1、物理动能与动能定理练习一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A 点用一弹射装置可将静止的小滑块以 v0 水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B 点后，进入半径R=0.3m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，、D两点的C竖 直高度差 h=0.2m，水平距离s=0.6m，水平轨道 AB 长为 L1=1m，BC 长为 L 2 =2.6m ，小滑块与 水平轨道间的动摩擦因数=0.5 ，重力加速度=10m/s2.g(1) 若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A 点弹射出的速度大小；(2) 若游戏规则为小滑块
2、沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小的范围【答案】（ 1）（ 2） 5m/svA 6m/s和 vA【解析】【分析】【详解】（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，由牛顿第二定律及机械能守恒定律由 B 到最高点 1 mvB22mgR1 mv222由 A 到 B：解得 A 点的速度为（2）若小滑块刚好停在C 处，则：解得 A 点的速度为若小滑块停在BC 段，应满足 3m / s vA4m / s若小滑块能通过C 点并恰好越过壕沟，则有h1 gt 22svct解得所以初速度的范围为3m / svA4m / s 和 vA5m / s2 如图所
3、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度大小；(2)选手在传送带上从A 运动到 B
4、 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 mv2mv22，解得： Wf 360J故克服摩擦力做功为360J考点：动能定理的应用3 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
5、的物块从斜面顶点 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：hmghmg cosmgS0sinmghmghmgS 0tan由几何关系可知：hL
6、Stan则有：mghmgLSmgS0mghmgL0解得：Lh故斜面倾角 稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置图中虚线所示，物块仍然停在同一位置 C 点。A 点由静止释放物块，如4 在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A 和 B，两小球质量均为m， A 球带电荷量为Q ，B 球不带电，A、B 连线与电场线平行，开始时两球相距L，在电场力作用下，A 球与B 球发生对心弹性碰撞设碰撞过程中，A、 B 两球间无电量转移(1)第一次碰撞结束瞬间A、B 两球的速度各为多大?(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了
7、多少功?(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A 在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面 (v=0 时刻除外 )，可以在水平面内加一与电场正交的磁场请写出磁场 B 与时间 t 的函数关系2QELBm2 g【答案】 (1)vA10 vB1(2) 5QEL(3)2Et2mLmQQE2mL32mL)(tQEQE【解析】（1） A 球的加速度 aQE，碰前 A 的速度 vA12aL2QEL；碰前 B 的速度 vB10mm设碰后 A、 B 球速度分别为v A1、 vB1 ，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：121212mvA 1mvA1mvB1 ，2mv A12 mv A
8、12mvB1所以 B 碰撞后交换速度：0v A12QELvA1， vB1m（2）设 A 球开始运动时为计时零点，即t0 ， A、 B 球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为 t1、 t 2；由匀变速速度公式有：t 1v A102mLaQE第一次碰后，经t 2t 1 时间 A、 B 两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、 B 两球速度分别为vA 2 和 vB 2 ，由位移关系有：122mLvB1t 2 t 12at 2t1，得到： t 23t 1 3QE2QELvA 2 a t 2 t 1 2at12vA12m； vB 2vB1由功能关系可得：W电 = 1 m 2A21 mB2 25QEL2v2 v（
9、另解：两个过程A 球发生的位移分别为x1 、 x2 ， x1L ，由匀变速规律推论 x24L ，根据电场力做功公式有：WQE x1x25QEL ）（3）对 A 球由平衡条件得到：QBvAmg， v Aat ， aQEm从 A 开始运动到发生第一次碰撞：B tmgm2 g0t2mLQat2QEQ EtB tm2g2mLt 32mL从第一次碰撞到发生第二次碰撞：2t2mLQEQEQ EQE点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A 球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度那么A 球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第
10、二次碰撞题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些5 如图所示，半径为 R1 1.8 m 的1 光滑圆弧与半径为R2 0.3 m 的半圆光滑细管平滑连4接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L 2.0 m、质量为 M 1.5 kg 的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同现在让质量为m2 2 kg 的物块静止于B 处，质量为 m1 1 kg 的物块从光滑圆弧顶部的A 处由静止释放，物块m1 下滑至 B 处和 m2 碰撞后不再分开，整体设为物块 m(m m1 m2)物块 m 穿过半圆管底部
11、C处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为 2 m/s 时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零 )，若 g10 m/s 2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计(1)求物块 m1 和 m2 碰撞过程中损失的机械能；(2)求物块 m 滑到半圆管底部C 处时所受支持力大小；(3)若物块 m 与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为 0.25，求物块 m 在台阶表面上滑行的最大距离【答案】 12J190N0.8m【解析】试题分析 ：（ 1）选由机械能守恒求出物块m1 下滑到 B 点时的速度 ； m1 、 m2 碰撞满足动量守恒 ，由 E机1 m1vB21 mv共2 求出碰撞过程中损失的机械能；
12、（ 2）物块 m 由 B 到 C22满足机械能守恒 ，在 C 点由牛顿第二定律可求出物块m 滑到半圆管底部 C 处时所受支持力大小；（ 3）根据动量守恒定律和动能定理列式即可求解.设物块 m1 下滑到 B 点时的速度为 vB ，由机械能守恒可得：m1 gR1 1m1vB22解得： vB6m / sm1 、 m2 碰撞满足动量守恒：m1vB( m1m2 )v共解得； v共2m / s则碰撞过程中损失的机械能为：1212E机2m1vB2 mv共12J物块 m 由 B 到 C 满足机械能守恒：1 mv共2mg2R21 mvC222解得： vC4m / s在 C 处由牛顿第二运动定律可得：FNmgm
