1、【物理】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，两物块A、 B 并排静置于高h=0.80m 的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg 一颗质量m=0.10kg的子弹C 以v0=100m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A 后接着射入B 并留在B 中，此时A、 B 都没有离开桌面已知物块A 的长度为0.27m， A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m设子弹在物块A、 B 中穿行时受到的阻力大小相等，g 取10m/s 2 (平抛过程中物块看成质点)求：（ 1）物块 A 和物块 B 离开桌面时速度的大小分别是多少；（ 2
2、）子弹在物块 B 中打入的深度；（3）若使子弹在物块B 中穿行时物块B 未离开桌面，则物块 B 到桌边的最小初始距离【答案】（ 1） 5m/s ；10m/s ；（ 2） LB3.5 10 2 m （3） 2.5 10 2 m【解析】【分析】【详解】试题分析： (1)子弹射穿物块 A 后， A 以速度 vA 沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动：h1gt 2解得：t=0.40s2A 离开桌边的速度 vAs，解得： vA=5.0m/st设子弹射入物块B 后，子弹与B 的共同速度为vB，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：mv0 Mv A ( Mm)vBB 离开桌边的速度v =10m/sB（2
3、）设子弹离开A 时的速度为v1 ，子弹与物块A 作用过程系统动量守恒：mv0mv12Mv Av1=40m/s子弹在物块B 中穿行的过程中，由能量守恒fL1 Mv21 mv21 (M m)v2B2A212B子弹在物块 A 中穿行的过程中，由能量守恒fLA1 mv021 mv121 ( M M )vA2 222由 解得 LB3.5 10 2m（3）子弹在物块A 中穿行过程中，物块A 在水平桌面上的位移为s1，由动能定理：fs1 (MM )v2 0 12A子弹在物块 B 中穿行过程中，物块B 在水平桌面上的位移为s2，由动能定理fs21 MvB21 MvA2 22由解得物块 B 到桌边的最小距离为：
4、 smin s1 s2，解得： smin2.510 2 m考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律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，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 0.1， g 取 10 m/s 2求：(1)滑块对 P 点压力的大小；(2)滑块
5、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解得： v 5 m/s在 P 点由牛顿第二定律得：F mg m v2r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 Maa F f 1 Ff 2 1 m/s 2M(3)滑块滑上圆弧轨道运动的过程机械能守恒，故滑块再次
6、滑上木板的速度等于v 5 m/s对滑块有： (x L) vt 1 1gt22对木板有： x 1 at22解得： t 1 s 或 t 7 s(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】分析受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可3 滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来如图所示是滑板运动的轨道，BC 和 DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点、圆心角 60，半径 OC与水平轨道 CD垂直，滑板与水平轨道CD 间的动摩擦因数 0.2某运动员从轨道上的 A 点以 v0 3m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的
7、切线方向滑入圆弧轨道BC，经 CD 轨道后冲上 DE轨道，到达 E 点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为 m 60kg， B、E 两点与水平轨道 CD的竖直高度分别为h 2m 和 H 2.5m.求：(1)运动员从 A 点运动到B 点过程中，到达B 点时的速度大小vB；(2)水平轨道 CD 段的长度L；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C 点的距离.【答案】 (1) vB 6m/s(2) L 6.5m (3)停在 C 点右侧 6m 处【解析】【分析】【详解】（1）在 B 点时有 vBv0，得
8、vB 6m/scos60（2）从 B 点到 E 点有 mghmgLmgH 01 mvB2 ，得 L 6.5m2（3）设运动员能到达左侧的最大高度为h，从 B 到第一次返回左侧最高处有mghmgh mg 2L01 mv2B ，得2h1.2mh 2 m，故第一次返回时，运动员不能回到B 点，从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为s，由动能定理可得mghmgs01 mv2B ，得2s 19m ， s 2L 6 m，故运动员最后停在C 点右侧6m处.4 如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B 点水平，上端A 与 B 点的高度差为 h10.3 m ，倾斜传送带与水平方向的夹角为 37，传送带的上端C 点到
