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1、（物理）高考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1 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L1.90m， 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 0.75取 sin37 0.6， cos370.8，重力加速度g 10m/s 2，忽略空气阻力求：（1）物块第一次通过C 点时的速度大小vC（2）物块第一次通过D 点时受到轨道的支
2、持力大小FD（3）物块最终所处的位置【答案】（ 1） 32m/s （ 2） 7.4N（ 3）0.35m【解析】【分析】由题中 “斜面 ABC下端与光滑的圆弧轨道 CDE相切于 C”可知，本题考查动能定理、圆周运动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答【详解】（1） BC 长度 lR tan 53o0.4m ，由动能定理可得mg(L l )sin 37o 1 mvB22代入数据的vB3 2m/s物块在 BC 部分所受的摩擦力大小为fmg cos37o0.60N所受合力为F mg sin 37of 0故vCvB3 2m/s（2）设物块第一次通过D 点的速度为vD
3、 ，由动能定理得mgR(1 cos37 o)1 mvD21 mvC222有牛顿第二定律得FDmg m vD2R联立解得FD7.4N（3）物块每次通过BC 所损失的机械能为Efl0.24J物块在 B 点的动能为EkB1mvB22解得 EkB0.9J物块经过BC 次数n 0.9J =3.750.24J设物块最终停在距离C 点 x 处，可得mg(Lx)sin 37of (3l +x)0代入数据可得x0.35m2 如图所示，在娱乐节目中，一质量为m60 kg 的选手以 v0 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 37时，选手放开抓手，松手后的上升过程中选手水平速度
4、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 v2 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 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v1，则 mg（L Lcos
5、 ）mv12 mv0 2，v1 5m/s（2）设选手放开抓手时的水平速度为v2， v2 v1cos 选手在传送带上减速过程中a g v v2 at1匀速运动的时间 t2， s x1 vt2选手在传送带上的运动时间t t1 t2联立 得： t 3s（3）由动能定理得Wf mv2 mv22，解得： Wf 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，倾角为306m/s的速度运的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以动，运动方向如图所示一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，
6、都不计其动能损失物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度 g=10m/s 2，求：（ 1）物体第一次到达 A 点时速度为多大？（ 2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB 间的距离至少多大？（ 3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？【答案】（ 1） 8m/s （ 2）6.4m （ 3） 1.8m【解析】【分析】（ 1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；（ 2）当物体滑到传送带最左端速度为零时， AB 间的距离 L 最小，根据动能定理列式求解；（3）物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s 的速度冲上斜面
7、时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可【详解】（1）物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：mgh1 mv22解得： v2gh2 103.28m/s（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离 L 最小，由动能能力得：mgL01 mv22解得： Lv282m6.4m2g 20.510（3）因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度6m/s，物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以v带6m/s 的速度冲上斜面，根据动能定理得：mgh 01mv带22v带2621.8m得： h2m2g10【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程
8、，运用机械能守恒和动能定理解题4 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离 l8 L 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(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)v15(2)L3 Lv242【解析】(1)由碰撞过程动量守恒Mv1
