物理试卷物理动能与动能定理题分类汇编及解析.docx

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1、【物理】物理试卷物理动能与动能定理题分类汇编及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R 的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ 段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A 点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，求：（1）弹簧获得的最大弹性势能；（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能；（ 3）当 R 满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。【答案】

2、（1） 10.5J（ 2）3J（ 3） 0.3mR0.42m或 0R0.12m【解析】【详解】（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从A 到压缩弹簧至最短的过程中，由动能定理得 ： - mgl+W 弹 0-mv0 2由功能关系： W 弹 =-Ep =-Ep解得 Ep=10.5J；（2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得-2 mgl Ek-mv02解得 Ek=3J；（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得-2 mgR mv22- Ek小物块能够经过最高点的条件mmg

3、，解得 R0.12m小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心等高的位置，即mv12mgR，解得 R 0.3m；设第一次自A 点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得：2-2-2 mgR mv1mv0且需要满足mmg，解得 R072m.，综合以上考虑，R 需要满足的条件为：0.3mR0.42m或 0R0.12m。【点睛】解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。2 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，

4、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， g 取 10 m/s2求： 0.1(1)滑块对 P 点压力的大小；(2)滑块返回木板上时，木板的加速度大小；(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

5、解得： v 5 m/s在 P 点由牛顿第二定律得：F mg mv2r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 MaF f 1 Ff 2 1 m/s2aM(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v 5 m/s对滑块有： (x L) vt 11gt22对木板有： x 1at22解得： t 1 s 或 t 7s(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

6、到运动状态，结合运动学公式求解即可3 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

7、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 ）mv12 mv0 2，v 5m/s1（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4 如图所示，质量m=

8、2kg 的小物块从倾角=37的光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过 B 点后进入粗糙水平面，已知 AB 长度为 3m ，斜面末端 B 处与粗糙水平面平滑连接试求：（1）小物块滑到B 点时的速度大小（2）若小物块从A 点开始运动到C 点停下，一共经历时间t=2.5s，求 BC 的距离（3）上问中，小物块与水平面的动摩擦因数多大？（4）若在小物块上始终施加一个水平向左的恒力F，小物块从 A 点由静止出发，沿ABC 路径运动到 C 点左侧 3.1m处的 D 点停下求 F 的大小（ sin37 =0.6， cos37=0.8 ）【答案】（ 1） 6m/s （2） 1.5s（3）0.4 （ 4） F

9、2.48N【解析】【详解】(1)根据机械能守恒得：mgsAB sin 371 mvB22解得：vB2gsAB sin372103 0.6m/s 6m/s ；(2)物块在斜面上的加速度为：ag sin6m/s 21在斜面上有：s1 a t 2AB2 1代入数据解得：t11s物块在 BC 段的运动时间为：t2tt11.5sBC 段的位移为：sBC1 (vB 0)t2 4.5m2（3）在水平面上，有：0 vBa2t2解得：a2vB4m/s 2t2根据牛顿第二定律有：mgma2代入数据解得：0.4 (4)从 A 到 D 的过程，根据动能定理得：mgsAB sinF sBDsAB cosmgsBD0代入

10、数据解得：F2.48N【点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力 .5 如图所示，在倾角为 =37的斜面底端有一个固定挡板 D，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端在 O 点，已知斜面 OD 部分光滑， PO 部分粗糙且长度 L=8m。质量 m=1kg 的物块（可视为质点）从 P 点静止开始下滑，已知物块与斜面 PO 间的动摩擦因数 =0.25， g 取 10m/s 2， sin37

11、 =0.6， cos37=0.8。求：（ 1）物块第一次接触弹簧时速度的大小（ 2）若弹簧的最大压缩量 d=0.5m，求弹簧的最大弹性势能（3）物块与弹簧接触多少次，反弹后从O 点沿斜面上升的最大距离第一次小于0.5m【答案】（ 1） 8m/s （2） 35J(3)5 次【解析】【详解】(1)物块在 PO 过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦力，此过程应用动能定理得：mgL sinmgL cos1 mv22解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：v2gL sincos8 m/s（2）物块由O 到将弹簧压缩至最短的过程中，重力势能和动能减少、弹簧的弹性势能增加，由

