最新高考物理动能与动能定理练习题及答案

动能、动能定理、重力势能练习一、选择题1、静止在光滑水平面上的物体，受到右图所示水平变力的作用，则A．F在2秒内对物体做功为零B．物体在2秒内位移为零C．2秒内F对物体的冲量为零D．物体在2秒末的速度为零2、车作匀加速运动，速度从零增加到V的过程中发动机做功W1，从V增加到2V的过程中发动机做功W2，设牵引力和阻力恒定，则有A、W2=2W lB、W2=3W1C、W2-＝4W lD、仅能判断W2>W13、如图，物体A、B与地面间的动摩擦因数相同质量也相同，在斜向力F的作用下，一起沿水平面运动，则下列说法正确的是A．摩擦力对A、B两物体所做功相等B．外力对A、B两物体做功相等C．力F对A所做功与A对B所做功相等D。

A对B所做功与B对A所做功大小相等4．质量为m的物块始终静止在倾角为θ的斜面上，下列说法正确的是A．若斜面向右匀速移动距离S，斜面对物块没有做功B．若斜面向上匀速移动距离S，斜面对物块做功mgsC．若斜面向左以加速度a匀加速移动距离S，斜面对物块做功masD．若斜面向下以加速度a匀加速移动距离S，斜面对物块做功m(g+a)s5、用100N的力将0．5千克的足球以8m／s的初速度沿水平方向踢出20米，则人对球做功为A．200J B．16J C．2000J D．无法确定6、物体与转台间的动摩擦因数为μ，与转轴间距离为R，m随转台由静止开始加速转动，当转速增加至某值时，m即将在转台上相对滑动，此时起转台做匀速转动，此过程中摩擦力对m做的功为A．0 B．2πμmgR C．2μmgR D．μmgR／27、m从高H处长S的斜面顶端以加速度a由静止起滑到底端时的速度为V，斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则下滑过程克服摩擦力做功为A．mgH－mV2∕2 B．mgsin θ－mas C．μmgscos θD．mgH8、子弹以水平速度V射人静止在光滑水平面上的木块M，并留在其中，则A．子弹克服阻力做功与木块获得的动能相等B．阻力对于弹做功小于子弹动能的减少C．子弹克服阻力做功与子弹对木块做功相等D．子弹克阻力做功大于子弹对木块做功9、有两个物体其质量M1＞M2它们初动能—样，若两物体受到不变的阻力F1和F2作用经过相同的时间停下，它们的位移分别为S1和S2，则A．F1>F2，且S1<S2 B．F1> F2，且S1>S2C ．F1< F2，且S1<S2D．F1> F2，且S1>S210、如图，球m用长为L的细线悬挂于O点，现用水平力F，使球从平衡位置P缓慢地移动到O点，此过程中F 所做的功A．mgLcosθB．FLsinθC．FL D．mgL(1-cosθ)二、填空题11、一人从高处坠下，当人下落H高度时安全带刚好绷紧，人又下落h后人的速度减为零，设人的质量为M，则绷紧过程中安全带对人的平均作用力为——·12、木块受水平力F作用在水平面上由静止开始运动，前进S米后撤去F，木块又沿原方向前进3S停止，则摩擦力f=__________。

2025届高考物理复习：经典好题专项（动能定理及其应用）练习1．(2023ꞏ北京市东城区模拟)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h 自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。

一列质量为m 的动车，初速度为v 0，以恒定功率P 在平直轨道上运动，经时间t 达到该功率下的最大速度v m ，设动车行驶过程所受到的阻力F 保持不变。

下列关于列车在整个过程中的说法正确的是( )A ．做匀加速直线运动B ．牵引力的功率P ＝F v mC ．当动车速度为v m 3时，其加速度为3F mD ．牵引力做的功等于12m v m 2－12m v 022. 如图所示，竖直平面内有一半径为R 的14B 。

一质量为m的小物块从A 处由静止滑下，沿轨道运动至C 处停下，B 、C 两点间的距离为R ，物块与圆轨道和水平轨道之间的动摩擦因数相同。

现用始终平行于轨道或轨道切线方向的力推动物块，使物块从C 处缓慢返回A 处，重力加速度为g ，设推力做的功至少为W ，则( )A ．W ＝mgRB ．mgR <W <2mgRC ．W ＝2mgRD ．W >2mgR3. 如图所示，AB 是带有半径为R 的竖直圆轨道的光滑轨道，它的质量为M ，置于左右固定的水平地面上，紧挨轨道的B 点有一倾角为θ的斜面，一质量为m 的小球从光滑斜面上距B 点4R 处由静止释放，当小球通过圆轨道最高点时轨道恰好能离开地面，已知斜面倾角θ＝53°，sin 53°＝0.8，不计小球经过B 点时的能量损失，则轨道质量M 与小球质量m 之间的关系为( )A ．M ＝0.8mB ．M ＝1.2mC ．M ＝1.4mD ．M ＝2.0m4. 如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v 从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离x 与轨道半径R 的关系，下列说法正确的是( )A ．R 越大，则x 越大B ．R 越小，则x 越大C ．当R 为某一定值时，x 才有最大值D ．当R 为某一定值时，x 才有最小值5. (2023ꞏ四川绵阳市诊断)如图所示，有一倾角θ＝45°的粗糙斜面固定于空中的某位置。

（物理）动能与动能定理练习题含答案含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，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≤0.12m②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。

高考物理动能与动能定理题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．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v 0＝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v B ； (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)v B ＝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v B ＝cos60︒v ，得v B ＝6m/s （2）从B 点到E 点有2102B mgh mgL mgH mv μ--=-，得L ＝6.5m （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21'202B mgh mgh mg L mv μ--⋅=-，得h ′＝1.2m<h ＝2 m ，故第一次返回时，运动员不能回到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2102B mgh mgs mv μ-=-，得s ＝19m ，s ＝2L ＋6 m ，故运动员最后停在C 点右侧6m 处.2．如图所示，不可伸长的细线跨过同一高度处的两个光滑定滑轮连接着两个物体A 和B ，A 、B 质量均为m 。

2024全国高考真题物理汇编动能和动能定理一、单选题 1．（2024江西高考真题）两个质量相同的卫星绕月球做匀速圆周运动，半径分别为1r 、2r ，则动能和周期的比值为（ ）A．k121k212,E r T E r T ==B．k111k222,E r T E r T ==C．k121k212,E r T E r T ==D．k111k222E r T E r T ==，2．（2024北京高考真题）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。

下列说法正确的是（ ） A ．刚开始物体相对传送带向前运动 B ．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力 C ．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功 D ．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长3．（2024安徽高考真题）某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h 的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v ．已知人与滑板的总质量为m ，可视为质点．重力加速度大小为g ，不计空气阻力．则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为（ ） A ．mghB ．212mvC ．212mgh mv +D ．212mgh mv -4．（2024测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。

调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。

忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（ ） A ．0.25倍B ．0.5倍C ．2倍D ．4倍5．（2024福建高考真题）先后两次从高为 1.4m OH =高处斜向上抛出质量为0.2kg m =同一物体落于12Q Q 、，测得128.4m,9.8m OQ OQ ==，两轨迹交于P 点，两条轨迹最高点等高且距水平地面高为3.2m ，下列说法正确的是（ ）A4 B ．第一次过P 点比第二次机械能少1.3J C ．落地瞬间，第一次，第二次动能之比为72:85D ．第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次大二、解答题 6．（2024全国高考真题）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。

