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1、【物理】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，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
2、支持力大小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v
3、D ，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 某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。传送带由电动机带动，以v 2m/s 的速度顺时针匀速转动，倾角37 。工人将工件轻放至传送带最低点A，由传送带传送至最高点 B 后再由另一工人运
4、走，工件与传送带间的动摩擦因数为7，所运送的每个工8件完全相同且质量m2kg 。传送带长度为L6m ，不计空气阻力。（工件可视为质点，sin37 0.6 ， cos370.8， g10m / s2 ）求：(1)若工人某次只把一个工件轻放至A 点，则传送带将其由最低点A 传至 B 点电动机需额外多输出多少电能？(2)若工人每隔 1 秒将一个工件轻放至A 点，在传送带长时间连续工作的过程中，电动机额外做功的平均功率是多少？【答案】 (1)104J； (2)104W【解析】【详解】(1)对工件mg cosmgsinmav22axvat1t12s得x2mx带vt12xx相x带x2m由能量守恒定律E电Q
5、EpEk即E电mg cos x相 mgL sin1 mv22代入数据得E电104J(2)由题意判断，每 1s 放一个工件，传送带上共两个工件匀加速，每个工件先匀加速后匀速运动，与带共速后工件可与传送带相对静止一起匀速运动。匀速运动的相邻的两个工件间距为xv t2mLxn x得n2所以，传送带上总有两个工件匀加速，两个工件匀速则传送带所受摩擦力为f2mg cos2mg sin电动机因传送工件额外做功功率为Pfv104W3 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
6、 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均相切。 A、B、C、D 的横坐标分别为xABCD1.20m 、 x 2.00m 、x 2.65m、 x 3.40m。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 0.8， g10m/s 2，求：（1）若要使弹珠不与管道OA 触碰，在O 点抛射速度0 应该多大；（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
7、 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） 2 3 m/s 0 2 6 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 mvE2 1 mv0222解得 v0 2 2 m/s ；（3） sin 2.65
8、 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 mgxCDcos30 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mgymgR（1cos53 ）4 mgx cos30 01mv2ACD22解得 v2 6m/s考虑 2 次经过 E 点后不从O 点离开，有2mgxCD 012cos302mv3解得 v326 m/s故 2 3 m/s 0 2 6 m/s4 如图所示，斜面高为h，水平面上D、C 两点距离为L。可以看成质点的物块从斜面顶点
9、A 处由静止释放，沿斜面AB 和水平面BC运动，斜面和水平面衔接处用一长度可以忽略不计的光滑弯曲轨道连接，图中没有画出，不计经过衔接处B 点的速度大小变化，最终物块停在 水平面上C 点。已知物块与斜面和水平面间的滑动摩擦系数均为。请证明：斜面倾角 稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置A 点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C 点。【答案】见解析所示【解析】【详解】设斜面长为 L ，倾角为，物块在水平面上滑动的距离为S对物块，由动能定理得：mghmg cosLmgS0即：mghmg coshmgS 0sinmghmghmgS0tan由几何关系可知：hLStan则有：mg
10、hmg LSmgS0mghmgL0h解得： L故斜面倾角 稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置A 点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C 点。5 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擦因数 ,光滑斜面轨道上 长为 , 取,求,水平轨道长为,其动摩(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
11、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。(1)滑块从点到点 ,由动能定理可得:解得 :滑块在点 :解得 :由牛顿第三定律可得:物块经点时对轨道的压力(2)滑块第一次到达点时 ,弹簧具有最大的弹性势能.滑块从点到点 ,由动能定理可得:解得 :(3)将滑块在段的运动全程看作匀减速直线运动加速度则滑块在水平轨道上运动的总时间滑块最终停止上在水平轨道间,设滑块在最终停下来的全过程,段运动的总路程为,从滑块第一次经过点到由动能定理可得:解得
12、 :结合段的长度可知,滑块经过点 3次。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，水平轨道 OB 长 l=0
13、.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) vC8m/s(2)0.5 (3) x1.2m , y0.6m【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上，设落点坐标为x, y ，
14、则有：2ry1 gt 22lx vCtx2R2R2y解得： x1.2m， y0.6m7 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
