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1、最新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1 如图所示，水平地面上一木板质量M 1 kg，长度 L3.5 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m2 kg 的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以v039m / 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1 0.2，木板与地面间的动摩擦因数2 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
2、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：1mgL 1 mv2 1mv0222解得： v 5 m/s在 P 点由牛顿第二定律得：F mg m v2r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Ff1 1mg 4 N地面对木板的摩擦力Ff2 2(M m)g 3 N对木板由牛顿第二定律得：Ff1 Ff2 Maa F f 1 Ff 2 1 m/s 2M(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
3、v 5 m/s对滑块有： (x L) vt 1 1gt22对木板有： x 1 at22解得： t 1 s 或 t 7 s(不合题意，舍去)3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 儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道，管道的半径较小。为研究方便建立平面直角坐标系， O 点为抛物口，下方接一满足方程y5x2 的光滑抛物线形状管道OA；9AB、BC是半径相同的光滑圆弧管道，CD 是动摩擦因数0.8 的粗糙直管道；各部分管道在连接处
4、均相切。 A、B、C、D 的横坐标分别为xA1.20m 、 xB 2.00m 、xC 2.65m、 xD3.40m。已知，弹珠质量 m 100g，直径略小于管道内径。E 为 BC管道的最高点，在 D 处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37 0.6，sin53 0.8g10m/s 2，求：1）若要使弹珠不与管道OA触碰，在O应该多大；（点抛射速度0（2）若要使弹珠第一次到达E 点时对轨道压力等于弹珠重力的3 倍，在 O 点抛射速度 v0应该多大；（3）游戏设置 3 次通过 E 点获得最高分，若要获得最高分在O 点抛射速度 的范围。0【答案】（ 1） 3m/s （2） 22 m/s（ 3）
5、 23 m/s 0 26 m/s【解析】【详解】5（1）由 y9x2 得： A 点坐标（ 1.20m ，0.80m ）由平抛运动规律得：xAv0t，yA1 gt 22代入数据，求得t 0.4s， v03m/s ；（ 2）由速度关系，可得 53求得 AB、BC 圆弧的半径 R 0.5m OE 过程由动能定理得：mgyAmgR（1cos53 ）1 mvE21 mv0222解得 v0 22 m/s ；（3） sin 2.65 2.00 0.400.5， 300.5CD 与水平面的夹角也为 30设 3 次通过 E 点的速度最小值为v1 由动能定理得mgyAmgR（1cos53 ）2 mgxCDcos3
6、0 01 mv122解得 v1 2 3 m/s设 3 次通过 E 点的速度最大值为v2 由动能定理得mgyAmgR（1cos53 ）4 mgxCDcos30 01 mv222解得 v2 6m/s考虑 2 次经过 E 点后不从O 点离开，有122mgxCDcos30 0mv3解得 v326 m/s故 2 3 m/s 0 2 6 m/s3 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 与水平面的夹角线沿竖直方向。现有一质量块与斜面之间的动摩擦因数(1)为保证轨道不会被破坏，求=37 B是轨道最低点，其最大承受力F，m=21N，过 A 点的
7、切m=0.1kg 的小物块，从A 点正上方的 P 点由静止落下。已知物=0.5.取 sin37 =0.6.co37 =0.8，g=10m/s 2，不计空气阻力。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 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：2Fmmgm vBR从 P 到 ，由动能定理得mg (HR)1 mvB2 02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-cos
8、37 ）+Lsin37 - mgcos37 ?L=01mvB22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，由功能关系得系统最终因摩擦所产生的总热量Q=mg （h+Rcos37 ）解得Q=4J4 如图所示，在竖直平面内的光滑固定轨道由四分之一圆弧AB 和二分之一圆弧BC组成，两者在最低点B 平滑连接过BC圆弧的圆心O 有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各一块，挡板与圆弧轨道之间有宽度很小的缝隙AB 弧的半径为2R，BC 弧的半径为R.一直径略小于缝宽的小球在A 点正上方与A 相距 2R
9、处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨3道运动不考虑小球撞到挡板以后的反弹(1)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点(2)若小球能到达C 点，求小球在B、 C两点的动能之比；若小球不能到达C 点，请求出小球至少从距A 点多高处由静止开始自由下落才能够到达C 点(3)使小球从 A 点正上方不同高度处自由落下进入轨道，小球在水平挡板上的落点到O 点的距离 x 会随小球开始下落时离 A 点的高度 h 而变化，请在图中画出 x2 - h 图象 (写出计算过程 )【答案】 (1) 1 mg(2) 41(3)过程见解析3【解析】【详解】（1）若小球能沿轨道运动到C 点，小球在 C 点所受轨道的正压力N
