1、【物理】物理试卷分类汇编物理动能与动能定理( 及答案 ) 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，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
2、/s 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：
3、FNB mg 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，半径R=0.5 m
4、 的光滑圆弧轨道的左端A 与圆心 O 等高， B 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C 与一倾角=37的粗糙斜面相切。一质量m=1kg 的小滑块从A 点正上方 h=1 m 处的 P 点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数=0.5，sin37 =0.6， cos37 =0.8，重力加速度g=10 m/s 2。(1)求滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力。(2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。(3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A 点。【答案】 (1)70N； (2)1.2m； (3)能滑出 A【解析】【分析】【详解】(1)滑块从 P 到 B 的运动过程只有重力做功，故机
5、械能守恒，则有mg hR1 mvB22那么，对滑块在B 点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且FNmvB2mg2mg h Rmg70NRR故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力为70N ，方向竖直向下。(2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，L故由动能定理可得mg（ hRR cos37L sin37 ）mgL cos370所以L1.2m(3)对滑块从 P 到第二次经过B 点的运动过程应用动能定理可得12mvBmg hR2 mgL cos370.54mgmgR所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后
6、能滑出A 点。【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。3 某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。传送带由电动机带动，以v 2m/s的速度顺时针匀速转动，倾角37 。工人将工件轻放至传送带最低点A，由传送带传送至7，所运送的每个工最高点 B 后再由另一工人运走，工件与传送带间的动摩擦因数为8件完全相同且质量m2kg 。传送带长度为L6m ，不计空气阻力。（工件可视为质点，sin37 0.6 ， cos370.8， g10m / s2 ）求：(1)若工人某次只把一个工件轻放至A 点，则传送带将其由最低点A 传至 B
7、 点电动机需额外多输出多少电能？(2)若工人每隔 1 秒将一个工件轻放至 A 点，在传送带长时间连续工作的过程中，电动机额外做功的平均功率是多少？【答案】 (1)104J； (2)104W【解析】【详解】(1)对工件mg cosmgsinmav22axvat1t12s得x2mx带vt12xx相x带x2m由能量守恒定律E电QEpEk即E电mg cos x相 mgL sin1 mv22代入数据得E电104J(2)由题意判断，每 1s 放一个工件，传送带上共两个工件匀加速，每个工件先匀加速后匀速运动，与带共速后工件可与传送带相对静止一起匀速运动。匀速运动的相邻的两个工件间距为xv t2mLxn x得
8、n2所以，传送带上总有两个工件匀加速，两个工件匀速则传送带所受摩擦力为f2mg cos2mg sin电动机因传送工件额外做功功率为Pfv104W4 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度为h。开始时让连着A 的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，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?2gh11； (2) WThh【答案】 (1) vA
9、sinsinmg1 cos2sin【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 mv2sin2Am对 A 列动能定理方程WT1mvAm22联立解得hWTmghsin5 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，
10、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 vB15QEL2mL(3)(2)2EmQtQE(2mLt32mL)QEQE【解析】（1） A 球的加速度 aQE，碰前 A 的速度 vA12aL2QEL ；碰
