(物理)物理动能与动能定理练习题20篇

（物理）物理动能与动能定理练习题20篇

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，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

2

2y v gh =

o sin 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

22

11=(1cos60)+22

o M mv mgR mv + 在最高点时根据牛顿第二定律

2M

N 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

2

12

p D E mgx mv μ=+

C 、

D 两点间的距离

2m x =

3．某游乐场拟推出一个新型滑草娱乐项目，简化模型如图所示。游客乘坐的滑草车（两者的总质量为60kg ），从倾角为53θ=?的光滑直轨道AC 上的B 点由静止开始下滑，到达

C 点后进入半径为5m R =，圆心角为53θ=?的圆弧形光滑轨道C

D ，过D 点后滑入倾

角为α（α可以在075α?剟

范围内调节）、动摩擦因数为3

μ=的足够长的草地轨道DE 。已知D 点处有一小段光滑圆弧与其相连，不计滑草车在D 处的能量损失，B 点到

C 点的距离为0=10m L ，10m/s g =。求：

(1)滑草车经过轨道D 点时对轨道D 点的压力大小；

(2)滑草车第一次沿草地轨道DE 向上滑行的时间与α的关系式；

(3)α取不同值时，写出滑草车在斜面上克服摩擦所做的功与tan α的关系式。

【答案】(1)3000N ；(2)

3

sin cos 2

t αα=

??+ ???

；(3)见解析 【解析】 【分析】 【详解】

(1)根据几何关系可知CD 间的高度差

()CD 1cos532m H R =-?=

从B 到D 点，由动能定理得

()20CD D 1

sin 5302

mg L H mv ?+=-

解得

D v =

对D 点，设滑草车受到的支持力D F ，由牛顿第二定律

2

D D v F mg m R

-= 解得

D 3000N F =

由牛顿第三定律得，滑草车对轨道的压力为3000N 。 (2)滑草车在草地轨道DE 向上运动时，受到的合外力为

sin cos F mg mg αμα=+合

由牛顿第二定律得，向上运动的加速度大小为

sin cos F a g g m

αμα=

=+合

因此滑草车第一次在草地轨道DE 向上运动的时间为

D

sin cos v t g g αμα

=

+

代入数据解得

t =

??

(3)选取小车运动方向为正方向。

①当0α=时，滑草车沿轨道DE 水平向右运动，对全程使用动能定理可得

[]01sin (1cos )+=00f mg L R W θθ+--

代入数据解得

16000J f W =-

故当0α=时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

6000J W =克1

②当030α<≤?时，则

sin cos g g αμα≤

滑草车在草地轨道DE 向上运动后最终会静止在DE 轨道上，向上运动的距离为

2D

22(sin cos )

v x g g αμα=+

摩擦力做功为

22cos f W mg x μα=-?

联立解得

2(J)3tan 1f W α=-

+

故当030α<≤?时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

2(J)3tan 1

W α=

+克

③当3075α?<≤?时

sin cos g g αμα>

滑草车在草地轨道DE 向上运动后仍会下滑，若干次来回运动后最终停在D 处。对全程使用动能定理可得

[]03sin (1cos )+=00f mg L R W θθ+--

代入数据解得

36000J f W =-

故当3075α?<≤?时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

6000J W =克3

所以，当0α=或3075α?<≤?时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000J ；当

030α<≤?时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

(J)3tan 1

α+。

4．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．

5．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m 1=0.3kg 和m 2=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v 0=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m 1向左运动，m 2向右运动速度大小为v 2=3m/s ，g 取10m/s 2．求：

(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能E p

(2)从小物体m 2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m 1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m 1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m 1和m 2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：

0=m 1v 1-m 2v 2

解得

v 1=10m/s

剪断细绳前弹簧的弹性势能为：

22112211

22

p E m v m v =

+ 解得

E p =19.5J

(2)设m 2向右减速运动的最大距离为x ，由动能定理得：

-μm 2gx =0-1

2

m 2v 22 解得

x =3m ＜L =4m

则m 2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v 0=1.5m/s ，然后向左匀速运动，直至离开传送带。

