高中物理动能与动能定理专题训练答案及解析

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．如图所示，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=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/s 2，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L 0=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：0cos37A v v ==︒ 解得：04

m /5m /cos370.8

A v v s s =

==︒

小物块经过A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有：

()2211cos3722

A B mv mg R R mv +-︒= 小物块经过B 点时，有：2

B

NB v F mg m R

-= 解得：()232cos3762N B

NB

v F mg m 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：

22011222

C B mgL mg r mv mv μ--⋅=

- 在C 点，由牛顿第二定律得：2

C

NC v F mg m r

+=

代入数据解得：60N NC F =

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

（3）小物块刚好能通过C 点时，根据22C

v mg m r

=

解得：2100.4m /2m /C v gr s s =

=⨯=

小物块从B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有：

22211222

C B mgL mg r mv mv μ--⋅=

- 代入数据解得：L =10m

2．如图所示，圆弧轨道AB 是在竖直平面内的

1

4

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 /s 2．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=12

gt 2 x =v B t 解得： 10410/220.8

B g v x

m s h ==⨯=⨯ A 到B 过程，由动能定理得：mgR=1

2

mv B 2-0 解得轨道半径 R =5m

（2）在B 点，由向心力公式得：2B

v N mg m R

-=

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．

3．如图所示，小滑块（视为质点）的质量m = 1kg ；固定在地面上的斜面AB 的倾角

θ=37°、长s =1m ，点A 和斜面最低点B 之间铺了一层均质特殊材料，其与滑块间的动摩擦

因数μ可在0≤μ≤1.5之间调节。点B 与水平光滑地面平滑相连，地面上有一根自然状态下的轻弹簧一端固定在O 点另一端恰好在B 点。认为滑块通过点B 前、后速度大小不变；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g =10m/s 2 ，sin37° =0.6，cos37° =0.8，不计空气阻力。 （1）若设置μ=0，将滑块从A 点由静止释放，求滑块从点A 运动到点B 所用的时间。 （2）若滑块在A 点以v 0=lm/s 的初速度沿斜面下滑，最终停止于B 点，求μ的取值范围。

【答案】（1）3

3

t =s ；（2）13324μ≤≤或31316μ=。 【解析】 【分析】 【详解】

（1）设滑块从点A 运动到点B 的过程中，加速度大小为a ，运动时间为t ，则由牛顿第二定律和运动学公式得

sin mg ma θ=

21

2

s at =

解得33

t =

s （2）滑块最终停在B 点，有两种可能：

①滑块恰好能从A 下滑到B ，设动摩擦因数为1μ，由动能定律得：

2

101sin cos 02

mg s mg s mv θμθ-=-g g

解得11316

μ=

②滑块在斜面AB 和水平地面间多次反复运动，最终停止于B 点，当滑块恰好能返回A 点，由动能定理得

2

201cos 202

mg s mv μθ-=-g

解得2132

μ=

此后，滑块沿斜面下滑，在光滑水平地面和斜面之间多次反复运动，最终停止于B 点。 当滑块恰好能静止在斜面上，则有

3sin cos mg mg θμθ=

解得334

μ=

所以，当23μμμ≤≤，即13

324

μ≤≤时，滑块在斜面AB 和水平地面间多次反复运动，最终停止于B 点。

综上所述，μ的取值范围是

13324μ≤≤或313

16

μ=。

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m 1=1.0kg 的小球A 以v 0=9m/s 的速度与静止在水平轨道上的质量m 2=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/s 2．求：

(1)碰后小球B 的速度大小v B ；

(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：m 1v 0=m 2v B -m 1v A ， 代入数据解得：v B =6m/s ． (2)根据动能定理得:

代入数据解得:

根据牛顿第二定律得:

解得:,方向向下

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．

【点睛】

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，半径为R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道的圆心，D 为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高．质量为m 的小球从离B 点高度为h 处（3

32

R h R ≤≤）的A 点由静止开始下落，从B 点进入圆轨道，重力加速度为g ）．

（1）小球能否到达D 点？试通过计算说明； （2）求小球在最高点对轨道的压力范围；

（3）通过计算说明小球从D 点飞出后能否落在水平面BC 上，若能，求落点与B 点水平距离d 的范围．

【答案】（1）小球能到达D 点；（2）03F mg ≤'≤；（3）

(

)()

