最新高中物理动能与动能定理试题经典

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，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。

3．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．

4．如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点到B点的高度差为

h2＝0.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m＝1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针传动，速度大小为v＝0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10 m/s2，试求：

(1).滑块运动至C点时的速度vC大小；

(2).滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf； (3).滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q. 【答案】（1）2.5 m/s （2）1 J （3）32 J

【解析】本题考查运动的合成与分解、动能定理及传送带上物体的运动规律等知识。 (1) 在C点，竖直分速度： vy2gh21.5m/s

vyvcsin370，解得： vc2.5m/s

(2)C点的水平分速度与B点的速度相等，则vB＝vx＝vCcos37＝2m/s 从A到B点的过程中，据动能定理得： mgh1Wf12mvB，解得： Wf1J 2(3) 滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得： mgcos37－mgsin37＝ma 解得： a＝0.4m/s2

vvc5s avvc二者间的相对位移xtvt5m

2由于mgsin37mgcos37，此后滑块将做匀速运动。

达到共同速度所需时间t滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q＝mgcos37x＝32J

0

5．如图，在竖直平面内，半径R=0.5m的光滑圆弧轨道ABC与粗糙的足够长斜面CD相切于C点，CD与水平面的夹角θ=37°，B是轨道最低点，其最大承受力Fm=21N，过A点的切线沿竖直方向。现有一质量m=0.1kg的小物块，从A点正上方的P点由静止落下。已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.5.取sin37°=0.6.co37°=0.8，g=10m/s2，不计空气阻力。 (1)为保证轨道不会被破坏，求P、A间的最大高度差H及物块能沿斜面上滑的最大距离L； (2)若P、A间的高度差h=3.6m，求系统最终因摩擦所产生的总热量Q。

【答案】(1) 4.5m，4.9m；(2) 4J 【解析】 【详解】

(1)设物块在B点的最大速度为vB，由牛顿第二定律得：

2vBFmmgm

R从P到Ｂ，由动能定理得

mg(HR)解得

12mvB0 2H=4.5m

物块从B点运动到斜面最高处的过程中，根据动能定理得：

-mg[R（1-cos37°）+Lsin37°]-μmgcos37°•L=0解得

L=4.9m

(3)物块在斜面上，由于mgsin37°＞μmgcos37°，物块不会停在斜面上，物块最后以B点为中心，C点为最高点沿圆弧轨道做往复运动，由功能关系得系统最终因摩擦所产生的总热

12mvB 2量

Q=mg（h+Rcos37°）

解得

Q=4J

6．如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量

m0.04kg，电量q3104C的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能

为0.32J。某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端A点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B，并沿轨道BC滑下，运动到光滑水平轨道CD，从D点进入到光滑竖直圆内侧轨道。已知倾斜轨道与水平方向夹角为37，倾斜轨道长为

L2.0m，带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数0.5。小物块在C点没有能量损

失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小物块的电量保持不变，可视为质点。只有光滑竖直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场，场强E2105V/m。已知

2cos370.8，sin370.6，取g10m/s，求：

（1）小物块运动到A点时的速度大小vA； （2）小物块运动到C点时的速度大小vC；

（3）要使小物块不离开圆轨道，圆轨道的半径应满足什么条件？

【答案】（1）4m/s；（2）33m/s；（3）R⩽0.022m 【解析】 【分析】 【详解】

（1）释放弹簧过程中，弹簧推动物体做功，弹簧弹性势能转变为物体动能

EP解得

12mvA 2vA＝2EP20.32＝＝4m/s m0.04（2）A到B物体做平抛运动，到B点有

v A＝cos37 vB所以

vB＝B到C根据动能定理有

4＝5m/s 0.8mgLsin37mgcos37L解得

1212mvCmvB 22vC＝33m/s

（3）根据题意可知，小球受到的电场力和重力的合力方向向上，其大小为

F=qE-mg=59.6N

所以D点为等效最高点，则小球到达D点时对轨道的压力为零，此时的速度最小，即

2vDF＝m

R解得

vD＝FR m所以要小物块不离开圆轨道则应满足vC≥vD得：

R≤0.022m

7．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

8．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

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：

1212mv1mvC 2212Mv2 21mg(x3x4)0mv12

2解得：x40.8m

9．如图所示，在倾角为θ=37°的斜面底端有一个固定挡板D，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端在O点，已知斜面OD部分光滑，PO部分粗糙且长度L=8m。质量m=1kg的物块（可视为质点）从P点静止开始下滑，已知物块与斜面PO间的动摩擦因数μ=0.25，g取10m/s2， sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

