高中物理动能与动能定理题20套(带答案)含解析

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。传送带由电动机带动，以v2m/s的速度顺时针匀速转动，倾角37。工人将工件轻放至传送带最低点A，由传送带传送至最高点B后再由另一工人运走，工件与传送带间的动摩擦因数为7，所运送的每个工8件完全相同且质量m2kg。传送带长度为L6m，不计空气阻力。（工件可视为质点，

sin370.6，cos370.8，g10m/s2）求：

(1)若工人某次只把一个工件轻放至A点，则传送带将其由最低点A传至B点电动机需额外多输出多少电能？

(2)若工人每隔1秒将一个工件轻放至A点，在传送带长时间连续工作的过程中，电动机额外做功的平均功率是多少？

【答案】(1)104J；(2)104W 【解析】 【详解】 (1)对工件

mgcosmgsinma

v22ax

vat1

t12s

得

x2m

x带vt12x x相x带x2m

由能量守恒定律

E电QEpEk

即

1E电mgcosx相mgLsinmv2

2代入数据得

E电104J

(2)由题意判断，每1s放一个工件，传送带上共两个工件匀加速，每个工件先匀加速后匀速运动，与带共速后工件可与传送带相对静止一起匀速运动。匀速运动的相邻的两个工件间距为

xvt2m

Lxnx

得

n2

所以，传送带上总有两个工件匀加速，两个工件匀速 则传送带所受摩擦力为

f2mgcos2mgsin

电动机因传送工件额外做功功率为

Pfv104W

2．如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C点切线水平，长为L=4m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接。质量分别为m1=0.3kg和m2=1kg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v0=1.5m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.15．某时剪断细绳，小物体m1向左运动，m2向右运动速度大小为v2=3m/s，g取10m/s2．求：

(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep

(2)从小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E

(3)为了让小物体m1从C点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC的半径R和小物体m1平抛的最大水平位移x的大小。 【答案】(1)19.5J(2)6.75J(3)R=1.25m时水平位移最大为x=5m 【解析】 【详解】

(1)对m1和m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：

0=m1v1-m2v2

解得

v1=10m/s

剪断细绳前弹簧的弹性势能为：

Ep11m1v12m2v22 22解得

Ep=19.5J

(2)设m2向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：

-μm2gx=0-解得

x=3m＜L=4m

则m2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v0=1.5m/s，然后向左匀速运动，直至离开传送带。

设小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t。取向左为正方向。 根据动量定理得：

μm2gt=m2v0-（-m2v2）

解得：

t=3s

该过程皮带运动的距离为：

x带=v0t=4.5m

故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：

E=μm2gx带

解得：

E=6.75J

(3)设竖直光滑轨道AC的半径为R时小物体m1平抛的水平位移最大为x。从A到C由机械能守恒定律得：

1m2v22 211 m1v12m1vC22mgR 22由平抛运动的规律有：

x=vCt1

2R联立整理得

12gt1 2x4R(104R)

根据数学知识知当

4R=10-4R

即R =1.25m时，水平位移最大为

x=5m

3．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v0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Ep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Epm，小物块速度大小为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，质量为上述过程，则平板向右运动的最大速度为多大？

2Epm4v0v【答案】(1)；(2)mg；(3) 9gmg2v0求该过程3m的小物块重复2【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

11vmv02＝m(0)2＋Epm＋μmgs 2232Epm4v0s解得＝ 9gmg（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＝Ep1＋同理，当m′＝

12Mv 21mgm，平板达最大速度v′时，＝kx′

2211μmgx′＝Ep2＋Mv′2 22由题可知Ep∝x2，即Ep2＝解得v′＝

1Ep1 41v. 2

4．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．D

点位于水平桌面最右端，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＝0.45m的圆环剪去左上角127°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离为R，P点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R．若用质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，用同种材料、质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x＝4t﹣2t2，物块从D点飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道．g＝10m/s2，求：

（1）质量为m2的物块在D点的速度；

（2）判断质量为m2＝0.2kg的物块能否沿圆轨道到达M点：

（3）质量为m2＝0.2kg的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功. 【答案】（1）2.25m/s（2）不能沿圆轨道到达M点 （3）2.7J 【解析】 【详解】

