高中物理动能与动能定理基础练习题及解析

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．如图所示，两物块A、B并排静置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg．一颗质量m=0.10kg的子弹C以v0=100m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A后接着射入B并留在B中，此时A、B都没有离开桌面．已知物块A的长度为0.27m，A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m．设子弹在物块A、B 中穿行时受到的阻力大小相等，g取10m/s2．(平抛过程中物块看成质点)求：

（1）物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是多少； （2）子弹在物块B中打入的深度；

（3）若使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面，则物块B到桌边的最小初始距离．

2【答案】（1）5m/s；10m/s；（2）LB3.510m（3）2.5102m

【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：(1)子弹射穿物块A后，A以速度vA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运 动： h12gt 解得：t=0.40s 2A离开桌边的速度vAs，解得：vA=5.0m/s t设子弹射入物块B后，子弹与B的共同速度为vB，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：

mv0MvA(Mm)vB

B离开桌边的速度vB=10m/s

（2）设子弹离开A时的速度为v1，子弹与物块A作用过程系统动量守恒：

mv0mv12MvA

v1=40m/s

子弹在物块B中穿行的过程中，由能量守恒

fLB11122MvAmv12(Mm)vB① 222子弹在物块A中穿行的过程中，由能量守恒

121212fLAmv0mv1(MM)vA②

222由①②解得LB3.510m

（3）子弹在物块A中穿行过程中，物块A在水平桌面上的位移为s1，由动能定理：

212fs1(MM)vA0③

2子弹在物块B中穿行过程中，物块B在水平桌面上的位移为s2，由动能定理

fs21122MvBMvA④ 22由②③④解得物块B到桌边的最小距离为：smins1s2，

2解得：smin2.510m

考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律．

2．某游乐场拟推出一个新型滑草娱乐项目，简化模型如图所示。游客乘坐的滑草车（两者的总质量为60kg），从倾角为53的光滑直轨道AC上的B点由静止开始下滑，到达

C点后进入半径为R5m，圆心角为53的圆弧形光滑轨道CD，过D点后滑入倾

75范围内调节）、动摩擦因数为角为（可以在0剟3的足够长的草地轨道3DE。已知D点处有一小段光滑圆弧与其相连，不计滑草车在D处的能量损失，B点到

C点的距离为L0=10m，g10m/s。求：

(1)滑草车经过轨道D点时对轨道D点的压力大小；

(2)滑草车第一次沿草地轨道DE向上滑行的时间与的关系式；

(3)取不同值时，写出滑草车在斜面上克服摩擦所做的功与tan的关系式。

【答案】(1)3000N；(2)

t2；(3)见解析 3cossin3【解析】 【分析】 【详解】

(1)根据几何关系可知CD间的高度差

HCDR1cos532m

从B到D点，由动能定理得

1mgL0sin53HCDmvD20

2解得

vD102m/s

对D点，设滑草车受到的支持力FD，由牛顿第二定律

vD2 FDmgmR解得

FD3000N

由牛顿第三定律得，滑草车对轨道的压力为3000N。 (2)滑草车在草地轨道DE向上运动时，受到的合外力为

F合mgsinmgcos

由牛顿第二定律得，向上运动的加速度大小为

aF合gsingcos mvD

gsingcos因此滑草车第一次在草地轨道DE向上运动的时间为

t代入数据解得

t2 3cossin3(3)选取小车运动方向为正方向。

①当0时，滑草车沿轨道DE水平向右运动，对全程使用动能定理可得

mgL0sinR(1cos)+Wf1=00

代入数据解得

Wf16000J

故当0时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

W克16000J

②当030时，则

gsingcos

滑草车在草地轨道DE向上运动后最终会静止在DE轨道上，向上运动的距离为

2vDx2

2(gsingcos)摩擦力做功为

Wf2mgcosx2

联立解得

Wf26000(J)

3tan16000(J)

3tan1故当030时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

W克2③当3075时

gsingcos

滑草车在草地轨道DE向上运动后仍会下滑，若干次来回运动后最终停在D处。对全程使用动能定理可得

mgL0sinR(1cos)+Wf3=00

代入数据解得

Wf36000J

故当3075时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

W克36000J

所以，当0或3075时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000J；当

030时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000(J)。

3tan1

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

由平抛运动规律得：xA＝v0t，yA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，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 =f =μN =