【物理】物理动能与动能定理练习题含答案及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，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：04m /5m /cos370.8A 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：()2211cos3722A B mv mg R R mv +-︒= 小物块经过B 点时，有：2BNB v F mg m R-= 解得：()232cos3762N BNBv 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：22011222C B mgL mg r mv mv μ--⋅=- 在C 点，由牛顿第二定律得：2CNC 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22Cv 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：22211222C B mgL mg r mv mv μ--⋅=- 代入数据解得：L =10m2．如图所示，在娱乐节目中，一质量为m ＝60 kg 的选手以v 0＝7 m/s 的水平速度抓住竖直绳下端的抓手开始摆动，当绳摆到与竖直方向夹角θ＝37°时，选手放开抓手，松手后的上升过程中选手水平速度保持不变，运动到水平传送带左端A 时速度刚好水平，并在传送带上滑行，传送带以v ＝2 m/s 匀速向右运动．已知绳子的悬挂点到抓手的距离为L ＝6 m ，传送带两端点A 、B 间的距离s ＝7 m ，选手与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，若把选手看成质点，且不考虑空气阻力和绳的质量．(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)选手放开抓手时的速度大小； (2)选手在传送带上从A 运动到B 的时间； (3)选手在传送带上克服摩擦力做的功． 【答案】(1)5 m/s (2)3 s (3)360 J 【解析】试题分析：（1）设选手放开抓手时的速度为v 1，则－mg （L －Lcosθ）＝mv 12－mv 02，v 1＝5m/s（2）设选手放开抓手时的水平速度为v 2，v 2＝v 1cosθ① 选手在传送带上减速过程中 a ＝－μg② v ＝v 2＋at 1③④匀速运动的时间t 2，s －x 1＝vt 2⑤ 选手在传送带上的运动时间t ＝t 1＋t 2⑥ 联立①②③④⑤⑥得：t ＝3s（3）由动能定理得W f ＝mv 2－mv 22，解得：W f ＝－360J 故克服摩擦力做功为360J ． 考点：动能定理的应用3．如图所示是一种特殊的游戏装置，CD 是一段位于竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆弧半径为10m ，末端D 处的切线方向水平，一辆玩具滑车从轨道的C 点处下滑，滑到D 点时速度大小为10m/s ，从D 点飞出后落到水面上的B 点。

【物理】物理动能与动能定理题20套(带答案)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≤0.12m②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。

高考物理动能与动能定理专项训练100(附答案)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，固定的粗糙弧形轨道下端B 点水平，上端A 与B 点的高度差为h 1＝0.3 m ，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C 点到B 点的高度差为h 2＝0.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m ＝1 kg 的滑块(可看作质点)从轨道的A 点由静止滑下，然后从B 点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C 点落到传送带上，传送带逆时针传动，速度大小为v ＝0.5 m/s ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g ＝10 m/s 2，试求：(1).滑块运动至C 点时的速度v C 大小；(2).滑块由A 到B 运动过程中克服摩擦力做的功W f ； (3).滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q . 【答案】（1）2.5 m/s （2）1 J （3）32 J【解析】本题考查运动的合成与分解、动能定理及传送带上物体的运动规律等知识。

(1) 在C 点，竖直分速度： 22 1.5/y v gh m s ==0sin37y c v v =，解得： 2.5/c v m s =(2)C 点的水平分速度与B 点的速度相等，则372/B x C v v v cos m s ︒＝＝＝从A 到B 点的过程中，据动能定理得： 2112f B mgh W mv -=，解得： 1f W J = (3) 滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得： 3737mgcos mgsin ma μ︒︒－＝解得： 20.4/a m s ＝ 达到共同速度所需时间5cv v t s a-== 二者间的相对位移52cv v x t vt m +∆=-= 由于3737mgsin mgcos μ︒<︒，此后滑块将做匀速运动。

滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量0cos3732Q mg x J μ⋅∆＝＝2．如图所示，光滑水平轨道距地面高h=0.8m ，其左端固定有半径R=0.6m 的内壁光滑的半圆管形轨道，轨道的最低点和水平轨道平滑连接．质量m 1=1.0kg 的小球A 以v 0=9m/s 的速度与静止在水平轨道上的质量m 2=2.0kg 的小球B 发生对心碰撞，碰撞时间极短，小球A 被反向弹回并从水平轨道右侧边缘飞出，落地点到轨道右边缘的水平距离s=1.2m ．重力加速度g=10m/s 2．求：(1)碰后小球B的速度大小v B；(2)小球B运动到半圆管形轨道最高点C时对轨道的压力．【答案】（1）6m/s（2）20N，向下【解析】【详解】(1)根据得:则规定A的初速度方向为正方向，AB碰撞过程中，系统动量守恒，以A运动的方向为正方向，有：m1v0=m2v B-m1v A，代入数据解得：v B=6m/s．(2)根据动能定理得:代入数据解得:根据牛顿第二定律得:解得:,方向向下根据牛顿第三定律得，小球对轨道最高点的压力大小为20N，方向向上．【点睛】本题考查了动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律的综合，涉及到平抛运动、圆周运动，综合性较强，关键要理清过程，选择合适的规律进行求解.3．在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A和B，两小球质量均为m，A球带电荷量为Q，B球不带电，A、B连线与电场线平行，开始时两球相距L，在电场力作用下，A球与B球发生对心弹性碰撞．设碰撞过程中，A、B两球间无电量转移．(1)第一次碰撞结束瞬间A 、B 两球的速度各为多大?(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A 在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0时刻除外)，可以在水平面内加一与电场正交的磁场．请写出磁场B 与时间t 的函数关系．【答案】(1)10A v '= 12BQEL v m='5QEL (3) 222B mL Q E t QE =⎛⎫- ⎪⎝⎭223mL mLt QE QE<≤ 【解析】（1）A 球的加速度QE a m =，碰前A 的速度122A QELaL mv =B 的速度10B v = 设碰后A 、B 球速度分别为'1A v 、'1B v ，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：''111A A B m m m v v v =+，2'2'2111111222A AB m m m v v v =+所以B 碰撞后交换速度：'10A v =，'112B A QELmv v ==（2）设A 球开始运动时为计时零点，即0t =，A 、B 球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为1t 、2t ；由匀变速速度公式有：1102A mLaQEvt -==第一次碰后，经21t t -时间A 、B 两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A 、B 两球速度分别为2A v 和2B v ，由位移关系有：()()2'1212112B av t t t t -=-，得到：21233mLQEt t == ()221112222A A QELa a mv t t t v =-===；'21B B v v = 由功能关系可得：222211=522A B m m QEL W v v +=电（另解：两个过程A 球发生的位移分别为1x 、2x ，1L x =，由匀变速规律推论24L x =，根据电场力做功公式有：()125W QE QEL x x =+=） （3）对A 球由平衡条件得到：A QB mg v =，A at v =，QEa m=从A 开始运动到发生第一次碰撞：()2220t mg g mL t Qat QE Et m B Q ⎛==<≤ ⎝从第一次碰撞到发生第二次碰撞：()222232tmL mLtQE QEmLE tQEmBQ⎛⎫=<≤⎪⎪⎛⎫⎝⎭-⎪⎝⎭点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒．由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度．那么A球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞．题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些．4．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/s2，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：sin37 1.14GW mgL J==o故重力势能的增量 1.14P GE W J∆=-=-（2）根据几何关系得，斜面BC部分的长度为：cot370.40l R m==o设物块第一次通过B点时的速度为Bv，根据动能定理有：()213702Bmg L l sin mv-︒=-解得： 4.2/Bv m s=（3）物块在BC部分滑动受到的摩擦力大小为：370.60f mgcos Nμ=︒=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 Bv v m s==物块从C到D，根据动能定理有：()221113722D CmgR cos mv mv-︒=-在D ，由牛顿第二定律得：2Dv 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．5．如图所示，一质量为M 、足够长的平板静止于光滑水平面上，平板左端与水平轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上．平板上有一质量为m 的小物块以速度v 0向右运动，且在本题设问中小物块保持向右运动．已知小物块与平板间的动摩擦因数为μ，弹簧弹性势能E p 与弹簧形变量x 的平方成正比，重力加速度为g.求：(1)当弹簧第一次伸长量达最大时，弹簧的弹性势能为E pm ，小物块速度大小为03v 求该过程中小物块相对平板运动的位移大小； (2)平板速度最大时弹簧的弹力大小；(3)已知上述过程中平板向右运动的最大速度为v.若换用同种材料，质量为2m的小物块重复上述过程，则平板向右运动的最大速度为多大？【答案】(1)2049pm E v g mg μμ-；(2)mg μ；(3)2v 【解析】 【分析】（1）对系统由能量守恒求解小物块相对平板运动的位移；（2）平板速度最大时，处于平衡状态，弹力等于摩擦力；（3）平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当木板速度最大时弹力等于摩擦力，结合能量转化关系解答. 【详解】（1）弹簧伸长最长时平板速度为零，设相对位移大小为s ，对系统由能量守恒12mv 02＝12m(03v)2＋E pm ＋μmgs 解得s ＝2049pm E v g mgμμ- （2）平板速度最大时，处于平衡状态，f ＝μmg 即F ＝f ＝μmg.（3）平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当木板速度最大时 μmg ＝kx对木板由动能定理得μmgx＝E p1＋12Mv2同理，当m′＝12m，平板达最大速度v′时，2mgμ＝kx′12μmgx′＝E p2＋12Mv′2由题可知E p∝x2，即E p2＝14E p1解得v′＝12v.6．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．D 点位于水平桌面最右端，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＝0.45m的圆环剪去左上角127°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离为R，P 点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R．若用质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，用同种材料、质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x＝4t﹣2t2，物块从D点飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道．g＝10m/s2，求：（1）质量为m2的物块在D点的速度；（2）判断质量为m2＝0.2kg的物块能否沿圆轨道到达M点：（3）质量为m2＝0.2kg的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功.【答案】（1）2.25m/s（2）不能沿圆轨道到达M点（3）2.7J【解析】【详解】（1）设物块由D点以初速度v D做平抛运动，落到P点时其竖直方向分速度为：v y22100.45gR=⨯⨯m/s＝3m/syDvv=tan53°43=所以：v D＝2.25m/s（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mg＝m2vR，解得：v 322gR ==m/s 物块到达P 的速度：22223 2.25P D y v v v =+=+m/s ＝3.75m/s若物块能沿圆弧轨道到达M 点，其速度为v M ，由D 到M 的机械能守恒定律得：()22222111cos5322M P m v m v m g R =-⋅+︒ 可得：20.3375M v =-，这显然是不可能的，所以物块不能到达M 点（3）由题意知x ＝4t -2t 2，物块在桌面上过B 点后初速度v B ＝4m/s ，加速度为：24m/s a =则物块和桌面的摩擦力：22m g m a μ= 可得物块和桌面的摩擦系数: 0.4μ=质量m 1＝0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点，由能量守恒可弹簧压缩到C 点具有的弹性势能为：p 10BC E m gx μ-=质量为m 2＝0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点时，由动能定理可得：2p 2212BC B E m gx m v μ-=可得，2m BC x = 在这过程中摩擦力做功：12 1.6J BC W m gx μ=-=-由动能定理，B 到D 的过程中摩擦力做的功：W 2222201122D m v m v =- 代入数据可得：W 2＝-1.1J质量为m 2＝0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功12 2.7J W W W =+=-即克服摩擦力做功为2.7 J .7．如图所示,水平轨道的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于点,右端与一倾角为的光滑斜面轨道在点平滑连接(即物体经过点时速度的大小不变),斜面顶端固定一轻质弹簧,一质量为的滑块从圆弧轨道的顶端点由静止释放,经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧,第一次可将弹簧压缩至点,已知光滑圆轨道的半径,水平轨道长为,其动摩擦因数,光滑斜面轨道上长为,取,求(1)滑块第一次经过圆轨道上点时对轨道的压力大小;(2)整个过程中弹簧具有最大的弹性势能;(3)滑块在水平轨道上运动的总时间及滑块几次经过点.【答案】(1) (2) (3) 3次【解析】本题考查机械能与曲线运动相结合的问题，需运用动能定理、牛顿运动定律、运动学公式、功能关系等知识。

