1、最新物理试卷分类汇编物理动能与动能定理( 及答案 )一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 如图所示，质量 m=3kg 的小物块以初速度秽v0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R= 3.75m，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道 BD 平滑连接， A 与圆心D 的连线与竖直方向成 37 角， MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与 MN 间的动摩擦因数=0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为 r =0.4m 的半圆弧轨道， C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在 D点平滑连接。已知重力加速度g=10m/s 2，
2、 sin37=0.6， cos37=0.8。（ 1）求小物块经过 B 点时对轨道的压力大小；（ 2）若 MN 的长度为 L0=6m，求小物块通过 C 点时对轨道的压力大小；（3）若小物块恰好能通过C 点，求 MN 的长度 L。【答案】（ 1） 62N（ 2） 60N（ 3）10m【解析】【详解】（1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：v0 vA cos37v04 m / s5m / s解得： vAcos370.8小物块经过 A 点运动到 B 点，根据机械能守恒定律有：1mvA2mg R Rcos371mvB222小物块经过 B 点时，有： FNBmgm vB2R解得： FNB m
3、g 32cos37m vB262NR根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N（2）小物块由 B 点运动到 C 点，根据动能定理有：mgL0mg 2r1mvC21mvB222在 C 点，由牛顿第二定律得：FNC mgm vC2r代入数据解得： FNC60N根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N（3）小物块刚好能通过C 点时，根据 mg m vC22r解得： vC 2gr100.4m / s 2m / s小物块从 B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有：mgLmg 2r1 mvC22 1 mvB222代入数据解得：L=10m2 如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道
4、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，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
5、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
6、，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a=304Q=2103 如图（ ）所示，倾角的光滑固定斜杆底端固定一电量为C 的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q 未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b）所示，其中线1 为重力势能随位移变化图象，线 2 为动能随位移变化图象（2922）则g=10m/s ，静电力恒量 K=910N?m/C（ 1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况；（ 2）求小球的质量 m 和电量 q；（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；（4）在图（ b）中画出小球的电势能
7、随位移 s 变化的图线（取杆上离底端势零点）3m 处为电【答案】（ 1）小球的速度先增大，后减小；小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零（2） 4kg；1.11 105C；（ 3）4.26随位移 s 变化的图线； 10V（4）图像如图 , 线 3 即为小球电势能【解析】【分析】【详解】（ 1）由图线 2 得知，小球的速度先增大，后减小根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零（ 2）由线 1 可得 :E
8、P=mgh=mgssin斜率 :k=20=mg sin30 所以m=4kg当达到最大速度时带电小球受力平衡:kqQmg sins02由线 2 可得 s0=1m，得:qmg sins02 5kQ=1.11 10C（3）由线 2 可得，当带电小球运动至1m 处动能最大为27J根据动能定理 :G电 =EkW +W即有 : mgh+qU=Ekm 0代入数据得 :6U=4.2 10V（4）图中线3 即为小球电势能随位移 s 变化的图线4 如图甲所示，一倾角为37的传送带以恒定速度运行现将一质量m1 kg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向， g 10
9、 m/s 2， sin 37 0.6， cos 37 0.8：求：（ 1）物体与传送带间的动摩擦因数；（ 2） 08 s 内物体机械能的增加量；（ 3）物体与传送带摩擦产生的热量Q。【答案】 (1)0.875.(2) E 90 J（ 3） Q 126 J【解析】【详解】(1) 由图象可以知道 ,传送带沿斜向上运动 ,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:可解得： 0.875.（2）根据 v-t 图象与时间轴围成的“面积 ”大小等于物体的位移,可得 08 s 内物体的位移0 8 s s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加
