最新高考物理动能与动能定理练习题及答案

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．如图所示，质量m=3kg的小物块以初速度秽v0=4m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R= 3.75m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心D的连线与竖直方向成37角，MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r =0.4m的半圆弧轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）求小物块经过B点时对轨道的压力大小；

（2）若MN的长度为L0=6m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小； （3）若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L。

【答案】（1）62N（2）60N（3）10m 【解析】 【详解】

（1）物块做平抛运动到A点时，根据平抛运动的规律有：v0vAcos37 解得：vAv04m/s5m/s

cos370.8小物块经过A点运动到B点，根据机械能守恒定律有：

1212mvAmgRRcos37mvB 222vB 小物块经过B点时，有：FNBmgmR解得：FNB2vBmg32cos37m62N

R根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N （2）小物块由B点运动到C点，根据动能定理有：

mgL0mg2r1212mvCmvB 222vCmgm

r在C点，由牛顿第二定律得：FNC代入数据解得：FNC60N

根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60N

2vC（3）小物块刚好能通过C点时，根据mgm2

r解得：vC2gr100.4m/s2m/s

1212mvC2mvB 22小物块从B点运动到C点的过程，根据动能定理有：

mgLmg2r代入数据解得：L=10m

2．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

3．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52

x的光滑抛物线形状管道OA；9AB、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xA＝1.20m、xB＝2.00m、xC＝2.65m、xD＝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处有一反弹膜能量损失的反弹弹珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g＝10m/s2，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v0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）22m/s（3）23m/s＜ν0＜26m/s 【解析】 【详解】 （1）由y52

x得：A点坐标（1.20m，0.80m） 912gt 2由平抛运动规律得：xA＝v0t，yA代入数据，求得 t＝0.4s，v0＝3m/s； （2）由速度关系，可得 θ＝53° 求得AB、BC圆弧的半径 R＝0.5m OE过程由动能定理得： mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）解得 v0＝22m/s；

1212mvEmv0 222.652.000.400.5，α＝30°

0.5CD与水平面的夹角也为α＝30°

（3）sinα设3次通过E点的速度最小值为v1．由动能定理得 mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）﹣2μmgxCDcos30°＝0解得 v1＝23m/s

设3次通过E点的速度最大值为v2．由动能定理得 mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）﹣4μmgxCDcos30°＝0解得 v2＝6m/s

考虑2次经过E点后不从O点离开，有

2﹣2μmgxCDcos30°＝0mv3

12mv1 212mv2 212解得 v3＝26m/s 故 23m/s＜ν0＜26m/s

4．如图所示，光滑水平轨道距地面高h=0.8m，其左端固定有半径R=0.6m的内壁光滑的半圆管形轨道，轨道的最低点和水平轨道平滑连接．质量m1=1.0kg的小球A以v0=9m/s的速度与静止在水平轨道上的质量m2=2.0kg的小球B发生对心碰撞，碰撞时间极短，小球A被反向弹回并从水平轨道右侧边缘飞出，落地点到轨道右边缘的水平距离s=1.2m．重力加速度g=10m/s2．求：

(1)碰后小球B的速度大小vB；

(2)小球B运动到半圆管形轨道最高点C时对轨道的压力． 【答案】（1）6m/s（2）20N，向下 【解析】

【详解】 (1)根据得:则

规定A的初速度方向为正方向，AB碰撞过程中，系统动量守恒，以A运动的方向为正方向，有：m1v0=m2vB-m1vA， 代入数据解得：vB=6m/s． (2)根据动能定理得:代入数据解得:

,方向向下

根据牛顿第二定律得:

解得:【点睛】

根据牛顿第三定律得，小球对轨道最高点的压力大小为20N，方向向上．

本题考查了动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律的综合，涉及到平抛运动、圆周运动，综合性较强，关键要理清过程，选择合适的规律进行求解.

5．如图所示，AB是一倾角为θ=37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数

=0.30，BCD是半径为R=0.2m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低

点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E = 4.0×103N/C，质量m = 0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB对应的高度h = 0.24m，滑块带电荷q = -5.0×10-4C，取重力加速度g = 10m/s2，sin37°= 0.60，cos37°=0.80．求：

（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小； （2）滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力． 【答案】(1) 2.4m/s (2) 12N 【解析】 【分析】

(1)滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B点时的速度大小；

(2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得C点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解． 【详解】

(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力：

fmgqEcos370.96N

设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得：

mgqEhf解得：

h1mv12 sin372v1=2.4m/s

(2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得：

mgqER1－cos37=当滑块经过最低点时，有：

1212mv2mv1 22v22 FNmgqEmR由牛顿第三定律：

FN， FN11.36N

方向竖直向下． 【点睛】

本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择.

