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1、（物理）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，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
2、)物块通过 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 cos6
3、0o4m/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 如图所示，两物块A、 B 并排静置于高h=0.80m 的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg 一颗质量m=0.10kg 的子弹 C 以 v0=100m/s 的水平速度从左面射入A，子弹射穿A 后接着射入 B 并留在 B 中，此时离开桌面后，落地点到桌边的水平距离A、 B 都没有离开桌面已知物块 A 的长度为 0.27m， A s=2.0m设子弹在物块 A、 B 中穿行时受到的阻力大小相等， g 取 10m/s 2 (平抛过程中物块看成质点)求：（ 1）物块 A 和物块 B 离开
4、桌面时速度的大小分别是多少；（ 2）子弹在物块 B 中打入的深度；（3）若使子弹在物块B 中穿行时物块B 未离开桌面，则物块 B 到桌边的最小初始距离【答案】（ 1） 5m/s；10m/s ；（ 2） LB3.5 10 2 m （3） 2.5 10 2 m【解析】【分析】【详解】试题分析： (1)子弹射穿物块 A 后， A 以速度 vA 沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动： h1 gt 2 解得： t=0.40s2A 离开桌边的速度sAvA，解得： v =5.0m/st设子弹射入物块B 后，子弹与 B 的共同速度为vB，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：mv0Mv A ( Mm)vB
5、B 离开桌边的速度vB=10m/s（2）设子弹离开A 时的速度为v1 ，子弹与物块A 作用过程系统动量守恒：mv0mv12Mv Av1=40m/s子弹在物块B 中穿行的过程中，由能量守恒fLB1 Mv 21 mv21 (Mm)v2 2A212B子弹在物块 A 中穿行的过程中，由能量守恒fLA1 mv21 mv21 ( M M )v220212A由 解得 LB3.510 2m（3）子弹在物块A 中穿行过程中，物块A 在水平桌面上的位移为s1，由动能定理：fs1 (MM )v20 12A子弹在物块 B 中穿行过程中，物块B 在水平桌面上的位移为s2，由动能定理fs21 MvB21 MvA2 22由
6、解得物块 B 到桌边的最小距离为： smin s1 s2，解得： smin2.510 2 m考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律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。已知它落到水面上时相对于O 点（ D 点正下方）的水平距离 OB 10m 。为了能让滑车抛到水面上的更远处，有人在轨道的下方紧贴 D 点安装一水平传送带，传送带右端轮子的圆心与D 点的水平距离为 8m ，轮子半径为 0.4m（传送带
7、的厚度不计），若传送带与玩具滑车之间的动摩擦因数为0.4，玩具滑车的质量为4kg ，不计空气阻力（把玩具滑车作质点处理），求(1)玩具滑车到达D 点时对 D 点的压力大小。(2)如果传送带保持不动，玩具滑车到达传送带右端轮子最高点时的速度和落水点位置。(3)如果传送带是在以某一速度匀速运动的（右端轮子顺时针转），试讨论玩具滑车落水点与传送带速度大小之间的关系。【答案】 (1)80N； (2)6m/s ， 6m； (3)见解析。【解析】【详解】(1)玩具滑车到达D 点时，由牛顿第二定律：vD2FDmgm解得RFDmgm vD2=404 10 2=80N ；R10(2)若无传送带时，由平抛知识可知
8、：xvDt解得t1s如果传送带保持不动，则当小车滑到最右端时，由动能定理：1 mv21 mvD2mgL22解得v=6m/s因为 v 6m/sgR2m/s ，则小车从右端轮子最高点做平抛运动，则落水点距离传送带右端的水平距离：xvt6m(3) 若传送带的速度 v 6m/s，则小车在传送带上运动时一直减速，则到达右端的速度为6m/s ，落水点距离传送带右端的水平距离为6m； 若小车在传送带上一直加速，则到达右端时的速度满足1mv21mvD2mgL22解得v2 41m/s若传送带的速度v241m/s ，则小车在传送带上运动时一直加速，则到达右端的速度为2 41m/s ，落水点距离传送带右端的水平距离
9、为x vt 2 41m ； 若传送带的速度 10m/s v 6m/s，则小车在传送带上运动时先减速到v，然后以速度v 匀速，则到达右端的速度为v，落水点距离传送带右端的水平距离为vt=vm； 若传送带的速度 241m/s v 10m/s，则小车在传送带上运动时先加速到v，然后以速度v 匀速，则到达右端的速度为v，落水点距离传送带右端的水平距离为vt=vm。4 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m1=1.0kg 的小球 A 以 v0 =9m/s 的速度与静止在水平轨道上的质量m2=2.0kg
10、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vB；(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=m2vB- m1 vA，代入数据解得 ： vB=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
11、，小球对轨道最高点的压力大小为【点睛】20N，方向向上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.5 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
