L2，结合图象可得：b2，k2

dtddd解得：vAdb； 第二空：由k2a12akd； ，解得：2d2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：EP121mvAmbd2； 22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：WNWGWf12mvA， 2而EP真WN，摩擦力小于重力沿斜面的分量，Ep的测量值与真实值相比，测量值偏大。