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1、高中物理动能与动能定理模拟试题含解析一、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1 圆周， B 点离地面的高度 h=0.8m，该处切4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/ s2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
2、B 到 D 做平抛运动，有： h= 1 gt22x=vBt解得： vB xg1010m / s420.82hA 到 B 过程，由动能定理得：12-0mgR=mvB2解得轨道半径R=5m（2）在 B 点，由向心力公式得： Nmgm vB2R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 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
3、。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y5 x2 的光滑抛物线形状管道 OA；9、CD 是动摩擦因数 0.8 的粗糙直管道；各部分管道AB BC是半径相同的光滑圆弧管道，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 应该多大；0（2）若要使弹珠第一次到
4、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 0的范围。【答案】（ 1） 3m/s （2） 206m/s2 m/s（ 3） 2 3 m/s 2【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
5、 2 2 m/s ；（3） sin 2.65 2.000.400.5， 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2mgxCDcos30 0122mv3解得 v326 m/s故 2 3 m/s 0 2 6 m/s3 如图所示，在倾角为=30的固定斜面上固定一
6、块与斜面垂直的光滑挡板，质量为m 的半圆柱体A 紧靠挡板放在斜面上，质量为2m的圆柱体B 放在A 上并靠在挡板上静止。A与 B 半径均为R，曲面均光滑，半圆柱体A 底面与斜面间的动摩擦因数为现用平行斜面向上的力拉A，使 A 沿斜面向上缓慢移动，直至B 恰好要降到斜面设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：（1）未拉 A 时， B 受到 A 的作用力F 大小；（2）在 A 移动的整个过程中，拉力做的功W；（3）要保持A 缓慢移动中拉力方向不变，动摩擦因数的最小值min【答案】（ 1） F =13) mgR （3）533 mg （ 2） W(9min92【解析】【详解】（1）研究 B，据
7、平衡条件，有F =2mg cos解得F =3 mg（2）研究整体，据平衡条件，斜面对A 的支持力为N =3mgcos= 33 mg2f = N= 33 mg2由几何关系得A 的位移为x =2Rcos30 = 3 R克服摩擦力做功Wf =fx =4.5 mgR由几何关系得A 上升高度与B 下降高度恰均为h =3 R2据功能关系W + 2mgh - mgh - Wf = 0解得W1 (93) mgR2（3） B 刚好接触斜面时，挡板对B 弹力最大研究 B 得N m2mg4mgsin 30研究整体得fmin + 3mgsin30 =Nm解得f min = 2.5mg可得最小的动摩擦因数：f min5
8、 3minN94 如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB 与半径为R 0.6 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半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。C，滑块在【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
9、理得：F1x1F3 x3mgx1 mv2B ，2即20 2-10 1-0.25 1 10 4J=11 vB2 ，2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；5 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
10、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 : vP2.5gR5m/s(2)由几何关系
11、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 sin37mghBPmgLcos37 = 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 cos37mgLsin37 mgRsin 53 =01 mvm22解得： vm6m/s6 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
12、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】 （
13、1） 20N， 2J；（ 2） 1 s；（ 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】CD（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：v2F- mg m，R代入数据解得： F=20N，由牛顿第三定律得： F
14、=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，加速度为： a=gsin =100.6m/s2=6m/s2 ，根据匀变速运动规律有：s vt+ 1 at22代入数据解得：t= 1 s3（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
15、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7 如图甲所示，水平面上A 点处有一质量m 0.5kg 的小物块，从静止开始在水平向右恒力 F1作用下运动，通过B 点时立即撤去力1F ，物块恰好落到斜面 P 点。物块与水平面间的滑动摩擦力为 f ， f 大
16、小与物块离 A 点的距离 d 的关系如图乙所示。已知AB 间距为 2m，斜面倾角 37， BP 间距为 3m，重力加速度 g 取 10m/s 2，不计空气阻力。 (sin37 0.6， cos37 0.8)求(1)物块通过 B 点时速度大小 ;1(2)恒力 F 大小(3)现将图甲装置置于风洞实验室中，斜面BC.处于风场中，且足够长。物块从B 点以 (1) 同中的速度水平向右抛出，立即撤去力F1，同时物块受到大小为24N 的风力 F 作用，风力方向从水平向左逆时针到竖直向下范围内可调，如图甲所示。调整风力方向使物块从抛出至落到斜面的时间最短，求该最短时间及在此条件下物块第一次落到斜面时的动能.【
