1、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 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
2、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 vBv0Bcos60，得 v 6m/s（2）从 B 点到 E 点有12mghmgLmgH 0mvB，得 2L 6.5m（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
3、处有mghmgh mg2L 01 mvB2，得 h1.2mh 2 m，故第一次返回时，运动员不能2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 mvB2 ，得 s 19m ， s 2L 6 m，故运动员最后停在 C 点右侧 6m 处.22 如图所示，质量为m=1kg 的滑块，在水平力F 作用下静止在倾角为=30的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0=3m/s ，长为 L=1.4m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同滑块与传送带间的动摩擦因数=0.25，
4、g=10m/s 2求(1)水平作用力F 的大小；(2)滑块开始下滑的高度h；(3)在第 (2)问中若滑块滑上传送带时速度大于生的热量 Q3m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产【答案】(1)(2)0.1 m或0.8 m(3)0.5 J【解析】【分析】【详解】解：（ 1）滑块受到水平推力F、重力 mg 和支持力FN 处于平衡，如图所示：水平推力解得：（2）设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v 下滑过程由机械能守恒有：，解得：若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：解得：若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑
5、块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：解得：（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则 t 时间内传送带的位移：s=v0t由机械能守恒有：滑块相对传送带滑动的位移相对滑动生成的热量?3 如图所示，光滑水平平台AB 与竖直光滑半圆轨道 AC 平滑连接， C 点切线水平，长为L=4m 的粗糙水平传送带 BD 与平台无缝对接。质量分别为m1=0.3kg 和 m2 =1kg 两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v0=1.5m/s 的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为=0.15某时剪断细绳，小物体m1 向左运动，m2 向右运动速度大小为 v2=
6、3m/s ，g 取 10m/s 2求：(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep(2)从小物体 m2 滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E(3)为了让小物体m1 从 C 点水平飞出后落至AB 平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC 的半径 R和小物体m1 平抛的最大水平位移x 的大小。【答案】 (1)19.5J(2)6.75J(3)R=1.25m 时水平位移最大为x=5m【解析】【详解】(1)对 m1 和 m2 弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=m1v1-m2v2解得v1=10m/s剪断细绳前弹簧的弹性势能为：E p1 m1v12
7、1 m2v2222解得Ep=19.5J(2)设 m2 向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：1-m2gx=0-m2v222解得x=3m L=4m则 m2 先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v0=1.5m/s ，然后向左匀速运动，直至离开传送带。设小物体m2 滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t。取向左为正方向。根据动量定理得：m2gt=m2v0-（ -m2v2）解得：t=3s该过程皮带运动的距离为：x 带 =v0t=4.5m故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：2带E=mgx解得：E=6.75J(3)设竖直光滑轨道AC的半径为 R 时小物体 m1 平抛的水平位
8、移最大为x。从 A 到 C 由机械能守恒定律得：1 m1v121 m1vC22mgR22由平抛运动的规律有：x=vCt 12R1 gt122联立整理得x4R(104R)根据数学知识知当4R=10-4R即 R =1.25m 时，水平位移最大为x=5m4 儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道，管道的半径较小。为研究方便建立平面直角坐标系， O 点为抛物口，下方接一满足方程y5x2 的光滑抛物线形状管道OA；9ABBC是半径相同的光滑圆弧管道，CD是动摩擦因数0.8的粗糙直管道；各部分管道、在连接处均相切。 A、
