高考物理动能与动能定理专题训练答案及解析

高考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，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，求：

（1）弹簧获得的最大弹性势能；

（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能；

（3）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。

【答案】（1）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m

【解析】

【详解】

（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从A到压缩弹簧至最短的过程中，由动

能定理得：?μmgl+W弹＝0?m v02

由功能关系：W弹=-△E p=-E p

解得 E p=10.5J；

（2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得

?2μmgl＝E k?m v02

解得 E k=3J；

（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：

①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得

?2mgR＝m v22?E k

小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得R≤0.12m

②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心

等高的位置，即m v12≤mgR，解得R≥0.3m；

设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得：

?2mgR ＝m v 12-m v 02

且需要满足 m ≥mg ，解得R≤0.72m ，

综合以上考虑，R 需要满足的条件为：0.3m≤R≤0.42m 或0≤R≤0.12m 。 【点睛】

解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。

2．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

3t =

??

(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+。

3．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．

4．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 ＝

1

3

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 ＝

23mgR

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：

x Rh =因为3x R ＜，且C v gR ≥

所以

324

R R h ＜ x 2-h 图象如图所示：

5．光滑水平面AB 与一光滑半圆形轨道在B 点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R ，一个质量为m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的9倍，之后向上运动经C 点再落回到水平面，重力加速度为g .求：

(1)弹簧弹力对物块做的功；

(2)物块离开C 点后，再落回到水平面上时距B 点的距离；

(3)再次左推物块压紧弹簧，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？ 【答案】(1) （2）4R （3）

或

【解析】 【详解】

（1）由动能定理得W ＝

在B 点由牛顿第二定律得：9mg －mg ＝m

解得W ＝4mgR

（2）设物块经C 点落回到水平面上时距B 点的距离为S ，用时为t ，由平抛规律知 S=v c t 2R=gt 2

从B 到C 由动能定理得

联立知，S= 4 R

（3）假设弹簧弹性势能为ＥＰ，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知 ＥＰ≤mgR

若物块刚好通过C 点，则物块从B 到C 由动能定理得

物块在C 点时mg ＝m 则

联立知：ＥＰ≥mgR .

综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为 ＥＰ≤mgR 或 ＥＰ≥mgR .

6．如图所示，将一根弹簧和一个小圆环穿在水平细杆上，弹簧左端固定，右端与质量为m 的小圆环相接触，BC 和CD 是由细杆弯成的1/4圆弧，BC 分别与杆AB 和弧CD 相切，两圆弧的半径均为R ．O 点为弹簧自由端的位置．整个轨道竖直放置，除OB 段粗糙外，其余部分均光滑．当弹簧的压缩量为d 时释放，小圆环弹出后恰好能到达C 点，返回水平杆时刚好与弹簧接触，停在O 点，（已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，小球通过B 处和C 处没有能量损失），问：

（1）当为弹簧的压缩量为d 时，弹簧具有的弹性势能P E 是多少？

（2）若将小圆环放置在弹簧的压缩量为2d 时释放，求小圆环到达最高点D 时，轨道所受到的作用力．

（3）为了使物块能停在OB 的中点，弹簧应具有多大的弹性势能？

【答案】（1）P 2E mgR =（2）9mg ，方向竖直向上（3）''

P 1=()2

E n mgR + （n =0、1、

2）

【解析】 【分析】 【详解】

（1）设小圆环与OB 之间的摩擦力为f ，OB=L ；从释放到回到O 点，由能量关系可知，当弹簧的压缩量为d 时，弹簧具有的弹性势能

P 2E fL =

小圆环从释放能到达C 点到，由能量关系可知

0P E fL mgR --=

可得：

P 2E mgR =

（2）因弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，则弹簧的压缩量为2d 时弹性势能为

E P ′=4E P =8mgR

小圆环到达最高点D 时：

'

2P D 122

E mv mg R fL =+?+

解得

D v =在最高点D 时由牛顿第二定律：

2D

v N mg m R

+=

解得

N =9mg ，方向竖直向下

由牛顿第三定律可知在D 点时轨道受到的作用为9mg ，方向竖直向上；

（3）为了使物块能停在OB 的中点，则要求滑块到达的最高点为D 点，然后返回，则

''P 23E fL mgR mgR ≤+=

为了使物块能停在OB 的中点，同时还应该满足：

''P 1

(21)()22

L E n f n mgR =+?