物理动能与动能定理练习题20篇含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，圆弧轨道AB 是在竖直平面内的14圆周，B 点离地面的高度h =0.8m ，该处切线是水平的，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 /s 2．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=12gt 2 x =v B t 解得： 10410/220.8B g v xm s h ==⨯=⨯ A 到B 过程，由动能定理得：mgR=12mv B 2-0 解得轨道半径 R =5m（2）在B 点，由向心力公式得：2Bv 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，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 2－1220mv 解得：v ＝5 m/s在P 点由牛顿第二定律得：F －mg ＝m 2v 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 ＝12f 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 －12μ1gt 2 对木板有：x ＝12at 2 解得：t ＝1 s 或t ＝73s(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．3．如图所示，半径为R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道的圆心，D 为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高．质量为m 的小球从离B 点高度为h 处（332R h R ≤≤）的A 点由静止开始下落，从B 点进入圆轨道，重力加速度为g ）．（1）小球能否到达D 点？试通过计算说明； （2）求小球在最高点对轨道的压力范围；（3）通过计算说明小球从D 点飞出后能否落在水平面BC 上，若能，求落点与B 点水平距离d 的范围．【答案】（1）小球能到达D 点；（2）03F mg ≤'≤；（3）()()21221R d R ≤≤【解析】 【分析】 【详解】（1）当小球刚好通过最高点时应有：2Dmv mg R =由机械能守恒可得：()22Dmv mg h R -=联立解得32h R =，因为h 的取值范围为332R h R ≤≤，小球能到达D 点； （2）设小球在D 点受到的压力为F ，则2Dmv F mg R ='+ ()22Dmv mg h R ='- 联立并结合h 的取值范围332R h R ≤≤解得：03F mg ≤≤ 据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：03F mg ≤'≤（3）由（1）知在最高点D 速度至少为min D v gR =此时小球飞离D 后平抛，有：212R gt =min min D x v t =联立解得min 2x R R =>，故能落在水平面BC 上，当小球在最高点对轨道的压力为3mg 时，有：2max 3Dv mg mg m R+=解得max 2D v gR = 小球飞离D 后平抛212R gt ='， max max D x v t ='联立解得max 22x R =故落点与B 点水平距离d 的范围为：()()21221R d R -≤≤-4．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）12mgR 【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v 0，竖直方向上：，水平方向上：，解得（2）小滑块在最低点时速度为v C 由机械能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W 1，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．如图甲所示为某一玩具汽车的轨道，其部分轨道可抽象为图乙的模型．AB 和BD 为两段水平直轨道，竖直圆轨道与水平直轨道相切于B 点，D 点为水平直轨道与水平半圆轨道的切点．在某次游戏过程中，通过摇控装置使静止在A 点的小车以额定功率启动，当小车运动到B 点时关闭发动机并不再开启，测得小车运动到最高点C 时对轨道的压力大小5.6N N F =，小车通过水平半圆轨道时速率恒定．小车可视为质点，质量400g m =，额定功率20W P =，AB 长1m l =，BD 长0.75m s =，竖直圆轨道半径25cm R =，水平半圆轨道半径10cm r =．小车在两段水平直轨道所受的阻力大小均为4N f =，在竖直圆轨道和水平半圆轨道所受的阻力均忽略不计，重力加速度取210m/s g =．求：（1）小车运动到C 点时的速度大小； （2）小车在BD 段运动的时间； （3）水平半圆轨道对小车的作用力大小；（4）要使小车能通过水平半圆轨道，发动机开启的最短时间． 【答案】（16m/s ；（2）0.3s ；（3）42N .；（4）0.35s . 【解析】 【详解】（1）由小车在C 点受力得：2N c v F mg m R+=解得：C v =（2）从C 点到B 点，由动能定理得：2211222B C mgR mv mv =-解得：4m/s B v =小车在BD 段运动的加速度大小为：210m/s fa m== 由运动学公式：212B s v t at =-解得：0.3s t =（3）从B 点到D 点，由运动学公式：D B v v at =-，解得：1m/s D v =小车在水平半圆轨道所需的向心力大小：2Dn v F m r=，代入数据可得：4N n F =()222n F F mg =+水平半圆轨道对小车的作用力大小为：F =.（4）设小车恰能到C 点时的速度为1v ，对应发动机开启的时间为1t ，则：21v mg m R=211122Pt fl mgR mv --=解得10.325s t =.在此情况下从C 点到D 点，由动能定理得：211222D C mgR Fs mv mv -=-解得2 2.5Dv=-即小车无法到达D点.设小车恰能到D点时对应发动机开启的时间为2t，则有：() 20Pt f l s-+=，解得20.35st=.6．如图所示，两个半圆形的光滑细管道(管道内径远小于半圆形半径)在竖直平面内交叠，组成“S”字形通道．大半圆BC的半径R=0.9m，小半圆CD的半径r=0.7m．在“S”字形通道底部B连结一水平粗糙的细直管AB．一质量m=0.18kg的小球（可视为质点）从A点以V0=12m/s的速度向右进入直管道，经t1=0.5s 到达B点，在刚到达半圆轨道B点时，对B 点的压力为N B=21.8N．（取重力加速度g=10m/s2）求：（1）小球在B点的速度V B及小球与AB轨道的动摩擦因数μ ?（2）小球到达“S”字形通道的顶点D后，又经水平粗糙的细直管DE，从E点水平抛出，其水平射程S=3.2m．小球在E点的速度V E为多少？（3）求小球在到达C点后的瞬间，小球受到轨道的弹力大小为多少？方向如何？【答案】（1）V B=10m/s ，μ=0.4（2）V E=S/ t=4m/s（3） N C=18.25N 方向向上【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律有N B-mg=mV B2/RV B=10m/sa=(V0-V B)/t=4m/s2μmg=m a a =mg μ=0.4（2）H=2R+2r=3.2m2HgV E=S/ t=4m/s（3）N C- mg=mV C2/r1 2m V B2=2mg R+12m V C2N C=18.25N 方向向上7．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=()2E 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 122E mv mg R fL =+⋅+解得D 10v gR =在最高点D 时由牛顿第二定律：2Dv 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)()22L E n f n mgR =+⋅=+ 则只能取n =0、1、2；8．如图为一水平传送带装置的示意图．紧绷的传送带AB 始终保持 v 0=5m/s 的恒定速率运行，AB 间的距离L 为8m ．将一质量m ＝1kg 的小物块轻轻放在传送带上距A 点2m 处的P 点，小物块随传送带运动到B 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N ．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2．求：（1）该圆轨道的半径r ；（2）要使小物块能第一次滑上圆形轨道达到M 点，M 点为圆轨道右半侧上的点，该点高出B 点0.25 m ，且小物块在圆形轨道上不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A 点的位置范围．【答案】（1）0.5r m =（2）77?.5,05?.5m x m x m ≤≤≤≤ 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度25/a g m s μ==小物块与传送带共速时，所用的时间01v t s a== 运动的位移02.52v x m a∆==＜L －2=6m 故小物块与传送带达到相同速度后以05/v m s =的速度匀速运动到B ，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N 点，故有：2Nv mg m r=由机械能守恒定律得22011(2)22N mv mg r mv =+，解得0.5r m = （2）设在距A 点x 1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒得：1()mg L x mgh μ－＝ 代入数据解得17.5?x m ＝ 设在距A 点x 2处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒得：2()mg L x mgR μ－＝代入数据解得27?x m ＝则：能到达圆心右侧的M 点，物块放在传送带上距A 点的距离范围；同理，只要过最高点N 同样也能过圆心右侧的M 点，由（1）可知38 2.5 5.5?x m m m -=＝ 则：0 5.5x m ≤≤．故小物块放在传送带上放在传送带上距A 点的距离范围：77?.505?.5m x m x m ≤≤≤≤和 考点：考查了相对运动，能量守恒定律的综合应用9．如图所示，ABC 为竖直面内一固定轨道，AB 段是半径为R 的14光滑圆弧，水平段与圆弧轨道相切于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) 12()v g R L μ-RS μ=(3) 物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可能为43L mg R μ骣琪-琪桫或83L mg R μ骣琪-琪桫 【解析】 【详解】(1)对物块第一次从A 到C 过程，根据动能定理：2112mgR mgL mv -=μ ① 解得第一次碰撞挡板的速率12()v g R L μ-(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RS μ=④(3)设物块最后一次经过圆弧轨道底端B 时的速率为v 2，对圆轨道的压力为FN ，则：22N v F mg m R-= ⑤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：22122mgR mg L mv -⋅=μ⑥由⑤⑥解得43N L F mg R ⎛⎫=- ⎪⎝⎭μ ⑦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：22142mgR mg L mv -⋅=μ ⑧由⑤⑧解得83N L F mg R μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⑨物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可能为43L mg R μ骣琪-琪桫或83Lmg R μ骣琪-琪桫10．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2220121112222mv 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 =-，2023v 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21112mgd mv μ=， 2221222m gd mv μ=⋅（） ．按题意有：21d d d =+ ． 联立解得：0185v gd ＝μ11．如图所示，AB 为倾角37θ=︒的斜面轨道，BP 为半径R =1m 的竖直光滑圆弧轨道，O 为圆心，两轨道相切于B 点，P 、O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一端在斜面上C 点处，轨道的AC 部分光滑，CB 部分粗糙，CB 长L ＝1.25m ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.25，现有一质量m =2kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后释放(不栓接)，物块经过B 点后到达P 点，在P 点物块对轨道的压力大小为其重力的1.5倍，sin370.6,37cos 0.8︒︒==，g=10m/s 2.求：(1)物块到达P 点时的速度大小v P ； (2)物块离开弹簧时的速度大小v C ；(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块离开弹簧时速度的最大值v m . 【答案】(1)5m/s P v = (2)v C =9m/s (3)6m/s m v = 【解析】 【详解】(1)在P 点，根据牛顿第二定律：2PP v mg N m R+=解得: 2.55m/s P v gR ==(2)由几何关系可知BP 间的高度差(1cos37)BP h R =+︒物块C 至P 过程中，根据动能定理：2211sin37cos37=22BP P C mgL mgh mgL mv mv μ-︒--︒-联立可得：v C =9m/s(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块能够到达的最大高度为与O 等高处的E 点， 物块C 至E 过程中根据动能定理：21cos37sin 37sin 53=02m mgL mgL mgR mv μ-︒-︒-︒-解得：6m/s m v =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 。

