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1、物理动能与动能定理题20 套 ( 带答案 )一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 如图所示，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 如图所示，不可伸长的细线跨过同一高度处的两个光滑定滑轮连接着两个物体A 和B，A、 B 质量均为m。A 套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高
3、度为细线与水平杆的夹角。现将 A 由静止释放（设B 不会碰到水平杆，h。开始时让连着A 的A、B 均可视为质点；重力加速度为g）求：(1)当细线与水平杆的夹角为（90）时，A 的速度为多大?(2)从开始运动到A 获得最大速度的过程中，绳拉力对A 做了多少功?【答案】 (1) vA2gh11； (2) WT mgh1 cos2sinsinhsin【解析】【详解】(2)A、 B 的系统机械能守恒EP减EK 加mghh1 mvA21 mvB2sinsin22vA cosvB解得vA2gh111 cos2sinsin(2)当 A 速度最大时，B 的速度为零，由机械能守恒定律得EP减EK 加mghh1
4、mvAm2sin2对 A 列动能定理方程WT1 mvAm22联立解得hWTmghsin3 如图所示，小滑块（视为质点）的质量m= 1kgAB的倾角；固定在地面上的斜面=37 、长 s=1m ，点 A 和斜面最低点 B 之间铺了一层均质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数 可在 01.5之间调节。点 B 与水平光滑地面平滑相连，地面上有一根自然状态下的轻弹簧一端固定在O 点另一端恰好在B 点。认为滑块通过点B 前、后速度大小不变；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取（1）若设置=0，将滑块从g=10m/s 2 ， sin37 =0.6， cos37 =0.8，不计空气阻力。A 点由静止释放，求滑块从点A
5、运动到点B 所用的时间。（2）若滑块在A 点以 v0=lm/s 的初速度沿斜面下滑，最终停止于B 点，求 的取值范围。【答案】（ 1） t313或 313s；（ 2）4。33216【解析】【分析】【详解】（1）设滑块从点 A 运动到点 B 的过程中，加速度大小为 a ，运动时间为 t ，则由牛顿第二定律和运动学公式得mg sinmas 1 at22解得 t3 s3（2）滑块最终停在B 点，有两种可能：滑块恰好能从 A 下滑到 B ，设动摩擦因数为1 ，由动能定律得：mg sin gs 1 mg cosgs01mv022解得13116滑块在斜面 AB 和水平地面间多次反复运动，最终停止于B 点，
6、当滑块恰好能返回 A点，由动能定理得2 mg cos g2s01 mv022解得2132此后，滑块沿斜面下滑，在光滑水平地面和斜面之间多次反复运动，最终停止于B 点。当滑块恰好能静止在斜面上，则有mg sin3mg cos解得334所以，当 213AB 和水平地面间多次反复运动，3 ，即32时，滑块在斜面4最终停止于 B 点。综上所述，的取值范围是131332或3。4164 如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCDAB是足够长的水平轨道，B端，其中与半径为 R 的光滑半圆轨道 BCD 平滑相切连接，半圆的直径BD 竖直， C 点与圆心 O 等高现有一质量为m 的小球 Q 静止在 B 点，
7、另一质量为2m 的小球 P 沿轨道 AB 向右匀速运动并与 Q 发生对心碰撞 ，碰撞后瞬间小球 Q 对半圆轨道 B 点的压力大小为自身重力的 7 倍，碰撞后小球 P 恰好到达 C 点 重力加速度为 g（1）求碰撞前小球P 的速度大小；（2）求小球Q 离开半圆轨道后落回水平面上的位置与B 点之间的距离；（3）若只调节光滑半圆轨道BCD半径大小，求小球Q 离开半圆轨道D 点后落回水平面上的位置与 B 点之间的距离最大时，所对应的轨道半径是多少？【答案】 （1）（ 2）（ 3）【解析】【分析】【详解】设小球 Q 在 B 处的支持力为；碰后小球的速度为；小球 Q 到达 D 点的速度为(1)由牛顿第三定
8、律得小球Q 在 B 点Q 的速度为.，小球P 的速度为；碰前小球P碰后小球Q 在B 点由牛顿第二定律得:碰后小球P 恰好到 C 点，由动能定理得:P、Q 对心碰撞，由动量守恒得：联立解得 :(2)小球 Q 从 B 到 D 的过程中，由动能定理得：解得，所以小球Q 能够到达D 点由平抛运动规律有：联立解得(3)联立解得 :当时 x 有最大值所以【点睛】解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如何转化，分段运用能量守恒定律列式是关键5 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
9、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 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 ：
10、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，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.6 如图所示， AB 是一倾角为=37绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数的=0.30 ， BCD是半径为 R=0.2m 的光滑圆弧轨道，它们相切于B 点， C 为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强3E = 4.0 10，质量 m = 0.20kg 的带电滑N/C块从斜面顶端由
11、静止开始滑下已知斜面AB 对应的高度 h = 0.24m，滑块带电荷 q = -42求：5.0 10C，取重力加速度g = 10m/s ， sin37 = 0.60， cos37 =0.80（ 1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B 点时的速度大小；（ 2）滑块滑到圆弧轨道最低点C 时对轨道的压力【答案】 (1) 2.4m/s(2) 12N【解析】【分析】(1)滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B 点时的速度大小；(2)滑块从 B 到 C点，由动能定理可得C 点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解【详解】(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力：fmgqE cos370
12、.96N设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得：mgqEh fh1 mv12sin 37o2解得：1v =2.4m/s(2)滑块从 B 到 C点，由动能定理可得：mg qER 1 cos37= 1 mv22 1 mv1222当滑块经过最低点时，有：FNmgqEm v22R由牛顿第三定律：FN，FN11.36N方向竖直向下【点睛】本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择.7 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
