高考物理动能与动能定理基础练习题含解析

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，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）【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：向上：

，解得

，水平方

1mgR 2

（2）小滑块在最低点时速度为vC由机械能守恒定律得

牛顿第二定律：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．

由牛顿第三定律得：

，方向竖直向

3．下雪天，卡车在笔直的高速公路上匀速行驶．司机突然发现前方停着一辆故障车，他将刹车踩到底，车轮被抱死，但卡车仍向前滑行，并撞上故障车，且推着它共同滑行了一段距离l后停下．事故发生后，经测量，卡车刹车时与故障车距离为L，撞车后共同滑行的距

8L．假定两车轮胎与雪地之间的动摩擦因数相同．已知卡车质量M为故障车质量25m的4倍．

v1(1)设卡车与故障车相撞前的速度为v1两车相撞后的速度变为v2，求

v2离l (2)卡车司机至少在距故障车多远处采取同样的紧急刹车措施，事故就能免于发生． 【答案】(1)【解析】

(1)由碰撞过程动量守恒Mv1=(Mm)v2 则

v15① v24v153 (2)LL v242(2)设卡车刹车前速度为v0，轮胎与雪地之间的动摩擦因数为μ 两车相撞前卡车动能变化

11Mv02Mv12MgL ② 221(Mm)v220(Mm)gl ③ 2碰撞后两车共同向前滑动，动能变化

22由②式v0v12gL

2由③式v22gL

又因l8L可得v023gL 251Mv020MgL' ④ 2如果卡车滑到故障车前就停止，由

故L'3L 23L处紧急刹车，事故就能够免于发生． 2这意味着卡车司机在距故障车至少

4．质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是多少？

【答案】wf克【解析】 【分析】

1mgR 2本题首先用牛顿第二定律列示求出圆周运动最低点与最高点得瞬时速度的大小，再由最低点到最高点列动能定理解题，得出空气阻力做的功．本题属于绳子栓小球模型，注意最高点重力提供向心力． 【详解】

mv12 v16gR 最低点 7mgmgR2mv2 v2gR 最高点： mgR由动能定律 得 2mgRwf解得 wf1212mv2mv1 221mgR 21mgR 2所以 克服空气阻力做功wf克【点睛】

本题是圆周运动模型解题，结合牛顿运动定律与动能定理解圆周问题．

5．如图所示，ABC为竖直面内一固定轨道，AB段是半径为R的

1光滑圆弧，水平段与圆4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) v1=2g(R-L) (2) S=R (3) 物块最后一次滑到底端B处对圆轨道的压力可

骣4L骣8L琪3-mg3-mg 能为琪或琪琪RR桫桫【解析】 【详解】

(1)对物块第一次从A到C过程，根据动能定理：

mgRmgL解得第一次碰撞挡板的速率

12mv1 ① 2v1=2g(R-L)②

(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

S=R④

(3)设物块最后一次经过圆弧轨道底端B时的速率为v2，对圆轨道的压力为FN，则：

2v2FNmgm ⑤

R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：

12mgRmg2Lmv2⑥

2由⑤⑥解得

4LFN3mg ⑦

R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：

12mgRmg4Lmv2 ⑧

2由⑤⑧解得

8LFN3mg ⑨

R骣4L骣8L琪3-mg3-mg 物块最后一次滑到底端B处对圆轨道的压力可能为琪或琪琪RR桫桫

6．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mA=0.01kg、mB=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/s2 ．

（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）【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WT和WT， 根据题意有：WTWT0

设A、B到达圆环最高点的动能分别为EKA、EKB 对A根据动能定理：qER﹣mAgR+WT1=EKA 对B根据动能定理：WT1mBgRE 联立解得：EKA+EKB=﹣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vA、vB，

22m/s （3）0.1344J 3因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故：vA=vB 对A根据动能定理：qERsinmAgRsinWT2对B根据动能定理：WT2mBgR1cos联立解得： vA212mAvA 212mBvB 283sin4cos4 9322时，A、B的最大速度均为vmaxm/s 43由此可得：当tan（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：sin24或sinα=0（舍去） 2584J0.1344J 625所以A的电势能减少：EPqERsin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．

7．一质量为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）v1=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=mgsin30°+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F1， 由牛顿第二定律得：F1-(mgsin30°+0.3mg)=ma 4s末时玩具车功率达到最大，则P=F1v1 由运动学公式v1=at1 （其中t1=4s） 代入数据解得:v1=8m/s

（3）玩具车在0~4s内运动位移x1=得：x1=16m

玩具车在4~12s功率恒定，设运动位移为x2，设t2=12s木时玩具车速度为v，由动能定理得

P(t2-t1)-(mgsin30°+0.3mg)x2=代入数据解得：x2=77.75m 所以轨道长度L=x1+x2=93.75m

12at1 21212mvmv1 22

8．如图所示，一质量M=4kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C，圆弧BC所对圆心角θ＝37°，圆弧半径R=2.25m，滑动摩擦因数μ=0.48。质量m=1kg的小物块从某一高度处的A点以v0＝4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，最终与小车保持相对静止。取g＝10m/s2，sin37°=0.6，忽略空气阻力，求:

（1）A、B间的水平距离；

（2）物块通过C点时，轨道对物体的支持力； （3）物块与小车因摩擦产生的热量。 【答案】（1）1.2m（2）FN25.1N（3）13.6J 【解析】 【详解】

（1）物块从A到B由平抛运动的规律得: tanθ=

gt v0x= v0t 得x=1.2m

（2）物块在B点时，由平抛运动的规律得：vBv0 cos物块在小车上BC段滑动过程中，由动能定理得： mgR(1－cosθ)＝

2vC 在C点对滑块由牛顿第二定律得 FNmgmR11mvC2－mvB2 22联立以上各式解得：FN25.1N

（3）根据牛顿第二定律，对滑块有μmg＝ma1， 对小车有μmg＝Ma2

当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即 vC－a1t1＝a2t1 由以上各式解得 t134s， 634m/s 5此时小车的速度为v＝a2t1＝物块在CD段滑动过程中由能量守恒定律得：解得：Q=13.6J

11mvC2＝（M＋m）v2 + Q 22

9．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?

5mg(2)若在整个空同加上水平向左的匀强电场，场强大小为E= (q为物块的带电量)，现

3q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】(1) 2g(L+R) (2) 1gL4gL (3) ()n2，其中n＝1、2、3……. 323【解析】 【详解】

(1)设物块在A点的速度为v1，由动能定理有 －μmgL－mgR＝0－

12mv1 2解得 v1＝2g(L+R)

(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

Emg)L＝知：(q可得：v212mv2 24gL 3(3)设第2、4、6、…、2n次经过B点时的速度分别为v2、v4、…、v2n，

第2、4、6、…、2(n－1)次离开B点向右滑行的最大距离分别为L1、L2、…、Ln－1，

Emg)L1＝0－则：－(qEmg)L1＝(q解得

12mv2 212mv4 2vqEmg14 vqEmg22v6v2n1＝1 ＝ ……v4v2n222同理

v2n1n1() 综上可得v22v2n＝()n212gL3 其中 n＝1、2、3…

10．一束初速度不计的电子流在经U＝5000V的加速电压加速后在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d＝1.0cm，板长l＝5.0cm，电子电量e＝

1.61019C，那么

（1）电子经过加速电场加速后的动能为多少?

（2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大的电压?

16【答案】(1) Ek810J (2)要使电子能飞出，所加电压最大为400V

【解析】 【详解】

（1）加速过程，由动能定理得:ElseU解得:Ek5000eV81016J

（2）在加速电压一定时，偏转电压U越大，电子在极板间的偏转距离就越大当偏转电压大

到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压. 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动lv0t②

12mv0① 2FeU在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，加速度:a③ mdm12at④ 21能飞出的条件为yd⑤

2偏转距离y解①~⑤式得:U„2Udl22250001.010225.010224.0102V

即要使电子能飞出，所加电压最大为400V

11．如图所示，在高h1＝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v1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h2＝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/s2． (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】(1)3s (2)50 J (3)【解析】 【分析】

11≤μ≤

26【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＝解得t12gt 23s

(2)由Rcos∠BOC＝h1－h2，R＝h1，所以∠BOC＝60°.设小物块平抛的水平速度是v1，则

gttan60o v1解得：v1＝10 m/s则Ep＝

12

mv＝50 J 2(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smax＝3L，路程的最小值是smin＝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＋mgh1＋

12

mv＝μminmgsmax 212

mv＝μmaxmgsmin 2解得：μmax＝即

11，μmin＝ 2611≤μ≤

26

12．如图所示，AB为倾角37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙，BP为圆心角等于143°、半径R=1m的竖直光滑圆弧轨道，两轨道相切于B点，P、Q两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m=2kg的小物块在外力作用下降弹簧缓慢压缩到D点后（不栓接）释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x12t4t2（式中x单位为m，t单位是s），假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g10m/s，试求：

2

（1）若CD=1m，试求物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功； （2）B、C两点间的距离x；

（3）若在P处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞后速度反向，速度大小不变，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？

【答案】（1）156J（2）x【解析】

49m（3）不会脱离轨道 8试题分析：（1）由x12t4t2知，物块在C点速度为v012m/s 设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理有

WmgCDsin3712mv0 2代入数据得：W156J

（2）由x12t4t2知，物块从C运动到B过程中的加速度大小为a8m/s2 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得mgsinmgcosma 代入数据解得0.25

2vP物块在P点的速度满足mgm

R物块从B运动到P的过程中机械能守恒，则有 mvB12212mvPmghpB，又2hpBR1sin53

22vBv02axBC 物块从C运动到B的过程中有 由以上各式解得xBC49m 8（3）假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O点等高的位置Q点，且设其速度为vQ， 由动能定理得 mvQ12212mvPmgR2mgxBCcos37 2vQ190 解得 可见物块返回后不能到达Q点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道． 考点：考查了动能定理，牛顿第二定律，机械能守恒定律

【名师点睛】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律以及牛顿第二定律，对学生的能力要求较高，关键理清物体的运动情况，掌握临界条件，选择合适的规律进行求解．

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