(物理)高考必刷题物理动能与动能定理题

（物理）高考必刷题物理动能与动能定理题
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v 0=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/s 2．(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．
【答案】（1）5m/s ；10m/s ；（2）2
3.510B m L -=⨯（3）22.510m -⨯
【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：(1)子弹射穿物块A 后，A 以速度v A 沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运 动： 2
12
h gt =
解得：t=0.40s A 离开桌边的速度A s
v t
=
，解得：v A =5.0m/s 设子弹射入物块B 后，子弹与B 的共同速度为v B ，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：
0()A B mv Mv M m v =++
B 离开桌边的速度v B =10m/s
（2）设子弹离开A 时的速度为1v ，子弹与物块A 作用过程系统动量守恒：
012A mv mv Mv =+
v 1=40m/s
子弹在物块B 中穿行的过程中，由能量守恒
2221111()222
B A B fL Mv mv M m v =
+-+① 子弹在物块A 中穿行的过程中，由能量守恒
222
01111()222
A A fL mv mv M M v =--+②
由①②解得2
3.510B L -=⨯m
（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s 1，由动能定理：
2
11()02
A fs M M v =+-③
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s 2，由动能定理
2221122
B A fs Mv Mv =
-④ 由②③④解得物块B 到桌边的最小距离为：min 12s s s =+，
解得：2
min 2.510s m -=⨯
考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律．
2．如图所示，水平地面上一木板质量M ＝1 kg ，长度L ＝3.5 m ，木板右侧有一竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径R ＝1 m ，最低点P 的切线与木板上表面相平．质量m ＝2 kg 的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以0v 39m /s =的速度与圆弧轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最终滑离木板．已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10 m/s 2．求： (1)滑块对P 点压力的大小；
(2)滑块返回木板上时，木板的加速度大小； (3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间．
【答案】(1)70 N (2)1 m/s 2 (3)1 s 【解析】 【分析】 【详解】
(1)滑块在木板上滑动过程由动能定理得：
－μ1mgL ＝
12mv 2－12
20mv 解得：v ＝5 m/s
在P 点由牛顿第二定律得：
F －mg ＝m 2
v r
解得：F ＝70 N
由牛顿第三定律，滑块对P 点的压力大小是70 N (2)滑块对木板的摩擦力F f 1＝μ1mg ＝4 N 地面对木板的摩擦力 F f 2＝μ2(M ＋m )g ＝3 N
对木板由牛顿第二定律得：F f 1－F f 2＝Ma a ＝
12
f f F F M
－＝1 m/s 2
(3)滑块滑上圆弧轨道运动的过程机械能守恒，故滑块再次滑上木板的速度等于v ＝5 m/s 对滑块有：(x ＋L )＝vt －1
2
μ1gt 2 对木板有：x ＝
12
at 2 解得：t ＝1 s 或t ＝
7
3
s(不合题意，舍去) 故本题答案是： (1)70 N (2)1 m/s 2 (3)1 s 【点睛】
分析受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可．
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（90αβ<<︒）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)2211
1cos sin sin A gh v ααβ⎛⎫=-
⎪+⎝⎭
(2)T sin h W mg h α⎛⎫
=- ⎪⎝⎭ 【解析】 【详解】
(2)A 、B 的系统机械能守恒
P K E E ∆=∆减加
22
11sin sin 2
2A B h h mg mv mv αβ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭
cos A B v v α=
解得
22111cos sin sin A gh v ααβ⎛⎫=
-
⎪+⎝⎭
(2)当A 速度最大时，B 的速度为零，由机械能守恒定律得
P K E E ∆=∆减加
21sin 2Am h mg h mv α⎛⎫-= ⎪⎝⎭
对A 列动能定理方程
2
T 12
Am W mv =
联立解得
T sin h W mg h α⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
4．如图所示，斜面高为h ，水平面上D 、C 两点距离为L 。

可以看成质点的物块从斜面顶点A 处由静止释放，沿斜面AB 和水平面BC 运动，斜面和水平面衔接处用一长度可以忽略不计的光滑弯曲轨道连接，图中没有画出，不计经过衔接处B 点的速度大小变化，最终物块停在 水平面上C 点。

已知物块与斜面和水平面间的滑动摩擦系数均为μ。

请证明：斜面倾角θ稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置A 点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C 点。

【答案】见解析所示 【解析】 【详解】
设斜面长为L '，倾角为θ，物块在水平面上滑动的距离为S ．对物块，由动能定理得：
cos 0mgh mg L mgS μθμ-⋅'-=
即：
cos 0sin h
mgh mg mgS μθμθ
-⋅-= 0tan h
mgh mg
mgS μμθ
--= 由几何关系可知：
tan h
L S θ
=- 则有：
()0mgh mg L S mgS μμ---=
0mgh mgL μ-=
解得：h
L μ
=
故斜面倾角θ稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置A 点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C 点。