（1）设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直方向分速度为：

vy2gR2100.45m/s＝3m/s

vyvD所以：vD＝2.25m/s

tan53°4 3（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则

v2mg＝m，

R解得：vgR32m/s 222vPvDvy322.252m/s＝3.75m/s

物块到达P的速度：

若物块能沿圆弧轨道到达M点，其速度为vM，由D到M的机械能守恒定律得：

1122m2vMm2vPm2g1cos53R 222可得：vM0.3375，这显然是不可能的，所以物块不能到达M点

（3）由题意知x＝4t-2t2，物块在桌面上过B点后初速度vB＝4m/s，加速度为：

a4m/s2

则物块和桌面的摩擦力：m2gm2a

可得物块和桌面的摩擦系数: 0.4

质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，由能量守恒可弹簧压缩到C点具有的弹性势能为：

Epm1gxBC0

质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点时，由动能定理可得：

1Epm2gxBCm2vB2

2可得，xBC2m 在这过程中摩擦力做功：

W1m2gxBC1.6J

由动能定理，B到D的过程中摩擦力做的功：

W2代入数据可得：W2＝-1.1J

质量为m2＝0.2kg的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功

1122m2vDm2v0 22WW1W22.7J

即克服摩擦力做功为2.7 J.

5．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小于

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21m 2

6．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

,水平轨道,求

长为

,其动摩

簧,第一次可将弹簧压缩至点,已知光滑圆轨道的半径擦因数

,光滑斜面轨道上

长为

,取

(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【答案】(1)

(2)

上运动的总时间及滑块几次经过点. (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:

.滑块从点到点,由动能定理可得:

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

解得: (3)将滑块在加速度

则滑块在水平轨道

段的运动全程看作匀减速直线运动

上运动的总时间

间,设滑块在

段运动的总路程为,从滑块第一次经过点到

滑块最终停止上在水平轨道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。

7．如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R．一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上与圆弧的圆心O等高的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．试求：

（1）物体释放后，第一次到达B处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程s；

（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力的大小；

（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D（E、O、D为同一条竖直直径上的3个点），释放点距B点的距离L应满足什么条件．

2gR(sincos)LR （2）FNmg(32cos)； 【答案】（1）vB；

tan（3）L…【解析】 【分析】 【详解】

（1）设物体释放后，第一次到达B处的速度为v1，根据动能定理可知：

(32cos)R

2(sincos)mgRcosmgcos解得：

Rcos12mv1 sin2vB2gR(sincos)

tan物体每完成一次往返运动，在AB斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达B点时，速度变为零，对物体从P到B 全过程用动能定理，有

mgRcosmgLcos0

得物体在AB轨道上通过的总路程为

L

R



（2）最终物体以B为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B运动到E时速度为

v2 v，由动能定理知：

mgR(1cos)在E点，由牛顿第二定律有

12mv2 22mv2 FNmgR解得物体受到的支持力

FNmg(32cos)

根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为FNFNmg(32cos)，方向竖直向

下．

（3）设物体刚好到达D点时的速度为vD此时有

2mvD mgR解得：

vDgR 设物体恰好通过D点时释放点距B点的距离为L0，有动能定理可知：

12mg[L0sinR(1cos)]mgcosL0mvD

2联立解得：

L0则：

(32cos)R

2(sincos)(32cos)RL… 2(sincos)答案：（1）vB2gR(sincos)LR

（2）FNmg(32cos)； （3）；

tan(32cos)RL… 2(sincos)

8．如图所示，四分之一光滑圆弧轨道AO通过水平轨道OB与光滑半圆形轨道BC平滑连接，B、C两点在同一竖直线上，整个轨道固定于竖直平面内，以O点为坐标原点建立直角坐标系xOy。一质量m=1kg的小滑块从四分之一光滑圆弧轨道最高点A的正上方E处由静止释放，A、E间的高度差h=2.7m，滑块恰好从A点沿切线进入轨道，通过半圆形轨道BC的最高点C时对轨道的压力F=150N，最终落到轨道上的D点(图中未画出)。已知四分之一圆弧轨道AO的半径R=1.5m，半圆轨道BC的半径r=0.4m，水平轨道OB长l=0.4m，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)小滑块运动到C点时的速度大小； (2)小滑块与水平轨道OB间的动摩擦因数； (3)D点的位置坐标.

