高中物理动能与动能定理试题(有答案和解析)及解析

高中物理动能与动能定理试题(有答案和解析)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，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 2
Am 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⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
3．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 =
1
2
mv B 2-0 在B 点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：
2B
v 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：
2D
v 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 =
12
gt 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 =
=
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，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 3（2）1(93)2W mgR μ=- （3）min 53μ= 【解析】 【详解】
（1）研究B ，据平衡条件，有
F =2mg cos θ
解得
F 3mg
（2）研究整体，据平衡条件，斜面对A 的支持力为
N =3mg cos θ =33
2
mg f =μN 33
由几何关系得A 的位移为
x =2R cos30°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 3 据功能关系
W + 2mgh - mgh - Wf = 0
解得
1
(93)2
W mgR μ=-
（3）B 刚好接触斜面时，挡板对B 弹力最大 研究B 得
24sin 30m
mg
N mg '==︒
研究整体得
f min + 3m
g sin30° = N′m
解得
f min = 2.5mg
可得最小的动摩擦因数：
min min 53
f N μ=
=
6．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s 2，求：
（1）物体第一次到达A 点时速度为多大？
（2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB 间的距离至少多大？ （3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？ 【答案】（1）8m/s （2）6.4m （3）1.8m 【解析】 【分析】
（1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；
（2）当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，根据动能定理列式求解；
（3）物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s 的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可． 【详解】
（1）物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：21
2
mgh mv = 解得：2210 3.28m/s v gh =⨯⨯=
（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，由动能能力得：
21
02
mgL mv μ-=-
解得：22
8m 6.4m 220.510
v L g μ=
==⨯⨯
（3）因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度6m/s ，物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s v =带的速度冲上斜面，根据动能定理得：2102
mgh mv '-=-
带 得：22
6m 1.8m 2210
v h g '===⨯带
【点睛】
该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题．
7．如图所示，ABC 为竖直面内一固定轨道，AB 段是半径为R 的
1
4
光滑圆弧，水平段与圆弧轨道相切于B ，水平段BC 长度为L ，C 端固定一竖直挡板．一质量为m 的小物块自A 端从静止开始沿圆轨道下滑，与挡板共发生了两次碰撞后停止在水平段B 、C 之间的某处，物块每次与挡板碰撞不损失机械能(即碰撞前、后速率相同)．不计空气阻力，物块与水平段BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．试求物块 (1)第一次与挡板碰撞时的速率； (2)在水平轨道上滑行的总路程；
(3)最后一次滑到圆轨道底端B 处对圆轨道的压力．
【答案】(1) 12()v g R L μ-R
S μ
=
(3) 物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可
能为43L mg R μ骣琪-琪桫或83L mg R μ骣琪-琪
桫 【解析】 【详解】
(1)对物块第一次从A 到C 过程，根据动能定理：
2
112
mgR mgL mv -=
μ ① 解得第一次碰撞挡板的速率
12()v g R L μ-
(2)设物块质量为m ，在水平轨道上滑行的总路程为S ，对物块从开始下滑到停止在水平轨道上的全过程，根据动能定理：
mgR －μmg ·S ＝0③
解得
R
S μ
=
④
(3)设物块最后一次经过圆弧轨道底端B 时的速率为v 2，对圆轨道的压力为FN ，则：