最新高考物理动能与动能定理专项训练100(附答案)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，小滑块（视为质点）的质量m = 1kg ；固定在地面上的斜面AB 的倾角θ=37°、长s =1m ，点A 和斜面最低点B 之间铺了一层均质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数μ可在0≤μ≤1.5之间调节。

点B 与水平光滑地面平滑相连，地面上有一根自然状态下的轻弹簧一端固定在O 点另一端恰好在B 点。

认为滑块通过点B 前、后速度大小不变；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

取g =10m/s 2 ，sin37° =0.6，cos37° =0.8，不计空气阻力。

（1）若设置μ=0，将滑块从A 点由静止释放，求滑块从点A 运动到点B 所用的时间。

（2）若滑块在A 点以v 0=lm/s 的初速度沿斜面下滑，最终停止于B 点，求μ的取值范围。

【答案】（1）3t =s ；（2）13324μ≤≤或31316μ=。

【解析】 【分析】 【详解】（1）设滑块从点A 运动到点B 的过程中，加速度大小为a ，运动时间为t ，则由牛顿第二定律和运动学公式得sin mg ma θ=212s at =解得33t =s （2）滑块最终停在B 点，有两种可能：①滑块恰好能从A 下滑到B ，设动摩擦因数为1μ，由动能定律得：2101sin cos 02mg s mg s mv θμθ-=-g g解得11316μ=②滑块在斜面AB 和水平地面间多次反复运动，最终停止于B 点，当滑块恰好能返回A 点，由动能定理得2201cos 202mg s mv μθ-=-g解得2132μ=此后，滑块沿斜面下滑，在光滑水平地面和斜面之间多次反复运动，最终停止于B 点。

当滑块恰好能静止在斜面上，则有3sin cos mg mg θμθ=解得334μ=所以，当23μμμ≤≤，即13324μ≤≤时，滑块在斜面AB 和水平地面间多次反复运动，最终停止于B 点。