9、B、C、D 的横坐标分别为xA1.20m 、 xB 2.00m 、xC 2.65m 、 xD3.40m。已知，弹珠质量 m 100g，直径略小于管道内径。E 为 BC管道的最高点，在 D 处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37 0.6， sin53 0.8， g10m/s 2，求：（1）若要使弹珠不与管道OA 触碰，在O 点抛射速度0 应该多大；（2）若要使弹珠第一次到达E 点时对轨道压力等于弹珠重力的3 倍，在 O 点抛射速度v0应该多大；（3）游戏设置3 次通过 E 点获得最高分，若要获得最高分在O 点抛射速度的范围。0【答案】（ 1） 3m/s （2） 22 m/s（ 3） 2
10、3 m/s 0 2 6 m/s【解析】【详解】5（1）由 y9x2 得： A 点坐标（ 1.20m ，0.80m ）由平抛运动规律得：xAv0t，yA1 gt 22代入数据，求得t 0.4s， v03m/s ；（ 2）由速度关系，可得 53求得 AB、BC 圆弧的半径 R 0.5m OE 过程由动能定理得：mgyAmgR（1cos53 ）1 mvE2 1 mv0222解得 v0 2 2 m/s ；（3） sin 2.65 2.00 0.400.5， 300.5CD 与水平面的夹角也为 30设 3 次通过 E 点的速度最小值为v1 由动能定理得mgyAmgR（1cos53 ）2 mgxCDcos
11、30 01 mv122解得 v1 2 3 m/s设 3 次通过 E 点的速度最大值为v2 由动能定理得mgymgR（1cos53 ）4 mgx cos30 01mv2ACD22解得 v2 6m/s考虑 2 次经过 E 点后不从O 点离开，有2mgxCD 012cos302mv3解得 v326 m/s故 2 3 m/s 0 2 6 m/s5 如图，在竖直平面内，半径R=0.5m 的光滑圆弧轨道ABC与粗糙的足够长斜面CD 相切于 C 点， CD 与水平面的夹角=37，B 是轨道最低点，其最大承受力Fm=21N，过 A 点的切线沿竖直方向。现有一质量 m=0.1kg 的小物块，从 A 点正上方的
12、P 点由静止落下。已知物块与斜面之间的动摩擦因数 =0.5.取 sin37 =0.6.co37 =0.8，g=10m/s 2，不计空气阻力。(1)为保证轨道不会被破坏，求P、 A 间的最大高度差H 及物块能沿斜面上滑的最大距离L；(2)若 P、 A 间的高度差h=3.6m，求系统最终因摩擦所产生的总热量Q。【答案】 (1) 4.5m， 4.9m ；(2) 4J【解析】【详解】(1)设物块在 B 点的最大速度为vB，由牛顿第二定律得：Fmmg m vB2R从 P 到 ，由动能定理得mg(H R)1mvB202解得H=4.5m物块从 B 点运动到斜面最高处的过程中，根据动能定理得：-mg R（ 1
13、-cos37 ）+Lsin37 - mgcos37 ?L=01 mvB22解得L=4.9m(3)物块在斜面上，由于mgsin37 mgcos37 ，物块不会停在斜面上，物块最后以B 点为中心， C 点为最高点沿圆弧轨道做往复运动，由功能关系得系统最终因摩擦所产生的总热量Q=mg （h+Rcos37 ）解得Q=4J6 如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中 AB 是足够长的水平轨道，B 端与半径为 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
14、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Q 的速度为，小球 P 的速度为；碰前小球P的速度为；小球 Q 到达 D 点的速度为.(1)由牛顿
15、第三定律得小球Q 在 B 点碰后小球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，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7 如图所示，斜面ABC下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于CD是最，整个装置竖直固定，低点，圆心角 DOC=37， E、 B 与圆心 O 等高，圆弧轨道半径 R=0.30
16、m ，斜面长L=1.90m ，AB 部分光滑， BC部分粗糙现有一个质量m=0.10kg 的小物块 P 从斜面上端 A点无初速下滑，物块P 与斜面 BC部分之间的动摩擦因数=0.75取sin37o=0.6， cos37o=0.8，重力加速度g=10m/s 2，忽略空气阻力求：（1）物块从 A 到 C 过程重力势能的增量EP；（2）物块第一次通过B 点时的速度大小vB；（3）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小N【答案】 （1） -1.14J（ 2） 4.2m/s（ 3） 7.4N【解析】【分析】【详解】（1）从 A 到 C 物块的重力做正功为：WG mgL sin 37o1.14 J故重
17、力势能的增量EPWG1.14J（2）根据几何关系得，斜面BC 部分的长度为：lR cot37o0.40m设物块第一次通过B 点时的速度为 vB ，根据动能定理有： mg L l sin371mvB202解得：vB4.2/sm（3）物块在 BC部分滑动受到的摩擦力大小为：fmgcos370.60N在 BC部分下滑过程受到的合力为：F mgsin37f0则物块第一次通过 C 点时的速度为：vCvB4.2ms/物块从 C 到 D，根据动能定理有：mgR 1cos371mvD2 1mvC222在 D，由牛顿第二定律得： Nmgm vD2R联立解得： N7.4N【点睛】本题考查了动能定理与牛顿第二定律的