22
N v F mg m R
-= ⑤
第一种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右运动还未到B 点时即停下，则：
2
2122
mgR mg L mv -⋅=μ⑥
由⑤⑥解得
43N L F mg R ⎛
⎫=- ⎪⎝⎭
μ ⑦
第二种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右可再一次滑上光滑圆弧轨道，则：
2
2142
mgR mg L mv -⋅=μ ⑧
由⑤⑧解得
83N L F mg R μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
⑨
物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可能为43L mg R μ骣琪-琪桫或83L
mg R μ骣琪-琪
桫
8．如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1×106V/m 的匀强电场中，固定一个穿有A 、B 两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O 、半径为R=0.2m ．A 、B 用一根绝缘轻杆相连，A 带的电荷量为q=+7×10﹣7C ，B 不带电，质量分别为m A =0.01kg 、m B =0.08kg ．将两小球从圆环上的图示位置（A 与圆心O 等高，B 在圆心O 的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动．重力加速度大小为g=10m/s 2 ．
（1）通过计算判断，小球A 能否到达圆环的最高点C ？ （2）求小球A 的最大速度值．
（3）求小球A 从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值． 【答案】（1）A 不能到达圆环最高点 （2）22
3
m/s （3）0.1344J 【解析】
【分析】 【详解】
试题分析：A 、B 在转动过程中，分别对A 、B 由动能定理列方程求解速度大小，由此判断A 能不能到达圆环最高点； A 、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，对A 、B 分别由动能定理列方程联立求解最大速度；A 、B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，根据电势能的减少与电场力做功关系求解．
（1）设A 、B 在转动过程中，轻杆对A 、B 做的功分别为W T 和T W '， 根据题意有：0T T W W +'=
设A 、B 到达圆环最高点的动能分别为E KA 、E KB 对A 根据动能定理：qER ﹣m A gR +W T1=E KA 对B 根据动能定理：1T B W m gR E '-= 联立解得：E KA +E KB =﹣0.04J
由此可知：A 在圆环最高点时，系统动能为负值，故A 不能到达圆环最高点 （2）设B 转过α角时，A 、B 的速度大小分别为v A 、v B ， 因A 、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，故：v A =v B 对A 根据动能定理：221sin sin 2
A T A A qER m gR W m v αα-+= 对
B 根据动能定理：()2211cos 2
T B B B W m gR m v α='-- 联立解得： ()2
8
3sin 4cos 49
A v αα=
⨯+-
由此可得：当3tan 4α=
时，A 、B 的最大速度均为max /v s = （3）A 、B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减少最多，由上可式得：3sinα+4cosα﹣4=0 解得：24
sin 25
α=
或sinα=0（舍去） 所以A 的电势能减少：84
sin 0.1344625
P E qER J J α==
= 点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答，属于复杂题．
9．雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关，雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g ；
（1）质量为m 的雨滴由静止开始，下落高度h 时速度为u ，求这一过程中空气阻力所做的功W ．
（2）研究小组同学观察发现，下雨时雨滴的速度跟雨滴大小有关，较大的雨滴落地速度较
快，若将雨滴看作密度为ρ的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力大小为f =kr 2v 2，其中v 是雨滴的速度，k 是比例常数，r 是球体半径．
a. 某次下雨时，研究小组成员测得雨滴落地时的速度约为v 0，试计算本场雨中雨滴半径r 的大小；
b. 如果不受空气阻力，雨滴自由落向地面时的速度会非常大，其v -t 图线如图所示，请在图中画出雨滴受空气阻力无初速下落的v -t 图线．
（3）为进一步研究这个问题，研究小组同学提出下述想法：
将空气中的气体分子看成是空间中均匀分布的、静止的弹性质点，将雨滴的下落看成是一个面积为S 的水平圆盘在上述弹性质点中竖直向下运动的过程．已知空气的密度为ρ0，试求出以速度v 运动的雨滴所受空气阻力f 的大小．（最后结果用本问中的字母表示）
【答案】（1）2
12
W mu mgh =- （2）2034kv r g πρ=，
（3）2
2f Sv ρ=
【解析】 【详解】
（1）由动能定理：21
2
mgh W mu += 解得：2
12
W mu mgh =
- （2）a. 雨滴匀速运动时满足：3
22
043
r g kr v ρπ⋅=，
解得20
34kv r g
πρ=
b. 雨滴下落时，做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速下落，图像如图.