21221R d R ≤≤

【解析】 【分析】 【详解】

（1）当小球刚好通过最高点时应有：2D

mv mg R =

由机械能守恒可得：()22

D

mv mg h R -=

联立解得32h R =

，因为h 的取值范围为3

32

R h R ≤≤，小球能到达D 点； （2）设小球在D 点受到的压力为F ，则

2D

mv F mg R ='+ ()22

D

mv mg h R ='- 联立并结合h 的取值范围

3

32

R h R ≤≤解得：03F mg ≤≤ 据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：03F mg ≤'≤

（3）由（1）知在最高点D 速度至少为min D v gR =

此时小球飞离D 后平抛，有：212

R gt =

min min D x v t =

联立解得min 2x R R =>，故能落在水平面BC 上，

当小球在最高点对轨道的压力为3mg 时，有：2max 3D

v mg mg m R

+=

解得max 2D v gR = 小球飞离D 后平抛2

12

R gt =

'， max max D x v t ='

联立解得max 22x R =

故落点与B 点水平距离d 的范围为：

(

)()

21221R d R -≤≤-

6．如图所示，一质量为M 、足够长的平板静止于光滑水平面上，平板左端与水平轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上．平板上有一质量为m 的小物块以速度v 0向右运动，且在本题设问中小物块保持向右运动．已知小物块与平板间的动摩擦因数为μ，弹簧弹性势能E p 与弹簧形变量x 的平方成正比，重力加速度为g.求：

(1)当弹簧第一次伸长量达最大时，弹簧的弹性势能为E pm ，小物块速度大小为

3

v 求该过程

中小物块相对平板运动的位移大小；

(2)平板速度最大时弹簧的弹力大小；

(3)已知上述过程中平板向右运动的最大速度为v.若换用同种材料，质量为

2

m 的小物块重复上述过程，则平板向右运动的最大速度为多大？

【答案】(1)2049pm E v g mg μμ-；(2)mg μ；(3)2v 【解析】

【分析】

（1）对系统由能量守恒求解小物块相对平板运动的位移；（2）平板速度最大时，处于平衡状态，弹力等于摩擦力；（3）平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当木板速度最大时弹力等于摩擦力，结合能量转化关系解答.

【详解】

（1）弹簧伸长最长时平板速度为零，设相对位移大小为s ，对系统由能量守恒 12mv 02＝12m(03

v )2＋E pm ＋μmgs 解得s ＝2049pm E v g mg

μμ- （2）平板速度最大时，处于平衡状态，f ＝μmg

即F ＝f ＝μmg.

（3）平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当木板速度最大时

μmg ＝kx

对木板由动能定理得μmgx ＝E p 1＋

12Mv 2 同理，当m′＝12

m ，平板达最大速度v′时，2mg μ＝kx′ 12μmgx′＝E p 2＋12

Mv′2 由题可知E p ∝x 2，即E p 2＝

14E p 1 解得v′＝12

v.

7．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/s 2， 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：

21sin cos 2

mgL mgL mv θμθ-=

解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为： ()2sin cos 8v gL θμθ=-=m/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E p

21sin 352

p E mv mgd θ=+=J （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1s ,由动能定理得:

2111cos 02

mgs mgs mv μθ--=- 解得：14s m =

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2s ，由动能定理得：

1212sin ()cos ()0mg s s mg s s θμθ--+=

解得：22s m =

故物块每经过一次O 点，上升的最大距离为上一次的12

所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：12L s =

则第n 次上升的最大距离为：2n n L s =

因为12n s m <

，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小于12

m

8．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】12f w mgR =克 【解析】 【分析】 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】

最低点 217mv mg mg R

-= 16v gR = 最高点： 22mv mg R

= 2v gR = 由动能定律 得 222111222f mgR w mv mv -+=

- 解得 12

f w mgR =- 所以 克服空气阻力做功12f w mgR =

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．

9．质量为M 的小车固定在地面上，质量为m 的小物体（可视为质点）以v 0的水平速度从小车一端滑上小车，小物体从小车另一端滑离小车时速度减为

02

v ，已知物块与小车之间的动摩擦因数为μ.求：

（1）此过程中小物块和小车之间因摩擦产生的热Q 以及小车的长度L .

（2）若把同一小车放在光滑的水平地面上，让这个物体仍以水平速度v 0从小车一端滑上

小车.

a. 欲使小物体能滑离小车，小车的质量M 和小物体质量m 应满足什么关系?

b. 当M =4m 时，小物块和小车的最终速度分别是多少?

