高中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，圆弧轨道AB是在竖直平面内的14圆周，B点离地面的高度h=0.8m，该处切线是水平的，一质量为m=200g的小球（可视为质点）自A点由静止开始沿轨道下滑（不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力），小球从B点水平飞出，最后落到水平地面上的D 点．已知小物块落地点D到C点的距离为x=4m，重力加速度为g=10m/s2．求：（1）圆弧轨道的半径（2）小球滑到B点时对轨道的压力．【答案】（1）圆弧轨道的半径是5m．（2）小球滑到B点时对轨道的压力为6N，方向竖直向下．【解析】（1）小球由B到D做平抛运动，有：h=12gt2x=v B t解得：10410/220.8Bgv x m sh==⨯=⨯A到B过程，由动能定理得：mgR=12mv B2-0解得轨道半径R=5m（2）在B点，由向心力公式得：2Bv N mg mR -=解得：N=6N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N=N=6N，方向竖直向下点睛：解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动．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点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，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；（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轨道。
【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−m v02由功能关系：W弹=-△E p=-E p解得 E p=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＝E k−m v02解得 E k=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＝m v22−E k小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得R≤0.12m②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m v12≤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＝m v12-m v02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，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E p =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/s 2，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22y v gh =osin 60y v v=整理可得，物块通过P 点的速度8m/s v =(2)从P 到M 点的过程中，机械能守恒2211=(1cos60)+22o M mv mgR mv + 在最高点时根据牛顿第二定律2MN mv F mg R+= 整理得4.8N N F =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o cos 604m/s D v v ==从C 到D 的过程中，根据能量守恒定律212p D E mgx mv μ=+C 、D 两点间的距离2m x =4．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F m =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/s 2，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v B ，由牛顿第二定律得：2Bm v F mg m R-=从P 到Ｂ，由动能定理得21()02B mg H R mv +=- 解得H =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°）+L sin37°]-μmg cos37°•L =2102B mv -解得L =4.9m(3)物块在斜面上，由于mg sin37°＞μmg cos37°，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量Q =mg （h +R cos37°）解得Q =4J5．如图所示，粗糙水平地面与半径为R =0.4m 的粗糙半圆轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O 是BCD 的圆心，BOD 在同一竖直线上．质量为m =1kg 的小物块在水平恒力F =15N 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B 点时撤去F ，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D 点，已知A 、B 间的距离为3m ，小物块与地面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10m/s 2．求： （1）小物块运动到B 点时对圆轨道B 点的压力大小． （2）小物块离开D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离【答案】（1）160N （2）2 【解析】 【详解】（1）小物块在水平面上从A 运动到B 过程中，根据动能定理，有： （F -μmg ）x AB =12mv B 2-0 在B 点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：2Bv N mg m R-=联立解得小物块运动到B 点时轨道对物块的支持力为：N =160N由牛顿第三定律可得，小物块运动到B 点时对圆轨道B 点的压力大小为：N ′=N =160N （2）因为小物块恰能通过D 点，所以在D 点小物块所受的重力等于向心力，即：2Dv mg m R=可得：v D =2m/s设小物块落地点距B 点之间的距离为x ，下落时间为t ，根据平抛运动的规律有： x =v D t ，2R =12gt 2解得：x =0.8m则小物块离开D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离20.82m l x ==6．如图所示，半径为R 1＝1.8 m 的14光滑圆弧与半径为R 2＝0.3 m 的半圆光滑细管平滑连接并固定，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m 2＝2 kg 的物块静止于B 处，质量为m 1＝1 kg 的物块从光滑圆弧顶部的A 处由静止释放，物块m 1下滑至B 处和m 2碰撞后不再分开，整体设为物块m (m ＝m 1＋m 2)．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/s 2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计．(1)求物块m 1和m 2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1m 下滑到B 点时的速度；1m 、2m 碰撞满足动量守恒，由221B 1122E m v mv =-共机求出碰撞过程中损失的机械能；（2）物块m 由B 到C 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1m 下滑到B 点时的速度为B v ，由机械能守恒可得：2111B 12m gR m v =解得：B 6/v m s =1m 、2m 碰撞满足动量守恒：1B 12()m v m m v =+共解得；2/v m s 共=则碰撞过程中损失的机械能为：221B 111222E m v mv J =-=共机 ⑵物块m 由B 到C 满足机械能守恒：222C 11222mv mg R mv 共+⨯= 解得：C 4/v m s =在C 处由牛顿第二运动定律可得：2CN 2v F mg m R -=解得：N 190F N =⑶设物块m 滑上木板后，当木板速度为22/v m s =时，物块速度为1v ， 由动量守恒定律得：C 12mv mv Mv =+ 解得：13/v m s =设在此过程中物块运动的位移为1x ，木板运动的位移为2x ，由动能定理得： 对物块m ：2211C 1122mgx mv mv μ-=- 解得：1 1.4x m = 对木板M ：22212mgx Mv μ= 解得：20.4x m =此时木板静止，物块m 到木板左端的距离为：3211x L x x m =+-= 设物块m 在台阶上运动的最大距离为4x ，由动能定理得：23411()02mg x x mv μ-+=-解得：40.8x m =7．