9、 =( Mv15m)v2 则v24(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两车相撞前卡车动能变化1 Mv 021 Mv12MgL22碰撞后两车共同向前滑动，动能变化1 (M m)v220(M m)gl 2由式 v02v122gL由式 v222gL又因 l8L 可得 v023 gL25如果卡车滑到故障车前就停止，由1 Mv020MgL 2故 L 3 L2这意味着卡车司机在距故障车至少3 L 处紧急刹车，事故就能够免于发生 25 如图所示，倾角为30的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/s 的速度运动，运动方向如图所示一个质量为2 kg的物体（物体可以视为质点），从h
10、=3.2 m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端AB 的中点处，重力加速度g=10 m/s 2，求：（ 1）物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间；（ 2）传送带左右两端 AB 间的距离 l 至少为多少；（ 3）上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少；（4）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度【答案】 （1） 1.6s （ 2） 12.8m （3） 160J （ 4） h=1.8m【解析】h 为多少？(1)mgsin =ma, h/sin=
11、,可得 t=1.6 s.(2)由能的转化和守恒得：mgh= mgl/2， l=12.8 m.(3)在此过程中，物体与传送带间的相对位移而摩擦热Q=mgx相，:x相 =l/2+v带 t,又l/2=，以上三式可联立得Q=160 J.(4)物体随传送带向右匀加速，当速度为v 带 =6 m/s时向右的位移为x，则 mgx=， x=3.6 ml/ 2，即物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以v 带=6 m/s的速度冲上斜面，由 =mgh，得 h=1.8 m.滑块沿斜面下滑时由重力沿斜面向下的分力提供加速度，先求出加速度大小，再由运动学公式求得运动时间，由 B 点到最高点，由动能定理，克服重力做功等于
12、摩擦力做功，由此可求得 AB 间距离，产生的内能由相互作用力乘以相对位移求得6 如图所示，四分之一光滑圆弧轨道AO 通过水平轨道OB 与光滑半圆形轨道BC 平滑连接， B、 C 两点在同一竖直线上，整个轨道固定于竖直平面内，以O 点为坐标原点建立直角坐标系xOy。一质量m=1kg 的小滑块从四分之一光滑圆弧轨道最高点A 的正上方E 处由静止释放，A、 E 间的高度差h=2.7m ，滑块恰好从A 点沿切线进入轨道，通过半圆形轨道BC的最高点C 时对轨道的压力F=150N，最终落到轨道上的D 点 (图中未画出)。已知四分之一圆弧轨道 AO 的半径 R=1.5m，半圆轨道 BC 的半径 r=0.4m
13、，水平轨道 OB 长 l=0.4m ，重力加速度 g=10m/s2 。求：(1)小滑块运动到C 点时的速度大小；(2)小滑块与水平轨道OB 间的动摩擦因数；(3)D 点的位置坐标.【答案】 (1) v8m/s(2)0.5 (3)x 1.2m, y 0.6mC【解析】【详解】（1）滑块在C 点时，对滑块受力分析，有Fmgm vC2r解得： vC8m / s（2）滑块从 E 点到 C 点过程，由动能定理可知：mghR2rmgl1 mvc22解得：0.5（3）小滑块离开C 点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则2r1 gt 2， svCt2解得： s3.2m l 0.4m所以滑块落到四分之一圆弧轨道
14、上，设落点坐标为x, y ，则有：2ry1gt 22lx vCtx2R2R2y解得： x1.2m， y0.6m7 如图所示，倾角为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，接着小滑块从最高点a 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的c 点 . 已知圆环最低点为e 点，重力加速度为g，不计空气阻力. 求：（ 1）小滑块在 a 点飞出的动能；（）小滑块在 e 点对圆环轨道压力的大小；（ 3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）1mgr ；（ 2） F
15、 =6mg；（ 3）42【答案】（ 1） Ek142【解析】【分析】【详解】（ 1）小滑块从 a 点飞出后做平拋运动：水平方向： 2r vat竖直方向： r1 gt 22解得： vagr小滑块在 a 点飞出的动能 Ek1mva21mgr22（2）设小滑块在e 点时速度为 vm ，由机械能守恒定律得：1 mvm21 mva2mg2r22在最低点由牛顿第二定律：Fmgmvm2r由牛顿第三定律得：F=F解得： F =6mg（3） bd 之间长度为 L，由几何关系得：L2 2 1 r从 d 到最低点 e 过程中，由动能定理mgHmg cos L1mvm22解得42148 如图所示， AB 为倾角37
16、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 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,cos370.8 ， g=10m/s 2. 求：(1)物块到达 P 点时的速度大小vP；(2)物块离开弹簧时的速度大小vC；(3)若要使物块始
17、终不脱离轨道运动，则物块离开弹簧时速度的最大值vm.【答案】 (1) vP5m/s (2)vC=9m/s (3)vm6m/s【解析】【详解】(1)在 P 点，根据牛顿第二定律：mg N Pm vP2R解得 : vP2.5gR 5m/s(2)由几何关系可知BP 间的高度差hBPR(1cos37 )物块 C 至 P 过程中，根据动能定理：mgL sin37 mghBPmgLcos37 = 1 mvP21 mvC222联立可得： vC=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：mgL cos37 mgLsin3
