高中物理动能与动能定理专题训练答案

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

11．如图所示，圆弧轨道AB是在竖直平面内的圆周，B点离地面的高度h=0.8m，该处切

4线是水平的，一质量为m=200g的小球（可视为质点）自A点由静止开始沿轨道下滑（不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力），小球从B点水平飞出，最后落到水平地面上的D点．已知小物块落地点D到C点的距离为x=4m，重力加速度为g=10m/s2．求：

（1）圆弧轨道的半径

（2）小球滑到B点时对轨道的压力． 【答案】（1）圆弧轨道的半径是5m．

（2）小球滑到B点时对轨道的压力为6N，方向竖直向下． 【解析】

（1）小球由B到D做平抛运动，有：h=x=vBt 解得： vBx12gt 2g10410m/s 2h20.81mvB2-0 2A到B过程，由动能定理得：mgR=解得轨道半径 R=5m

2vB（2）在B点，由向心力公式得：Nmgm

R解得：N=6N

根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N=N=6N，方向竖直向下

点睛：解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动．

2．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轨道。

（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【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−mv02 由功能关系：W弹=-△Ep=-Ep 解得 Ep=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＝Ek−mv02 解得 Ek=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＝mv22−Ek

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mv12≤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＝mv12-mv02

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。

3．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点、圆心角 θ＝60°，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.2．某运动员从轨道上的A点以v0＝3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为m＝60kg，B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h＝2m和H＝2.5m.求：

(1)运动员从A点运动到B点过程中，到达B点时的速度大小vB； (2)水平轨道CD段的长度L；

(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C点的距离. 【答案】(1)vB＝6m/s (2) L＝6.5m (3)停在C点右侧6m处 【解析】 【分析】 【详解】

（1）在B点时有vB＝

v0，得vB＝6m/s cos60（2）从B点到E点有mghmgLmgH012mvB，得L＝6.5m 2（3）设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从B到第一次返回左侧最高处有

12mghmgh'mg2L0mvB，得h′＝1.2m2回到B点，从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得

12mghmgs0mvB，得s＝19m，s＝2L＋6 m，故运动员最后停在C点右侧6m处.

2

4．如图所示，在倾角为θ=30°的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为m的半圆柱体A紧靠挡板放在斜面上，质量为2m的圆柱体B放在A上并靠在挡板上静止。A与B半径均为R，曲面均光滑，半圆柱体A底面与斜面间的动摩擦因数为μ．现用平行斜面向上的力拉A，使A沿斜面向上缓慢移动，直至B恰好要降到斜面．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求： （1）未拉A时，B受到A的作用力F大小； （2）在A移动的整个过程中，拉力做的功W；

（3）要保持A缓慢移动中拉力方向不变，动摩擦因数的最小值μmin．

【答案】（1）F =3mg（2）W【解析】 【详解】

（1）研究B，据平衡条件，有

153(93)mgR （3）min 29F =2mgcosθ

解得

F =3mg

（2）研究整体，据平衡条件，斜面对A的支持力为

N =3mgcosθ =f =μN =由几何关系得A的位移为

x =2Rcos30°=3R

克服摩擦力做功

Wf =fx =4.5μmgR

由几何关系得A上升高度与B下降高度恰均为

h =据功能关系

W + 2mgh - mgh - Wf = 0

解得

33mg 233μmg 23R 21W(93)mgR

2（3）B刚好接触斜面时，挡板对B弹力最大 研究B得

Nm研究整体得

2mg4mg

sin30fmin + 3mgsin30° = N′m

解得

fmin = 2.5mg

可得最小的动摩擦因数：

min

fmin53 N95．如图所示，质量m=2kg的小物块从倾角θ=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AB长度为3m，斜面末端B处与粗糙水平面平滑连接．试求：

（1）小物块滑到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μ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：

mgsABsin37解得：

12mvB 2vB2gsABsin3721030.6m/s6m/s；

(2)物块在斜面上的加速度为：

a1gsin6m/s2

在斜面上有：

1sABa1t2

2代入数据解得：

t11s

物块在BC段的运动时间为：

t2tt11.5s

BC段的位移为：

1sBC(vB0)t24.5m

2（3）在水平面上，有：

0﹣vBa2t2

解得：

a2根据牛顿第二定律有：

vB4m/s2． t2﹣mgma2

代入数据解得：

0.4．

(4)从A到D的过程，根据动能定理得：

mgsABsinFsBDsABcosmgsBD0

代入数据解得：

F2.48N 【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．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 22112mv22mvc2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