12、能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能EpEp1 mv2mgd sin35 J2（3）物块第一次接触弹簧后，物体从O 点沿斜面上升的最大距离s1 ,由动能定理得 :mgs1mgs1 cos01 mv22解得： s14m物块第二次接触弹簧后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离s2 ，由动能定理得：mg sin (s1s2 )mg cos(s1s2 )0解得： s22m故物块每经过一次 O 点，上升的最大距离为上一次的12所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：s1L2则第 n 次上升的最大距离为：Lsn2n因为 sn1 m ，所以 n4，即物块与弹簧接触5 次后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离

13、2小于 1 m26 如图所示，一个质量为m=0.2kg 的小物体(P 可视为质点)，从半径为R=0.8m 的光滑圆强轨道的A 端由静止释放，A 与圆心等高，滑到B 后水平滑上与圆弧轨道平滑连接的水平桌面，小物体与桌面间的动摩擦因数为=0.6，小物体滑行L=1m后与静置于桌边的另一相同的小物体Q 正碰，并粘在一起飞出桌面，桌面距水平地面高为h=0.8m不计空气阻力，g=10m/s2.求：(1)滑至 B 点时的速度大小；(2)P 在 B 点受到的支持力的大小；(3)两物体飞出桌面的水平距离；(4)两小物体落地前损失的机械能.【答案】 (1) v14m/s (2) FN6N(3)s=0.4m (4)

14、 E=1.4J【解析】【详解】（1）物体 P 从 A 滑到 B 的过程，设滑块滑到B 的速度为v1 ，由动能定理有：12mgRmv1解得： v14m/s（2）物体 P 做匀速圆周运动，在B 点由牛顿第二定律有:FNmgmv12R解得物体 P 在 B 点受到的支持力FN6N（3） P 滑行至碰到物体 Q 前，由动能定理有 :mgL1 mv221 mv1222解得物体 P 与 Q 碰撞前的速度 v22m/sP 与 Q 正碰并粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律有:mv2mm v3解得 P 与 Q 一起从桌边飞出的速度v31m/s由平碰后 P、 Q 一起做平抛运动，有：h 1 gt 22sv3t

15、解得两物体飞出桌面的水平距离s=0.4m（4）物体 P 在桌面上滑行克服阻力做功损失一部分机械能:E1mgL1.2J物体P 和Q 碰撞过程中损失的机械能:E21mv221(m m) v320.2J22两小物体落地前损失的机械能EE1E2解得： E=1.4J7 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F 作用一段时间t 后撤去，小车A 继续运动与小车B 发生碰撞，碰撞后两车粘在一起滑行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=

16、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】（ 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-0.2m1g

17、t=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：-0.2m gx121m v2=m v-11221221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 立解得小 A 所受恒力F 的作用

18、：t=ls8 如 所示， 直放置的半 形光滑 道半径 R， 心 O下端与 水平 道在 B 点平滑 接，一 量 m 正 的物 （可 点），置于水平 道上的A 点。已如 A、 B 两点 的距离 L，物 与水平 道 的 摩擦因数 ，重力加速度 g。(1)若物 能到达的最高点是半 形 道上与 心O 等高的 C点， 物 在A 点水平向左运 的初速度 多大?(2)若在整个空同加上水平向左的匀 ， 大小 5 mg(q 物 的 量 )， E=3q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

19、速度大小。【答案】 (1) 2g( L + R) (2)4 gL(3) ( 1 )n 2gL ，其中 n 1、 2、 3.323【解析】【 解】(1) 物 在 A 点的速度 v1，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(q

20、Emg112)Lm v42解得 v4qEmg1v2qEmg2v61v2 n1同理 v2n 2v422 上可得 v2n( 1 )n 1v22v1n 2gLn 123 ()其中、 2n329 如 所示的 装置，可用来探究物体在斜面上运 的加速度以及 簧 存的 性 能。 器材有：斜面、 簧 ( 簧 性系数 大 )、 有遮光片的滑 ( 量 m)、光 、数字 器、游 卡尺、刻度尺。 步 如下：用适当 器 得遮光片的 度 d； 簧放在 板 P 和滑 之 ，当 簧 原 ，遮光板中心 准斜面上的A 点；光 固定于斜面上的B 点，并与数字 器相 ； 簧，然后用 把滑 固定，此 遮光板中心 准斜面上的O 点；用刻

