1、高考物理动能与动能定理试题经典一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 如图所示，半径R=0.5 m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【答案】 (1)70N； (2)1.2m； (3)能滑出
2、AA 点。【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L，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，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1 mvB22mg hR2 mg
3、L 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。2 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
4、，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v ；B(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 vB 6m/scos60（2）从 B 点到 E 点
5、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 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.23 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
6、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 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：Fmmgm vB2R从 P 到 ，由动能定理得mg (HR)1 mvB202解得H=4
7、.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-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=4J4 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
8、，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)vA10vB1(2) 5QEL(3)2mL2E tmQQE(2mLt32mL)QEQE【解析】（1） A 球的加速度 aQE，碰前 A 的速度 vA12
9、aL2QEL ；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 1 mvA1mvB1 ， 2 mv A12 mv A12 mvB12QEL所以 B 碰撞后交换速度：vA10 ， 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：12
10、2mLvB1t 2t 12at 2t1，得到： t 23t 1 3QEvA 2 a t 2t 1 2at12vA122QEL ； vB 2vB1m1212由功能关系可得：W 电 =2mvA22mvB 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 g0t2mLQat2QEQ Et22mL2mLB tm gt 3从第一次碰撞到发生第二次碰撞：2t2mLQEQEQ EQ
11、E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 R11 光滑圆弧与半径为R20.3 m 的半圆光滑细管平滑连 1.8 m 的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
12、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
13、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1m1vB21mv共2 求出碰撞过程中损失的机械能；（ 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 1 m1vB22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
14、程中损失的机械能为：1212E机2m1vB2mv共 12J物块 m 由 B 到 C 满足机械能守恒：1mv共2mg 2R21mvC222解得： vC 4m / s在 C 处由牛顿第二运动定律可得：FNv2mg m CR2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：mgx21 Mv 222解得： x20.4m此时木板静止
15、，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的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数=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 10N/C，质量 m = 0.20kg 的带电滑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 =
16、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) 12N【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：mgqEhfho1mv12sin 372解得：1v =2.4m/s(2
17、)滑块从 B 到 C点，由动能定理可得：mg qER 1 cos37=1mv22 1mv1222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】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 如图甲所示为某一玩具汽车的轨道，其部分轨道可抽象为图乙的模型AB 和 BD 为两段水平直轨道，竖直圆轨道与水平直轨道相切于B 点， D 点为水平直轨道与水平半圆轨道的切点在某次游戏过程中，通过摇控装置使静止在A 点的小车以额定功率启动，当小车运动到 B 点时关闭发动机并不再开启，测得小车运动到最高点C 时对轨道的压力大小FN 5.6
18、N，小车通过水平半圆轨道时速率恒定小车可视为质点，质量m 400g，额定功率 P20W ， AB 长 l 1m ， BD 长 s 0.75m，竖直圆轨道半径R25cm ，水平半圆轨道半径 r 10cm 小车在两段水平直轨道所受的阻力大小均为f4N ，在竖直圆轨道和水平半圆轨道所受的阻力均忽略不计，重力加速度取g 10m/s 2 求：.；（ 4） 0.35s.（ 1）小车运动到 C 点时的速度大小；（ 2）小车在 BD 段运动的时间；（ 3）水平半圆轨道对小车的作用力大小；（ 4）要使小车能通过水平半圆轨道，发动机开启的最短时间【答案】（ 1）6m/s ；（ 2） 0.3s；（ 3） 42N【解
19、析】【详解】（1）由小车在C 点受力得：2FNmgm vcR解得：vC6m/s（2）从 C 点到 B 点，由动能定理得：2mgR1mvB2 1mvC222解得：vB4m/s小车在 BD 段运动的加速度大小为：af10m/s 2m由运动学公式：svBt1 at 22解得：t0.3s（3）从 B 点到 D 点，由运动学公式：vDvBat ，解得：vD1m/s小车在水平半圆轨道所需的向心力大小：Fnm vD2，r代入数据可得：Fn4NF 2Fn22mg水平半圆轨道对小车的作用力大小为：F4 2N .（4）设小车恰能到C 点时的速度为v1 ，对应发动机开启的时间为t1 ，则：mgm v12RPt1fl
