1、高中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，粗糙水平桌面上有一轻质弹簧左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R=1.0m 的圆环剪去了左上角 120的圆弧， MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离是h=2.4m。用质量为m=0.2kg 的物块将弹簧由 B 点缓慢压缩至 C 点后由静止释放，弹簧在 C 点时储存的弹性势能 Ep=3.2J，物块飞离桌面后恰好 P 点沿切线落入圆轨道。已知物块与桌面间的动摩擦因数=0.4，重力加速度 g 值取 10m/s 2，不计空气阻力，求(1)物块通过 P 点
2、的速度大小；(2)物块经过轨道最高点M 时对轨道的压力大小；(3)C、D 两点间的距离；【答案】 (1)8m/s ；(2)4.8N； (3)2m【解析】【分析】【详解】(1)通过 P 点时，由几何关系可知，速度方向与水平方向夹角为60o，则vy22ghsin 60ovyv整理可得，物块通过P 点的速度v8m/s(2)从 P 到 M 点的过程中，机械能守恒1mv2 =mgR(1cos60o )+1mvM222在最高点时根据牛顿第二定律mvM2FNmgR整理得FN4.8N根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为4.8N(3)从 D 到 P 物块做平抛运动，因此vDv cos60o4m/s从 C
3、 到 D 的过程中，根据能量守恒定律Epmgx1 mvD22C、D 两点间的距离x2m2 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的竖直高度分别为h 2
4、m 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 vBv0B，得 v 6m/scos60（2）从 B 点到 E 点有 mghmgLmgH01 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
5、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mghmgs12s19ms2L6 m，故运动员最后停在C点右侧6m处.0mvB ，得 ， 23 如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面 BC 平滑连接于 B 点， BC右端连接内壁光滑、半径 r=0.2m 的四分之一细圆管CD，管口 D 端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D 端平齐，一个质量为 1kg 的小球放在曲面 AB 上，现从距 BC的高度为 h=0.6m
6、处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数=0.5，小球进入管口 C 端时，它对上管壁有FN=2.5mg 的相互作用力，通过 CD 后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能Ep=0.5J。取重力加速度g=10m/s2。求：(1)小球在 C 处受到的向心力大小；(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；(3)小球最终停止的位置。【答案】 (1)35N； (2)6J； (3)距离 B 0.2m 或距离 C 端 0.3m【解析】【详解】(1)小球进入管口C 端时它与圆管上管壁有大小为F2.5mg 的相互作用力故小球受到的向心力为F向 2.5mg mg3.5mg3.5 110 35N(2)在 C
7、点，由F向 = vc2r代入数据得1mvc23.5J2在压缩弹簧过程中，速度最大时，合力为零，设此时滑块离D 端的距离为 x0则有kx0mg解得x0mg0.1mk设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有mg(rx0 )1 mvc2 Ekm E p2得Ekmmg (r x0 )1mvc2Ep 3 3.5 0.5 6J2(3)滑块从 A 点运动到C 点过程，由动能定理得mg 3rmgs1 mvc22解得 BC间距离s0.5m小球与弹簧作用后返回C 处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中，设物块在BC上的运动路程为s ，由动能定理有mgs1 mvc22解得s0.7m故最终
8、小滑动距离B 为 0.70.5m0.2m 处停下 .【点睛】经典力学问题一般先分析物理过程，然后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。4 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
9、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)
10、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5 如图所示，质量 m=2kg 的小物块从倾角 =37的光滑斜面上的 A 点由静止开始下滑，经过 B 点后进入粗糙水平面，已知 AB 长度为 3m ，斜面末端 B 处与粗糙水平面平滑连接试求：（1）小物块滑到B 点时的速度大小（2）若小物块从A 点开始运动到 C 点停下，一共经历时间t=2.5s，求 BC 的距离（3）上问中，
11、小物块与水平面的动摩擦因数多大？（4）若在小物块上始终施加一个水平向左的恒力F，小物块从 A 点由静止出发，沿ABC 路径运动到 C 点左侧 3.1m 处的 D 点停下求 F 的大小（ sin37 =0.6， cos37=0.8 ）【答案】（ 1） 6m/s （2） 1.5s（3）0.4（ 4） F2.48N【解析】【详解】(1)根据机械能守恒得：mgsAB sin 371mvB22解得：vB2gsAB sin37210 30.6m/s6m/s ；(2)物块在斜面上的加速度为：a1g sin6m/s 2在斜面上有：sAB1a1t 22代入数据解得：t11s物块在 BC 段的运动时间为：t2tt