（3）设空气分子与圆盘发生弹性碰撞．
在极短时间∆t 内，圆盘迎面碰上的气体质点总质量为：m S v t ρ∆=⋅⋅∆
以F 表示圆盘对气体分子的作用力，对气体根据动量定理有：F·t ∆＝∆m·
2v 解得：22F Sv ρ=
由牛顿第三定律可知，圆盘所受空气阻力2
2F F Sv ρ=='
10．如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L ．导轨上端并联接有一电容为C 的平行板电容器和阻值为R 的电阻．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ．忽略其它电阻．让金属棒在不同情况下从导轨上端由静止开始下滑，求:
(1)当断开S 1闭合S 2时，金属棒由静止开始下滑位移x 后开始匀速，求匀速的速度大小和这过程电阻生的热量；
(2)当断开S 2闭合S 1时金属棒的速度大小随时间变化的关系．
【答案】(1)22
(sin cos )m mgR v B L θμθ-= ，2322
44(sin cos )(sin cos )2m g R Q mgx B L
θμθθμθ-=-- (2)22(sin cos )mg v t m B L C θμθ-=⋅+ 【解析】
【详解】
(1)金属棒在斜面上匀速直线运动时，由平衡条件：
sin cos mg BIL mg θμθ=+ 由闭合电路的欧姆定律E I R
=
而动生电动势m E BLv = 联立解得：22
(sin cos )m mgR v B L θμθ-=
对金属棒下滑过程，由动能定理得： 21sin cos =02
m F mgx mg x W mv θμθ-⋅+-安 而由功能关系，克服安培力做功等于电路的焦耳热：=F W Q -安 联立解得：2322
44
(sin cos )(sin cos )2m g R Q mgx B L θμθθμθ-=-- (2)设金属棒经历时间t ∆，速度的变化量为v ∆，通过金属棒的电流为i ，流过金属棒的电荷量为Q ∆， 按照电流的定义Q i t
∆=∆ Q ∆也是平行板电容器的极板在t ∆内的增加量，
Q C U CBL v ∆=∆=⋅∆
金属棒受到的摩擦力为cos f mg μθ=
金属棒受到的安培力为i F BiL =
设金属棒下滑的加速度为a ，由牛顿第二定律有：
sin i mg f F ma θ--= 联立解得：22(sin cos )mg a m B L C
θμθ-=+ 加速度为恒定值，说明金属棒做匀加速直线运动
有v at = 可得瞬时速度与时间的关系：22(sin cos )mg v t m B L C
θμθ-=⋅+
11．如图所示，光滑轨道槽ABCD 与粗糙轨道槽GH 通过光滑圆轨道EF 平滑连接(D 、G 处在同一高度)，组成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内。

现将一质量m =1kg 的小球从AB 段距地面高h 0=2m 处静止释放，小球滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点E 点。

已知CD 、GH 与水平面的夹角为θ=37°，GH 段的动摩擦因数为μ=0.25，圆轨道的半径R ＝0.4m ，E 点离水平面的竖直高度为3R （E 点为轨道的最高点），（g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）小球第一次通过E 点时的速度大小；
（2）小球沿GH 段向上滑行后距离地面的最大高度；
（3）若小球从AB 段离地面h 处自由释放后，小球又能沿原路径返回AB 段，试求h 的取值范围。

【答案】（1）4m/s （2）1.62m ；（3）h≤0.8m 或h≥2.32m
【解析】
【详解】
（1）小球从A 点到E 点由机械能守恒定律可得：()20132
E mg h R mv -=
解得：4m/s E v =
（2）D 、G 离地面的高度122cos370.48o h R R m =-= 设小球在CH 斜面上滑的最大高度为h m ，则小球从A 点滑至最高点的过程，
由动能定理得()10cos37
0sin37m m h h mg h h mg μ︒︒---= 由以上各式并代入数据 1.62m h m =
（3）①小球要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则20.8h R m ≤=
②若能完成圆周运动，则小球返回时必须能经过圆轨道的最高点E ，在E 点，2m E v mg R
= 此情况对应小球在CH 斜面上升的高度为h '，小球从释放位置滑至最高点的过程，根据动能定理得：()1cos370sin37
h h mg h h mg μ︒---︒=' 小球从最高点返回E 点的过程，根据动能定理得：
()2113cos37sin372
E h h mg h R mg mv μ︒'---︒⋅
=' 由以上各式得h =2.32m 故小球沿原路径返回的条件为h ≤0.8m 或h ≥2.32m
12．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 =53mg q
μ (q 为物块的带电量)，现将物块从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】2()g L R μ+43gL μ1()23n gL μ-，其中n ＝1、2、3……. 【解析】
【详解】
(1)设物块在A 点的速度为v 1，由动能定理有
－μmgL －mgR ＝0－12
m 21v 解得 v 12()g L R μ+
(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
知：(q
E m g μ-)L ＝12m 22v 可得：243
gL v μ= (3)设第2、4、6、…、2n 次经过B 点时的速度分别为v 2、v 4、…、v 2n ，
第2、4、6、…、2(n －1)次离开B 点向右滑行的最大距离分别为L 1、L 2、…、L n －1，
则：－(q
E m g μ+)L 1＝0－12m 22v (q
E m g μ-)L 1＝12m 24v 解得42
q q v E m g v E m g μμ-==+12 同理64v v ＝12 ……222n n v v -=＝12
综上可得1221()2
n n v v -=
1 () 2n-其中n＝1、2、3…
v2n＝。