【答案】(1)vC8m/s (2)0.5 (3)x1.2m,y0.6m

【解析】 【详解】

（1）滑块在C点时，对滑块受力分析，有

vC2 Fmgmr解得：vC8m/s

（2）滑块从E点到C点过程，由动能定理可知：

mghR2rmgl解得：0.5

12mvc 2（3）小滑块离开C点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则

2r12gt，svCt 2解得：s3.2ml0.4m

所以滑块落到四分之一圆弧轨道上，设落点坐标为x,y，则有：

2ry12gt 22lxvCt

x2RyR2

解得：x1.2m，y0.6m

9．如图所示，半径R = 0.1m的竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，AB距离x = 1m．质量m = 0.1kg的小滑块1放在半圆形轨道末端的B点，另一质量也为m = 0.1kg的小滑块2，从A点以v0210m/s的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道．已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数μ= 0.2．取重力加速度g10m/s2．两滑块均可视为质点．求

(1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v； (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能E； (3)在C点轨道对两滑块的作用力F．

【答案】(1)v=3m/s (2)ΔE= 0.9J (3)F=8N，方向竖直向下 【解析】 【详解】

(1)物块2由A到B应用动能定理：mgx解得v1=6m/s

1212mv1mv0 22两滑块碰撞前后动量守恒，根据动量守恒有:mv12mv 解得：v3m/s 方向：水平向右 (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能E解得：E0.9J

(3)两滑块从B到C机械能守恒，根据机械能守恒定律有：

121mv12mv2 221122mv22mvc2mgR 222vC两滑块在C点时：2mgFN2m

R解得：FN8N

据牛顿第三定律可得：在C点轨道对两滑块的作用力F=8N，方向竖直向下

10．图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，BC分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径R=1m，一质量m＝1kg的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的A点以大小v0＝12m／s的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的D点．已知A、B两点间的距离L1＝5．75m，物块与水平轨道写的动摩擦因数0．2，取g＝10m／s2，圆形轨道间不相互重叠，求：

（1）物块经过B点时的速度大小vB； （2）物块到达C点时的速度大小vC；

（3）BD两点之间的距离L2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q 【答案】(1) 11m/s (2) 9m/s (3) 72J 【解析】 【分析】 【详解】

（1）物块从A到B运动过程中，根据动能定理得：mgL1解得：vB11m/s

（2）物块从B到C运动过程中，根据机械能守恒得：解得：vC9m/s

1212mvBmv0 221212mvBmvCmg·2R 2212mvB 2（3）物块从B到D运动过程中，根据动能定理得：mgL20解得：L230.25m

对整个过程，由能量守恒定律有：Q解得：Q=72J 【点睛】

12mv00 2选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．知道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义．

1kg套在轻杆的小物11．如图所示，一轻质弹簧左端固定在轻杆的A点，右端与一质量m＝2，CD部分为一段光块相连但不栓接，轻杆AC部分粗糙糙，与小物块间动摩擦因数=0．滑的竖直半圆轨道．小物块在外力作用下压缩弹簧至B点由静止释放，小物块恰好运动到5m，小物块刚经过C点速度v＝4m／s，g取10m/s2，不计空气半圆轨道最高点D，BC＝阻力，求：

（1）半圆轨道的半径R；

（2）小物块刚经过C点时对轨道的压力；

（3）小物块在外力作用下压缩弹簧在B点时，弹簧的弹性势能Ep． 【答案】⑴0.4m⑵50N 方向垂直向下(3)18J 【解析】 【分析】 【详解】

(1)物块由C点运动到D点，根据机械能守恒定律

2mgRR=0.4m

12mv 2⑵小物块刚过C点时

v2FN－mg = m

Rv2所以FNmgm50N

R根据牛顿第三定律知小物块刚经过C点时对轨道的压力：

FFN50N

方向垂直向下

(3)小物块由B点运动到C点过程中，根据动能定理

W弹mgLBC12mv 2带入数据解得：W弹=18J 所以Ep18J．

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mA＝4 kg、mB＝8 kg和mC＝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/s2.

(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：mCgL代入数据解得：v04m/s

2v0对小球，由牛顿第二定律得：Tmcgmc

L代入数据解得：T=30N

1mCv02 2（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：mCv0mCvcmAvA 代入数据解得：vA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：mAvAmAmBv 代入数据解得：v=0.5m/s 由能量守恒定律得：mAgx代入数据解得：x=0.375m。

11mAvA2mAmBv2 22