12、11.5sBC 段的位移为：sBC1 (vB 0)t2 4.5m2（3）在水平面上，有：0 vBa2t2解得：a2vB4m/s 2t2根据牛顿第二定律有：mgma2代入数据解得：0.4 (4)从 A 到 D 的过程，根据动能定理得：mgsAB sinF sBDsAB cosmgsBD0代入数据解得：F2.48N【点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力 .6 下雪天，卡车在笔直的高速公路上匀速
13、行驶司机突然发现前方停着一辆故障车，他将刹车踩到底，车轮被抱死，但卡车仍向前滑行，并撞上故障车，且推着它共同滑行了一段距离 l 后停下事故发生后，经测量，卡车刹车时与故障车距离为L，撞车后共同滑行的距离 l8L 假定两车轮胎与雪地之间的动摩擦因数相同已知卡车质量M 为故障车质量25m 的 4 倍v1(1)设卡车与故障车相撞前的速度为v1 两车相撞后的速度变为v2 ，求 v2(2)卡车司机至少在距故障车多远处采取同样的紧急刹车措施，事故就能免于发生【答案】 (1)v15(2)3Lv24L2【解析】(1)由碰撞过程动量守恒Mv1 =( Mv15m)v2 则v24(2)设卡车刹车前速度为v0，轮胎与
14、雪地之间的动摩擦因数为两车相撞前卡车动能变化1 Mv 021 Mv12MgL22碰撞后两车共同向前滑动，动能变化1 (M m)v220(Mm)gl2由式 v02v122gL由式 v2 22gL又因 l8 L 可得 v023 gL25如果卡车滑到故障车前就停止，由1 Mv020MgL 2故 L 3L23这意味着卡车司机在距故障车至少L 处紧急刹车，事故就能够免于发生27 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
15、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【答案】（ 1） vB2gR(sincos )Rmg(3 2cos ) ；tan； L（ 2） FN (3 2cos )R（3） Lcos )2(sin【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
16、理可知：mgRcosmg cosR cos1 mv12sin2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 cos0得物体在 AB 轨道上通过的总路程为LR（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 )1mv222在 E 点，由牛顿第二定律有FNmgmv22R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 2co
17、s ) ，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 L sinR(1cos)mgcosL01 mv202D联立解得：L0(32cos) R2(sincos)则：L (32cos)R)2(sincos答案：（ 1）2gR(sincosRFmg(3 2cos ) ； （ 3）vB) ； L（2）tanN (3 2cos) RLcos )2(sin8 如图所示，将一根弹簧和一个小圆环穿在水平细杆上，弹簧左端固定，右端与质量为m的小圆环相接触，BC和 CD 是由细杆弯成的1/4 圆弧
18、， BC 分别与杆AB 和弧 CD 相切，两圆弧的半径均为RO 点为弹簧自由端的位置整个轨道竖直放置，除OB 段粗糙外，其余部分均光滑当弹簧的压缩量为d 时释放，小圆环弹出后恰好能到达C 点，返回水平杆时刚好与弹簧接触，停在O 点，（已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，小球通过B 处和C 处没有能量损失），问：（1）当为弹簧的压缩量为d 时，弹簧具有的弹性势能EP 是多少？（2）若将小圆环放置在弹簧的压缩量为2d 时释放，求小圆环到达最高点D 时，轨道所受到的作用力（3）为了使物块能停在OB 的中点，弹簧应具有多大的弹性势能？【答案】（ 1） EP 2mgR （ 2） 9mg ，方向竖直向上
19、（3） EP =( n1)mgR （ n=0、 1、22）【解析】【分析】【详解】（ 1）设小圆环与 OB 之间的摩擦力为 f ，OB=L；从释放到回到 O 点，由能量关系可知，当弹簧的压缩量为 d 时，弹簧具有的弹性势能EP2 fL小圆环从释放能到达C 点到，由能量关系可知EPfLmgR0可得：EP2mgR（2）因弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，则弹簧的压缩量为2d 时弹性势能为EP=4EP=8mgR小圆环到达最高点D 时：EP 1mvD2mg 2R fL2解得vD10gR在最高点D 时由牛顿第二定律：2N mgm vDR解得N=9mg，方向竖直向下由牛顿第三定律可知在D 点时轨道受到的作
20、用为9mg ，方向竖直向上；（3）为了使物块能停在OB 的中点，则要求滑块到达的最高点为D 点，然后返回，则EPfL2mgR3mgR为了使物块能停在OB 的中点，同时还应该满足：EP(2 n 1) fL(n1) mgR22则只能取n=0、 1、 2；9 如图所示， AB 是光滑的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径 BD 竖直，将弹簧水平放置，一端固定在 A 点现使质量为 m 的小滑块从 D 点以速度v0 进入轨道 DCB，然后沿着 BA 运动压缩弹簧，弹簧压缩最短时小滑块处于 P 点，重力加速度大小为g，求：（1）在 D 点时轨道对小滑块的作用力大小FN；（ 2
21、）弹簧压缩到最短时的弹性势能Ep；（ 3）若水平轨道 AB 粗糙，小滑块从 P 点静止释放，且 PB 5l，要使得小滑块能沿着轨道BCD运动，且运动过程中不脱离轨道，求小滑块与AB 间的动摩擦因数的范围【答案】 （1）（ 2）（3） 0.2或 0.5 0.7【解析】 （1）解得（2）根据机械能守恒解得（3）小滑块恰能能运动到B 点解得 0.7小滑块恰能沿着轨道运动到C 点解得 0.5所以 0.5 0.7小滑块恰能沿着轨道运动D 点解得 0.2所以 0.2综上 0.2或 0.5 0.710 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：