7．如图所示，AB是光滑的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，将弹簧水平放置，一端固定在A点．现使质量为m的小滑块从D点以速度v0＝

进入轨道DCB，然后沿着BA运动压缩弹簧，弹簧压缩最短时小滑块处于P点，重

力加速度大小为g，求：

（1）在D点时轨道对小滑块的作用力大小FN； （2）弹簧压缩到最短时的弹性势能Ep；

（3）若水平轨道AB粗糙，小滑块从P点静止释放，且PB＝5l，要使得小滑块能沿着轨道BCD运动，且运动过程中不脱离轨道，求小滑块与AB间的动摩擦因数μ的范围． 【答案】（1）

（2）

（3）μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7

【解析】（1）解得

（2）根据机械能守恒

解得

（3）小滑块恰能能运动到B 点

解得μ＝0.7

小滑块恰能沿着轨道运动到C点

解得μ＝0.5 所以0.5≤μ≤0.7

小滑块恰能沿着轨道运动D点

解得μ＝0.2 所以μ≤0.2

综上 μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7

8．如图，质量为m=1kg的小滑块（视为质点）在半径为R=0.4m的1/4圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v=2m/s．当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ=37°、长s=1m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0≤μ≤1.5之间调节．斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点．认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力．

（1）求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功； （2）若设置μ=0，求质点从C运动到D的时间； （3）若最终滑块停在D点，求μ的取值范围． 【答案】（1）20N， 2J；（2）【解析】 【分析】

（1）根据牛顿第二定律求出滑块在B点所受的支持力，从而得出滑块对B点的压力，根据动能定理求出AB端克服阻力做功的大小．

（2）若μ=0，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出C到D的时间．

1s；（3）0.125≤μ＜0.75或μ=1． 3（3）最终滑块停在D点有两种可能，一个是滑块恰好从C下滑到D，另一种是在斜面CD和水平面见多次反复运动，最终静止在D点，结合动能定理进行求解． 【详解】

v2（1）滑块在B点，受到重力和支持力，在B点，根据牛顿第二定律有：F−mg＝m，

R代入数据解得：F=20N， 由牛顿第三定律得：F′=20N．

从A到B，由动能定理得：mgR−W＝代入数据得：W=2J．

（2）在CD间运动，有：mgsinθ=ma， 加速度为：a=gsinθ=10×0.6m/s2=6m/s2， 根据匀变速运动规律有：s＝vt+代入数据解得：t=

12mv， 212at 21s． 3（3）最终滑块停在D点有两种可能： a、滑块恰好能从C下滑到D．则有： mgsinθ•s−μ1mgcosθ•s＝0−代入数据得：μ1=1，

b、滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点． 当滑块恰好能返回C有：−μ1mgcosθ•2s＝0−代入数据得到：μ1=0.125，

当滑块恰好能静止在斜面上，则有：mgsinθ=μ2mgcosθ， 代入数据得到：μ2=0.75．

所以，当0.125≤μ＜0.75，滑块在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点． 综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ＜0.75或μ=1． 【点睛】

解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动规律，运用动力学知识和动能定理进行求解，涉及到时间问题时，优先考虑动力学知识求解．对于第三问，要考虑滑块停在D点有两种可能．

12mv， 212mv， 2

9．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/s2.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)v14m/s (2)FN6N (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v1，由动能定理有：

mgR1mv12 2解得：v14m/s

（2）物体P做匀速圆周运动，在B点由牛顿第二定律有:

mv12 FNmgR解得物体P在B点受到的支持力FN6N （3）P滑行至碰到物体Q前，由动能定理有:

mgL11mv22mv12 22解得物体P与Q碰撞前的速度v22m/s

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:

mv2mmv3

解得P与Q一起从桌边飞出的速度v31m/s 由平碰后P、Q一起做平抛运动，有：

h12gt 2sv3t

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:

E1mgL1.2J

物体P和Q碰撞过程中损失的机械能:

11E2mv22(mm)v320.2J

22两小物体落地前损失的机械能EE1E2 解得：△E=1.4J

10．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h0=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/s2，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：mgh03R解得：vE4m/s

o（2）D、G离地面的高度h12R2Rcos370.48m

12mvE 2设小球在CH斜面上滑的最大高度为hm，则小球从A点滑至最高点的过程， 由动能定理得mgh0hmmgcos37由以上各式并代入数据hm1.62m

（3）①小球要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则h2R0.8m

2vE②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，mgm

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

hmh10 sin37能定理得：mghhmgcos37hh10 sin37小球从最高点返回E点的过程，根据动能定理得：

mgh3Rmgcos37由以上各式得h=2.32m

hh112mvE sin372故小球沿原路径返回的条件为h≤0.8m或h≥2.32m

11．如图所示的实验装置，可用来探究物体在斜面上运动的加速度以及弹簧储存的弹性势能。实验器材有：斜面、弹簧(弹簧弹性系数较大)、带有遮光片的滑块(总质量为m)、光电门、数字计时器、游标卡尺、刻度尺。实验步骤如下：

①用适当仪器测得遮光片的宽度为d；

②弹簧放在挡板 P 和滑块之间，当弹簧为原长时，遮光板中心对准斜面上的A点； ③光电门固定于斜面上的B点，并与数字计时器相连；

④压缩弹簧，然后用销钉把滑块固定，此时遮光板中心对准斜面上的O点； ⑤用刻度尺测量A、B两点间的距离L；

⑥拔去锁定滑块的销钉，记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间△t； ⑦移动光电门位置，多次重复步骤④⑤⑥。 根据实验数据做出的纵轴截距为 b。

11L －图象为如图所示的一条直线，并测得－L图象斜率为k、22tt

1－L图象可求得滑块经过A位置时的速度vA=____，滑块在斜面上运动的加2t速度a =_____。

（1）根据

（2）实验利用光电门及公式v=“大于”或“小于”）。

（3）本实验中，往往使用的弹簧弹性系数较大，使得滑块从O到A恢复原长过程中弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，则弹簧储存的弹性势能Ep=___，Ep的测量值与真实值相比，测量值偏_____(填“大”或“小”)。

d测量滑块速度时，其测量值____真实值（选填“等于”、t【答案】db 【解析】 【详解】

121kd 小于 mbd2 大 22第一空：滑块从A到B做匀加速直线运动，设加速度为a，由于宽度较小，时间很短，所以

瞬时速度接均速度，因此有B点的速度为：vB2B2Ad，根据运动学公式有： t222avAvA12avv2aL，化简为22L2，结合图象可得：b2，k2

dtddd解得：vAdb； 第二空：由k2a12akd； ，解得：

d22第三空：由于弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，所以摩擦力和重力沿斜面的分量

忽略不计，根据能量守恒可得：EP121mvAmbd2； 2212mvA， 2第四空：考虑摩擦力和重力沿斜面的分量，根据动能定理可得：WNWGWf而EP真WN，摩擦力小于重力沿斜面的分量，Ep的测量值与真实值相比，测量值偏大。

12．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，B1O1D1AO11C1B2O2D2A2O2C2。一质量为m的小物块以水平向左的速度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B1A2上经过的总路程。 【答案】（1）106N，方向向下（2）47m/s（3）【解析】 【详解】

(1)物块在C1点做圆周运动，由牛顿第二定律有：

2v0Nmgm

R2v0可得：Nmgm106N

R53m 4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：lA2B1A1B22Rcos4m sin1212mv2mv0 22从C1到C2由动能定理可得：mglcos2可得：v2v02glcos47m/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E02mgR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：

EWfmglcos16J

设n为从第一次经过D1后，翻越D1和D2的总次数，则有：

12mv0nEE0， 212mv0-n1EE0 2可得：n=2，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：

12mgscosmgR1cos0mv0

2可得：s=

69m 453m 4故在B1A2直管道上经过的路程为s'=s－l=