【答案】（1）2038Q mv =，2038v L g μ= （2）a. M >3m ；b. 025v ，0320

v 【解析】

【详解】

(1) 小车固定在地面时，物体与小车间的滑动摩擦力为

f m

g μ=，

物块滑离的过程由动能定理

220011()222

v fL m mv -=

- ① 解得：2038v L g μ= 物块相对小车滑行的位移为L ，摩擦力做负功使得系统生热，Q fL = 可得：2038

Q mv = （2）a.把小车放在光滑水平地面上时，小物体与小车间的滑动摩擦力仍为f ．

设小物体相对小车滑行距离为L '时，跟小车相对静止（未能滑离小车）共同速度为v ， 由动量守恒定律：

mv 0=(M +m )v ②

设这过程小车向前滑行距离为s .

对小车运用动能定理有:

212

fs Mv =

③ 对小物体运用动能定理有: 22011()22

f L s mv mv '-+=- ④ 联立②③④可得

220011()()22mv fL mv M m M m

'=-++ ⑤ 物块相对滑离需满足L L '>且2038fL mv =

联立可得：3M m >，

即小物体能滑离小车的质量条件为3M m >

b.当M =4m 时满足3M m >，则物块最终从小车右端滑离，设物块和车的速度分别为1v 、2v .

由动量守恒：

012mv mv Mv =+

由能量守恒定律：

222012111()222fL mv mv Mv =

-+ 联立各式解得：1025v v =，20320

v v =

10．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/s 2，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）

13

s ；（3）0.125≤μ＜0.75或μ=1． 【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】 （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 2v 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 ＝

12

mv 2， 代入数据得：W=2J ．

根据匀变速运动规律有：s＝vt+1

2

at2

代入数据解得：t=1

3 s．

（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：

mg sinθ•s−μ1mg cosθ•s＝0−1

2

mv2，

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：−μ1mg cosθ•2s＝0−1

2

mv2，

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．

11．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：

1c 12()m v m m 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E pm

根据动能定理得：

211121c 1(2)2

W m g L L m v μ-+=

得：W ＝6J （3）设物块P 与滑块Q 碰后速度分别为v 1和v 2，P 与Q 在小车上滑行距离分别为S 1和S 2 P 与Q 碰撞前后动量守恒，则有：

11122c m v m v m v =+

由动能定理得：

2222112221122121

11()222

m gs m gs m v m v m m M v μμ+=+-++ 联立得v 1＝1m/s ，v 2＝2m/s

方程的另一组解：当 v 2′=23m/s 时，v 1′=53

m/s ，v 1′＞v 2′不合题意舍去． 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：

222m g m a μ-=

代入数据解得：a ＝﹣1m/s 2

由匀变速运动规律得：

2222v v s a

-= 解得：s ＝1.92m

12．如图所示，在竖直平面内有一“∞”管道装置，它是由两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。直管道和圆弧管道分别相切于1A 、2A 、1B 、2B ，1D 、2D 分别是两圆弧管道的最高点，1C 、2C 分别是两圆弧管道的最低点，1C 、2C 固定在同一水平地面上。两直管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。圆弧管道的半径均为R ，111111222222B O D AO C B O D A O C α∠=∠=∠=∠=。一质量为m 的小物块以水平向左的速度0v 从1C 点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为μ。设012/v m s =，m=1kg ，R=1.5m ，0.5μ=，37α=︒（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：

（1）小物块从1C 点出发时对管道的作用力；

（2）小物块第一次经过2C 点时的速度大小；

（3）小物块在直管道12B A 上经过的总路程。

【答案】（1）106N ，方向向下（2）7（3）

534

m 【解析】

【详解】

(1)物块在C 1点做圆周运动，由牛顿第二定律有：

20v N mg m R

-= 可得：20106N v N mg m R =+= 由牛顿第三定律可知，小物块对管道的作用力大小为106N ，方向向下

(2)由几何知识易有：21122cos 4m sin R l A B A B αα

==== 从C 1到C 2由动能定理可得：222011cos 22

mgl mv mv μα-=

- 可得：2202cos 47m /s v v gl μα=-= (3)以C 1C 2水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D 1、D 2点时的机械能需满足： 0230J E E mgR >==

由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足： cos 16J f E W mgl μα∆===

设n 为从第一次经过D 1后，翻越D 1和D 2的总次数，则有： 20012

mv n E E -∆>， ()2001-12

mv n E E +∆< 可得：n =2，表明小物块在第二次经过D 1后就到不了D 2，之后在D 1B 1A 2C 2D 2之间往复运动直至稳定，最后在A 2及C 2右侧与A 2等高处之间往复稳定运动。

由开始到稳定运动到达A 2点，由动能定理有：

()201cos 1cos 02

mgs mgR mv μαα---=- 可得：s=694

m 故在B 1A 2直管道上经过的路程为s'=s －l =534m