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．

2gR(sincos)LR （2）FNmg(32cos)； 【答案】（1）vB；

tan（3）L【解析】 【分析】 【详解】

(32cos)R

2(sincos)（1）设物体释放后，第一次到达B处的速度为v1，根据动能定理可知：

mgRcosmgcos解得：

Rcos12mv1 sin2vB2gR(sincos)

tan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

mgRcosmgLcos0

得物体在AB轨道上通过的总路程为

L

R



（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

v2 v，由动能定理知：

mgR(1cos)在E点，由牛顿第二定律有

12mv2 22mv2 FNmgR解得物体受到的支持力

FNmg(32cos)

根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为FNFNmg(32cos)，方向竖直向

下．

（3）设物体刚好到达D点时的速度为vD此时有

2mvD mgR解得：

vDgR 设物体恰好通过D点时释放点距B点的距离为L0，有动能定理可知：

12mg[L0sinR(1cos)]mgcosL0mvD

2联立解得：

L0则：

(32cos)R

2(sincos)(32cos)R

2(sincos)L答案：（1）vB2gR(sincos)LR

（2）FNmg(32cos)； （3）；

tanL

(32cos)R

2(sincos)7．如图所示，半径R = 0.1m的竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，AB距离x = 1m．质量m = 0.1kg的小滑块1放在半圆形轨道末端的B点，另一质量也为m = 0.1kg的小滑块2，从A点以v0210m/s的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道．已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数μ= 0.2．取重力加速度g10m/s2．两滑块均可视为质点．求

(1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v； (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能E； (3)在C点轨道对两滑块的作用力F．

【答案】(1)v=3m/s (2)ΔE= 0.9J (3)F=8N，方向竖直向下 【解析】 【详解】

(1)物块2由A到B应用动能定理：mgx解得v1=6m/s

两滑块碰撞前后动量守恒，根据动量守恒有:mv12mv 解得：v3m/s 方向：水平向右 (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能E解得：E0.9J

1212mv1mv0 22121mv12mv2 22(3)两滑块从B到C机械能守恒，根据机械能守恒定律有：

1122mv22mvc2mgR 222vC两滑块在C点时：2mgFN2m

R解得：FN8N

据牛顿第三定律可得：在C点轨道对两滑块的作用力F=8N，方向竖直向下

8．如图为一水平传送带装置的示意图．紧绷的传送带AB 始终保持 v0=5m/s的恒定速率运行，AB间的距离L为8m．将一质量m＝1kg的小物块轻轻放在传送带上距A点2m处的P点，小物块随传送带运动到B点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2．求：

（1）该圆轨道的半径r；

（2）要使小物块能第一次滑上圆形轨道达到M点，M点为圆轨道右半侧上的点，该点高出B点0.25 m，且小物块在圆形轨道上不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A点的位置范围．

.5m,0x5?.5m 【答案】（1）r0.5m（2）7mx7?【解析】 【分析】 【详解】

2试题分析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度ag5m/s

小物块与传送带共速时，所用的时间t运动的位移xv01s av02.5m＜L－2=6m 2a故小物块与传送带达到相同速度后以v05m/s的速度匀速运动到B，然后冲上光滑圆弧

2vN轨道恰好到达N点，故有：mgm

r由机械能守恒定律得

1212mv0mg(2r)mvN，解得r0.5m 22（2）设在距A点x1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M点，由能量守恒

m 得：mg(L－x1)＝mgh 代入数据解得x1＝7.5?设在距A点x2处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒得：

mg(L－x2)＝mgR代入数据解得x2＝7?m

则：能到达圆心右侧的M点，物块放在传送带上距A点的距离范围

；

m 同理，只要过最高点N同样也能过圆心右侧的M点，由（1）可知x3＝8m2.5m5.5?则：0x5.5m．

故小物块放在传送带上放在传送带上距A点的距离范围：7mx7?.5m和0x5?.5m 考点：考查了相对运动，能量守恒定律的综合应用

9．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＝

12mv， 2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=

12at 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，

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．

12mv， 212mv， 2

10．如图甲所示，水平面上A点处有一质量m＝0.5kg的小物块，从静止开始在水平向右恒力F1作用下运动，通过B点时立即撤去力F1，物块恰好落到斜面P点。物块与水平面间的滑动摩擦力为f，f大小与物块离A点的距离d的关系如图乙所示。已知AB间距为2m，斜面倾角＝37°，BP间距为3m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求