10、应满足 N0设小球的质量为m，在 C 点的速度大小为 vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有Nmg mvC2R小球由开始下落至运动到C 点过程中，机械能守恒，有2mgR1 mv23C2由两式可知1Nmg3小球可以沿轨道运动到C 点 .（2）小球在C 点的动能为EkC，由机械能守恒得2mgREkC3设小球在 B 点的动能为EkB，同理有8mgREkB3得EkB EkC 4 1（3）小球自由落下，经ABC圆弧轨道到达C 点后做平抛运动。由动能定理得：mgh1mvC22由平抛运动的规律得：R1 gt 22x=vCt解得：x2Rh因为 x3R ，且 vCgR 所以R h 3R24x2-h 图象如图所示
11、：5 如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接。有一质量为1 kg 的滑块 (大小不计 )，从 A 处由静止开始受水平向右的力F 作用， F随位移变化的关系如图乙所示。滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数为 0.25，与半圆弧轨道 BC间的动摩擦因数未知， g 取 10 m/s 2。求：（1）滑块到达 B 处时的速度大小；（2）若到达 B 点时撤去 F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。【答案】（ 1） 210 m/s 。（ 2）5 J。【解析】【详解】（1）对滑块从A 到 B 的过程，由动能定理
12、得：F1x1 F3 x3mgx1mvB2 ，2即12202-101-0.251 104J=1vB ，得：vB2 10m/s；（2）当滑块恰好能到达最高点C 时，mgm vC2；R对滑块从 B 到 C的过程中，由动能定理得：W mg 2R1 mvC21 mvB2 ，22带入数值得：W =-5J，即克服摩擦力做的功为5J；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
13、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：Wf1s
14、1mgdf1 = 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，h 1 gt22下滑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，在方向竖直向上、大小为6A、 BE=110V/m 的匀强电场中，固定一个穿有两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R=0.2m A、 B
15、 用一根绝缘轻杆相连，A 带的电荷量为7q=+7 10C，B 不带电，质量分别为mA=0.01kg、mB=0.08kg将两小球从圆环上的图示位置（A 与圆心 O 等高， B 在圆心 O 的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动重力加速度大小为g=10m/s 2 （1）通过计算判断，小球A 能否到达圆环的最高点C？（ 2）求小球 A 的最大速度值（ 3）求小球 A 从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值【答案】 （1） A 不能到达圆环最高点（ 2） 22 m/s （ 3） 0.1344J3【解析】【分析】【详解】试题分析： A、B 在转动过程中，分别对A、 B 由动能定理列
16、方程求解速度大小，由此判断A 能不能到达圆环最高点；A、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，对A、 B 分别由动能定理列方程联立求解最大速度；A、 B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0 时，根据电势能的减少与电场力做功关系求解（1）设 A、 B 在转动过程中，轻杆对 A、 B 做的功分别为 WT 和 WT ，根据题意有 ： WT WT 0设 A、 B 到达圆环最高点的动能分别为EKA、 EKB对 A 根据动能定理： qER mAgR+WT1=EKA对 B 根据动能定理： WT1 mB gR E联立解得： EKA+EKB= 0.04J由此可知 ：A 在圆环最高点时，系统动能为负值，故（
17、 2）设 B 转过 角时， A、 B 的速度大小分别为因 A、 B 做圆周运动的半径和角速度均相同，故：A 不能到达圆环最高点vA、 vB，vA=vB对 A 根据动能定理： qER sinmA gRsinWT 21mAvA22对 B 根据动能定理： WT 2 mB gR 1cos1mB vB22联立解得： vA2 83sin4cos49由此可得 ：当 tan3A、 B 的最大速度均为 vmax22时，m / s43（ 3） A、 B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减少最多，由上可式得 ： 3sin +4cos 4=0解得： sin2425或 sin =0（
18、舍去）所以 A 的电势能减少： EP qER sin84 J 0.1344 J625点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答，属于复杂题8 质量为 M 的小车固定在地面上，质量为m 的小物体（可视为质点）以v0 的水平速度从小车一端滑上小车，小物体从小车另一端滑离小车时速度减为v0 ，已知物块与小车之间的2动摩擦因数为.求：（1）此过程中小物块和小车之间因摩擦产生的热Q 以及小车的长度L.（2）若把同一小车放在光滑的水平地面上，让这个物体仍以水
19、平速度v0 从小车一端滑上小车 .a. 欲使小物体能滑离小车，小车的质量M 和小物体质量 m 应满足什么关系 ?b. 当 M =4m 时，小物块和小车的最终速度分别是多少?【答案】（ 1） Q3mv02 ， L3v02（ 2） a. M3m； b.2v0 ，3v088 g520【解析】【详解】(1) 小车固定在地面时，物体与小车间的滑动摩擦力为fmg ，物块滑离的过程由动能定理fL1 m( v0 ) 21 mv02 222解得： L3v028 g物块相对小车滑行的位移为L，摩擦力做负功使得系统生热，Q fL可得： Q3 mv028（2） a.把小车放在光滑水平地面上时，小物体与小车间的滑动摩擦