18、7 mgRsin 53 =01mvm22解得： vm6m/s9 如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为L，间距为导轨上端并联接有一电容为 C 的平行板电容器和阻值为R 的电阻导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为 g忽略其它电阻让金属棒在不同情况下从导轨上端由静止开始下滑，求:(1)当断开 S1 闭合 S2 时，金属棒由静止开始下滑位移x 后开始匀速，求匀速的速度大小和这过程电阻生的热量；(2)当断开 S2 闭合 S1 时金属棒的
19、速度大小随时间变化的关系【答案】 (1) vm(sincos)mgRB2 L2，Q mgx(sincos(sincos )2 m3 g2 R2(2) vmg(sincos ) t)2B4 L4mB2 L2C【解析】【详解】(1)金属棒在斜面上匀速直线运动时，由平衡条件：mg sinBILmg cos由闭合电路的欧姆定律I而动生电动势EBLvmER联立解得：(sincos )mgRvmB2L2对金属棒下滑过程，由动能定理得：mgxsinmg cosx WF 安 =1mvm202而由功能关系，克服安培力做功等于电路的焦耳热：WF安 =Q联立解得： Qmgx(sin(sincos)2 m3g 2 R
20、2cos )442B L(2)设金属棒经历时间t ，速度的变化量为v ，通过金属棒的电流为i，流过金属棒的电荷量为 Q ，按照电流的定义iQtQ 也是平行板电容器的极板在t 内的增加量，QC UCBLv金属棒受到的摩擦力为fmg cos金属棒受到的安培力为FiBiL设金属棒下滑的加速度为a，由牛顿第二定律有：mg sinfFima联立解得：mg(sincos )aB2 L2Cm加速度为恒定值，说明金属棒做匀加速直线运动有 v at可得瞬时速度与时间的关系：mg(sincos )vtmB2L2C10 如图所示，质量为 m1 1kg 的小物块 P，置于桌面上距桌面右边缘C 点 L1 90cm 的
21、A点并与弹簧的右端接触（不拴接），轻弹簧左端固定，且处于原长状态质量为M 3.5kg、长 L 1.5m 的小车静置于光滑水平面上，其上表面与水平桌面相平，且紧靠桌子右端小车左端放有一质量为m20.5kgQP缓慢压缩L2的小滑块 现用水平向左的推力将5cm 推至 B 点（弹簧仍在弹性限度内）时，撤去推力，此后P 沿桌面滑到桌子边缘C 时速度为 2m/s，并与小车左端的滑块Q 相碰，最后 Q 停在小车的右端，物块P 停在小车上距左端 0.35m 处 P 与桌面间动摩擦因数21 0.4， P、 Q 与小车表面间的动摩擦因数0.1，重力加速度g 10m/s 2（ 1）小车最后的速度 v；（ 2）推力所
22、做的功；（ 3）在滑块 Q 与车相对静止时， Q 到桌边的距离【答案】（ 1） 0.4m/s ；（ 2） 6J；（ 3） 1.92m【解析】【详解】（1）设物块 P 与滑块 Q 碰后最终与小车保持相对静止，其共同速度为 v 由动量守恒得：m1vc(m1m2M )v代入数据可得： v 0.4m/s（2） 90cm 0.9m ，设弹簧的最大弹性势能为Epm根据动能定理得：W 1m1g(L12L2 )1 m1vc22得： W 6J（3）设物块 P 与滑块 Q 碰后速度分别为v1 和 v2，P 与 Q 在小车上滑行距离分别为S1 和 S2P 与 Q 碰撞前后动量守恒，则有：m1vcm1v1m2 v2由
23、动能定理得：2 m1 gs12 m2 gs21 m1v121 m2v221 (m1 m2 M )v2222联立得 v1 1m/s， v2 2m/s25方程的另一组解：当 v2= m/s 时， v1=m/s ， v1 v2不合题意舍去33设滑块 Q 与小车相对静止时到桌边的距离为s， Q 在小车上运动的加速度为 a由牛顿第二定律得：2m2 gm2a代入数据解得： a 1m/s 2由匀变速运动规律得：s v2 v222a解得： s 1.92m11 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
24、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，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 ， 大小 E=3q(q 物 的 量)， 将物 从 A 点由静止 放，且运 程中始 不脱离 道，求物 第2 次 B 点 的速度大小。(3)在 (2)的情景下，求物 第2n(n=1， 2、3 )次 B 点 的速度大小。【答案】(1)2g( L + R)(2)4 gL1)n 2gL，其中n1 2、3.3(3) (3 、2【解析】【 解】(1) 物 在 A 点的速度 v
25、1，由 能定理有mgL mgR 0 1 m v122解得 v12g(L + R)(2) 物 由 放至第一次到B 点 程中，其 B 点速度 所求知： ( qEmg )L 1m v222可得： v24gL3(3) 第 2、4、 6、 2n 次 B 点 的速度分 v、v、 v，242n第 2、 4、 6、 2(n 1)次离开 B 点向右滑行的最大距离分 L12n 1、 L、 L， ： ( qEmg )L1 01m v222(qEmg11mv2)L 24解得 v4qEmg1v2qEmg2v61v2 n1同理2v2n2v42v2n(1n 1 上可得v2)2v2n (1 ) n 2gL其中 n1、 2、
26、32312 一束初速度不 的 子流在 U 5000V 的加速 加速后在距两极板等距 垂直 入平行板 的匀 ，如 所示，若板 距离d1.0cm ，板 l 5.0cm， 子 量e1.610 19 C，那么（1） 子 加速 加速后的 能 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?【答案】(1) Ek 810 16J (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: ElseU1 mv022解得 : Ek5000 eV8 10 16 J（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lv0 t 在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，加速度: aFeU mdm偏转距离 y1 at 2 2能飞出的条件为 y1 d 22Ud2250001.0102210 2解 式得 : U ,224.0Vl 25.010即要使电子能飞出，所加电压最大为400V