=+ 则只能取n =0、1、2；

7．如图所示，倾角为45α=?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，接着小滑块从最高点a 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的c 点. 已知圆环最低点为e 点，重力加速度为g ，不计空气阻力. 求： （1）小滑块在a 点飞出的动能； （）小滑块在e 点对圆环轨道压力的大小；

（3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）

【答案】（1）12k E mgr =；（2）F ′=6mg ；（3）42μ-= 【解析】 【分析】 【详解】

（1）小滑块从a 点飞出后做平拋运动： 2a r v t = 竖直方向：2

12

r gt = 解得：a v gr =

小滑块在a 点飞出的动能211

22

k a E mv mgr =

= （2）设小滑块在e 点时速度为m v ，由机械能守恒定律得：

2211

222

m a mv mv mg r =+? 在最低点由牛顿第二定律：2

m mv F mg r

-= 由牛顿第三定律得：F ′=F 解得：F ′=6mg

（3）bd 之间长度为L ，由几何关系得：()

221L r = 从d 到最低点e 过程中，由动能定理21

cos 2

m mgH mg L mv μα-?= 解得42

14

μ=

8．在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d ．现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d ．已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ． B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g ．求A 的初速度的大小．

【解析】 【详解】

设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v 0；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2．在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律，得

222012111

2222mv mv mv =+? 0122mv mv mv =+ ，

式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正，联立解得：

13v v =-

，2023

v v = 设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得

2111

2mgd mv μ=

， 2221222

m gd mv μ=?（） ．

按题意有：21d d d =+ ．

联立解得：0v

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：2

2F 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．如图所示，一个质量为m =0.2kg 的小物体(P 可视为质点)，从半径为R =0.8m 的光滑圆强轨道的A 端由静止释放，A 与圆心等高，滑到B 后水平滑上与圆弧轨道平滑连接的水平桌面，小物体与桌面间的动摩擦因数为μ=0.6，小物体滑行L =1m 后与静置于桌边的另一相同的小物体Q 正碰，并粘在一起飞出桌面，桌面距水平地面高为h =0.8m 不计空气阻力，g =10m/s 2.求：

(1)滑至B 点时的速度大小； (2)P 在B 点受到的支持力的大小； (3)两物体飞出桌面的水平距离； (4)两小物体落地前损失的机械能.

【答案】(1)14m/s v = (2)6N N F = (3)s =0.4m (4)△E =1.4J 【解析】 【详解】

（1）物体P 从A 滑到B 的过程，设滑块滑到B 的速度为v 1，由动能定理有：

211

2

mgR mv =

解得：14m/s v =

（2）物体P 做匀速圆周运动，在B 点由牛顿第二定律有:

2

1N F g mv m R

-= 解得物体P 在B 点受到的支持力6N N F = （3）P 滑行至碰到物体Q 前，由动能定理有:

222111

22

mv mg v L m μ--=

解得物体P 与Q 碰撞前的速度22m/s v =

P 与Q 正碰并粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律有:

()23mv m m v =+

解得P 与Q 一起从桌边飞出的速度31m/s v = 由平碰后P 、Q 一起做平抛运动，有：

2

12

h gt =

3s v t =

解得两物体飞出桌面的水平距离s =0.4m

（4）物体P 在桌面上滑行克服阻力做功损失一部分机械能:

1 1.2J E mgL μ?==

物体P 和Q 碰撞过程中损失的机械能:

2222311

()0.2J 22

mv m m v E -+=?=

两小物体落地前损失的机械能12E E E ?=?+? 解得：△E =1.4J

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()1

0cos370sin37m 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：()1

cos370sin37

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：

()2

113cos37sin372

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，物块B 静止放置在水平面上，物块A 以一定的初速度v 0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】12

【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： A 0A B 1()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()2

m 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 2B 3m m m =+v v v

222A 0A 2B 3111

222

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 2102m gx m μ-=-v

对B ：2

B 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 1

2

m m =