22、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I 内，栅电极MN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
23、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】（ 1qB2 D；（ 2）8qdmv1B1 q2 B22 D 22Mv tan）4m2；（ 3）2 B22 D22m8qdmv1B1 q
24、【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
25、 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，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：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 211 如图所示在竖直平面内，光滑曲面AB 与长度 l=3m 的水平传送带BC 平滑连接于 B点，传送带 BC 右端连接内壁光滑、半径r=0.55m 的四分之一细圆管CD，圆管内径略大于
26、物块尺寸，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k=50N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口 D 端平齐一个质量为m=0.5kg 的物块（可视为质点）从曲面上P 点静止释放， P 点距 BC 的高度为 h=0.8m（已知弹簧的弹性势能Ep 与弹簧的劲度系数k 和形变量p12，水平传送带与物间的动摩擦因数=0.4，重力加速度g 取x 的关系是： E =kx210m/s 2）求：（ 1）若传送带静止不动物块在水平传送带BC上前进的距离；（ 2）若传送带向右匀速运动的速度 v0=2m/s ，物块刚进入细圆管 CD时对管道的弹力，物块在压缩弹簧过程中的最大速度（压缩弹簧过程未超过弹性限度）；（
27、 3）若传送带向右匀速运动的速度 v0=2m/s ，物块从第一次进入细圆管后将做周期性的运动由于物块与传送带发生相对运动，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能【答案】（ 1） 2m（2） 4m/s （3） 4J【解析】【分析】【详解】（1）物块从 P 点静止释放到停在传送带某处的过程中，根据动能定理得mgh - mgx=0-0解得 x =2m；（2）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s ，因为传送带长度 l=3m 大于 2m，所以物块到达 C 点的速度 vC=2m/s物块经过管道C 点，根据牛顿第二定律得mg- N=m vC2r解得，管道对物块的弹力15N=N 1.36N，方向竖直向上
28、11根据牛顿第三定律得知，物块对管道的弹力大小N=N1.36N，方向竖直向下物块从 C 点运动到速度最大的过程，根据平衡条件得mg =kx得 x=0.1m由动能定理得 mg (r+x)- 1212 122kx = 2mvm - 2mvC解得，最大速度vm=4m/s（ 3）物块再次回到 C 点的速度仍为 2m/s ，它在传送带上先向左匀减速运动到速度为零，再向右匀加速运动至 C 点，速度大小仍为 2m/s ，因此，电动机多消耗的电能即为物块与传送带之间的摩擦生热 .物块向左减速的位移vC222x1=0.5m2g2 0.4 10物块与传送带间的相对位移x1=x1 +v0?解得 x1=1.5mv0g
29、vC2物块向右加速运动的位移x2=0.5m2 gv0物块与传送带间的相对位移x2=v0?- x2=0.5m因此，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能是E=mg( x1+ x2)解得 : E =4J12 如图，质量为m=1kg 的小滑块（视为质点）在半径为R=0.4m 的1/4 圆弧A 端由静止开始释放，它运动到B 点时速度为v=2m/s当滑块经过B 后立即将圆弧轨道撤去滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C 点过渡到倾角为=37、长s=1m 的斜面CD 上， CD 之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0 之1.5间调节斜面底部D 点与光滑地面平滑相连，地面上一根
30、轻弹簧一端固定在O 点，自然状态下另一端恰好在D 点认为滑块通过C 和 D 前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力取 g=10m/s 2， sin37 =0.6， cos37 =0.8，不计空气阻力（ 1）求滑块对 B 点的压力大小以及在 AB 上克服阻力所做的功；（ 2）若设置 =0，求质点从 C 运动到 D 的时间；（ 3）若最终滑块停在 D 点，求 的取值范围【答案】 （1） 20N， 2J；（ 2） 1s；（ 3） 0.125 0.75 或 =13【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑块在B 点所受的支持力，从而得出滑块对B 点的压力，根据动能定理求出 AB 端克服阻力做功的大小（2）若 =0，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出C 到 D 的时间（3）最终滑块停在D 点有两种可能，一个是滑块恰好从C 下滑到 D，另一种是在斜面CD和水平面见多次反复运动，最终静止在D 点，结合动能定理进行求解【详解】（1）滑块在 B 点，受到重力和支持力，在B 点，根据牛顿第二定律有：F- mg m v2，R代入数据解得： F=20N，由牛顿第三定律得： F=20N从ABmgR- W 12到 ，由动能定理得：2mv ，代入数据得： W=2J（ 2）在 CD间运动，有：