11、前 B 的速度 vB1 0mm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 1 mvA1 mvB1 ， 2mv A12mv A12mvB1所以 B 碰撞后交换速度：2QELvA10 ， vB1v A1m（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：122mLvB1 t 2
12、 t 12at 2t1，得到： t 23t 1 3QE2QELvA 2 a t 2 t 1 2at12vA12m； vB 2vB11212由功能关系可得：W 电 = 2 mvA22 mvB 25QEL（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 g2mLQat20tQ EtQEB tm2g2mLt 32mL从第一次碰撞到发生第二次碰撞：2t2mLQEQEQ EQE点睛：本题
13、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6 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
14、进入直管道，经t 1=0.5s 到达 B 点，在刚到达半圆轨道B 点时，对 B点的压力为 NBg=10m/s2）求：=21.8N（取重力加速度（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） VBE（ 3C=10m/s ， =0.4（ 2） V =S/ t=4m/s） N =18.25N 方向向上【解析】【详解】（ 1）根据牛顿第二定律
15、有 NB-mg=mVB2/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/r1 m VB2=2mg R+ 1 m VC222NC=18.25N 方向向上7 离子发动机是利用电能加速工质（工作介质）形成高速射流而产生推力的航天器发动机。其原理如图所示，其原理如下：首先系统将等离子体经系统处理后，从下方以恒定速率 v1 向上射入有磁感应强度为B1、方向垂直纸面向里的匀强磁场的区域和 PQ 间距为 d。当栅电极MN 、 PQ 间形成稳定的电场后，自动关闭区域I
16、内，栅电极MNI 系统（包括进入其中的通道、匀强磁场B1）。区域内有垂直纸面向外，磁感应强度大小为B2，放在的中性粒子离子化源能够发射任意角度，但速度均为v2 的正、负离子，正离子的质量为A 处m，电荷量为q，正离子经过该磁场区域后形成宽度为D 的平行粒子束，经过栅电极MN、PQ 之间的电场中加速后从栅电极PQ 喷出，在加速正离子的过程中探测器获得反向推力（不计各种粒子之间相互作用、正负离子、等离子体的重力，不计相对论效应）。求：（1）求在A 处的正离子的速度大小v2；（2）正离子经过区域I 加速后，离开PQ 的速度大小v3 ；（3）在第（2）问中，假设航天器的总质量为M，正在以速度v 沿MP
17、 方向运动，已知现在的运动方向与预定方向MN成角，如图所示。为了使飞船回到预定的飞行方向MN ，飞船启用推进器进行调整。如果沿垂直于飞船速度v 的方向进行推进，且推进器工作时间极短，为了使飞船回到预定的飞行方向，离子推进器喷射出的粒子数N 为多少？【答案】（ 1）qB2 D；（ 2）8qdmv1B1 q2 B22 D 22Mv tan4m2；（ 3）2 B22 D22m8qdmv1B1 q【解析】【详解】（1）根据左手定则可知，正离子向右偏转，负离子向左偏转，不会进入区域 1 中，因此也不会产生相应推力。所以只有加速正离子过程中才会产生推力。正离子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力：
18、qv2B2=m v22 ， , 根据题意，在A 处发射速度相等，方向r不同的正离子后，形成宽度为D 的平行正离子束，即：r= D ，则在 A 处的正离子的速度大2小 v2 = qB2 D 。 2m（2）等离子体由下方进入区域I 后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q ，则qE=q v1B1，即：E=B1v1；正离子束经过区域I 加速后，离开PQ的速度大小为v3，根据动能定理可知：qU= 1 mv32 - 1 mv22，其中电压U=Ed=B1v1d22222联立可得：v3=8qdmv1B1 q B2 D 。（3）飞船方向调整前后，
19、其速度合成矢量如图所示：因此 tan= n v ，离子喷出过程中，系统的动量守恒：M n v=Nmv3，为了使飞船回到预定v2Mv tan的飞行方向，离子推进器喷射出的粒子数N=8qdmv1B1q2 B22D 28 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
20、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，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： vB11m / 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： vC9m / s（3）物块从 B 到 D 运动过程中，根据动能定理得：mgL201 mvB22解得： L230.2
21、5m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 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
