(物理)动能与动能定理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，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段长度为

，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为

，轨道其它部分摩擦

不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量

的小物块从轨道右侧A点以初速度

后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取

冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道，求：

（1）弹簧获得的最大弹性势能

；

；

（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能轨道。

（3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离【答案】（1）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m 【解析】 【详解】

（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从A到压缩弹簧至最短的过程中，由动能定理得： −μmgl+W弹＝0−mv02 由功能关系：W弹=-△Ep=-Ep 解得 Ep=10.5J；

（2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得 −2μmgl＝Ek−mv02 解得 Ek=3J；

（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：

①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得 −2mgR＝mv22−Ek

小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得 R≤0.12m

②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心等高的位置，即mv12≤mgR，解得R≥0.3m；

设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得：

−2mgR＝mv12-mv02

且需要满足 m≥mg，解得R≤0.72m，

综合以上考虑，R需要满足的条件为：0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m。 【点睛】

解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。

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．如图所示，不可伸长的细线跨过同一高度处的两个光滑定滑轮连接着两个物体A和B，A、B质量均为m。A套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度为h。开始时让连着A的细线与水平杆的夹角α。现将A由静止释放（设B不会碰到水平杆，A、B均可视为质点；重力加速度为g）求：

(1)当细线与水平杆的夹角为β（90）时，A的速度为多大? (2)从开始运动到A获得最大速度的过程中，绳拉力对A做了多少功?

【答案】(1)vA【解析】 【详解】

2gh111cos2sinsinhWmgh(2)；T sin(2)A、B的系统机械能守恒

EP减EK加

hh1212mgmvAmvB

2sinsin2vAcosvB

解得

vA2gh111cos2sinsinEP减EK加

 (2)当A速度最大时，B的速度为零，由机械能守恒定律得

h12mghmvAm

sin2对A列动能定理方程

WT联立解得

12mvAm 2hWTmgh

sin

4．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐，一个质量为1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ=0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN=2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能Ep=0.5J。取重力加速度g=10m/s2。求： (1)小球在C处受到的向心力大小； (2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm； (3)小球最终停止的位置。

【答案】(1)35N；(2)6J；(3)距离B 0.2m或距离C端0.3m 【解析】 【详解】

(1)小球进入管口C端时它与圆管上管壁有大小为F2.5mg的相互作用力 故小球受到的向心力为

F向2.5mgmg3.5mg3.511035N

(2)在C点，由

vc2F向=

r代入数据得

12mvc3.5J 2在压缩弹簧过程中，速度最大时，合力为零，设此时滑块离D端的距离为x0 则有

kx0mg

解得

x0mg0.1m k设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有

1mg(rx0)mvc2EkmEp

2得

1Ekmmg(rx0)mvc2Ep33.50.56J

2(3)滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得

mg3rmgs解得BC间距离

12mvc 2s0.5m

小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中，设物块在BC上的运动路程为s，由动能定理有

12mgsmvc

2解得

s0.7m

故最终小滑动距离B为0.70.5m0.2m处停下. 【点睛】

经典力学问题一般先分析物理过程，然后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。

5．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，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：

h12mv1 sin37o2v1=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.

7．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 mgsinv=7m/s

（2）从开始到最后停下在BC段所经过的路程为x mgsinLAB-x=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V0 H -rr+v0=3 m/s

设第n次后取走挡板 mv2-mv02=2

Lbcn

=

gt2 mgx=0 -LAB=

mv2

=v0t

n=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。

8．如图所示，水平传送带长为L=4m，以v02m/s的速度逆时针转动。一个质量为lkg的物块从传送带左侧水平向右滑上传送带，一段时间后它滑离传送带。已知二者之间的动摩擦因数0.2，g=10m/s2。

(1)要使物块能从传送带右侧滑离，则物块的初速度至少多大？

(2)若物块的初速度为v3m/s，则物块在传送带上运动时因摩擦产生的热量为多少？ 【答案】(1)v4m/s；(2)12.5J 【解析】 【详解】

(1)设物块初速度为v，物块能从传送带右侧滑离，对其分析得：

1mgLEkmv2

2Ek0

解得：

v4m/s

(2)物块在传送带上的运动是先向右减速运动，后向左加速运动。物块向右减速运动时，有：

vt1

a1mgx10mv2

2物块与传送带的相对滑动产生的热量：

Q1mgv0t1x1

向左加速运动时，有：

t2v0 a122mgx2mv0

物块与传送带的相对滑动产生的热量：

Q2mgv0t2x2

QQ1Q212.5J

9．如图，质量分别为1kg和3kg的玩具小车A、B静置在水平地面上，两车相距s=8m。小车A在水平恒力F=8N作用下向着小车B运动，恒力F作用一段时间t后撤去，小车A继续运动与小车B发生碰撞，碰撞后两车粘在一起滑行d=0.25m停下。已知两车碰撞时间极短，两车运动过程所受的阻力均为自身重力的0.2倍，重力加速度g=10m/s2。求： （1）两个小车碰撞后的速度大小； （2）小车A所受恒力F的作用时间t。