（1）物块第一次接触弹簧时速度的大小

（2）若弹簧的最大压缩量d=0.5m，求弹簧的最大弹性势能

（3）物块与弹簧接触多少次，反弹后从O点沿斜面上升的最大距离第一次小于0.5m

【答案】（1）8m/s （2）35J (3)5次 【解析】 【详解】

(1)物块在PO过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦力，此过程应用动能定理得：

mgLsinmgLcos解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：

12mv 2v2gLsincos8m/s

（2）物块由O到将弹簧压缩至最短的过程中，重力势能和动能减少、弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能Ep

Ep12mvmgdsin35J 2（3）物块第一次接触弹簧后，物体从O点沿斜面上升的最大距离s1,由动能定理得:

1mgs1mgs1cos0mv2

2解得：s14m

物块第二次接触弹簧后，物块从O点沿斜面上升的最大距离s2，由动能定理得：

mgsin(s1s2)mgcos(s1s2)0

解得：s22m

故物块每经过一次O点，上升的最大距离为上一次的

1 2L 2所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：s1则第n次上升的最大距离为：sn因为snL 2n1m，所以n>4，即物块与弹簧接触5次后，物块从O点沿斜面上升的最大距离2小于

1m 2

10．如图所示，将一根弹簧和一个小圆环穿在水平细杆上，弹簧左端固定，右端与质量为m的小圆环相接触，BC和CD是由细杆弯成的1/4圆弧，BC分别与杆AB和弧CD相切，两圆弧的半径均为R．O点为弹簧自由端的位置．整个轨道竖直放置，除OB段粗糙外，其余部分均光滑．当弹簧的压缩量为d时释放，小圆环弹出后恰好能到达C点，返回水平杆时刚好与弹簧接触，停在O点，（已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，小球通过B处和C处没有能量损失），问：

（1）当为弹簧的压缩量为d时，弹簧具有的弹性势能EP是多少？

（2）若将小圆环放置在弹簧的压缩量为2d时释放，求小圆环到达最高点D时，轨道所受到的作用力．

（3）为了使物块能停在OB的中点，弹簧应具有多大的弹性势能？

''【答案】（1）EP2mgR（2）9mg，方向竖直向上（3）EP=(n)mgR （n=0、1、

122） 【解析】 【分析】 【详解】

（1）设小圆环与OB之间的摩擦力为f，OB=L；从释放到回到O点，由能量关系可知，当弹簧的压缩量为d时，弹簧具有的弹性势能

EP2fL

小圆环从释放能到达C点到，由能量关系可知

EPfLmgR0

可得：

EP2mgR

（2）因弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，则弹簧的压缩量为2d时弹性势能为

EP´=4EP=8mgR

小圆环到达最高点D时：

12'EPmvDmg2RfL

2解得

vD10gR 在最高点D时由牛顿第二定律：

2vDNmgm

R解得

N=9mg，方向竖直向下

由牛顿第三定律可知在D点时轨道受到的作用为9mg，方向竖直向上；

（3）为了使物块能停在OB的中点，则要求滑块到达的最高点为D点，然后返回，则

''EPfL2mgR3mgR

为了使物块能停在OB的中点，同时还应该满足：

''EP(2n1)fL1(n)mgR 22则只能取n=0、1、2；

11．质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是多少？

【答案】wf克【解析】 【分析】

1mgR 2本题首先用牛顿第二定律列示求出圆周运动最低点与最高点得瞬时速度的大小，再由最低点到最高点列动能定理解题，得出空气阻力做的功．本题属于绳子栓小球模型，注意最高点重力提供向心力． 【详解】

mv12 v16gR 最低点 7mgmgR2mv2 v2gR 最高点： mgR由动能定律 得 2mgRwf1212mv2mv1 22解得 wf1mgR 21mgR 2所以 克服空气阻力做功wf克【点睛】

本题是圆周运动模型解题，结合牛顿运动定律与动能定理解圆周问题．

12．如图所示，AB为倾角37的斜面轨道，BP为半径R=1m的竖直光滑圆弧轨道，O为圆心，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一端在斜面上C点处，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙，CB长L＝1.25m，物块与斜面间的动摩擦因数为＝0.25，现有一质量m=2kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后释放(不栓接)，物块经过B点后到达P点，在P点物块对轨道的压力大小为其重力的1.5倍，sin370.6,cos370.8，g=10m/s2.求：

(1)物块到达P点时的速度大小vP； (2)物块离开弹簧时的速度大小vC；

(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块离开弹簧时速度的最大值vm. 【答案】(1)vP5m/s (2)vC=9m/s (3)vm6m/s 【解析】 【详解】

(1)在P点，根据牛顿第二定律：

2vPmgNPm

R解得:vP2.5gR5m/s

(2)由几何关系可知BP间的高度差hBPR(1cos37)

物块C至P过程中，根据动能定理：

1212mgLsin37mghBPmgLcos37=mvPmvC

22联立可得：vC=9m/s

(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块能够到达的最大高度为与O等高处的E点， 物块C至E过程中根据动能定理：

12mgLcos37mgLsin37mgRsin53=0mvm

2解得：vm6m/s