5．如图所示，斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C ，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角∠DOC =37°，E 、B 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R =0.30m ，斜面长L =1.90m ，AB 部分光滑，BC 部分粗糙．现有一个质量m =0.10kg 的小物块P 从斜面上端A 点无初速下滑，物块P 与斜面BC 部分之间的动摩擦因数μ=0.75．取sin37o =0.6，cos37o =0.8，重力加速度g =10m/s 2，忽略空气阻力．求：
（1）物块从A 到C 过程重力势能的增量ΔE P ； （2）物块第一次通过B 点时的速度大小v B ；
（3）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小N ． 【答案】（1）-1.14J （2）4.2m/s （3）7.4N 【解析】 【分析】 【详解】
（1）从A 到C 物块的重力做正功为：sin 37 1.14G W mgL J ==o
故重力势能的增量 1.14P G E W J ∆=-=-
（2）根据几何关系得，斜面BC 部分的长度为：cot 370.40l R m ==o 设物块第一次通过B 点时的速度为B v ，根据动能定理有：()2
13702
B mg L l sin mv -︒=- 解得： 4.2/B v m s =
（3）物块在BC 部分滑动受到的摩擦力大小为：370.60f mgcos N μ=︒= 在BC 部分下滑过程受到的合力为：370F mgsin f =︒-= 则物块第一次通过C 点时的速度为： 4.2/C B v v m s == 物块从C 到D ，根据动能定理有：()221113722
D C mgR cos mv mv -︒=
- 在D ，由牛顿第二定律得：2D
v N mg m R
-=
联立解得：7.4N N = 【点睛】
本题考查了动能定理与牛顿第二定律的综合运用，运用动能定理解题关键确定出研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再根据动能定理列式求解．
6．如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量1m kg =可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带， AB 长5L m =，物块与传送带间的动摩擦因数10.2μ=，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s=1.5m ，它与物块间的动摩擦因数20.3μ=，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧与BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为120θ=o ，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以5/v m s =的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的18p E J =能量全部
释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取2
10/g m s =．
（1） 求右侧圆弧的轨道半径为R; （2） 求小物块最终停下时与C 点的距离;
（3） 若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．
【答案】（1）0.8R m =；（2）1
3
x m =；（337/43/m s v m s ≤≤ 【解析】 【分析】 【详解】
（1）物块被弹簧弹出，由2
012
p m v E =
，可知：06/m s v = 因为
v v
>，故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，
由：11mg ma μ=，011v v a t =-，210111
12x v t a t =- 得到：1
2
/2m s a =，10.5s t =，1 2.75m x = 因为
1
L x
<，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5/m s 的速度滑上水平面
BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：2
212
m mgs mgR v μ=+ 代入数据整理可以得到：0.8R m =． （2）设物块从E 点返回至B 点的速度为B v ，由
22
211222
B m m mg s v v μ-=⨯
得到
7/B
m s v
=，因为0B v >
，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用
下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C 点x 处，由
()2
212B mv mg s x μ=-，得到：13
x m =. （3）设传送带速度为1v 时物块能恰到F 点，在F 点满足2
sin30F mg m R
v =o
从B 到F 过程中由动能定理可知：()
22
1211sin 3022
F mv mv mgs mg R R μ-=++o 解得：
设传送带速度为2v 时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点， 由：
2
22132
m mg s mgR v μ=⨯+ 解得：
2
43/m s v
=
若物块在传送带上一直加速运动，由22
011122
Bm m m mgL v v μ-= 知其到B 点的最大速度
56/Bm
m s v
=
综合上述分析可知，只要传送带速度37/43/m s v m s ≤≤就满足条件．
【点睛】
本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理、圆周运动向心力公式的直接应用，此题难度较大，牵涉的运动模型较多，物体情境复杂，关键是按照运动的过程逐步分析求解．
7．如图所示，倾角为θ=45°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.接着小滑块从圆环最高点C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的P 点，不计空气阻力.
求：（1）滑块运动到圆环最高点C 时的速度的大小； （2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小； （3）滑块在斜面轨道BD 间运动的过程中克服摩擦力做的功．
【答案】（1）Rg（2）6mg（3）1
2 mgR
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小滑块从C点飞出来做平抛运动，水平速度为v0，竖直方向上：，水平方向上：，解得
（2）小滑块在最低点时速度为v C由机械能守恒定律得
牛顿第二定律：由牛顿第三定律得：，方向竖直向
下
（3）从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦力做功W1，由动能定理
h=3R
【点睛】
对滑块进行运动过程分析，要求滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小，我们要知道滑块运动到圆环最低点时的速度大小，小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，运用平抛运动规律结合几何关系求出最低点时速度．在对最低点运用牛顿第二定律求解．
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簧,第一次可将弹簧压缩至点,已知光滑圆轨道的半径,水平轨道长为,其动摩擦因数,光滑斜面轨道上长为,取,求
(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)滑块在水平轨道上运动的总时间及滑块几次经过点.
【答案】(1) (2) (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.滑块从点到点,由动能定理可得:
解得:
(3)将滑块在段的运动全程看作匀减速直线运动
加速度
则滑块在水平轨道上运动的总时间
滑块最终停止上在水平轨道间,设滑块在段运动的总路程为,从滑块第一次经过点到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。