10、量和动能增加量之和,为(3) 0 8 s 内只有前6s 发生相对滑动 . 0 6 s 内传送带运动距离为:0 6 s 内物体位移为 :则 0 6 s 内物体相对于皮带的位移为0 8 s 内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,代入数据得： Q126 J故本题答案是：(1) 0.875.(2)E90 J 3）Q126 J（【点睛】对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t 图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。5 下雪天，卡车在笔直的高速公路上匀速行驶司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
11、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【答案】 (1)v15(2)3Lv24L2【解析】(1)由碰撞过程动量守恒Mv1 =( Mm)v2 则 v15 v24(2)设卡车刹车前速度为v0，轮胎与雪地之间的动摩擦因数为两车相撞前卡车动能变化1 Mv 021 Mv12MgL22碰撞后两车共同向前滑动，
12、动能变化1 (M m)v220(Mm)gl2由式 v02v122gL由式 v2 22gL又因 l8 L 可得 v023 gL25如果卡车滑到故障车前就停止，由1 Mv020MgL 2故 L 3 L2这意味着卡车司机在距故障车至少3L 处紧急刹车，事故就能够免于发生 26 如图所示，两个半圆形的光滑细管道(管道内径远小于半圆形半径)在竖直平面内交叠，组成 “S字”形通道大半圆BC 的半径 R=0.9m，小半圆CD 的半径 r=0.7m 在 “S字”形通道底部 B 连结一水平粗糙的细直管AB一质量 m=0.18kg 的小球（可视为质点）从A 点以V0=12m/s 的速度向右进入直管道，经t 1=0
13、.5s 到达 B 点，在刚到达半圆轨道B 点时，对 B点的压力为 NB=21.8N（取重力加速度g=10m/s 2）求：（1）小球在 B 点的速度 VB 及小球与AB 轨道的动摩擦因数?（2）小球到达 “S字”形通道的顶点 D后，又经水平粗糙的细直管DE，从 E 点水平抛出，其水平射程 S=3.2m小球在 E 点的速度VE 为多少？（ 3）求小球在到达 C 点后的瞬间，小球受到轨道的弹力大小为多少？方向如何？【答案】（ 1） VB=10m/s ， =0.4（ 2） VE=S/ t=4m/s （ 3） NC=18.25N 方向向上【解析】【详解】（ 1）根据牛顿第二定律有 NB-mg=mVB2/
14、RVB=10m/sa=(V0-VB)/t=4m/s 2mg=m aa =mg=0.4（ 2） H=2R+2r=3.2m2Ht=gVE=S/ t=4m/s（ 3） NC- mg=mV C2/r12=2mg R+122m VB2m VCNC=18.25N 方向向上7 如图为一水平传送带装置的示意图紧绷的传送带AB 始终保持 v0=5m/s 的恒定速率运行， AB 间的距离 L 为 8m将一质量 m 1kg 的小物块轻轻放在传送带上距A 点 2m 处的 P点，小物块随传送带运动到B 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N小物块与传送带间的动摩擦因数 0.5，重力加速度g 10 m/s 2求：（1）该圆
15、轨道的半径r ；（2）要使小物块能第一次滑上圆形轨道达到M 点， M 点为圆轨道右半侧上的点，该点高出 B 点 0.25 m，且小物块在圆形轨道上不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A 点的位置范围【答案】（ 1） r 0.5m （ 2） 7mx7?.5m,0 x5?.5m【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度ag5m / s2小物块与传送带共速时，所用的时间tv01sa运动的位移v02.5m L 2=6mx2a故小物块与传送带达到相同速度后以v05m / s的速度匀速运动到B，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N 点，故有： mgm vN2r由机械能守恒定律得1
16、 mv02mg (2r )1 mvN2 ，解得 r0.5m22（2）设在距 A 点 x1 处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒得：mg( L x1 ) mgh 代入数据解得x17.5?m设在距 A 点 x2 处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒得：mg( L x2 ) mgR 代入数据解得x27?m则：能到达圆心右侧的M 点，物块放在传送带上距A 点的距离范围；同理，只要过最高点N 同样也能过圆心右侧的M 点，由（ 1）可知 x38m 2.5m5.5?m则： 0 x 5.5m 故小物块放在传送带上放在传送带上距A 点的距离范围： 7m x7?.5
17、m和0 x5?.5m考点：考查了相对运动，能量守恒定律的综合应用8 图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，BC分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径R=1m，一质量 m1kg 的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的A 点以大小 v0 12m s 的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的D 点已知 A、B 两点间的距离 L1 5 75m，物块与水平轨道写的动摩擦因数0 2，取 g 10m s2，圆形轨道间不相互重叠，求：（ 1）物块经过 B 点时的速度大小 vB；（ 2）物块到达 C 点时的速度大小 vC；（ 3） BD 两点之间的距离 L2
18、，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q【答案】 (1) 11m / s (2) 9m / s(3) 72J【解析】【分析】【详解】（1）物块从 A 到 B 运动过程中，根据动能定理得：mgL11mvB21mv0222解得： vB 11m / s（2）物块从 B 到 C 运动过程中，根据机械能守恒得：1 mvB21 mvC2mg2R22解得： vC 9m / s（3）物块从 B 到 D 运动过程中，根据动能定理得：mgL201 mvB22解得： L2 30.25m对整个过程，由能量守恒定律有：Q1mv0202解得： Q=72J【点睛】选取研究过程，运用动能定理解题动能定理的优点在于适用任何运动包括