【答案】（1）1m/s；（2）1s 【解析】 【详解】

（1）设撤去力F瞬间小车A的速度为v1，小车A、B碰撞前A车的瞬时速度为v2，小车A、B碰撞后瞬间的速度为v3。

两小车碰撞后的滑行过程中，由动能定理可得： -0.2（m1+m2）gd = 0-

1（m1+m2）v32 2解得两个小车碰撞后的速度大小：v3=1m/s （2）两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得： m1v2=（m1+m2）v3 解得：v2=4m/s

恒力作用过程，由动量定理可得： Ft-0.2m1gt=m1v1-0 由运动学公式可得： x1=

v1t 2撤去F至二车相碰过程，由动能定理得：

11m1v22-m1v12 22由几何关系可得：x1+x2=s

-0.2m1gx2=

联立可得小车A所受恒力F的作用时间：t=ls 方法2：两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得： m1v2=（m1+m2）v3 解得：v2=4m/s

从F作用在小车A上到A、B两车碰前，由动能定理得：

1m1v22-0 2解得：x=3m

Fx-0.2m1gs=

在F作用的吋间内，由牛顿第二定律得： F-0.2m1g=m1a 解得：a=6m/s2 由x=

12at 2联立解得小车A所受恒力F的作用时间：t=ls

10．如图所示，质量为m1＝1kg的小物块P，置于桌面上距桌面右边缘C点L1＝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m2＝0.5kg的小滑块Q．现用水平向左的推力将P缓慢压缩L2＝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/s2 （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：

m1vc(m1m2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Epm 根据动能定理得：

W1m1g(L12L2)得：W＝6J

1m1vc2 2（3）设物块P与滑块Q碰后速度分别为v1和v2，P与Q在小车上滑行距离分别为S1和S2

P与Q碰撞前后动量守恒，则有：

m1vcm1v1m2v2

由动能定理得：

22m1gs12m2gs2m1v12m2v2(m1m2M)v2

121212联立得v1＝1m/s，v2＝2m/s 方程的另一组解：当 v2′=

25m/s时，v1′=m/s，v1′＞v2′不合题意舍去． 33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：

2m2gm2a

代入数据解得：a＝﹣1m/s2 由匀变速运动规律得：

2v2v2 s2a解得：s＝1.92m

11．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。在轨道最低点滑上水平传送带的最右端（设轨道衔接处无机械能损失）。设传送带长度L=8m，并以恒定的v=3m/s速度顺时针转动，小滑块恰好能运动到水平传送带的最左端而没有掉下传送带。已知重力加速度大小为g=10m/s2。求：

（1）物块与传送带间的动摩擦因数；

（2）物块从圆弧轨道最低点滑入传送带到第一次返回圆弧轨道最低点所用的时间（本小题计算结果保留两位有效数字）。 【答案】（1）0.1；（2）8.17s 【解析】 【详解】

（1）物块从圆形光滑轨道下滑的过程，根据机械能守恒有

mgR12mv1 212mv1 2解得v14m/s

物块沿传送带滑到最左端速度恰好为零，由动能定理有mgL0代入数据解得：0.1

（2）物块在传送带先做匀减速运动ag1m/s2 则物块减速到零的时间为t1v14s av3s a反向加速时加速度不变，故加速时间为t2这段时间的位移为x112at24.5m 2Lx11.17s v之后物块随传送带匀速运动，则t3物块在传送带上第一次往返所用的时间为tt1t2t38.17s

12．如图所示，A、B两球质量均为m，用一长为l的轻绳相连，A球中间有孔套在光滑的足够长的水平横杆上，两球处于静止状态．现给B球水平向右的初速度v0，经一段时间后B球第一次到达最高点，此时小球位于水平横杆下方l/2处．（忽略轻绳形变）求：

(1)B球刚开始运动时，绳子对小球B的拉力大小T； (2)B球第一次到达最高点时，A球的速度大小v1；

(3)从开始到B球第一次到达最高点的过程中，轻绳对B球做的功W．

222v0mglmvvgl00【答案】（1）mg+m（2）v1（3） l42【解析】 【详解】

（1）B球刚开始运动时，A球静止，所以B球做圆周运动

2v0对B球：T-mg=m

l2v0得：T=mg+m

l（2）B球第一次到达最高点时，A、B速度大小、方向均相同，均为v1

以A、B系统为研究对象，以水平横杆为零势能参考平面，从开始到B球第一次到达最高点，根据机械能守恒定律，

1211lmv0mglmv12mv12mg 22222vgl 0得：v1 2（3）从开始到B球第一次到达最高点的过程，对B球应用动能定理 W-mg

l1212mv1mv0 2222mglmv0得：W=

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