9．一质量为m =0.5kg的电动玩具车，从倾角为 =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/s2.
（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v1；
（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 由P =Fv
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 )=ma 4s 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=2112
at 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=2211122
mv mv 代入数据解得：x 2=77.75m 所以轨道长度L =x 1+x 2=93.75m
10．如图所示，在高h 1＝30 m 的光滑水平平台上，质量m ＝1 kg 的小物块压缩弹簧后被锁扣K 锁住，储存了一定量的弹性势能Ep ．若打开锁扣K ，物块将以一定的水平速度v 1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC 的B 点的切线方向进入圆弧形轨道．B 点的高度h 2＝15 m ，圆弧轨道的圆心O 与平台等高，轨道最低点C 的切线水平，并与地面上长为L ＝70 m 的水平粗糙轨道CD 平滑连接；小物块沿轨道BCD 运动并与右边墙壁发生碰撞，取g ＝10 m/s 2． (1)求小物块由A 到B 的运动时间；
(2)求小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep 的大小；
(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B 点，最后停在轨道CD 上的某点P(P 点没画出)．设小物块与轨道CD 之间的动摩擦因数为μ，求μ的取值范围．
【答案】316
≤μ≤12
【解析】【分析】【详解】
(1)由于h1＝30 m，h2＝15 m，设从A运动到B的时间为t，则h1－h2＝1
2
gt2
解得3
t s
=
(2)由R cos∠BOC＝h1－h2，R＝h1，所以∠BOC＝60°.设小物块平抛的水平速度是v1，则
1
tan60
gt
v
o
=
解得：v1＝10 m/s则E p＝
1
2
mv2＝50 J
(3)设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s总．
根据题意，该路程的最大值是s max＝3L，路程的最小值是s min＝L
路程最大时，动摩擦因数最小，路程最小时，动摩擦因数最大，即由能量守恒知：
mgh1＋
1
2
mv2＝μmin mgs max
mgh1＋
1
2
mv2＝μmax mgs min
解得：μmax＝
1
2
，μmin＝
1
6
即
1
6
≤μ≤
1
2
11．如图所示，物块B静止放置在水平面上，物块A以一定的初速度v0冲向B，若在物块A、B正对的表面加上粘合剂，则物块A、B碰后一起沿水平面运动的最大距离为l；若在物块A、B正对的表面加上弹性装置，则两物块将发生弹性正碰，碰后两物块间的最大距离为5l。

已知物块A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，水平面足够大，不计粘合剂及弹性装置的质量，求物块A、B的质量之比A
B
m
m。

【答案】
1
2
【解析】
【详解】
取水平向左为正方向。

设A、B第一次碰后速度为1v由动量守恒：
A0A B1
()
m m m
=+
v v
第一次碰后到停止的过程，由动能定理得：
2A B A B 11()0()2m
m gl m m μ-+=-+v 第二次碰后速度分别为2v 、3v ，由动量守恒得、动能守恒得：
A 0A 2
B 3m m m =+v v v
222A 0A 2B 3111222
m m m =+v v v 第二次碰后到停止的过程，由动能定理得：
对A ：2A A A 2102
m gx m μ-=-v 对B ：2B B B 3102
m gx m μ-=-v 联立以上各式，可得，B 45x l l =<，由此可知若碰撞后A 继续向右运动，AB 的最大距离不可能是5l ，即可得，A B m m <，碰后A 会反弹向左运动，则有：
A B 5x x l +=
联立以上各式，得：A B 12
m m =
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】
【详解】
解：（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：2012
C 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：()22112
2A A A A B m gx m v m m v μ=-+ 代入数据解得：x =0.375m 。