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1、高考物理动能与动能定理真题汇编( 含答案 ) 含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 如图所示，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 Ep=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=0.4，重力加速度g 值取 10m/s 2，不计空气阻力，求(1)物块
2、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vy22ghsin 60ovyv整理可得，物块通过P 点的速度v8m/s(2)从 P 到 M 点的过程中，机械能守恒1mv2 =mgR(1cos60o )+1mvM222在最高点时根据牛顿第二定律mvM2FNmgR整理得FN4.8N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vDv cos60o4
3、m/s从 C 到 D 的过程中，根据能量守恒定律Epmgx1 mvD22C、D 两点间的距离x2m2 如图，在竖直平面内，半径R=0.5m 的光滑圆弧轨道 ABC与粗糙的足够长斜面 CD 相切于 C 点， CD 与水平面的夹角=37，B 是轨道最低点，其最大承受力Fm=21N，过 A 点的切线沿竖直方向。现有一质量m=0.1kg 的小物块，从 A 点正上方的 P 点由静止落下。已知物块与斜面之间的动摩擦因数=0.5.取 sin37 =0.6.co37 =0.8，g=10m/s 2，不计空气阻力。(1)为保证轨道不会被破坏，求P、 A 间的最大高度差 H 及物块能沿斜面上滑的最大距离L；(2)若
4、 P、 A 间的高度差 h=3.6m，求系统最终因摩擦所产生的总热量Q。【答案】 (1) 4.5m， 4.9m ；(2) 4J【解析】【详解】(1)设物块在 B 点的最大速度为vB，由牛顿第二定律得：Fmmgm vB2R从 P 到 ，由动能定理得mg (HR)1 mvB202解得H=4.5m物块从 B 点运动到斜面最高处的过程中，根据动能定理得：-mg R（ 1-cos37 ）+Lsin37 - mgcos37 ?L=01 mvB22解得L=4.9m(3)物块在斜面上，由于mgsin37 mgcos37 ，物块不会停在斜面上，物块最后以B 点为中心， C 点为最高点沿圆弧轨道做往复运动，由功能
5、关系得系统最终因摩擦所产生的总热量Q=mg （h+Rcos37 ）解得Q=4J3 如图所示，半径为 R1 1.8 m 的1 光滑圆弧与半径为R2 0.3 m 的半圆光滑细管平滑连4接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L 2.0 m、质量为 M 1.5 kg 的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同现在让质量为m2 2 kg 的物块静止于B 处，质量为 m1 1 kg 的物块从光滑圆弧顶部的A 处由静止释放，物块m1 下滑至 B 处和 m2 碰撞后不再分开，整体设为物块 m(m m1 m2)物块 m 穿过半圆管底部C处滑上木板
6、使其从静止开始向左运动，当木板速度为 2 m/s 时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零 )，若 g10 m/s 2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计(1)求物块 m1 和 m2 碰撞过程中损失的机械能；(2)求物块 m 滑到半圆管底部 C 处时所受支持力大小；(3)若物块 m 与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为 0.25，求物块 m 在台阶表面上滑行的最大距离【答案】 12J190N0.8m【解析】试题分析 ：（ 1）选由机械能守恒求出物块m1 下滑到 B 点时的速度 ； m1 、 m2 碰撞满足动量守恒 ，由 E机1 m1vB21 mv共2 求出碰撞过程中损失的机械能；（ 2）物
7、块 m 由 B 到 C22满足机械能守恒 ，在 C 点由牛顿第二定律可求出物块m 滑到半圆管底部 C 处时所受支持力大小；（ 3）根据动量守恒定律和动能定理列式即可求解.设物块 m1 下滑到 B 点时的速度为 vB ，由机械能守恒可得：m1 gR11m1vB22解得： vB6m / sm 、 m 碰撞满足动量守恒： m1vB ( m1m2 )v共12解得；v共2m / s则碰撞过程中损失的机械能为：1212E机2m1vB2mv共12J物块 m 由 B 到 C 满足机械能守恒：1mv共2mg2R21mvC222解得： vC 4m / s在 C 处由牛顿第二运动定律可得：FNmgm vC2R2解得
8、： FN190N设物块 m 滑上木板后，当木板速度为 v2 2m / s 时，物块速度为 v1 ，由动量守恒定律得： mvC mv1 Mv 2解得： v13m / s设在此过程中物块运动的位移为x1 ，木板运动的位移为x2 ，由动能定理得：对物块 m：mgx11 mv121 mvC222解得： x11.4m对木板 M：mgx21 Mv 222解得： x20.4m此时木板静止，物块m 到木板左端的距离为： x3 L x2 x1 1m设物块 m 在台阶上运动的最大距离为x4 ，由动能定理得：mg(x3x4 ) 01 mv122解得： x40.8m4 如图所示，倾角为=45的粗糙平直导轨与半径为R