20、力仍为f设小物体相对小车滑行距离为L 时，跟小车相对静止（未能滑离小车）共同速度为由动量守恒定律：mv0=(M +m)v设这过程小车向前滑行距离为s.对小车运用动能定理有:fs1Mv 22对小物体运用动能定理有:f (L s)1 mv21 mv02 22联立可得fL1 mv021 ( Mm)( mv0 )222M m物块相对滑离需满足 LL 且 fL3 mv028联立可得： M3m ，即小物体能滑离小车的质量条件为M3mb.当 M=4m 时满足 M3m ，则物块最终从小车右端滑离，设物块和车的速度分别为v2 .由动量守恒：v，v1 、mv0mv1Mv2由能量守恒定律：fL1 mv02( 1 m
21、v121 Mv 22 )222联立各式解得： v123v0 ， v2v05209 如图所示， AB 为倾角37 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
22、 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：2vPmgN Pm解得 : vP2.5gR5m/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 sin37mghmgLcos37 = 1 mv21 mv2BP2P2C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
23、与O 等高处的 E 点，物块 C 至 E 过程中根据动能定理：mgL cos37mgLsin37mgRsin 53 =01 mvm22解得： vm6m/s10 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=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 之1.5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
24、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/s 2， 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 =0，求质点从 C 运动到 D 的时间；（ 3）若最终滑块停在 D 点，求 的取值范围【答案】 （1） 20N， 2J；（ 2） 1s；（ 3） 0.125 0.75 或 =13【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 =0，根据牛顿第二定
25、律求出加速度，结合位移时间公式求出C 到 D 的时间（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】（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：v2，F- mg mR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 1mv 2，2代入数据得： W=2J（ 2）在 CD间运动，有： mgsin =ma，22，加速度为： a=gsin =100.6m/s=6m/s根据匀变速运动规律有：s vt+ 1at22代入
26、数据解得： t=1s3（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：mgsin ?s-1mg cos ?s 0-1mv2，2代入数据得：1=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： - 1mgcos ?2s 0-1mv2，2代入数据得到： 1=0.125，当滑块恰好能静止在斜面上，则有：mgsin=2mgcos，代入数据得到： 2=0.75所以，当 0.125 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， 的取值范围是0.125 0.75 或 =1【点睛】解决本题的关键理清滑块在整个过程
27、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11 如图，质量分别为1kg 和 3kg 的玩具小车A、 B 静置在水平地面上，两车相距s=8m。小车 A 在水平恒力 F=8N 作用下向着小车 B 运动，恒力继续运动与小车 B 发生碰撞，碰撞后两车粘在一起滑行F 作用一段时间 t 后撤去，小车 A d=0.25m 停下。已知两车碰撞时间极短，两车运动过程所受的阻力均为自身重力的0.2 倍，重力加速度g=10m/s 2。求：（ 1）两个小车碰撞后的速度大小；（ 2）小车 A 所受恒力 F 的作用时间 t 。【答案】
28、（ 1） 1m/s ；（ 2） 1s【解析】【详解】（1）设撤去力 F 瞬间小车 A 的速度为 v1，小车 A、 B 碰撞前 A 车的瞬时速度为 v2 ，小车A、 B 碰撞后瞬间的速度为 v3。两小车碰撞后的滑行过程中，由动能定理可得：-0.2（ m1+m2） gd = 0- 1 （ m1+m2） v322解得两个小车碰撞后的速度大小：v3=1m/s（2）两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得：m1v2 =（m1+m2） v3解得： v2=4m/s恒力作用过程，由动量定理可得：Ft-0.2m1gt=m1v1-0由运动学公式可得：x1= v1 t2撤去 F 至二车相碰过程，由动能定理得：11-0.2
29、m1gx2=m1v22-m1v1222由几何关系可得：x1+x2=s联立可得小车A 所受恒力F 的作用时间：t=ls方法 2：两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得：m1v2 =（m1+m2） v3解得： v2=4m/s从 F 作用在小车A 上到 A、 B 两车碰前，由动能定理得：Fx-0.2m1gs= 1 m1v2 2-02解得： x=3m在 F 作用的吋间内，由牛顿第二定律得：F-0.2m1g=m1a解得： a=6m/s 2由 x= 1 at22联立解得小车A 所受恒力F 的作用时间：t=lsA、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，
30、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+mv02v02gl（ 3）mgl mv02（ 2） v124l【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 mv12 1 mv02222得： W= mglmv024