设小物体m 2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：

μm 2gt =m 2v 0-（-m 2v 2）

解得：

t =3s

该过程皮带运动的距离为：

x 带=v 0t =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 =μm 2gx 带

解得：

E =6.75J

(3)设竖直光滑轨道AC 的半径为R 时小物体m 1平抛的水平位移最大为x 。从A 到C 由机械能守恒定律得：

2211111 222

C m v m v mgR =+ 由平抛运动的规律有：

x =v C t 1

21122

R gt =

联立整理得

410()4x R R =-

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

6．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 =

=

7．如图所示，在竖直平面内的光滑固定轨道由四分之一圆弧AB 和二分之一圆弧BC 组成，两者在最低点B 平滑连接．过BC 圆弧的圆心O 有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各一块，挡板与圆弧轨道之间有宽度很小的缝隙．AB 弧的半径为2R ，BC 弧的半径为R .一直

径略小于缝宽的小球在A 点正上方与A 相距

23

R

处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．不考虑小球撞到挡板以后的反弹． (1)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．

(2)若小球能到达C 点，求小球在B 、C 两点的动能之比；若小球不能到达C 点，请求出小球至少从距A 点多高处由静止开始自由下落才能够到达C 点．

(3)使小球从A 点正上方不同高度处自由落下进入轨道，小球在水平挡板上的落点到O 点的距离x 会随小球开始下落时离A 点的高度h 而变化，请在图中画出x 2-h 图象．(写出计算过程)

【答案】(1)13

mg (2) 4∶1 (3)

过程见解析

【解析】 【详解】

（1）若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 设小球的质量为m ，在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有

N ＋mg ＝2

C mv R

小球由开始下落至运动到C 点过程中，机械能守恒，有

2

2132

C mgR mv =

由两式可知

N ＝

13

mg 小球可以沿轨道运动到C 点.

（2）小球在C 点的动能为E k C ，由机械能守恒得

E k C ＝

23

mgR

设小球在B 点的动能为E k B ，同理有

E k B ＝

83

mgR

得

E k B ∶E k C ＝4∶1．

（3）小球自由落下，经ABC 圆弧轨道到达C 点后做平抛运动。由动能定理得：

21

2

C mgh mv =

由平抛运动的规律得：

212

R gt =

x =v C t

解得：

2x Rh =

因为3x R ＜，且C v gR ≥

所以

324

R R h ≤＜ x 2-h 图象如图所示：

8．夏天到了，水上滑梯是人们很喜欢的一个项目，它可简化成如图所示的模型：倾角为θ＝37°斜滑道AB 和水平滑道BC 平滑连接（设经过B 点前后速度大小不变），起点A 距水面的高度H ＝7.0m ，BC 长d ＝2.0m ，端点C 距水面的高度h ＝1.0m ．一质量m ＝60kg 的人从滑道起点A 点无初速地自由滑下，人与AB 、BC 间的动摩擦因数均为μ＝0.2．（取重力加速度g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，人在运动过程中可视为质点），求： （1）人从A 滑到C 的过程中克服摩擦力所做的功W 和到达C 点时速度的大小υ；

（2）保持水平滑道端点在同一竖直线上，调节水平滑道高度h 和长度d 到图中B′C′位置时，人从滑梯平抛到水面的水平位移最大，则此时滑道B′C′距水面的高度h ′．

【答案】(1) 1200J ；45当h ＇＝2.5m 时，水平位移最大 【解析】 【详解】

（1）运动员从A 滑到C 的过程中，克服摩擦力做功为：

11W f s mgd μ=+ f 1=μmg cos θ s 1=

sin H h

θ

- 解得

W ＝1200J mg （H －h ）－W ＝

12

mv 2 得运动员滑到C 点时速度的大小

v ＝45

（2）在从C 点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t ，

h ＇＝

12

gt 2 下滑过程中克服摩擦做功保持不变W ＝1200J 根据动能定理得：

mg （H －h ＇）－W ＝

1

2

mv 02 运动员在水平方向的位移：

x ＝v 0t x 4'(5')h h -当h ＇＝2.5m 时，水平位移最大.