20、 2mgR1 mv122解得t10.325s .在此情况下从 C 点到 D 点，由动能定理得：2mgR Fs1 mvD1 mvC222解得vD22.5即小车无法到达D 点.设小车恰能到 D 点时对应发动机开启的时间为t2 ，则有：Pt2 fl s0 ，解得t 20.35s.8 如图所示，倾角为30的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s的速度运动，运动方向如图所示一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s 2，求
21、：（ 1）物体第一次到达 A 点时速度为多大？（ 2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB 间的距离至少多大？（ 3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？【答案】（ 1） 8m/s （ 2）6.4m （ 3） 1.8m【解析】【分析】（1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；（ 2）当物体滑到传送带最左端速度为零时， AB 间的距离 L 最小，根据动能定理列式求解；（3）物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s 的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可【详解】（1）物体由光滑斜面下滑的过程中
22、，只有重力做功，机械能守恒，则得：mgh1mv22解得： v2gh2103.28m/s（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离 L 最小，由动能能力得：mgL 01 mv22解得： Lv282m6.4m2 g2 0.5 10（3）因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度 6m/s，物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以v带6m/s 的速度冲上斜面，根据动能定理得：mgh01 mv带22v带2621.8m得： h2m2g10【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题9 如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB 与半径为R
23、0.6 m的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接。有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F随位移变化的关系如图乙所示。滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数为0.25，与半圆弧轨道 BC间的动摩擦因数未知，g 取 10 m/s 2。求：（1）滑块到达B 处时的速度大小；（2）若到达B 点时撤去F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。C，滑块在【答案】（ 1） 210 m/s 。（ 2）5 J。【解析】【详解】（1）对滑块从A 到 B 的过程，由动能定理得：F1x1F3 x3mgx1 mv2B ，2即20 2-10 1
24、-0.25 1 10 4J=11 vB2 ，2得：vB2 10m/s；（2）当滑块恰好能到达最高点C 时，mgm vC2；R对滑块从 B 到 C的过程中，由动能定理得：W mg 2R1 mvC21 mvB2，22带入数值得：W =-5J，即克服摩擦力做的功为5J；10 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 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
25、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4L骣-8 L琪mg 或琪mg能为 3 -3琪R琪R桫桫【解析】【详解】(1)对物块第一次从A 到 C 过程，根据动能定理：mgRmgL1mv12 2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
26、动能定理：mgR mg S0 解得S = R(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：FN mgm v22R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 Lmg3R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 4L1mv222由解得FN8 Lmg3R骣4L骣-8 L物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可能为琪mg 或琪mg3 -3琪R琪R桫桫11 在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和BdA一初速度，使，两者相距为现给A 与 B 发生弹性正
27、碰，碰撞时间极短当两木块都停止运动后，相距仍然为d已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为 B 的质量为 A 的 2 倍，重力加速度大小为g求 A 的初速度的大小【答案】18 gd5【解析】【详解】设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v0；在碰撞后的瞬间，A 和 B 的速度分别为v1 和 v2 在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律，得1mv021mv1212mv22222mv0mv12mv2，式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正，联立解得：v1v0 ， v2 2 v033设碰撞后 A 和 B 运动的距离分别为 d1和 d2，由动能定理得mgd11mv12 ，2（2m） gd 21 2m
28、v2 2 2按题意有： d d2d1 联立解得： v0 18gd512 如图所示的实验装置，可用来探究物体在斜面上运动的加速度以及弹簧储存的弹性势能。实验器材有：斜面、弹簧(弹簧弹性系数较大)、带有遮光片的滑块(总质量为m)、光电门、数字计时器、游标卡尺、刻度尺。实验步骤如下：用适当仪器测得遮光片的宽度为d；弹簧放在挡板 P 和滑块之间，当弹簧为原长时，遮光板中心对准斜面上的A 点；光电门固定于斜面上的B 点，并与数字计时器相连；压缩弹簧，然后用销钉把滑块固定，此时遮光板中心对准斜面上的O 点；用刻度尺测量 A、 B 两点间的距离L；拔去锁定滑块的销钉，记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间t；移动光电门位置，多次重复步骤。根据实验数据做出的1 L 图象为如图所示的一条直线，并测得1L 图象斜率为 k、t 2t 2纵轴截距为b。（1）根据12 L 图象可求得滑块经过A 位置时的速度vA=_，滑块在斜面上运动的加t速度 a =_。（2）实验利用光电门及公式v= d 测量滑块速度时，其测量值