12、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
13、、 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 gR11 m1vB22解得： vB6m / sm1 、 m2 碰撞满足动量守恒：m1vB( m1m2 )v共解得； v共2m / s则碰撞过程中损失的机械能为：E机1 m1vB21 mv共212J22物块 m 由 B 到 C 满足机械能守恒：1 mv共2m
14、g2R21 mvC222解得： vC4m / s在 C 处由牛顿第二运动定律可得：FN mgv2m CR2解得： 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
15、：mg(x3x4 ) 01 mv122解得： x40.8m6 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v0 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，弹簧弹性势能Ep 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pmv0求该过程E ，小物块速度大小为3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m 的小物块重复2上述过
16、程，则平板向右运动的最大速度为多大？4v2Epmmg ； (3)v【答案】 (1)0；(2)9 gmg2【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1 mv02 1 m( v0 )2 Epm mgs2 2 34v02Epm解得 s9gmg（2）平板速度最大时，处于平衡状态，f mg即 Ff mg.（ 3）平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸
17、长量，当木板速度最大时 mg kx对木板由动能定理得1Mv 2mgx Ep 12同理，当 m 1m，平板达最大速度v时，mg kx221p2122 mgxEMv21由题可知Epx2，即 Ep2Ep14解得 v 1 v.27 如图所示，在倾角为=37的斜面底端有一个固定挡板D，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端在O 点，已知斜面OD 部分光滑， PO 部分粗糙且长度L=8m。质量 m=1kg 的物块（可视为质点）从 P 点静止开始下滑，已知物块与斜面 PO 间的动摩擦因数 =0.25， g 取 10m/s 2， sin37 =0.6， cos37=0.8。求：（ 1）物块第一次接触弹
18、簧时速度的大小（ 2）若弹簧的最大压缩量 d=0.5m，求弹簧的最大弹性势能（3）物块与弹簧接触多少次，反弹后从O 点沿斜面上升的最大距离第一次小于0.5m【答案】（ 1） 8m/s （2） 35J(3)5 次【解析】【详解】(1)物块在 PO 过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦力，此过程应用动能定理得：mgL sinmgL cos1 mv22解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：v2gL sincos8 m/s（2）物块由O 到将弹簧压缩至最短的过程中，重力势能和动能减少、弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能EpEp1 mv2mgd s
19、in35 J2（3）物块第一次接触弹簧后，物体从O 点沿斜面上升的最大距离s1 ,由动能定理得 :mgs1mgs1 cos01 mv22解得： s14m物块第二次接触弹簧后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离s2 ，由动能定理得：mg sin (s1s2 )mg cos(s1s2 )0解得： s22m故物块每经过一次 O 点，上升的最大距离为上一次的12所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：s1L2则第 n 次上升的最大距离为：Lsn2n因为 sn1 m ，所以 n4，即物块与弹簧接触5 次后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离2小于 1m28如图所示，一长度 LAB=4 98m，倾角 =
20、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
21、，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 x mgsin LAB- mgx=0x=24 9m=31 1经
22、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22Lbcnmv -mv 0 =2n=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。根据功能关系求出在BC 段运动的路程。9 离子发动机是利用电能加速工质（工作介质）形成高速射流而产生推力的航天器发动机。其原理如图所示，其原理如下：首先系统将等离子体经系统处理后，从下方以恒定速率 v1向上射入有磁感应强度为1I
23、内，栅电极 MNB 、方向垂直纸面向里的匀强磁场的区域和 PQ 间距为 d。当栅电极 MN 、 PQ 间形成稳定的电场后，自动关闭区域I 系统（包括进入其中的通道、匀强磁场B12）。区域内有垂直纸面向外，磁感应强度大小为B ，放在 A 处的中性粒子离子化源能够发射任意角度，但速度均为v2 的正、负离子，正离子的质量为m，电荷量为 q，正离子经过该磁场区域后形成宽度为D 的平行粒子束，经过栅电极MN、PQ 之间的电场中加速后从栅电极PQ 喷出，在加速正离子的过程中探测器获得反向推力（不计各种粒子之间相互作用、正负离子、等离子体的重力，不计相对论效应）。求：（1）求在 A 处的正离子的速度大小v2