由几何关系得A的位移为

x =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

33mg 233μmg 23R 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，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 osin372v1=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．如图甲所示为某一玩具汽车的轨道，其部分轨道可抽象为图乙的模型．AB和BD为两段水平直轨道，竖直圆轨道与水平直轨道相切于B点，D点为水平直轨道与水平半圆轨道的切点．在某次游戏过程中，通过摇控装置使静止在A点的小车以额定功率启动，当小车运动到B点时关闭发动机并不再开启，测得小车运动到最高点C时对轨道的压力大小

FN5.6N，小车通过水平半圆轨道时速率恒定．小车可视为质点，质量m400g，额

定功率P20W，AB长l1m，BD长s0.75m，竖直圆轨道半径R25cm，水平半圆轨道半径r10cm．小车在两段水平直轨道所受的阻力大小均为f4N，在竖直圆轨道和水平半圆轨道所受的阻力均忽略不计，重力加速度取g10m/s．求：

2

（1）小车运动到C点时的速度大小； （2）小车在BD段运动的时间； （3）水平半圆轨道对小车的作用力大小；

（4）要使小车能通过水平半圆轨道，发动机开启的最短时间． 【答案】（1）6m/s；（2）0.3s；（3）42N.；（4）0.35s. 【解析】 【详解】

（1）由小车在C点受力得：

vc2FNmgm

R解得：

vC6m/s

（2）从C点到B点，由动能定理得：

12122mgRmvBmvC

22解得：

vB4m/s

小车在BD段运动的加速度大小为：

a由运动学公式：

f10m/s2 m1svBtat2

2解得：

t0.3s

（3）从B点到D点，由运动学公式：

vDvBat，

解得：

vD1m/s

小车在水平半圆轨道所需的向心力大小：

2vDFnm，

r代入数据可得：

Fn4N

F2Fn2mg

水平半圆轨道对小车的作用力大小为：

2F42N.

（4）设小车恰能到C点时的速度为v1，对应发动机开启的时间为t1，则：

v12mgm

RPt1fl2mgR解得

12mv1 2t10.325s.

在此情况下从C点到D点，由动能定理得：

2mgRFs解得

112mvDmvC 222vD2.5

即小车无法到达D点.

设小车恰能到D点时对应发动机开启的时间为t2，则有：

Pt2fls0，

解得

t20.35s.

8．如图所示,水平轨道

的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于点,右端与一倾角为

的光滑斜面轨道在点平滑连接(即物体经过点时速度的大小不变),斜面顶端固定一轻质弹簧,一质量为

的滑块从圆弧轨道的顶端点由静止释放,经水平轨道后滑上斜面并压缩弹

,水平轨道,求

长为

,其动摩

簧,第一次可将弹簧压缩至点,已知光滑圆轨道的半径擦因数

,光滑斜面轨道上

长为

,取

(1)滑块第一次经过圆轨道上点时对轨道的压力大小; (2)整个过程中弹簧具有最大的弹性势能; (3)滑块在水平轨道【答案】(1)

(2)

上运动的总时间及滑块几次经过点. (3) 3次

【解析】本题考查机械能与曲线运动相结合的问题，需运用动能定理、牛顿运动定律、运动学公式、功能关系等知识。 (1)滑块从点到点,由动能定理可得:解得:

.滑块从点到点,由动能定理可得:

滑块在点: 解得:

由牛顿第三定律可得:物块经点时对轨道的压力(2)滑块第一次到达点时,弹簧具有最大的弹性势能

解得: (3)将滑块在加速度

则滑块在水平轨道

段的运动全程看作匀减速直线运动

上运动的总时间

间,设滑块在

段运动的总路程为,从滑块第一次经过点到

滑块最终停止上在水平轨道最终停下来的全过程, 由动能定理可得: 解得: 结合

段的长度可知,滑块经过点3次。

9．如图所示，光滑水平面MN的左端M处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度L=16m，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动．ABCDE是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB为水平轨道，弧BCD是半径为R的半圆弧轨道，弧DE是半径为2R的圆弧轨道，弧BCD与弧DE相切在轨道最高点D，

R=0．6m．平面部分A点与传送带平齐接触．放在MN段的物块m（可视为质点）以初速度v0=4m/s冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数μ=0．2，物块的质量m=1kg．结果物块从滑上传送带又返回到N端，经水平面与左端M处的固定弹射器相碰撞（弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定），因碰撞弹射器锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点，最后从E点飞出．g取10m/s2．求：

（1）物块m从第一次滑上传送带到返回到N端的时间．

（2）物块m第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送带所多提供的能量多大？

【答案】（1）t4.5s（2）W8J 【解析】

试题分析:（1）物块B向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀减速运动，达到与皮带共速后与皮带匀速物块B向右作匀减速运动过程：

mgma

t1v02s gv0t14m 2物块向右达到的最大位移：S反向匀加速运动过程加速度大小不变．达到与传送带共速的时间：

t2v1s g/相对地面向左位移：Svt21m 2SS/41共速后与传送带匀速运动的时间：t31.5s

v2往返总时间：

（2）由物块恰能通过轨道最高点D，并恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过最高点可得，物块