9、 B 点的高度差为h 0.1125m( 传送带传动轮的大小可忽略不计) 一质量为 m1 kg 的滑块 (可看作质点 )从2轨道的 A 点由静止滑下，然后从B 点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C 点落到传送带上，传送带逆时针传动，速度大小为v 0.5 m/s ，滑块与传送带间的动摩擦因数为 0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g10 m/s 2，试求：(1).滑块运动至 C 点时的速度 vC 大小；(2).滑块由 A 到 B 运动过程中克服摩擦力做的功Wf；(3).滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q.【答案】 （1） 2.5 m/s （ 2） 1 J （ 3） 3
10、2 J【解析】本题考查运动的合成与分解、动能定理及传送带上物体的运动规律等知识。(1) 在 C 点，竖直分速度： vy2gh21.5m / svyc0 ，解得： vc2.5m / sv sin37(2)C 点的水平分速度与B 点的速度相等，则 vB vx vC cos37 2m / s从 A 到 B 点的过程中，据动能定理得：mgh1 W f1 mvB2 ，解得： Wf 1J2(3) 滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得：mgcos37 mgsin37 ma解得： a0.4m / s2达到共同速度所需时间vvc5sta二者间的相对位移xv vc t vt 5m2由于 mgsin37mgco
11、s37，此后滑块将做匀速运动。滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Qmgcos370x32J5 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
12、圆管底部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
13、机械能；（ 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：FN
14、mgm 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，在竖直平面内的光滑
15、固定轨道由四分之一圆弧AB 和二分之一圆弧BC组成，两者在最低点B 平滑连接过BC圆弧的圆心O 有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各一块，挡板与圆弧轨道之间有宽度很小的缝隙AB 弧的半径为2R，BC 弧的半径为R.一直径略小于缝宽的小球在A 点正上方与A 相距 2R 处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨3道运动不考虑小球撞到挡板以后的反弹(1)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点(2)若小球能到达C 点，求小球在B、 C两点的动能之比；若小球不能到达C 点，请求出小球至少从距A 点多高处由静止开始自由下落才能够到达C 点(3)使小球从A 点正上方不同高度处自由落下进入轨道，小球在水平挡板上的落
16、点到O 点的距离x 会随小球开始下落时离A 点的高度h 而变化，请在图中画出x2 - h图象(写出计算过程 )1过程见解析【答案】 (1) mg (2) 41 (3)3【解析】【详解】（1）若小球能沿轨道运动到 C 点，小球在 C 点所受轨道的正压力 N 应满足 N0 设小球的质量为 m，在 C 点的速度大小为 vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有Nmg mvC 2R小球由开始下落至运动到C 点过程中，机械能守恒，有2mgR1 mvC232由两式可知1Nmg3小球可以沿轨道运动到C 点 .（2）小球在C 点的动能为EkC，由机械能守恒得2mgREkC3设小球在 B 点的动能为EkB，同理有8
17、mgREkB3得EkB EkC 4 1（3）小球自由落下，经ABC圆弧轨道到达C 点后做平抛运动。由动能定理得：mgh1 mvC22由平抛运动的规律得：R1 gt 22x=vCt解得：x2Rh因为x3R，且vCgR所以R h 3R24x2-h 图象如图所示：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间的动摩擦因数为，弹簧弹性势能E 与弹簧形变量 x 的平方成正比，重力加速度为g.求：p(1)当弹簧第一次伸长量达最大时，弹簧的弹性势能为
18、Epm ，小物块速度大小为v0 求该过程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？4v02Epmmg ； (3)v【答案】 (1)；(2)29 gmg【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
19、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 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
20、系 xOy。一质量m=1kg 的小滑块从四分之一光滑圆弧轨道最高点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) v8m/s(2)0.5 (3)x 1
21、.2m, y 0.6mC【解析】【详解】（1）滑块在C 点时，对滑块受力分析，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：2ry1 gt 22lx vCtx2R2R2y解得： x1.2m， y0.6m9 如图所示， ABC为竖直面内一固定轨道，AB 段是半径为R 的 1 光滑圆弧，水平段与圆4弧轨道相切于B，水平段BC