21、度尺 量 A、 B 两点 的距离L；拔去 定滑 的 ， 滑 光 数字 器 示的 t；移 光 位置，多次重复步 。根据 数据做出的1 L 象 如 所示的一条直 ，并 得1L 象斜率 k、t 2t 2 截距 b。（1）根据1 L 象可求得滑 A 位置 的速度vAt2=_，滑 在斜面上运 的加速度 a =_。（2） 利用光 及公式v= d 量滑 速度 ，其 量 _真 （ 填 “等于 ”、t“大于 ”或 “小于 ”）。（3）本实验中，往往使用的弹簧弹性系数较大，使得滑块从O 到 A 恢复原长过程中弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，则弹簧储存的弹性势能Ep=_， Ep 的测量值与真实值相比，测量值

22、偏_(填 “大 ”或 “小 ”)。【答案】 d b112 大kd2 小于mbd22【解析】【详解】第一空：滑块从A 到 B 做匀加速直线运动，设加速度为a，由于宽度较小，时间很短，所以瞬时速度接近平均速度，因此有B 点的速度为： vBd ，根据运动学公式有：t222aL12avA2vA22avBvA，化简为d 2 L，结合图象可得：bd2， kt 2d 2d2解得： vAdb ；第二空：由 k2a ，解得： a1 kd 2 ；d 22第三空：由于弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，所以摩擦力和重力沿斜面的分量忽略不计，根据能量守恒可得：EP1mvA21mbd 2 ；22第四空：考虑摩擦力和

23、重力沿斜面的分量，根据动能定理可得：WN WG Wf1 mvA2 ，2而 EP真 WN ，摩擦力小于重力沿斜面的分量，Ep 的测量值与真实值相比，测量值偏大。10 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d1.0cm ，板长l 5.0cm，电子电量e1.610 19 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 : E

24、ls 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 mdm偏转距离 y1 at2 2能飞出的条件为 y1 d 22Ud 2250001.010 22解 式得 : U ,4.0102Vl25.01022即要使电子能飞出，所加电压最大为400V11 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

25、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)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 a

26、t22传送带向左运动：s2=v0tQ=fs 相对 =f(s1 s2)=9J12 如图所示，水平轨道 BC 的左端与固定的光滑竖直 1/4 圆轨道相切与 B 点，右端与一倾角为 30的光滑斜面轨道在 C 点平滑连接（即物体经过 C 点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为 2Kg 的滑块从圆弧轨道的顶端 A 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D 点，已知光滑圆轨道的半径R 0.45m，水平轨道BC 长为 0.4m ，其动摩擦因数0.2，光滑斜面轨道上CD长为 0.6m， g 取10m/s 2，求（ 1）滑块第一次经过 B 点时对轨道的压力（ 2）整个

27、过程中弹簧具有最大的弹性势能；（ 3）滑块最终停在何处？【答案】 （1） 60N，竖直向下；（2）1.4J；（ 3）在 BC间距 B 点 0.15m 处 【解析】【详解】（1）滑块从 A 点到 B 点，由动能定理可得：1mgR=2mvB2解得： vB3m/s ，滑块在 B 点，由牛顿第二定律：F-mg=m vB2R解得： F 60N，由牛顿第三定律可得：物块对B 点的压力： F F 60N；（2）滑块从A 点到 D 点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得：mgR mgLBC mgLCDsin30 +W0，其中： EP W，解得： EP1.4J；（3）滑块最终停止在水平轨道BC 间，从滑块第一次经过B 点到最终停下来的全过程，由动能定理可得：mg s01mvB22解得： s 2.25m则物体在 BC 段上运动的次数为：n 2.25 5.625，0.45说明物体在 BC 上滑动了 5 次，又向左运动 0.625 0.4 0.25m，故滑块最终停止在BC间距 B 点0.15m 处（或距 C 点 0.25m 处）；【点睛】本题考查动能定理及牛顿第二定律等内容，要注意正确受力分析；对于不涉及时间的问题，优先选用动能定理