13、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
14、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 mgs223解得 s4v02Epm9 gmg（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 mgxEMv2由题可知Epx2，即 Ep2 1 Ep14解得 v 1 v.28 下雪天，卡车在笔直的高速公路上匀速行驶司
15、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 l8L 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v15(2) L3 L【答案】 (1)4v22【解析】(1)由碰撞过程动量守恒Mv1 =( M m)v2v15则v24(2)设卡车刹车前速度为v0，轮胎与雪地
16、之间的动摩擦因数为两车相撞前卡车动能变化1Mv 021Mv12MgL22碰撞后两车共同向前滑动，动能变化1(Mm)v220(M m)gl 2由式 v02v122gL由式 v222gL又因 l8L 可得 v023gL25如果卡车滑到故障车前就停止，由1Mv020MgL 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 29 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
17、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=0.4m ，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 , y 0.6m【解析】【详解】（1）滑块在C 点时，对滑块受力分
18、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 ，则有：2ry1gt 22lx vCtx2R2R2y解得： x1.2m， y0.6m10 如图所示，光滑水平面MN 的左端 M 处有一弹射装置 P，右端 N 处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度L=16m，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s 匀速转动 ABCDE是由三部分光
19、滑轨道平滑连接在一起组成的，AB 为水平轨道，弧BCD是半径为 R 的半圆弧轨道，弧 DE 是半径为2R的圆弧轨道，弧BCD与弧 DE 相切在轨道最高点 D，R=0 6m平面部分 A 点与传送带平齐接触放在MN 段的物块 m（可视为质点）以初速度 v0=4m/s 冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数 =0 2，物块的质量 m=1kg结果物块从滑上传送带又返回到N 端，经水平面与左端M 处的固定弹射器相碰撞（弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定），因碰撞弹射器锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点，最后从E 点飞出 g 取10m/s 2求：（1
20、）物块 m 从第一次滑上传送带到返回到N 端的时间（ 2）物块 m 第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送带所多提供的能量多大？【答案】（ 1） t4.5s （2 ） W 8J【解析】试题分析 :（ 1）物块 B 向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀减速运动，达到与皮带共速后与皮带匀速物块B 向右作匀减速运动过程：mgmav0t12sg物块向右达到的最大位移：Sv0 t1 4m2反向匀加速运动过程加速度大小不变达到与传送带共速的时间：t2v1sg相对地面向左位移：S/vt21m2S S/4 1共速后与传送带匀速运动的时间：t31.5sv2往返总时间：（ 2
21、）由物块恰能通过轨道最高点 D，并恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过最高点可得，物块是在半径为 2R 的圆弧上的最高点重力全部充当向心力得：又由物块上滑过中根据机械能守恒得：代入数据解得： vB6Rg6m/s物块第二次从N 到 A 点： Lv1 t1g t 22速度关系： vBv1gt代入得：；得：t2s t8s（舍）或物体运动时传送带的位移：svt4m传送带为维持匀速运动多提供的力：Fmg传送带所做的功等于传送带多提供的能量：W F s mg s 8J考点：考查牛顿运动定律的综合应用；动能定理【名师点睛】本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式求解11 在粗
22、糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和 B，两者相距为d现给 A 一初速度，使A 与 B 发生弹性正碰，碰撞时间极短当两木块都停止运动后，相距仍然为d已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为 B 的质量为 A 的 2 倍，重力加速度大小为g求 A 的初速度的大小【答案】18 gd5【解析】【详解】设在发生碰撞前的瞬间，木块 A 的速度大小为 v0；在碰撞后的瞬间， A 和 B 的速度分别为 v1 和 v2 在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律，得1 mv021 mv1212mv22222mv0mv12mv2，式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正，联立解得：v1v0 ， v2 2 v033设碰撞
23、后 A 和 B 运动的距离分别为d1 和 d2，由动能定理得mgd11 mv12 ，2（2m） gd 21 2mv2 2 2按题意有： d d2d1 联立解得： v0 18gd512 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、l；若在物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 。【答案】mB12【解析】【详解
24、】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 ) gl 01 ( mAmB )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 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：对 A：12mA gxA02mA v2对 B：12mB gxB02mB v3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：mA1mB2