15、， 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v，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 :fs1 Mv 22对小物体
16、运用动能定理有:f (L s)1 mv21 mv02 22联立可得fL1mv021( M m)(mv0 )222M m物块相对滑离需满足L L 且 fL3 mv028联立可得： M 3m，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v1 、v2 .由动量守恒：mv0mv1Mv2由能量守恒定律：fL1 mv02( 1 mv121 Mv 22 )222联立各式解得： v12 v0 ， v23 v05208 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1 90cm的 AC 点 L点并与弹簧的右端接触（不
17、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m2 0.5kg 的小滑块 Q现用水平向左的推力将P 缓慢压缩L25cm 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 1 0.4， P、 Q 与小车表面间的动摩擦因数20.1，重力加速度g 10m/s 2（ 1）小车最后的速度 v；（ 2）推力所做的功；（ 3）在
18、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由动能定理得：2 m1 g
19、s12 m2 gs21 m1v121 m2v221 (m1 m2 M )v2222联立得 v1 1m/s， v22m/s方程的另一组解：当25v2= 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：sv2v222a解得： s 1.92m9 一束初速度不计的电子流在经U 5000V 的加速电压加速后在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d 1.0cm，板长 l 5.0cm，电子电量e1.610 19
20、 C，那么（ 1）电子经过加速电场加速后的动能为多少?（ 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) Ek8 10 16 J (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 : Els eU1mv02 2解得 : Ek5000 eV810 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 md
21、m偏转距离 y1at2 2能飞出的条件为y1 d 22Ud 2250001.010 22解 式得 : U ,4.0102Vl2225.010即要使电子能飞出，所加电压最大为400V10 如图甲所示，一质量为ma 的滑块 (可看成质点 )固定在半径为R 的光滑四分之一圆弧轨道的顶端 A 点，另一质量为mb 的滑块 (可看成质点 )静止在轨道的底端B 处， A 点和圆弧对应的圆心 O 点等高。（1）若圆弧的底端B 与水平光滑平面连接(足够长 )， mb 静止于 B 点， ma 从静止开始释放，假设两滑块碰撞时无机械能损失，且两滑块能发生两次碰撞，试证明：3mavb代入可得： 3ma mb12(2)
22、机械能守恒ma gR=mav1滑块 ma 与 mb 相碰后结合在一起，动量守恒ma v1=mcv2从 B 运动到 C 点时速度恰好为零，由动能定理可得： fL=0 1 mc v222f=mca， v0=v2 atmc 向右运动： s1=v2t 1 at22传送带向左运动：s2=v0tQ=fs 相对 =f(s1 s2)=9J11 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、B 碰后一起沿水平面运动的最大距离为l；若在物A B 正对的表面加上粘合剂，则物块A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
23、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(mAmB )v1第一次碰后到停止的过程，由动能定理得：(mAmB ) gl01 ( mA mB )v122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 v2mB v31 mA v02 1 mA v2 21 mB v32222第二次碰后到停止的过程，由动能定理得：对 A：mA gxA01 mA v222BmB gxB12对 ：0 mB v32
24、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：xAxB5l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=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
25、为2x 12t 4t （式中x单位为m，单位是 ），假ts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）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
26、，物块在 C 点速度为 v012m / 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W mgCD sin 371mv022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a8m / 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1mvB21mvP2mghpB ，又22hpB R153sin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Q 点，且设其速度为vQ ，由动能定理得1 mvQ21 mvP2mgR2 mgxBC cos3722解得 vQ2190可见物块返回后不能到达Q 点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道考点：考查了动能定理，牛顿第二定律，机械能守恒定律【名师点睛】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律以及牛顿第二定律，对学生的能力要求较高，关键理清物体的运动情况，掌握临界条件，选择合适的规律进行求解