第七节 动能和动能定理5分钟训练(预习类训练，可用于课前)1.在下列几种情况下，甲、乙两物体的动能相等的是（ ）A.甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的21 B.甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的21C.甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的21D.质量相同，速度的大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动 答案：CD2.在光滑的地板上，用水平拉力分别使两个物块由静止获得相同的动能，那么可以肯定（ ） A.水平拉力相等 B.两物块质量相等 C.两物块速度变化相等 D.水平拉力对两物块做功相等 答案：D3.运动员将质量为m 的铅球以速度v 水平推出，人对铅球做的功为____________. 答案：21mv 24.物体由于____________而具有的能叫动能，动能的定义式为：____________.动能是标量，它对应物体运动过程中的一个状态，是一个____________，动能的单位为____________，符号是____________. 答案：运动 E k =21mv 2状态量 焦耳 J 5.所有外力对物体所做的功等于____________ ，这个结论就叫动能定理.其数学表达式为：W=E k2-E k1，其中，E k1表示____________，E k2表示____________ ，W 为合外力的功.用动能定理解题具有很大的优越性，它既适用于恒力做功，也适用于________做功，既适用于直线运动，又适用于________运动.答案：物体动能的变化 运动物体的初动能 运动物体的末动能 变力 曲线 10分钟训练(强化类训练，可用于课中)1.关于做功和物体动能变化的关系，不正确的是（ ） A.只有动力对物体做功，物体的动能增加 B.只有物体克服阻力做功，它的动能减少C.外力对物体做功的代数和等于物体末动能与初动能之差D.动力和阻力都对物体做功，物体的动能一定变化答案：D2.下列关于运动物体所受合外力做功和动能变化的关系，正确的是（ ） A.如果物体所受合外力为零，则合外力对物体做的功一定为零 B.如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零 C.物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化 D.物体的动能不变，所受合外力一定为零 答案：A3.对水平地面上的物体施加一水平恒力F ，物体从静止开始运动了位移s ，此时撤去力F ，此后物体又运动了位移s 而静止下来.若物体的质量为m ，则有（ ） A.物体所受阻力的大小为F B.物体所受阻力的大小为2F C.力F 所做的功为零 D.力F 所做的功为mFs 4 解析：对全过程利用动能定理可得Fs-2F F s=0，所以F F =2F，力F 所做的功W F =Fs. 答案：B4.质量为m 的金属块，当初速度为v 0时，在水平面上滑行的最大距离为s ，如果金属块的质量增加到2m ，速度增大到2v 0时，在同一水平面上金属块滑行的最大距离为（ ） A.s B.2s C.4s D.41s 解析：金属块在水平面上滑行时，动能的减少量等于克服摩擦阻力所做的功.由动能定理可知，金属块克服摩擦阻力做的功等于金属块动能的减少量.当滑行距离最大时，末动能为零，而在同一平面上，滑动摩擦力F μ=μmg 不变. 因为-μmgs=0-21mv 02，所以-μm′gs′=0-21m′v′02 联立以上两式可解得：x=4s.正确选项为C. 答案：C5.一颗子弹以700 m/s 的速度打穿第一块木板后速度为500 m/s ，若让它继续打穿第二块同样的木板，则子弹的速度变为_________m/s(木板对子弹的阻力恒定). 解析：由W=Fs 知子弹打穿每块木板，木板对子弹做的功都相等. 打第一块：W=21mv 12-21mv 22；打第二块：W=21mv 22-21mv 32 联立以上两式可解得v 3=100 m/s. 答案：1006.质量m 为1 kg 的物体，从轨道的A 点由静止下滑，轨道AB 是弯曲的，且A 点高出B 点h=0.8 m ，如图5-7-1所示.如果物体在B 点的速度为v=2 m/s,求物体在轨道AB 上克服摩擦力所做的功.图5-7-1解析：物体由A 到B 的过程中，共受三个力作用：重力G 、支持力N 和摩擦力f.重力做功为W G =mgh ，支持力不做功.设摩擦力做功为W F ，则外力的功之和为W 外=W G +W F =mgh+W F由动能定理有：mgh+W F =22m v得W F =22m v -mgh=2212J-1×9.8×0.8 J=-5.84 J因此，物体在轨道AB 上克服摩擦力所做的功为5.84 J. 答案：5.84 J30分钟训练(巩固类训练，可用于课后)1.一颗子弹以水平速度v 射入一树干中，射入深度为s.设子弹在树干中所受到的阻力为一恒力，那么子弹以2v的速度射入树干中，射入的深度为（ ） A.s B.2s C.2s D.4s 答案：D2.以初速度v 0竖直上抛一个小球，若不计空气阻力，在上升的过程中，从抛出小球到小球动能减小一半所经历的时间是（ ） Agv 0B.g v 20C.gv 220 D.(1-22)g v 0答案：D3.质量分别为M 1、M 2的两只船静止于湖面上，两船用绳相连，质量为m 的人站在质量为M 1的船上用恒力F 拉绳，经过一段时间后，两船的位移大小分别为s 1、s 2，速度大小分别为v 1、v 2.则这段时间内人总共做的功为（ ）A.Fs 2B.21M 2v 22 C.F(s 1+s 2) D.21M 2v 22+21(M 1+m)v 12答案：CD4.一质量为1.0 kg 的物体，以4 m/s 的速度在光滑的水平面上向左滑行，从某一时刻起对物体施一水平向右的恒力，经过一段时间，物体的速度方向变为向右，大小仍为4 m/s.则在这段时间内水平力对物体所做的功为（ ）A.0B.-8 JC.-16 JD.-32 J 答案：A5.如图5-7-2所示，用同样材料制成的一个轨道，AB 段为41圆弧，半径为R ，水平放置的BC 段长度为R.一小物块质量为m ，与轨道间动摩擦因数为μ，当它从轨道顶端A 由静止下滑时，恰好运动到C 点静止.那么物体在AB 段克服摩擦力做的功为（ ）图5-7-2A.μmgRB.mgR(1-μ)C.μmgR/2D.mgR/2.解析：设在AB 段物体克服摩擦力做的功为W ，则物体由A 到B 利用动能定理可得mgR-W=21mv b 2-0 ①.物体由B 到C 运用动能定理列式可得-μmgR=0-21mv b 2 ②.①②两式结合，整理可得W=mgR(1-μ)，故本题选B. 答案：B6.(2006重庆模拟，4)光滑的水平桌面上有一个静止的木块，一支枪以水平方向先后发射两颗质量相同、速度相同的子弹均穿过了它，两颗子弹分别从不同位置穿过木块时受到的阻力相同，忽略重力和空气阻力的影响.那么两颗子弹先后穿过木块的过程中（ ） A.两颗子弹损失的动能相同 B.木块每次增加的动能相同 C.因摩擦而产生的热量相同 D.木块每次移动的距离不同解析：本题考查子弹打木块的问题，在第一颗子弹打木块的过程中，对子弹和木块分别用动能定理，对子弹：-f(s+d)= 21mv 22-21mv 12，对木块：-fs=21Mv 2，联立上述两式可得：fd=21mv 12-(21mv 22+21Mv 2)，此式表示相对位移所做的功等于系统机械能的减少，机械能的减少量也就转化为因摩擦而产生的热量.在两次子弹打木块的过程中，子弹相对木块的位移是相等的，所以两次打木块的过程因摩擦而产生的热量相同，C 正确.但两次打木块时，木块的速度是不一样的，第一次打时，木块的速度为零，而第二次打时，木块已有了一定的速度，所以两种情况下子弹和木块的动能的变化量是不同的，木块向前移动的距离也不同，A 、B 错，D 正确.正确选项为CD. 答案：CD7.如图5-7-3所示，ABCD 是一条长轨道，其中AB 段是倾角为θ的斜面，CD 段是水平的,BC 段是与AB 和CD 都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计.一质量为m 的滑块在A 点从静止状态释放，沿轨道滑下，最后停在D 点，A 点和D 点的位置如图所示.现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由D 点推回到A 点停下.设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，则推力对滑块做的功等于（ ）图5-7-3A.mghB.2mghC.μmg(s+sin h) D.μmgs+μmghcotθ 解析：滑块由A 到D ，由动能定理可得mgh-W F =0,即W F =mgh.滑块由D 到A ，由动能定理可得W F -mgh-W F =0，即W F =mgh+W F =2mgh.本题如果利用动摩擦因数等求解，可得出W F =μmgs+μmghcotθ+mgh ，也是正确的选项. 答案：B8.将质量为1 kg 的物体沿水平方向抛出，出手时物体的速度大小为10 m/s ，则物体被抛出去时具有的动能为_________J ；人抛出物体时，对物体做的功为_________J. 解析：物体被抛出去时的动能为E k =21mv 2=21×1×102 J=50 J.由动能定理可得人对物体所做的功等于物体动能的增量，因此为50 J. 答案：50 509.如图5-7-4所示，物体在离斜面底端4 m 处由静止滑下，若斜面及平面的动摩擦因数均为0.5，斜面倾角为37°，斜面与平面间由一小段圆弧连接，求物体能在水平面上滑行多远？图5-7-4解析：物体在斜面上受重力mg 、支持力N 1，摩擦力f 1的作用，沿斜面加速下滑(μ=0.5＜tanθ=0.75)，到水平面后，在摩擦力f 2作用下做减速运动，直至停止. 方法一：对物体在斜面上和平面上时进行受力分析，如图所示.下滑阶段：f 1=μN 1=μmgcos37° 由动能定理有：mgsin37°·s 1-μmgcos37°·s 1=21mv 12-0① 在水平运动过程中f 2=μN 2=μmg 由动能定理有：-μmg·s=0-21mv 12② 联立①②式可得 s=5.08.05.06.037cos 37sin 1⨯-=︒-︒s μμ×4 m=1.6 m.方法二：物体受力分析同上.物体运动的全过程中，初、末状态速度均为零，对全过程应用动能定理mgsin37°·s 1-μmgcos37°·s 1-μmg·s=0. 可解得：s=5.08.05.06.037cos 37sin 1⨯-=︒-︒s μμ×4 m=1.6 m.答案：1.6 m10.汽车从静止开始做匀加速直线运动，当汽车速度达到v m 时关闭发动机，汽车继续滑行一段时间后停止运动，其运动的速度图象如图5-7-5所示.若汽车加速行驶时牵引力做功为W 1，汽车整个运动中克服阻力做功为W 2，则W 1和W 2的比值为________；牵引力和阻力的大小之比为_____________图5-7-5解析：对汽车运动的全过程列动能定理方程，得W 1-W 2=0-0，所以W 1=W 2，21W W =1.设汽车的牵引力为F ，阻力为F f ，由动能定理可得Fs 1-F f s=0-0，所以1s sF F f =.由图象可知，汽车在全过程中的位移s 与加速阶段的位移s 1之比为141=s s ，所以牵引力和阻力之比为4∶1. 答案：1∶1 4∶111.质量为5 t 的汽车，在平直公路上以60 kW 的恒定功率从静止开始启动到24 m/s 的最大速度后，立即关闭发动机.汽车从启动到最后停下通过的总位移为1 200 m ，运动过程中汽车所受的阻力不变.求汽车运动的时间..解析：在汽车运动的全过程中，有两个力对物体做了功，牵引力做的功为Pt ，阻力做功为-F f l ，由动能定理得Pt 1-F f l=0①当汽车达到最大速度时，牵引力和阻力大小相等，则有 P=Fv m =F f v m ，所以F f =mv P ② 联立①②两式可得，汽车加速运动的时间应为t 1=241200==m f v l Pl F s=50 s. 关闭发动机后，汽车在阻力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律及匀变速直线运动公式可得a=mv Pm F m f∙= ③，t 2=a v m ④. 联立③④两式可求出汽车匀减速所用时间为t 2=3232106024105⨯⨯⨯=P mv m s=48 s.所以汽车在全程运动的时间为：t=t 1+t 2=50+48 s=98 s. 答案：98 s12.人从一定的高度落地容易造成骨折.一般人胫骨的极限抗压强度约为1.5×108 N/m 2，胫骨最小横截面积大多为3.2 cm 2.假若一质量为50 kg 的人从某一高度直膝双足落地，落地时其重心又约下降1 cm.试计算一下这个高度超过多少时，就会导致胫骨骨折.(g 取10 m/s 2)解析：由题意，胫骨最小处所受冲击力超过F=Ps=1.5×108×2×3.2×10-4 N 时会造成骨折.设下落的安全高度为h 1，触地时重心又下降高度为h 2，落地者质量为m. 由动能定理mg(h 1+h 2)-Fh 2=0，所以h 1=m gFh 2-h 2=1.9 m. 在高度超过1.9 m 以上的单杠上运动时，在单杠的下方应备有海绵垫子，或者有同学做好保护，以防不测.其他活动（如：撑杆跳、跳伞、攀越高架等)也必须做好安全措施. 答案：高度超过1.9 m时，可能会导致骨折。