13、vC2R2解得： FN190N设物块 m 滑上木板后，当木板速度为 v2 2m / s 时，物块速度为 v1 ，由动量守恒定律得： mvC mv1 Mv 2解得： v13m / s设在此过程中物块运动的位移为x1 ，木板运动的位移为x2 ，由动能定理得：对物块 m：mgx11 mv121 mvC222解得： x11.4m对木板 M：mgx21Mv 222解得： x20.4m此时木板静止，物块m 到木板左端的距离为： x3 L x2 x1 1m设物块 m 在台阶上运动的最大距离为x4 ，由动能定理得：mg(x3x4 ) 01 mv122解得： x40.8m6 如图所示， AB 是一倾角为=37绝
14、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) 12
15、N【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 cos370.96N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】
16、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，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B点 D点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R0.45m 的圆环剪去左上角 127 的圆弧， MN 为其竖直直径， P 点到桌面的竖直距离为R， P点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R若用质量 m1 0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点，用同种材料、质量为m2 0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后其位移与时间的关系为x 4t 2t 2，物块从 D 点飞离桌面
17、后恰好由P 点沿切线落入圆轨道g 10m/s 2，求：（1）质量为 m2的物块在 D 点的速度；（2）判断质量为m2 0.2kg 的物块能否沿圆轨道到达M 点：（3）质量为 m2 0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功.【答案】（ 1） 2.25m/s （2）不能沿圆轨道到达 M 点 （ 3） 2.7J【解析】【详解】（1）设物块由D 点以初速度vD 做平抛运动，落到P 点时其竖直方向分速度为：vy2gR2 100.45 m/s 3m/svy4tan53 vD3所以： vD 2.25m/s（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mgm v2 ，R解得： vgR
18、32 m/s2物块到达P 的速度：vPvD2vy2322.252 m/s 3.75m/s若物块能沿圆弧轨道到达M 点，其速度为vM ，由 D 到 M 的机械能守恒定律得：1 m2vM21 m2vP2m2g 1 cos53R22可得： vM20.3375 ，这显然是不可能的，所以物块不能到达M 点（3）由题意知 x 4t - 2t2，物块在桌面上过B 点后初速度 vB 4m/s ，加速度为：a4m/s2则物块和桌面的摩擦力：m2 gm2 a可得物块和桌面的摩擦系数:0.4质量 m10.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，由能量守恒可弹簧压缩到C 点具有的弹性势
19、能为：Epm1gxBC 0质量为 m20.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点时，由动能定理可得：Epm2 gxBC1 m2vB 22可得， xBC2m在这过程中摩擦力做功：W1m2gx BC1.6J由动能定理， B 到 D 的过程中摩擦力做的功：W 21 m2vD21 m2v0222代入数据可得：W2 - 1.1J质量为 m20.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功WW1W22.7J即克服摩擦力做功为2.7 J.8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
20、v=2m/s 匀速转动 ABCDE是由三部分光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，
21、最后从E 点飞出 g 取10m/s 2求：（1）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：mgmat1v02sg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
22、速运动的时间：t31.5sv2往返总时间：（ 2）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：2s t8s；得：t（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
23、第二定律、运动学公式、动能定理列式求解9 雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关，雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g；（1）质量为 m 的雨滴由静止开始，下落高度 h 时速度为 u，求这一过程中空气阻力所做的功 W（ 2）研究小组同学观察发现，下雨时雨滴的速度跟雨滴大小有关，较大的雨滴落地速度较快，若将雨滴看作密度为 的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力大小为f=kr2v2，其中 v 是雨滴的速度， k 是比例常数， r 是球体半径a. 某次下雨时，研究小组成员测得雨滴落地时的速度约为v0，试计算本场雨中雨滴半径r的大小；b.如果不受空气阻力
24、，雨滴自由落向地面时的速度会非常大，其vt图线如图所示，请在-图中画出雨滴受空气阻力无初速下落的v- t 图线（ 3）为进一步研究这个问题，研究小组同学提出下述想法：将空气中的气体分子看成是空间中均匀分布的、静止的弹性质点，将雨滴的下落看成是一个面积为 S 的水平圆盘在上述弹性质点中竖直向下运动的过程已知空气的密度为，试0求出以速度 v 运动的雨滴所受空气阻力f 的大小（最后结果用本问中的字母表示）【答案】（ 1） W1mu2mgh（ 2） r3kv02，24 g（ 3） f2Sv2【解析】【详解】（1）由动能定理： mgh W1 mu22解得： W1mu2mgh2（2） a. 雨滴匀速运动时
25、满足：4r 3g kr 2v02 ，33kv02解得 r4gb. 雨滴下落时，做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速下落，图像如图.（3）设空气分子与圆盘发生弹性碰撞在极短时间t 内，圆盘迎面碰上的气体质点总质量为：mS vt以 F 表示圆盘对气体分子的作用力，对气体根据动量定理有：F t m2v解得： F2 Sv2由牛顿第三定律可知，圆盘所受空气阻力FF2Sv210 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 大小与物块离 A 点的距离 d
26、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2作用，风力方4N 的风力 F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.【答案】（ 1） 4m/s （2） 4.
27、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Wf1f 2 d f12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 F2 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