22、，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，雨滴自由落向地面时的速度会非常大，其v- t 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0，试求出以速度 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） W1m
23、u2mgh（ 2） r3kv02，24 g（ 3） f2Sv2【解析】【详解】（1）由动能定理： mgh W1mu22解得： W1 mu2mgh2（2） a. 雨滴匀速运动时满足：4r 3g kr 2v02 ，33kv02解得 rg4b. 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1所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图2所示的模
24、型：倾角=37、L=60cm 的直轨道AB 与半径 R=10cm 的光滑圆弧轨道BCDEF在 B 处平滑连接，C、 F 为圆轨道最低点，D 点与圆心等高，E 为圆轨道最高点；圆轨道在F 点与水平轨道FG平滑连接，整条轨道宽度不计，其正视图如图3 所示现将一质量m=50g 的滑块(可视为质点)从 A端由静止释放已知滑块与 AB 段的动摩擦因数 1=0.25，与 FG 段的动摩擦因数 2=0.5， sin37 =0.6， cos37 =0.8，重力加速度 g=10m/s 2（ 1） 求滑块到达 E 点时对轨道的压力大小 FN；（ 2）若要滑块能在水平轨道 FG上停下，求 FG 长度的最小值 x；（
25、3）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D 点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第 5 次返回轨道AB 上离 B 点最远时，它在AB 轨道上运动的总路程s【答案】（ 1） FN 0.1N2 x=0.52m393m=（ ）（ ） s160【解析】【详解】（1）滑块从A 到 E，由动能定理得：mg L sinR 1 cos2 R1mgL cos1 mvE2230代入数据得：vEm/s5滑块到达 E 点： mgFNm vE2R代入已知得： FN=0.1N（2）滑块从A 下滑到停在水平轨道FG 上，有mgL sinR 1cos1mgL cos2mgx0代入已知得： x=0.52m（3）若从距 B 点
26、 L0 处释放，则从释放到刚好运动到D 点过程有：mg L0 sin+R(1cos )R1mgL0 cos0代入数据解得： L0=0.2m从释放到第一次返回最高点过程，若在轨道AB 上上滑距离为L1，则：mg L0 L1sin1mg L0L1cos0解得： L1sin1 cosL01L0sin1 cos2同理，第二次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L2，有：1 L12L2sin1 cosL11L0sin1 cos2215故第 5 次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L5L0，有：L52所以第 5 次返回轨道AB 上离 B 点最远时，它在AB 轨道上运动的总路程s L0 2L1 2L2 2
27、L3 2L4 L593m16011 将一根长为L 的光滑细钢丝ABCDE制成如图所示的形状，并固定在竖直平面内其中段竖直，段为 3圆弧，圆心为，为圆弧最高点，C与、D与O分别等高，ADDE4O EEBC1将质量为的小珠套在钢丝上由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为4ACmg（ 1）小珠由 C点释放，求到达 E 点的速度大小 v1；（ 2）小珠由 B 点释放，从 E 点滑出后恰好撞到 D点，求圆弧的半径 R；（3）欲使小珠到达E 点与钢丝间的弹力超过mg ，求释放小珠的位置范围42L3L5L【答案】 v1=0； C 点上方低于处滑下或高于； R4(4 3 )4(4 3 )4 3处【解析】【详解
28、】（ 1）由机械能守恒可知，小珠由 C点释放，到达 E 点时，因 CE等高，故到达 E 点的速度为零；13R R)；小珠由 B 点释放，到达E 点满足：（2）由题意： BCL ( 244mgBC1 mvE22从 E 点滑出后恰好撞到D点，则 RvEt2R联立解得： R2L； tg4；312（3） a. 若小珠到达 E 点与小珠上壁对钢丝的弹力等于1mg m vE 1 ；从mg ，则 mg44R释放点到 E 点，由机械能守恒定律：mgh11 mvE21；2联立解得： h33LR4(4 3)812b. 若小珠到达 E 点与小珠下壁对钢丝的弹力等于mg ，则 mg1 mgm vE 2；从释放44R点
29、到 E 点，由机械能守恒定律：mgh2 1 mvE22 ；2联立解得： h5 R5L)； 故当小珠子从C 点上方低于3L处滑下或高84(4 34(4 3)5LE 点与钢丝间的弹力超过1 mg .于处滑下时，小珠到达4(4 3 )412 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v2FN 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mgLBC1 mv22带入数据解得： W弹 =18J所以 Ep 18J