19、曲线运动知道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义9 如图所示在竖直平面内，光滑曲面 AB 与长度 l=3m 的水平传送带 BC平滑连接于 B 点，传送带 BC 右端连接内壁光滑、半径 r=0.55m 的四分之一细圆管 CD，圆管内径略大于物块尺寸，管口 D 端正下方直立一根劲度系数为k=50N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口 D 端平齐一个质量为 m=0.5kg 的物块（可视为质点）从曲面上P 点静止释放，P 点距 BC的高度为 h=0.8m （已知弹簧的弹性势能Ep 与弹簧的劲度系数k 和形变量 x 的1=0.4，重力加速度g 取 10m/s 2）关系是：
20、 Ep = kx2，水平传送带与物间的动摩擦因数2求：（ 1）若传送带静止不动物块在水平传送带BC上前进的距离；（ 2）若传送带向右匀速运动的速度 v0=2m/s ，物块刚进入细圆管 CD时对管道的弹力，物块在压缩弹簧过程中的最大速度（压缩弹簧过程未超过弹性限度）；（ 3）若传送带向右匀速运动的速度 v0=2m/s ，物块从第一次进入细圆管后将做周期性的运动由于物块与传送带发生相对运动，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能【答案】（ 1） 2m（2） 4m/s （3） 4J【解析】【分析】【详解】（1）物块从 P 点静止释放到停在传送带某处的过程中，根据动能定理得mgh - mgx=0-0
21、解得 x =2m；（2）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s ，因为传送带长度 l=3m 大于 2m，所以物块到达 C 点的速度 vC=2m/s物块经过管道C 点，根据牛顿第二定律得mg- N=m vC2r15解得，管道对物块的弹力N=N 1.36N，方向竖直向上11根据牛顿第三定律得知，物块对管道的弹力大小N=N1.36N，方向竖直向下物块从 C 点运动到速度最大的过程，根据平衡条件得mg =kx得 x=0.1m由动能定理得 mg (r+x)- 1 kx 2=1 mvm2-1 mvC2222解得，最大速度 vm=4m/s（ 3）物块再次回到 C 点的速度仍为 2m/s ，它在传送带上先向
22、左匀减速运动到速度为零，再向右匀加速运动至 C 点，速度大小仍为 2m/s ，因此，电动机多消耗的电能即为物块与传送带之间的摩擦生热 .vC222=0.5m物块向左减速的位移 x1=20.42g10物块与传送带间的相对位移x110v0=x +v ?g解得 x1=1.5m物块向右加速运动的位移vC2x2=0.5m2g物块与传送带间的相对位移 x2=v0?v0 - x2=0.5mg因此，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能是E=mg( x1+ x2)解得 : E =4J10 如图所示，光滑轨道槽ABCD与粗糙轨道槽GH通过光滑圆轨道EF(DG处平滑连接 、在同一高度 )，组成一套完整的轨道，整
23、个装置位于竖直平面内。现将一质量m=1kg 的小球从 AB 段距地面高 h0=2m 处静止释放，小球滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点E点。已知 CD、 GH 与水平面的夹角为=37， GH 段的动摩擦因数为=0.25，圆轨道的半径R 0.4m， E 点离水平面的竖直高度为3R（ E 点为轨道的最高点），（g=10m/s2 ，sin37 =0.6， cos37 =0.8）求：（ 1）小球第一次通过 E 点时的速度大小；（ 2）小球沿 GH 段向上滑行后距离地面的最大高度；（3）若小球从AB 段离地面h 处自由释放后，小球又能沿原路径返回AB 段，试求h 的取值范围。【答案】（ 1） 4m/s
24、 （2） 1.62m；（ 3） h0.8m或 h2.32m【解析】【详解】（1）小球从 A 点到 E 点由机械能守恒定律可得：mg h03R1 mvE22解得： vE 4m/s（2） D、G 离地面的高度 h12R 2Rcos37o0.48m设小球在 CH 斜面上滑的最大高度为hm ，则小球从 A 点滑至最高点的过程，由动能定理得 mg h0hmmgcos37 hm h10sin37由以上各式并代入数据h m1.62m（3）小球要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则h2R0.8m若能完成圆周运动，则小球返回时必须能经过圆轨道的最高点E，在 E 点， mg m vE2R此情况对应小球在CH斜面上
25、升的高度为h ，小球从释放位置滑至最高点的过程，根据动能定理得： mgh hmgcos37h h10sin37小球从最高点返回E 点的过程，根据动能定理得：mg h 3Rmgcos37h h11 mvE2sin372由以上各式得 h=2.32m故小球沿原路径返回的条件为h0.8m或 h2.32m11 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
26、 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 at22传送带向左运动：s2=v0tQ=fs 相对 =f(s1 s2)=9J12 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
27、运动的最大距离为l；若在物块 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 。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 ) 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：mA gxA01 mA v222对 B：mB gxB0 1 mB v322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5lmB ，碰后 A 会反弹向左运动，则有：，即可得， mAxAxB5l联立以上各式，得：mA1mB2