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0210v =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210m/s g =．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：22101122

mgx mv mv μ-=- 解得v 1=6m/s

两滑块碰撞前后动量守恒，根据动量守恒有:12mv mv = 解得：3/v m s = 方向：水平向右 (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能22111

222

E mv mv ?=-? 解得：0.9J E ?=

(3)两滑块从B 到C 机械能守恒，根据机械能守恒定律有：

22

1122222

c mv mv mgR ?=?+ 两滑块在C 点时：2

N 22C

v mg F m R

+=

解得：N 8N F =

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．如图所示在竖直平面内，光滑曲面AB 与长度l =3m 的水平传送带BC 平滑连接于B 点，传送带BC 右端连接内壁光滑、半径r =0.55m 的四分之一细圆管CD ，圆管内径略大于物块尺寸，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k =50N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐．一个质量为m =0.5kg 的物块（可视为质点）从曲面上P 点静止释放，P 点距BC 的高度为h =0.8m ．（已知弹簧的弹性势能E p 与弹簧的劲度系数k 和形变量

x 的关系是：E p =

12

kx 2

，水平传送带与物间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g 取10m/s 2．）求：

（1）若传送带静止不动物块在水平传送带BC 上前进的距离；

（2）若传送带向右匀速运动的速度v 0=2m/s ，物块刚进入细圆管CD 时对管道的弹力，物块在压缩弹簧过程中的最大速度（压缩弹簧过程未超过弹性限度）；

（3）若传送带向右匀速运动的速度v 0=2m/s ，物块从第一次进入细圆管后将做周期性的运动．由于物块与传送带发生相对运动，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能． 【答案】（1）2m （2）4m/s （3）4J 【解析】 【分析】 【详解】

（1）物块从P 点静止释放到停在传送带某处的过程中，根据动能定理得mgh -μmgx =0-0 解得x =2m ；

（2）若传送带向右匀速运动的速度v 0=2m/s ，因为传送带长度l =3m 大于2m ，所以物块到达C 点的速度v C =2m/s

物块经过管道C 点，根据牛顿第二定律得mg -N =m 2C

v r

解得，管道对物块的弹力N =

15

11

N≈1.36N ，方向竖直向上 根据牛顿第三定律得知，物块对管道的弹力大小N ′=N ≈1.36N ，方向竖直向下． 物块从C 点运动到速度最大的过程，根据平衡条件得mg =kx ′ 得x ′=0.1m

由动能定理得mg (r +x ′)-21'2kx =212m mv -212

C mv 解得，最大速度v m =4m/s

（3）物块再次回到C 点的速度仍为2m/s ，它在传送带上先向左匀减速运动到速度为零，再向右匀加速运动至C 点，速度大小仍为2m/s ，因此，电动机多消耗的电能即为物块与传送带之间的摩擦生热.

物块向左减速的位移x 1=

22C v g μ=2

220.410

??=0.5m 物块与传送带间的相对位移△x 1=x 1+v 0?0

v g

μ 解得△x 1=1.5m

物块向右加速运动的位移x 2=

22C

v g

μ=0.5m 物块与传送带间的相对位移△x 2=v 0?

v g

μ-x 2=0.5m 因此，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能是E =μmg (△x 1+△x 2) 解得:E =4J

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1m kg ＝

套在轻杆的小物块相连但不栓接，轻杆AC 部分粗糙糙，与小物块间动摩擦因数02μ=．

，CD 部分为一段光滑的竖直半圆轨道．小物块在外力作用下压缩弹簧至B 点由静止释放，小物块恰好运动到半圆轨道最高点D ，5BC m ＝

，小物块刚经过C 点速度4v m s ＝／，g 取210/m s ，不计空气阻力，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p E ． 【答案】⑴0.4m ⑵50N 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

2

122

mgR mv =

R=0.4m

⑵小物块刚过C 点时

F N －mg = m 2

v R

所以2

50N v F mg m N 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：

50N F F N ==

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

212

BC W mgL mv μ-=

弹 带入数据解得：=18W J 弹 所以18p E J =．

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：201

2

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：20

c 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：()2211

22

A A A A

B m gx m v m m v μ=-+ 代入数据解得：x =0.375m 。