1、高考物理动能与动能定理模拟试题(1)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，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3m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q【答案】 (1)(2)0.1
2、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?2 如
3、图所示，斜面高为h，水平面上D、C 两点距离为L。可以看成质点的物块从斜面顶点 A 处由静止释放，沿斜面AB 和水平面BC运动，斜面和水平面衔接处用一长度可以忽略不计的光滑弯曲轨道连接，图中没有画出，不计经过衔接处B 点的速度大小变化，最终物块停在 水平面上C 点。已知物块与斜面和水平面间的滑动摩擦系数均为。请证明：斜面倾角 稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置A 点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C 点。【答案】见解析所示【解析】【详解】设斜面长为 L ，倾角为，物块在水平面上滑动的距离为S对物块，由动能定理得：mgh mg cos LmgS0即：hmghmg c
4、osmgS0sinmghmghmgS 0tan由几何关系可知：hLStan则有：mghmg LSmgS0mghmgL0h解得：L故斜面倾角稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C 点。A 点由静止释放物块，如3 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 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
5、。【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
6、 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)E 90 J（ 3）Q 126 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。4如图所示，一长度LAB=4 98m，倾角 =30的光滑斜面AB 和一固定粗糙水平台BC 平滑连接，水平台长度LBC=04m，离地面高度H=1 4m，在 C 处有一挡板，小物块与挡板碰撞后原速率反弹，下方有一半球体与水平台相切，整个轨道处于竖直平面内。在斜面顶端 A 处静止释放质量为m=2kg 的小物块（可视为质点）
7、，忽略空气阻力，小物块与BC间的动摩擦因素=0 1， g 取 10m/s2。问：（ 1）小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小；（ 2）小物块经过 B 点多少次停下来，在 BC 上运动的总路程为多少；（ 3）某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板，最后小物块落在D 点，已知半球体半径r=0 75m， OD 与水平面夹角为 =53，求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板？（取）【答案】（ 1） 7 m/s；（ 2）63 次24 9m（ 3） 25 次【解析】试题分析：小物块从开始运动到与挡板碰撞，重力、摩擦力做功，运用动能定理。求小物块经过 B 点多少次停下来，需要根据功能转化或动能定理求出小物块运动的路
8、程，计算出经过 B 点多少次。小物块经过平抛运动到达D 点，可以求出平抛时的初速度，进而求出在BC 段上运动的距离以及和当班碰撞的次数。（1）从 A 到 C 段运用动能定理mgsin-LAB=mv2v=7m/s（2）从开始到最后停下在BC段所经过的路程为xmgsinLAB-mgx=0x=24 9m=31 1经过 AB 的次数为312+1=63 次（3）设小物块平抛时的初速度为V0H -r=gt2r+=v0tv0=3 m/s设第 n 次后取走挡板2mv02bcmv -=2L nn=25 次考点：动能定理、平抛运动【名师点睛】解决本题的关键一是要会根据平抛运动的规律求出落到D 时平抛运动的初速度；
9、再一个容易出现错误的是在BC段运动的路程与经过B 点次数的关系，需要认真确定。根据功能关系求出在BC 段运动的路程。5 如图所示， AB 是倾角为的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在 B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R一个质量为m 的物体（可以看作质点）从直轨道上与圆弧的圆心 O 等高的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动已知物体与轨道AB 间的动摩擦因数为，重力加速度为g试求：（1）物体释放后，第一次到达B 处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程s；（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力的大小；（3）为使物体能顺利到达
10、圆弧轨道的最高点D（E、 O、D 为同一条竖直直径上的3 个点），释放点距B 点的距离 L 应满足什么条件2gR(sincos )； LR) ；【答案】（ 1） vB（ 2） FN mg(3 2costan（3） L (32cos )R2(sincos )【解析】【分析】【详解】（1）设物体释放后，第一次到达B 处的速度为v1 ，根据动能定理可知：mgRcosmg cos R cos1 mv2sin21解得：2gR(sincos)vBtan物体每完成一次往返运动，在AB 斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达B 点时，速度变为零，对物体从P 到 B 全过程用动能定理，有mgRcosmgL c
11、os0得物体在 AB 轨道上通过的总路程为RL（2）最终物体以 B 为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B 运动到 E 时速度为v2 v，由动能定理知：mgR(1cos )1 mv222在 E 点，由牛顿第二定律有FN mgmv22R解得物体受到的支持力FNmg(32cos)根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为FN FNmg(3 2cos ) ，方向竖直向下（3）设物体刚好到达D 点时的速度为vD 此时有mgmvD2R解得：vDgR设物体恰好通过D 点时释放点距B 点的距离为L0 ，有动能定理可知：mg L0 sinR(1cos)mgcos L01mvD22联立解得：L0(32cos
12、) R2(sincos)则： (32cos)RLcos)2(sin2gR(sincos)Rmg(3 2cos ) ； （ 3）答案：（ 1） vB； L（2） FNtanL(32cos) R2(sincos )6 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1I 内，栅电极 MNB 、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 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