高中物理动能与动能定理题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．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 2－1220mv 解得：v ＝5 m/s在P 点由牛顿第二定律得：F －mg ＝m 2v 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 ＝12f 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 －12μ1gt 2 对木板有：x ＝12at 2解得：t ＝1 s 或t ＝73s(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．2．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 =12mv B 2-0 在B 点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：2Bv 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：2Dv 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 =12gt 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 ==3．如图所示，斜面高为h ，水平面上D 、C 两点距离为L 。

高考物理动能与动能定理题20套(带答案)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，质量为m=1kg的滑块，在水平力F作用下静止在倾角为θ=30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0=3m/s，长为L=1.4m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s2．求(1)水平作用力F的大小；(2)滑块开始下滑的高度h；(3)在第(2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q．【答案】(1)(2)0.1 m或0.8 m (3)0.5 J【解析】【分析】【详解】解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力F N处于平衡，如图所示：水平推力①解得：②（2）设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v下滑过程由机械能守恒有：，解得：③若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：④解得：⑤若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：⑥解得：⑦（3）设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移：s =v 0t 由机械能守恒有：⑧⑨滑块相对传送带滑动的位移⑩ 相对滑动生成的热量⑪⑫2．如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B 点水平，上端A 与B 点的高度差为h 1＝0.3 m ，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C 点到B 点的高度差为h 2＝0.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m ＝1 kg 的滑块(可看作质点)从轨道的A 点由静止滑下，然后从B 点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C 点落到传送带上，传送带逆时针传动，速度大小为v ＝0.5 m/s ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g ＝10 m/s 2，试求：(1).滑块运动至C 点时的速度v C 大小；(2).滑块由A 到B 运动过程中克服摩擦力做的功W f ； (3).滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q . 【答案】（1）2.5 m/s （2）1 J （3）32 J【解析】本题考查运动的合成与分解、动能定理及传送带上物体的运动规律等知识。

动能和动能定理精选练习一夯实基础1.如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。

木箱获得的动能一定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功【答案】A【解析】：A对、B错：由题意知，W拉－W阻＝ΔE k，则W拉＞ΔE k；C、D错：W阻与ΔE k的大小关系不确定。

2.(2019·浙江温州九校高一下学期期中)如图，小飞用手托着质量为m的“地球仪”，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L后，速度为v(地球仪与手始终相对静止，空气阻力不可忽略)，地球仪与手掌之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是()A．手对地球仪的作用力方向竖直向上B．地球仪所受摩擦力大小为μmgC．手对地球仪做的功等于mv2/2 D．地球仪对手做正功【答案】C【解析】：经受力分析知，手对地球仪的作用力斜向前上方，A错；地球仪所受摩擦力f＝ma，B错；由动能定理W f＝12mv2，C对；地球仪对手做负功，D错。

3.(2019·山东省诸城一中高一下学期期中)2018年2月22日平昌冬奥会短道速滑接力赛，中国男队获得亚军。

观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲，甲获得更大的速度向前冲出。

在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则()A ．甲对乙的作用力与乙对甲的作用力相同B ．乙对甲的作用力一定做正功，甲的动能增大C ．甲对乙的作用力可能不做功，乙的动能可能不变D ．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量【答案】B【解析】：甲、乙间的相互作用力大小相等方向相反，A 错；根据动能定理可判B 正确，C 、D 错误。

4．在水平路面上，有一辆以36 km/h 行驶的客车，在车厢后座有一位乘客甲，把一个质量为4 kg 的行李以相对客车5 m/s 的速度抛给前方座位的另一位乘客乙，则以地面为参考系行李的动能和以客车为参考系行李的动能分别是( )A ．200 J 50 JB ．450 J 50 JC ．50 J 50 JD ．450 J 450 J【答案】B【解析】：行李相对地面的速度v ＝v 车＋v 相对＝15 m/s ，所以行李的动能E k ＝12mv 2＝450 J 。

高考物理复习专题五动能定理能量守恒定律一、单选题1.如图所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB是长为R的粗糙水平直轨道，BCD是圆心为O，半径为R的3/4光滑圆弧轨道，两轨道相切于B点．在推力作用下，质量为m的小滑块从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时即撤去推力，小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C。

重力加速度大小为g，取AB所在的水平面为零势能面。

则小滑块（）A．在AB段运动的加速度为2gB．经B点时加速度为零C．在C点时合外力的瞬时功率为D．上滑时动能与重力势能相等的位置在直径DD′上方2.运输人员要把质量为，体积较小的木箱拉上汽车。

现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间，构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车。

斜面与水平地面成30o角，拉力与斜面平行。

木箱与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。

则将木箱运上汽车，拉力至少做功（）A．B．C．D．3.如图所示，轻质弹簧的一端固定在粗糙斜面的挡板O点，另一端固定一个小物块。

小物块从P1位置（此位置弹簧伸长量为零）由静止开始运动，运动到最低点P2位置，然后在弹力作用下上升运动到最高点P3位置(图中未标出)。

在此两过程中，下列判断正确的是（）A．下滑和上滑过程弹簧和小物块系统机械能守恒B．下滑过程物块速度最大值位置比上滑过程速度最大位置高C．下滑过程弹簧和小物块组成系统机械减小量比上升过程小D．下滑过程克服弹簧弹力和摩擦力做功总值比上滑过程克服重力和摩擦力做功总值小4.如图所示，水平桌面上有一小车，装有砂的砂桶通过细绳给小车施加一水平拉力，小车从静止开始做直线运动。