是在半径为2R的圆弧上的最高点重力全部充当向心力． 得：

又由物块上滑过中根据机械能守恒得：代入数据解得：vB6Rg6m/s 物块第二次从N到A点：Lv1t速度关系：vBv1gt 代入得：

；

得：t2s或t8s（舍）

物体运动时传送带的位移：svt4m 传送带为维持匀速运动多提供的力：Fmg

1gt2 2传送带所做的功等于传送带多提供的能量：WFsmgs8J 考点：考查牛顿运动定律的综合应用；动能定理．

【名师点睛】本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式求解．

10．如图所示，滑块A的质量m＝0.01kg，与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，用细线悬挂的小球质量均为m＝0.01kg，沿x轴排列，A与第1只小球及相邻两小球间距离均为s＝2m，线长分别为L1、L2、L3…（图中只画出三只小球，且小球可视为质点），开始时，滑块以速度v0＝10m／s沿x轴正方向运动，设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块正碰，g取10m／s2，求：

（1）滑块能与几个小球碰撞？

（2）求出碰撞中第n个小球悬线长La的表达式。 【答案】(1)12个;(2)

【解析】（1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内转动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为s0，有

得s0＝25m

（个）

（2）滑块与第n个球碰撞，设小球运动到最高点时速度为vn′

对小球，有：

．①

②

对滑块，有：

③

解①②③三式：

11．如图所示，竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R，圆心为O．下端与绝缘水平轨道在B点平滑连接，一质量为m带正电的物块（可视为质点），置于水平轨道上的A点。已如A、B两点间的距离为L，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

(1)若物块能到达的最高点是半圆形轨道上与圆心O等高的C点，则物块在A点水平向左运动的初速度应为多大?

(2)若在整个空同加上水平向左的匀强电场，场强大小为E=

5mg (q为物块的带电量)，现3q将物块从A点由静止释放，且运动过程中始终不脱离轨道，求物块第2次经过B点时的速度大小。

(3)在(2)的情景下，求物块第2n(n=1，2、3……)次经过B点时的速度大小。 【答案】(1) 2g(L+R) (2) 【解析】 【详解】

(1)设物块在A点的速度为v1，由动能定理有 －μmgL－mgR＝0－

1gL4gL (3) ()n2，其中n＝1、2、3……. 32312mv1 2解得 v1＝2g(L+R)

(2)对物块由释放至第一次到B点过程中，其经过B点速度为所求

Emg)L＝知：(q可得：v212mv2 24gL 3(3)设第2、4、6、…、2n次经过B点时的速度分别为v2、v4、…、v2n，

第2、4、6、…、2(n－1)次离开B点向右滑行的最大距离分别为L1、L2、…、Ln－1，

Emg)L1＝0－则：－(qEmg)L1＝(q解得

12mv2 212mv4 2vqEmg14 vqEmg22v6v2n1＝1 同理＝ ……v4v2n222v2n1()n1 综上可得v22v2n＝()n212gL3 其中 n＝1、2、3…

12．如图所示，物体A置于静止在光滑水平面上的平板小车B的左端，在A的上方O点用细线悬挂一小球C(可视为质点)，线长L＝0.8 m．现将小球C拉至水平无初速度释放，并在最低点与A物体发生水平正碰，碰撞后小球C反弹的最大高度为h＝0.2 m．已知A、B、C的质量分别为mA＝4 kg、mB＝8 kg和mC＝1 kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，A、C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g＝10 m/s2.

(1)求小球C与物体A碰撞前瞬间受到细线的拉力大小； (2)求A、C碰撞后瞬间A的速度大小；

(3)若物体A未从小车B上掉落，小车B的最小长度为多少？ 【答案】(1) 30N (2) 1.5m/s (3) 0.375m 【解析】 【详解】

解：（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mCgL代入数据解得：v04m/s

2v0对小球，由牛顿第二定律得：Tmcgmc

L代入数据解得：T=30N

1mCv02 2（2）小球与A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向 由动量守恒定律得：mCv0mCvcmAvA

代入数据解得：vA1.5m/s

（3）物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：mAvAmAmBv 代入数据解得：v=0.5m/s 由能量守恒定律得：mAgx代入数据解得：x=0.375m。

11mAvA2mAmBv2 22