13、外，磁感应强度大小为B2，放在 A 处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 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
14、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？qB2 D；（ 2）8qdmv1B1 q2 B22 D 22Mv tan【答案】（ 1）4m2；（ 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：qv2B2=m v22， , 根据题意，在A 处发射速度相等，方向
15、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2qB2 D小 v2 =。（ 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=8qdmv1B1q B2 D。（3）飞船方向调整前后，其速度合成矢量如图所示：因此 tan =nv ，离子喷出过程中，系统的动量守恒
16、：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=2 B22D28qdmv1B1 q7 一质量为m =0.5kg 的电动玩具车，从倾角为=30的长直轨道底端，由静止开始沿轨道向上运动，4s 末功率达到最大值，之后保持该功率不变继续运动，运动的v- t图象如图所示，其中AB 段为曲线，其他部分为直线.已知玩具车运动过程中所受摩擦阻力恒为自身重力的0.3 倍，空气阻力不计.取重力加速度g=10m/s2.（ 1）求玩具车运动过程中的最大功率P；（ 2）求玩具车在 4s 末时（图中 A 点）的速度大小 v1；（3）若玩具车在 12s末刚好到达轨道的顶端，
17、求轨道长度L.【答案】（ 1） P=40W（2） v1=8m/s（ 3） L=93.75m【解析】【详解】（1）由题意得，当玩具车达到最大速度v=10m/s 匀速运动时，牵引力： F=mgsin30 +0.3mg由 P=Fv代入数据解得：P=40W（2）玩具车在0-4s 内做匀加速直线运动，设加速度为a，牵引力为 F1，由牛顿第二定律得： F1-( mgsin30 +0.3mg )=ma4s 末时玩具车功率达到最大，则P=F1v1由运动学公式v1=at 1 （其中 t 1=4s）代入数据解得 :v1=8m/s（3）玩具车在 04s 内运动位移 x1=1 at122得： x1=16m玩具车在 4
18、12s 功率恒定，设运动位移为x2，设 t2=12s 木时玩具车速度为v，由动能定理得2121mv212P(t - t )-( mg sin30 +0.3mg ) x =2mv12代入数据解得：x2=77.75m所以轨道长度L=x1+x2 =93.75m8 在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和 B，两者相距为 d现给 A 一初速度，使 A与 B 发生弹性正碰，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
19、 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1 mv021 mv1212mv22222mv0mv12mv2，式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正，联立解得：v1v0 ， v22v033设碰撞后 A 和 B 运动的距离分别为d1 和 d2，由动能定理得mgd11 mv12 ，2（2m） gd 21 2mv2 2 2按题意有： dd2d1 联立解得：v018gd59 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AD段竖直，DE段为3 圆弧，圆心为O，E 为圆弧最高点，C与E、 D与O分别等高，B
20、C41 AC将质量为m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g4（ 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4【答案】 v1=0； R2L； C 点上方低于3L5L34(4 3 )处滑下或高于44(4 3 )处【解析】【详解】（ 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；（2）由题意： BC1L ( 3 2R R)；小珠由 B 点释放，到达E 点满足：44mgBC1
21、 mvE22从 E 点滑出后恰好撞到D点，则 RvEt； t2R联立解得： R2L；4 3g（3） a. 若小珠到达 E 点与小珠上壁对钢丝的弹力等于1 mg ，则 mg1 mgm vE21 ；从44R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 .
22、于处滑下时，小珠到达4(4 3 )410 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
23、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：Fxmgs0 0解得 ： xmgs0.40.25104 m 2mF2（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：F1smgs mg2R1mv2022解得 ： F13N11 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从静止开始释放，假设两滑块碰撞时无机械能
24、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，水平轨道 BC 的左端与固定的光滑竖直 1/4 圆轨道相切与 B 点，右端与一倾角为 30的光滑斜面轨道在 C 点平滑连接（即物体经过 C 点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻
25、质弹簧，一质量为2Kg 的滑块从圆弧轨道的顶端A 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D 点，已知光滑圆轨道的半径R 0.45m，水平轨道BC 长为 0.4m ，其动摩擦因数0.2，光滑斜面轨道上CD长为 0.6m， g 取10m/s 2，求（ 1）滑块第一次经过 B 点时对轨道的压力（ 2）整个过程中弹簧具有最大的弹性势能；（ 3）滑块最终停在何处？【答案】 （1） 60N，竖直向下；（2）1.4J；（ 3）在 BC间距 B 点 0.15m 处 【解析】【详解】（1）滑块从 A 点到 B 点，由动能定理可得：1mgR=2mvB2解得： vB3m/s ，滑块在 B
26、 点，由牛顿第二定律：F-mg=m vB2R解得： F 60N，由牛顿第三定律可得：物块对B 点的压力： F F 60N；（2）滑块从 A 点到 D 点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得：mgR mgLBC mgLCDsin30 +W0，其中： EPP W，解得： E 1.4J；（3）滑块最终停止在水平轨道BC 间，从滑块第一次经过B 点到最终停下来的全过程，由动能定理可得：mg s01 mvB22解得： s 2.25m则物体在 BC 段上运动的次数为：n 2.25 5.625，0.45说明物体在 BC 上滑动了 5 次，又向左运动0.625 0.4 0.25m，故滑块最终停止在BC间距 B 点 0.15m 处（或距 C 点 0.25m处）；【点睛】本题考查动能定理及牛顿第二定律等内容，要注意正确受力分析；对于不涉及时间的问题，优先选用动能定理