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=0.30μ，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/s 2，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：()cos370.96N f mg qE μ=+︒=设到达斜面底端时的速度为v 1，根据动能定理得：()211sin 372h mg qE h fmv +-= 解得：v 1=2.4m/s(2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得：()()222111=1cos3722m mg q v E v m R +︒-－当滑块经过最低点时，有：()2N 2F mg qE v m R-+= 由牛顿第三定律：N N 11.36N F F ==，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.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 v 0=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/s 2．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．【答案】（1）0.5r m =（2）77?.5,05?.5m x m x m ≤≤≤≤ 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度25/a g m s μ==小物块与传送带共速时，所用的时间01v t s a==运动的位移02.52v x m a∆==＜L －2=6m 故小物块与传送带达到相同速度后以05/v m s =的速度匀速运动到B ，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N 点，故有：2Nv mg m r=由机械能守恒定律得22011(2)22N mv mg r mv =+，解得0.5r m = （2）设在距A 点x 1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒得：1()mg L x mgh μ－＝ 代入数据解得17.5?x m ＝ 设在距A 点x 2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：2()mg L x mgR μ－＝代入数据解得27?x 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；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38 2.5 5.5?x m m m -=＝ 则：0 5.5x m ≤≤．故小物块放在传送带上放在传送带上距A 点的距离范围：77?.505?.5m x m x m ≤≤≤≤和 考点：考查了相对运动，能量守恒定律的综合应用9．如图所示，倾角为45α=︒的粗糙平直导轨与半径为r 的光滑圆环轨道相切，切点为b ，整个轨道处在竖直平面内. 一质量为m 的小滑块从导轨上离地面高为H =3r 的d 处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点a 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的c 点. 已知圆环最低点为e 点，重力加速度为g ，不计空气阻力. 求： （1）小滑块在a 点飞出的动能； （）小滑块在e 点对圆环轨道压力的大小；（3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）【答案】（1）12k E mgr =；（2）F ′=6mg ；（3）4214μ-= 【解析】 【分析】 【详解】（1）小滑块从a 点飞出后做平拋运动： 2a r v t =竖直方向：212r gt = 解得：a v gr =小滑块在a 点飞出的动能21122k a E mv mgr == （2）设小滑块在e 点时速度为m v ，由机械能守恒定律得：2211222m a mv mv mg r =+⋅ 在最低点由牛顿第二定律：2m mv F mg r-= 由牛顿第三定律得：F ′=F 解得：F ′=6mg（3）bd 之间长度为L ，由几何关系得：()221L r =+ 从d 到最低点e 过程中，由动能定理21cos 2m mgH mg L mv μα-⋅= 解得4214μ-=10．一质量为m =0.5kg 的电动玩具车，从倾角为θ=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/s 2.（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v 1； （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）v 1=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 =mg sin30°+0.3mg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F 1，由牛顿第二定律得：F 1-(mg sin30°+0.3mg )=ma4s 末时玩具车功率达到最大，则P =F 1v 1由运动学公式v 1=at 1 （其中t 1=4s ）代入数据解得:v 1=8m/s（3）玩具车在0~4s 内运动位移x 1=2112at 得：x 1=16m玩具车在4~12s 功率恒定，设运动位移为x 2，设t 2=12s 木时玩具车速度为v ，由动能定理得P (t 2-t 1)-(mg sin30°+0.3mg )x 2=2211122mv mv - 代入数据解得：x 2=77.75m所以轨道长度L =x 1+x 2=93.75m11．将一根长为L 的光滑细钢丝ABCDE 制成如图所示的形状，并固定在竖直平面内．其中AD 段竖直，DE 段为34圆弧，圆心为O ，E 为圆弧最高点，C 与E 、D 与O 分别等高，BC ＝14AC ．将质量为m 的小珠套在钢丝上由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g ． （1）小珠由C 点释放，求到达E 点的速度大小v 1；（2）小珠由B 点释放，从E 点滑出后恰好撞到D 点，求圆弧的半径R ；（3）欲使小珠到达E 点与钢丝间的弹力超过4mg ，求释放小珠的位置范围．【答案】⑴v 1=0； ⑵243L R π=+； ⑶C 点上方低于34(43)L π+处滑下或高于54(43)L π+处【解析】（1）由机械能守恒可知，小珠由C 点释放，到达E 点时，因CE 等高，故到达E 点的速度为零；（2）由题意：13(2)44BC L R R π⎡⎤=-⋅+⎢⎥⎣⎦；小珠由B 点释放，到达E 点满足：212E mgBC mv = 从E 点滑出后恰好撞到D 点，则E R v t = ；2R t g =联立解得：243L R π=+； （3）a.若小珠到达E 点与小珠上壁对钢丝的弹力等于14mg ，则2114E v mg mg m R-= ；从释放点到E 点，由机械能守恒定律：21112E mgh mv =； 联立解得：3384(43)L h R π==+ b.若小珠到达E 点与小珠下壁对钢丝的弹力等于14mg ，则2214E v mg mg m R+= ；从释放点到E 点，由机械能守恒定律：22212E mgh mv =； 联立解得：5584(43)L h R π==+ ； 故当小珠子从C 点上方低于34(43)L π+ 处滑下或高于54(43)L π+ 处滑下时，小珠到达E 点与钢丝间的弹力超过14mg .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m A ＝4 kg 、m B ＝8 kg 和m C ＝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/s 2.(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】解：（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：2012C C m gL m v =代入数据解得：04v =m/s 对小球，由牛顿第二定律得：20c c v T m g m L-= 代入数据解得：T =30N （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：0C C c A A m v m v m v =-+代入数据解得：A v =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：()A A A B m v m m v =+代入数据解得：v =0.5m/s 由能量守恒定律得：()221122A A A AB m gx m v m m v μ=-+ 代入数据解得：x =0.375m 。