9、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） 1 mgR2【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：，水平方向上：，解得（2）小滑块在最低点时速度为vC 由机械能
10、守恒定律得牛顿第二定律：由牛顿第三定律得：，方向竖直向下（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5 如图所示，质量m=2kg 的小物块从倾角=37的光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过 B 点后进入粗糙水平面，已知求：AB 长度为3m ，斜面末端B 处与粗糙水平面平滑连接试（1）小物块
11、滑到B 点时的速度大小（2）若小物块从A 点开始运动到 C 点停下，一共经历时间t=2.5s，求 BC 的距离（3）上问中，小物块与水平面的动摩擦因数多大？（4）若在小物块上始终施加一个水平向左的恒力F，小物块从 A 点由静止出发，沿ABC 路径运动到 C 点左侧 3.1m 处的 D 点停下求 F 的大小（ sin37 =0.6， cos37=0.8 ）【答案】（ 1） 6m/s （2） 1.5s（3）0.4 （ 4） F 2.48N【解析】【详解】(1)根据机械能守恒得：mgsAB sin 371 mvB22解得：vB2gsAB sin37210 30.6m/s6m/s ；(2)物块在斜面上
12、的加速度为：a1g sin6m/s 2在斜面上有：sAB1a1t 22代入数据解得：t11s物块在 BC 段的运动时间为：t2tt11.5sBC 段的位移为：sBC1 (vB0)t24.5m2（3）在水平面上，有：0 vBa2t2解得：a2vB4m/s 2t2根据牛顿第二定律有：mgma2代入数据解得：0.4 (4)从 A 到 D 的过程，根据动能定理得：mgsAB sinF sBDsAB cosmgsBD0代入数据解得：F2.48N【点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加
13、速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力 .6 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 0.2（取重力加速度 g 10m/ s2， sin37 0.6， cos37 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
14、摩擦力所做的功W 和到达 C 点时速度的大小；（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 BC位置时，人从滑梯平抛到水面的水平位移最大，则此时滑道BC距水面的高度 h【答案】 (1) 1200J ； 45 m/s (2) 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：Wf1s1mgdf1 = mgcosHhs1=sin解得W 1200Jmg（ H h） W 1 mv 22得运动员滑到C 点时速度的大小v 45 m/s（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，1h gt22下滑
15、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 mv022运动员在水平方向的位移：x v0tx=4h (5h )当 h 2.5m 时，水平位移最大.7如图所示，一长度 LAB=4 98m，倾角 =30的光滑斜面 AB 和一固定粗糙水平台 BC 平滑连接，水平台长度 LBC=04m，离地面高度 H=1 4m，在 C 处有一挡板，小物块与挡板碰撞后原速率反弹，下方有一半球体与水平台相切，整个轨道处于竖直平面内。在斜面顶端 A 处静止释放质量为m=2kg 的小物块（可视为质点），忽略空气阻力，小物块与BC间的动摩擦因素=0 1， g 取 10m/s2。问：（ 1）小
16、物块第一次与挡板碰撞前的速度大小；（ 2）小物块经过 B 点多少次停下来，在 BC 上运动的总路程为多少；（ 3）某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板，最后小物块落在D 点，已知半球体半径r=0 75m， OD 与水平面夹角为 =53，求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板？（取）【答案】（ 1） 7 m/s；（ 2）63 次24 9m（ 3） 25 次【解析】试题分析：小物块从开始运动到与挡板碰撞，重力、摩擦力做功，运用动能定理。求小物块经过 B 点多少次停下来，需要根据功能转化或动能定理求出小物块运动的路程，计算出经过 B 点多少次。小物块经过平抛运动到达D 点，可以求出平抛时的初速度，进而求