保持小车的质量M不变，第一次实验中小车在质量为m1的砂和砂桶带动下由静止前进了一段距离s；第二次实验中小车在质量为m2的砂和砂桶带动下由静止前进了相同的距离s，其中。

两次实验中，绳对小车的拉力分别为T1和T2，小车，砂和砂桶系统的机械能变化量分别为和，若空气阻力和摩擦阻力的大小保持不变，不计绳，滑轮的质量，则下列分析正确的是（）A．B．C．D．5.小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上由图中位置无初速释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是( )A．绳对球的拉力不做功B．球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能C．绳对车做的功等于球减少的动能D．球减少的重力势能等于球增加的动能6.如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，θ角缓慢增大，在货物相对车厢仍然静止的过程中，下列说法正确的是（）A．货物受到的支持力变小B．货物受到的摩擦力变小C．货物受到的支持力对货物做负功D．货物受到的摩擦力对货物做负功7.一质量为0.6kg的物体以20m/s的初速度竖直上抛，当物体上升到某一位置时，其动能减少了18J，机械能减少了3J。

考点规范练17动能和动能定理一、单项选择题1.下列有关动能的说法正确的是()A.物体只有做匀速运动时,动能才不变B.物体的动能变化时,速度不一定变化C.物体做平抛运动时,水平速度不变,动能不变D.物体做自由落体运动时,物体的动能增加2.一个质量为0.3 kg的弹性小球,在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同,则下列碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k正确的是()A.Δv=0B.Δv=12 m/sC.ΔE k=1.8 JD.ΔE k=10.8 J3.光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下,抵达光滑水平面上的B点时速度大小为v0。

光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条,如图所示,小球越过n条活动阻挡条后停下来。

若让小球从h高处以初速度v0滚下,设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等,则小球能越过的活动阻挡条的条数是()A.nB.2nC.3nD.4n4.(2021·湖北武汉月考)物块在水平面上以初速度v0直线滑行,前进x0后恰好停止运动,已知物块与水平面之间的动摩擦因数为μ,且μ的大小与物块滑行的距离x的关系为μ=kx(k为常数),重力加速度为g。

则() A.v0=√kgx02 B.v0=√2kgx02D.v0=2√kgx02C.v0=√kgx0225.(2021·广东深圳月考)如图所示,物块从固定斜面的最高点由静止滑下,冲上右侧光滑曲面,经过最低点连接处时无能量损失。

已知物块与斜面的动摩擦因数μ=0.25,斜面高度h=1.20 m,斜面倾角θ=37°,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,物块在曲面上升的最大高度为()A.0.70 mB.0.80 mC.0.96 mD.1.20 m6.(2021·湖北学业水平选择性考试模拟演练)如图所示,两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上,O点为斜面的最低点。

高考物理《动能和动能定理》真题练习含答案1．[2024·江苏省淮安市学情调研]质量为m 的物体以初速度v 0沿水平面向左开始运动，起始点A 与一水平放置的轻弹簧O 端相距s ，轻弹簧的另一端固定在竖直墙上，如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x ，重力加速度为g ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，克服弹簧弹力所的功为( )A ．12 m v 20 －μmg (s ＋x )B ．12m v 20 －μmgx C ．μmg (s ＋x )－12m v 20 D ．－μmg (s ＋x ) 答案：A解析：从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中，由动能定理－μmg (s ＋x )－W ＝0－12m v 20 ，解得W ＝12 m v 20 －μmg (s ＋x )，A 正确．2.[2024·河南省部分学校摸底测试]如图所示，水平圆盘桌面上放有质量为0.1 kg 的小铁碗A (可视为质点)，一小孩使圆盘桌面在水平面内由静止开始绕过圆盘中心O 的轴转动，并逐渐增大圆盘转动的角速度，直至小铁碗从圆盘的边缘飞出，飞出后经过0.2 s 落地，落地点与飞出点在地面投影点的距离为80 cm.若不计空气阻力，该过程中，摩擦力对小铁碗所做的功为( )A.0.2 J B ．0.4 JC ．0.8 JD ．1.6 J答案：C解析：小铁碗飞出后做平抛运动，由平抛运动规律可得v ＝x t，解得v ＝4 m/s ，小铁碗由静止到飞出的过程中，由动能定理有W ＝12m v 2，故摩擦力对小铁碗所做的功W ＝0.8 J ，C 正确．3．(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上，质量为m 的物块受到沿斜面向上的恒力F 的作用，沿斜面以速度v 匀速上升了高度h .已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ、重力加速度为g .关于上述过程，下列说法正确的是( )A ．合力对物块做功为0B ．合力对物块做功为12m v 2 C ．摩擦力对物块做功为－μmg cos θh sin θD ．恒力F 与摩擦力对物块做功之和为mgh答案：ACD解析：物体做匀速直线运动，处于平衡状态，合外力为零，则合外力做功为零，故A正确，B 错误；物体所受的摩擦力大小为f ＝μmg cos θ，物体的位移x ＝h sin θ，摩擦力对物块做功为W f ＝－fx ＝－μmg cos θh sin θ，C 正确；物体所受各力的合力做功为零，则W G ＋W F ＋W f ＝0，所以W F ＋W f ＝－W G ＝－(－mgh )＝mgh ，D 正确．4．(多选)质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则此物体( )A ．在位移x ＝9 m 时的速度是33 m/sB ．在位移x ＝9 m 时的速度是3 m/sC ．在OA 段运动的加速度是2.5 m/s 2D ．在OA 段运动的加速度是1.5 m/s 2答案：BD解析：运动x ＝9 m 的过程由动能定理W －μmgx ＝12m v 2，得v ＝3 m/s ，A 错误，B 正确；前3 m 过程中，水平拉力F 1＝W 1x 1 ＝153N ＝5 N ，根据牛顿第二定律，F 1－μmg ＝ma 得a ＝1.5 m/s 2，C 错误，D 正确．5．[2024·张家口市期末考试]如图所示，倾角为θ＝37°的足够长光滑斜面AB 与长L BC ＝2 m 的粗糙水平面BC 用一小段光滑圆弧(长度不计)平滑连接，半径R ＝1.5 m 的光滑圆弧轨道CD 与水平面相切于C 点，OD 与水平方向的夹角也为θ＝37°.质量为m 的小滑块从斜面上距B 点L 0＝2 m 的位置由静止开始下滑，恰好运动到C 点．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求小滑块与粗糙水平面BC 间的动摩擦因数μ；(2)改变小滑块从斜面上开始释放的位置，小滑块能够通过D 点，求小滑块的释放位置与B 点的最小距离．答案：(1)0.6 (2)6.75 m解析：(1)滑块恰好运动到C 点，由动能定理得mgL 0sin 37°－μmgL BC ＝0－0解得μ＝0.6(2)滑块能够通过D 点，在D 点的最小速度，由mg sin θ＝m v 2D R解得v D ＝3 m/s设滑块在斜面上运动的距离为L ，由动能定理得mgL sin θ－μmgL BC －mgR (1＋sin θ)＝12m v 2D －0 解得L ＝6.75 m。