22、长度为 L， C 端固定一竖直挡板一质量为m 的小物块自A 端从静止开始沿圆轨道下滑，与挡板共发生了两次碰撞后停止在水平段B、 C 之间的某处，物块每次与挡板碰撞不损失机械能 (即碰撞前、后速率相同 )不计空气阻力，物块与水平段 BC间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g试求物块(1)第一次与挡板碰撞时的速率；(2)在水平轨道上滑行的总路程；(3)最后一次滑到圆轨道底端B 处对圆轨道的压力【答案】 (1) v1 =2g (R -L) (2) S = R (3) 物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可骣4 L骣8 L琪 -琪 -能为 3mg 或3mg琪R琪R桫桫【解析】【详解】(1)对物块第一
23、次从A 到 C 过程，根据动能定理：mgR mgL1 mv221解得第一次碰撞挡板的速率v1 =2 g( R -L ) (2)设物块质量为 m，在水平轨道上滑行的总路程为 S，对物块从开始下滑到停止在水平轨道上的全过程，根据动能定理：mgR mg S0 解得RS = (3)设物块最后一次经过圆弧轨道底端B 时的速率为v2，对圆轨道的压力为FN，则：2FNmgm v2 R第一种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右运动还未到B 点时即停下，则：mgRmg 2L1mv22 2由解得FN4 Lmg 3R第二种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右可再一次滑上光滑圆弧轨道，则：mgRmg 4L1 mv
24、222由解得FN3 8 Lmg R骣4L骣8 L琪 -琪 -物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可能为3mg3mg琪R或 琪R桫桫10 如图所示，竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R，圆心为O下端与绝缘水平轨道在B 点平滑连接，一质量为m 带正电的物块（可视为质点），置于水平轨道上的A 点。已如A、 B 两点间的距离为L，物块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为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?5 mg(2)若在整个空同加上水平向左的匀 ， 大小 E=3q(q 物 的 量)， 将物 从 A 点由静止 放，且运
25、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、
26、 6、 2(n 1)次离开 B 点向右滑行的最大距离分 L12n 1、 L、 L， ： ( qEmg )L101m v222(qEmg112)L m v42解得 v4qEmg1v2qEmg2v61v2 n1同理2 v2n2v42 上可得 v2n( 1 )n 1v222n1n 2gLv ( )其中 n1、 2、 32311 如 所示，水平 道 BC 的左端与固定的光滑 直 1/4 道相切与 B 点，右端与一 角 30的光滑斜面 道在 C 点平滑 接（即物体 C 点 速度的大小不 ），斜面 端固定一 簧，一 量 2Kg 的滑 从 弧 道的 端 A 点由静止 放， 水平 道后滑上斜面并 簧，第一次可
27、将 簧 至D 点，已知光滑 道的半径R 0.45m，水平 道BC 长为 0.4m ，其 摩擦因数0.2，光滑斜面 道上CD长为 0.6m， g 取10m/s 2，求（ 1）滑 第一次 B 点 道的 力（ 2）整个 程中 簧具有最大的 性 能；（ 3）滑 最 停在何 ？1）60N， 直向下；（2）1.4J3【答案】 （；（ ）在 BC 距 B 点 0.15m 处 【解析】【 解】（1）滑 从 A 点到 B 点，由 能定理可得：mgR= 1mvB22解得： vB3m/s ，滑 在 B 点，由牛 第二定律：F-mg=m vB2R解得： F 60N，由牛 第三定律可得：物 B 点的 力： F F 60
28、N；（2）滑 从 A 点到 D 点， 程 簧 力 滑 做的功 W，由 能定理可得：mgR mgLBC mgLCDsin30 +W0，其中： EP W，解得： EP1.4J；（3）滑 最 停止在水平 道BC ，从滑 第一次 B 点到最 停下来的全 程，由 能定理可得：解得： s 2.25mmg s 01 mvB22 物体在 BC 段上运 的次数 ：n 2.25 5.625，0.45 明物体在 BC 上滑 了 5 次，又向左运 0.625 0.4 0.25m，故滑 最 停止在BC 距 B 点 0.15m （或距C 点 0.25m ）；【点睛】本 考 能定理及牛 第二定律等内容，要注意正确受力分析；
29、 于不涉及 的 ， 先 用 能定理12 如图所示， AB 为倾角37的斜面轨道，轨道的AC部分光滑， CB 部分粗糙， BP 为圆心角等于 143、半径 R=1m 的竖直光滑圆弧轨道，两轨道相切于B 点， P、 Q 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一自由端在斜面上C 点处，现有一质量 m=2kg 的小物块在外力作用下降弹簧缓慢压缩到D 点后（不栓接）释放，物块经过C 点后，从 C 点运动到 B 点过程中的位移与时间的关系为x 12t 4t 2 （式中 x 单位为m， t 单位是 s），假设物块第一次经过 B 点后恰能到达 P 点， sin37 =0.6， cos37=0.8， g
30、10m / s2 ，试求：（ 1）若 CD=1m，试求物块从 D 点运动到 C 点的过程中，弹簧对物块所做的功；（ 2） B、C 两点间的距离 x；（ 3）若在 P 处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞后速度反向，速度大小不变，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？【答案】 （1） 156J（ 2） x49 m （ 3）不会脱离轨道8【解析】试题分析：（1）由 x12t4t2 知，物块在 C 点速度为 v012m / s设物块从 D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理有WmgCD sin 371 mv022