17、出在BC 段上运动的距离以及和当班碰撞的次数。（1）从 A 到 C 段运用动能定理mgsin-ABmv2L =v=7m/s（2）从开始到最后停下在BC段所经过的路程为xmgsinLAB-mgx=0x=24 9m=31 1经过 AB 的次数为312+1=63 次（3）设小物块平抛时的初速度为V0H -r=gt2r+=v0tv0=3 m/s设第 n 次后取走挡板2mv02bcmv -=2L nn=25 次考点：动能定理、平抛运动【名师点睛】解决本题的关键一是要会根据平抛运动的规律求出落到D 时平抛运动的初速度；再一个容易出现错误的是在BC段运动的路程与经过B 点次数的关系，需要认真确定。根据功能关
18、系求出在BC 段运动的路程。8 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Ep 与弹簧的劲度系数k 和形变量x 的关系是：Ep =1kx2，水平传送带与物间的动摩擦因数=0.4，重力加速度g 取10m/s 2）2求：（ 1）若传送带静止不动物
19、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 v0=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 v0=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 - mgx=0-0解得 x =2m；（2）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s ，因为传送带长度
20、l=3m 大于 2m，所以物块到达 C 点的速度 vC=2m/s物块经过管道C 点，根据牛顿第二定律得mg- N=m vC2r解得，管道对物块的弹力N= 15 N 1.36N，方向竖直向上11根据牛顿第三定律得知，物块对管道的弹力大小N=N1.36N，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)-1kx 2=1mvm2-1mvC2222解得，最大速度vm=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
21、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vC222x1=0.5m2g2 0.4 10v0物块与传送带间的相对位移x1=x1 +v0?解得 x1=1.5mgvC2物块向右加速运动的位移x2=0.5m2 g物块与传送带间的相对位移x2=v0? v0 - x2=0.5mg因此，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能是E=mg( x1+ x2)解得 : E =4J9 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（
22、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 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=kr2v2，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v0，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vt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
23、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，试0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）1mu2mgh3kv02【答案】（ 1） W（ 2） r，24g（ 3） f2Sv2【解析】【详解】（1）由动能定理： mgh W1 mu22解得： W1mu2mgh2（2） a. 雨滴匀速运动时满足：4r 3g kr 2v02 ，33kv02解得 r4gb. 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：mS vt以 F 表示圆盘对气体分子的作用力，对气
24、体根据动量定理有：F t m2v解得： F2 Sv2由牛顿第三定律可知，圆盘所受空气阻力FF2Sv210 如图 1 所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图2 所示的模型：倾角=37、L=60cm 的直轨道 AB 与半径 R=10cm 的光滑圆弧轨道 BCDEF在 B 处平滑连接， C、 F 为圆轨道最低点， D 点与圆心等高， E 为圆轨道最高点；圆轨道在 F 点与水平轨道 FG平滑连接，整条轨道宽度不计，其正视图如图3 所示现将一质量m=50g 的滑块 ( 可视为质点) 从 A端由静止释放已知滑块与AB 段的动摩擦因数=0.25，与 FG 段的动摩擦因数=0.5，12sin37 =0.6，