(1)物块通过B点时速度大小; (2)恒力F1大小

(3)现将图甲装置置于风洞实验室中，斜面BC.处于风场中，且足够长。物块从B点以(1)同中的速度水平向右抛出，立即撤去力F1，同时物块受到大小为4N的风力F2作用，风力方向从水平向左逆时针到竖直向下范围内可调，如图甲所示。调整风力方向使物块从抛出至落到斜面的时间最短，求该最短时间及在此条件下物块第一次落到斜面时的动能. 【答案】（1）4m/s（2）4.5N（3）7.69J 【解析】 【详解】

（1）物块从B到P，假设BP间距为L，根据平抛运动规律有 水平方向：xLcosvBt ① 竖直方向：yLsin12gt ② 2代入数据，联立①②式解得vB4m/s； （2）由图乙可知摩擦力对物块做功为Wf物块从A到B，由动能定理有F1dWf代入数据，联立③④式解得F14.5N （3）方法一：

1f1f2d ③ 212mvB0 ④ 2

以B点为坐标轴原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴，假设F2与x轴方向成角，根据运动的合成与分解有 水平方向：xvBt竖直方向：y1F2cos2t ⑤

2m1F2sinmg2t ⑥

2my ⑦ x几何关系：tan联立⑤⑥⑦式解得

tvBtan ⑧ 1F2sinmg1F2costan2m2m代入数据可得t值，

12，要使t最小，即4sin3cos要取最大

2044sin3cos344sin3cos5sincos5sin370，故当530时，t最小， 而55tmin0.3s

vxvBvyF2cost ⑨ mmF2sinmgt ⑩

12122mvmvxvy （11） 22Ek联立⑨⑩（11）式解得Ek7.69J （12） （vx2.56m/s，vy4.92m/s）

【或：把tmm0.3s代入⑥式中解得y0.738m⑨

假设落到Q点，从B到Q过程，由动能定理得WFWGEK， 即0mgyEk12mvB ⑩ 2代入数据解得Ek7.69J （11）

方法二：以B点为坐标轴原点，沿斜面方向为x轴，竖直斜面方向为y轴，

vByvBsin,Gymgcos，vBy和Gy均为定值，为使物块尽快落到斜面，故F2垂直斜

面向下。

x方向：xvBcost1gsint2 ⑤ 22t ⑥ 1F2mgcosy方向：yvBsint2my0时，解得tmin0.3s

F2mgcosvvsin或：yBmt1 ⑥ 当vy0时，t10.15s，t2t10.3s

vxvBcosgsint⑦

把tmn0.3s代入⑦式中解得vx5m/s，而vyvByvBsin2.4m/s，

Ek12122mvmvxvy ⑧ 22代入数据解得Ek7.69J ⑨

【或：把tmn0.3s代入⑤式中解得x1.23m，

假设落到Q点，从B到Q过程，由动能定理得WFWGEk， 即0mgxsinEk12mvB ⑦ 2代入数据解得Ek7.69J ⑧】

1kg套在轻杆的小物11．如图所示，一轻质弹簧左端固定在轻杆的A点，右端与一质量m＝2，CD部分为一段光块相连但不栓接，轻杆AC部分粗糙糙，与小物块间动摩擦因数=0．滑的竖直半圆轨道．小物块在外力作用下压缩弹簧至B点由静止释放，小物块恰好运动到5m，小物块刚经过C点速度v＝4m／s，g取10m/s2，不计空气半圆轨道最高点D，BC＝阻力，求：

（1）半圆轨道的半径R；

（2）小物块刚经过C点时对轨道的压力；

（3）小物块在外力作用下压缩弹簧在B点时，弹簧的弹性势能Ep． 【答案】⑴0.4m⑵50N 方向垂直向下(3)18J 【解析】 【分析】 【详解】

(1)物块由C点运动到D点，根据机械能守恒定律

2mgRR=0.4m

12mv 2⑵小物块刚过C点时

v2FN－mg = m

Rv2所以FNmgm50N

R根据牛顿第三定律知小物块刚经过C点时对轨道的压力：

FFN50N

方向垂直向下

(3)小物块由B点运动到C点过程中，根据动能定理

W弹mgLBC12mv 2带入数据解得：W弹=18J 所以Ep18J．

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t2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：

d22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。