18、综合运用，运用动能定理解题关键确定出研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再根据动能定理列式求解8 如图所示 ,水平轨道的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于点 ,右端与一倾角为的光滑斜面轨道在点平滑连接 (即物体经过点时速度的大小不变),斜面顶端固定一轻质弹簧,一质量为的滑块从圆弧轨道的顶端点由静止释放 ,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点 ,已知光滑圆轨道的半径,水平轨道长为,其动摩擦因数,光滑斜面轨道上长为, 取,求(1)滑块第一次经过圆轨道上点时对轨道的压力大小;(2)整个过程中弹簧具有最大的弹性势能;(3)滑块在水平轨道上运动的总时间及滑块几次经过点 .【答案】 (1)
19、(2)(3) 3 次【解析】本题考查机械能与曲线运动相结合的问题，需运用动能定理、牛顿运动定律、运动学公式、功能关系等知识。(1)滑块从点到点 ,由动能定理可得:解得 :滑块在点 :解得 :由牛顿第三定律可得:物块经点时对轨道的压力(2)滑块第一次到达点时 ,弹簧具有最大的弹性势能.滑块从点到点 ,由动能定理可得:解得 :(3)将滑块在段的运动全程看作匀减速直线运动加速度则滑块在水平轨道上运动的总时间滑块最终停止上在水平轨道间,设滑块在最终停下来的全过程,段运动的总路程为,从滑块第一次经过点到由动能定理可得:解得 :结合段的长度可知,滑块经过点 3次。9 夏天到了，水上滑梯是人们很喜欢的一个项
20、目，它可简化成如图所示的模型：倾角为37斜滑道 AB 和水平滑道 BC 平滑连接（设经过B 点前后速度大小不变），起点A 距水面的高度 H 7.0m ， BC 长 d 2.0m ，端点 C 距水面的高度h 1.0m 一质量 m 60kg 的人从滑道起点 A 点无初速地自由滑下，人与AB、 BC间的动摩擦因数均为 0.2（取重力加速度 g 10m/ s2， sin37 0.6， cos37 0.8，人在运动过程中可视为质点），求：（1）人从 A 滑到 C 的过程中克服摩擦力所做的功W 和到达 C 点时速度的大小；（2）保持水平滑道端点在同一竖直线上，调节水平滑道高度h 和长度 d 到图中 BC位
21、置时，人从滑梯平抛到水面的水平位移最大，则此时滑道BC距水面的高度 h【答案】 (1) 1200J ； 45 m/s (2) 当 h 2.5m 时，水平位移最大【解析】【详解】（1）运动员从A 滑到 C的过程中，克服摩擦力做功为：Wf1s1mgdf1 = mgcosHhs1=sin解得W 1200Jmg（ H h） W 1 mv 22得运动员滑到C 点时速度的大小v 45 m/s（2）在从 C 点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t，h 1 gt22下滑过程中克服摩擦做功保持不变 W 1200J 根据动能定理得：1mg（ H h） W2运动员在水平方向的位移：x v0tx=4h
22、(5h )当 h 2.5m 时，水平位移最大.mv0210 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=0.5s 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”
23、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/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+12
24、2m VB2m VCNC=18.25N 方向向上11 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 2m=1kg结果物 ，物块的质量块从滑上传送带又返
25、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，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：mg
26、mat1v02sg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/vt21m2共速后与传送带匀速运动的时间：S S/4 1t31.5sv2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：；得： t 2s或 t8s（舍）物体运动时传送带的位移：svt4m传
27、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第二定律、运动学公式、动能定理列式求解12 如图所示，在粗糙水平轨道OO1 上的 O 点静止放置一质量 m=0.25kg 的小物块 (可视为质点 )，它与水平轨道间的动摩擦因数=0.4， OO1 的距离 s=4m在 O1 右侧固定了一半径R=0.32m 的光滑的竖直半圆弧，现用F=2N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力 (g=10m/s 2)求：(1)为使小物块到达O1，求拉力F 作用的最小距离；(2)若将拉力变为F1，使小物块从O 点由静止开始运动至OO1 的中点时撤去拉力，恰能使小物块经过半圆弧的最高点，求F1 的大小【答案】 (1)2m (2)3N【解析】【分析】【详解】(1)为使小物块到达O1，设拉力作用的最小距离为x根据动能定理知：Fxmgs00解得 ： xmgs0.40.25 104F2m 2m（2）当小物块恰好过最高点时：mgm v2R从 O 点运动到最高点的过程由动能定理得：F1smgsmg2R1 mv2022解得 ： F13N