25、 cos37 =0.8，重力加速度g=10m/s 2（ 1） 求滑块到达 E 点时对轨道的压力大小 FN；（ 2）若要滑块能在水平轨道 FG上停下，求 FG 长度的最小值 x；（3）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D 点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第 5 次返回轨道AB 上离 B 点最远时，它在AB 轨道上运动的总路程s【答案】（ 1） FN=0.1N（ 2） x=0.52m （ 3） s93 m160【解析】【详解】（1）滑块从A 到 E，由动能定理得：mgL sinR 1cos2 R1mgL cos1 mvE22代入数据得： vE30 m/s5滑块到达 E 点： mgFNm v
26、E2R代入已知得： FN=0.1N（2）滑块从 A 下滑到停在水平轨道FG 上，有mgL sinR 1cos1mgL cos2mgx0代入已知得： x=0.52m（3）若从距 B 点 L0 处释放，则从释放到刚好运动到D 点过程有：mg L0 sin+R(1 cos )R1mgL0 cos0代入数据解得： L0=0.2m从释放到第一次返回最高点过程，若在轨道AB 上上滑距离为L1，则：mg L0L1sin1mg L0L1 cos0解得： L1sin1 cosL01 L0sin1 cos2同理，第二次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L2，有：sin1 cos112L2L1L1L0sin1 c
27、os2215故第 5 次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L5L0，有：L52所以第5 次返回轨道 AB 上离 B 点最远时，它在 AB 轨道上运动的总路程s L02L1 2L22L32L4L593 m16011 如图所示，在竖直平面内有一“”管道装置，它是由两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。直管道和圆弧管道分别相切于A1 、 A2 、 B1 、 B2 ， D1 、 D2 分别是两圆弧管道的最高点， C1 、 C2 分别是两圆弧管道的最低点，C1 、 C2 固定在同一水平地面上。两直管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。圆弧管道的半径均为 R，B1O1D1AO C
28、B2O2 D 2A2O2C2。一质量为 m 的小物块以水平向111左的速度 v0 从 C1 点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为。设v0 12m / s ， m=1kg，R=1.5m，0.5 ，37 （sin37 =0.6，cos37=0.8）。求：（ 1）小物块从 C1 点出发时对管道的作用力；（ 2）小物块第一次经过 C2 点时的速度大小；（ 3）小物块在直管道 B1 A2 上经过的总路程。【答案】（ 1） 106N，方向向下（2）4537 m/s （ 3） m4【解析】【详解】(1)物块在 C1 点做圆周运动，由牛顿第二定律有：Nmgmv02R可得： Nmgm v02 106
29、NR由牛顿第三定律可知，小物块对管道的作用力大小为106N，方向向下(2)由几何知识易有：lA2 B12Rcos4mA1 B2sin从 C1 到 C2 由动能定理可得：mglcos1 mv221 mv0222可得： v2v022glcos47m / s(3)以 C1C2 水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D1、 D2 点时的机械能需满足：E E02mgR 30J由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足：EWfmglcos16J设 n 为从第一次经过D1 后，翻越 D1 和 D2 的总次数，则有：1 mv02nEE0 ，21 mv02 - n1EE02可得： n=2
30、，表明小物块在第二次经过D1 后就到不了 D2，之后在 D1B1A2C2D2 之间往复运动直至稳定，最后在A2 及 C2 右侧与 A2 等高处之间往复稳定运动。由开始到稳定运动到达A2 点，由动能定理有：mgscosmgR 1 cos01 mv02269m可得： s=453故在 B1A2 直管道上经过的路程为s=s l=m4A、B两球质量均为m，用一长为l的轻绳相连，A球中间有孔套在光滑的12 如图所示，足够长的水平横杆上，两球处于静止状态现给B 球水平向右的初速度 v0，经一段时间后B 球第一次到达最高点，此时小球位于水平横杆下方l/2 处（忽略轻绳形变）求：(1)B 球刚开始运动时，绳子对
31、小球B 的拉力大小 T；(2)B 球第一次到达最高点时， A 球的速度大小v ；1(3)从开始到 B 球第一次到达最高点的过程中，轻绳对B 球做的功 W【答案】（ 1） mg+m v02（ 2） v1v02gl（ 3） mglmv02l24【解析】【详解】（1） B 球刚开始运动时，A 球静止，所以B 球做圆周运动对 B 球： T-mg=m v02l得： T=mg+m v02l（2） B 球第一次到达最高点时，A、 B 速度大小、方向均相同，均为v1以 A、B 系统为研究对象，以水平横杆为零势能参考平面，从开始到点，根据机械能守恒定律，B 球第一次到达最高1 mv02mgl1 mv121 mv12mg l2222得： v1v02gl2（3）从开始到 B 球第一次到达最高点的过程，对B 球应用动能定理W-mg l1 mv121 mv022222mglmv得： W=0