17、答案】（ 1） 4m/s （2） 4.5N（ 3） 7.69J【解析】【详解】（1）物块从 B 到 P ，假设 BP 间距为 L ，根据平抛运动规律有水平方向： xL cosvBt竖直方向： yL sin1 gt 22代入数据，联立式解得vB4m/s ；（2）由图乙可知摩擦力对物块做功为Wf1 f1f 2 d2物块从 A 到 B ，由动能定理有F1 dWf1 mvB20 2代入数据，联立式解得F14.5N（3）方法一：以 B 点为坐标轴原点，水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴，假设 F2 与x 轴方向成角，根据运动的合成与分解有水平方向： xvBt1 F2 cost 22m竖直方向： y1 F
18、2 sinmgt22my几何关系： tanxtvB tan1F2 sinmg1 F2 cos联立式解得tan2m2m代入数据可得 t12，要使 t 最小，即 4sin3cos 要取最大2044sin3cos值，而 4sin3cos54 sin3 cos5sin370，故当530 时， t 最小，55tmin0.3svxF2 cosvBtmvyF2 sinmgtmEk1 mv21 m vx2vy2（11）22联立（ 11）式解得 Ek7.69J（ 12）（ v2.56m/s ， vy4.92m/s ）x【或：把 tmm0.3s 代入式中解得y0.738m 假设落到 Q 点，从 B 到 Q 过程，
19、由动能定理得WFWGEK ，即 0 mgy Ek1mvB22代入数据解得 Ek7.69J（11）方法二：以B 点为坐标轴原点，沿斜面方向为x 轴，竖直斜面方向为y 轴，vBy vB sin, G y mg cos， vBy 和 Gy 均为定值，为使物块尽快落到斜面，故F2 垂直斜面向下。x 方向： xvB cost1g sint 22y 方向： yvB sint1F2mg cost 22my 0时，解得 tmin 0.3s或： vyF2mg cosvB sint1 m当 vy0 时， t1 0.15s， t 2t1 0.3svx vB cosg sint 把 tmn0.3s 代入式中解得 vx
20、5m/s ，而 vyvByvB sin2.4m/s ，Ek1 mv21 m vx2vy222代入数据解得Ek7.69J 【或：把 tmn0.3s 代入式中解得x 1.23m ，假设落到 Q 点，从 B 到 Q 过程，由动能定理得WFWGEk ，即 0mgx sinEk1 mvB2 2代入数据解得 Ek7.69J】8 如图所示，一轻质弹簧左端固定在轻杆的A 点，右端与一质量m1kg 套在轻杆的小物块相连但不栓接，轻杆AC 部分粗糙糙，与小物块间动摩擦因数=02， CD 部分为一段光滑的竖直半圆轨道小物块在外力作用下压缩弹簧至B 点由静止释放 ，小物块恰好运动到半圆轨道最高点D， BC5m ，小物
21、块刚经过 C 点速度 v4ms ， g 取 10m / s2 ，不计空气阻力 ，求：（ 1）半圆轨道的半径 R；（ 2）小物块刚经过 C 点时对轨道的压力 ；（3）小物块在外力作用下压缩弹簧在B 点时，弹簧的弹性势能E p 【答案】 0.4m 50N 方向垂直向下 (3) 18J【解析】【分析】【详解】(1)物块由 C 点运动到D 点，根据机械能守恒定律2mgR1 mv22R=0.4m小物块刚过C 点时Nv2F mg = mR所以 FNv2mg m50 NR根据牛顿第三定律知小物块刚经过C 点时对轨道的压力：FFN50N方向垂直向下(3)小物块由 B 点运动到C 点过程中，根据动能定理W弹mg
22、LBC1mv22带入数据解得： W弹 =18J所以 Ep 18J 9 如图所示，一质量M =4kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C，圆弧BC 所对圆心角 37，圆弧半径R=2.25m，滑动摩擦因数=0.48。质量m=1kg 的小物块从某一高度处的A 点以v0 4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B 点进入圆弧轨道，最终与小车保持相对静止。取g 10m/s 2， sin37 =0.6，忽略空气阻力，求:（ 1） A、B 间的水平距离；（ 2）物块通过 C 点时，轨道对物体的支持力；（ 3）物块与
23、小车因摩擦产生的热量。【答案】 （1） 1.2m （2） FN25.1N （ 3） 13.6J【解析】【详解】（1）物块从 A到 B由平抛运动的规律得 :gttan= v0x= v0t得x=1.2m（2）物块在 B 点时，由平抛运动的规律得：v0vBcos物块在小车上 BC段滑动过程中，由动能定理得：11mgR(1 cos) mvC2mvB222在 C 点对滑块由牛顿第二定律得FNmgm vC2R联立以上各式解得： FN 25.1N（ 3）根据牛顿第二定律，对滑块有 mg ma1 ，对小车有 mgMa 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即vC a1t 1 a2t 1由以上各式解得 t134
24、 s，6此时小车的速度为va2t 134 m / s51212物块在 CD段滑动过程中由能量守恒定律得：mvC（ M m） v + Q22解得： Q=13.6J10 可视为质点的小滑块从半径为0.8m的四分之一光滑圆弧轨道顶端滑下。在轨道最低点滑上水平传送带的最右端（设轨道衔接处无机械能损失）。设传送带长度L=8m，并以恒定的 v=3m/s 速度顺时针转动，小滑块恰好能运动到水平传送带的最左端而没有掉下传送带。已知重力加速度大小为 g=10m/s 2。求：（ 1）物块与传送带间的动摩擦因数；（ 2）物块从圆弧轨道最低点滑入传送带到第一次返回圆弧轨道最低点所用的时间（本小题计算结果保留两位有效数
25、字）。【答案】（ 1） 0.1；（ 2）8.17s【解析】【详解】（1）物块从圆形光滑轨道下滑的过程，根据机械能守恒有mgR1mv122解得 v14m/s物块沿传送带滑到最左端速度恰好为零，由动能定理有mg L 01mv122代入数据解得：0.1（2）物块在传送带先做匀减速运动ag 1m / s2则物块减速到零的时间为v14st1a反向加速时加速度不变，故加速时间为t2v3sa这段时间的位移为 x1 1 at224.5m2之后物块随传送带匀速运动，则Lx11.17 st3v物块在传送带上第一次往返所用的时间为tt1 t2 t3 8.17s11 如图所示， AB 为倾角37的斜面轨道，轨道的AC
26、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
27、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，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
28、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
29、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A、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，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v1；(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】