24、；（2）正离子经过区域I 加速后，离开PQ 的速度大小v3 ；（3）在第（ 2）问中，假设航天器的总质量为M，正在以速度v 沿 MP 方向运动，已知现在的运动方向与预定方向MN 成角，如图所示。为了使飞船回到预定的飞行方向MN ，飞船启用推进器进行调整。如果沿垂直于飞船速度v 的方向进行推进，且推进器工作时间极短，为了使飞船回到预定的飞行方向，离子推进器喷射出的粒子数N 为多少？qB2 D；（ 2）8qdmv1B1 q2 B22 D 22Mv tan【答案】（ 1）4m2；（ 3）2 B22 D22m8qdmv1B1 q【解析】【详解】（1）根据左手定则可知，正离子向右偏转，负离子向左偏转，不
25、会进入区域 1 中，因此也不会产生相应推力。所以只有加速正离子过程中才会产生推力。正离子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力：qv2 2v22， , 根据题意，在 A 处发射速度相等，方向B =mr不同的正离子后，形成宽度为D 的平行正离子束，即：r= D ，则在 A 处的正离子的速度大2小 v2 = qB2 D 。 2m（ 2）等离子体由下方进入区域I 后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q ，则qE=q v1B1，即：E=B1v1；正离子束经过区域I 加速后，离开PQ的速度大小为v3，根据动能定理可知：qU= 1 m
26、v32 - 1 mv22，其中电压U=Ed=B1v1d22222联立可得：v3=8qdmv1B1 q B2 D 。（3）飞船方向调整前后，其速度合成矢量如图所示：因此 tan= n v ，离子喷出过程中，系统的动量守恒：M n v=Nmv3，为了使飞船回到预定v2Mv tan的飞行方向，离子推进器喷射出的粒子数N=8qdmv1B1q2 B22D 210 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=0.6，小物体滑行L=1m后与静置
27、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) v14m/s (2) FN6N(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：12mgRmv1解得： v14m/s（2）物体 P 做匀速圆周运动，在B 点由牛顿第二定律有:FNmgmv12R解得物体 P 在 B 点受到的支持力F
28、N6N（3） P 滑行至碰到物体 Q 前，由动能定理有 :mgL1 mv221 mv1222解得物体 P 与 Q 碰撞前的速度 v22m/sP 与 Q 正碰并粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律有:mv2mm v3解得 P 与 Q 一起从桌边飞出的速度v31m/s由平碰后 P、 Q 一起做平抛运动，有：h 1 gt 22sv3t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:E1mgL1.2J物体 P 和 Q 碰撞过程中损失的机械能:E21 mv221 (m m) v320.2J22两小物体落地前损失的机械能EE1E2解得： E=1.4J1
29、1 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v0 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，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mA 。mB【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v1 由动量守恒：mA v0(mA mB )v1第一次碰后到停止的过程，由动能定理得：(mAmB ) gl 01 ( mAmB )v1
30、22第二次碰后速度分别为v2 、 v3 ，由动量守恒得、动能守恒得：mA v0mA v2 mB v31 mA v0 2 1 mA v2 21 mB v32222第二次碰后到停止的过程，由动能定理得：AmA gxA12对 ：0mA v22对 B：mB gxB01 mB v322联立以上各式，可得，xB4l 5l ，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， mAmB ，碰后 A 会反弹向左运动，则有：xA xB5l联立以上各式，得：mA1mB212 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
31、=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 4t 2 （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， g10m / s2 ，试求：（ 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）
32、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） x49 m （ 3）不会脱离轨道8【解析】试题分析：（1）由 x12t4t2 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WmgCD sin 371 mv022代入数据得： W156J（2）由 x12t4t 2 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，由牛顿第二定律得 mg sinmg cosma代入数据解得0.25物块在 P 点的速度满足 mgm vP2R物块从 B 运动到 P 的过程中机械能守恒，则有1 mvB21 mvP2mghpB ，又22hpBR153sin物块从 C 运动到 B 的过程中有 vB2v022axBC由以上各式解得xBC49 m8（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