1、（物理）物理动能与动能定理练习题含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 如图所示，斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于C，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角DOC=37， E、 B 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R=0.30m ，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
2、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 cot37o 0.40m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 sin371 mvB202解得：vB4.2/sm（3）物块在 BC部分滑动受到的摩擦力大小为：fmgcos37 0.60N在 BC部分下滑过程受到的合力为：Fmgsin37f 0
3、则物块第一次通过C 点时的速度为：vCvB4.2/sm物块从 C 到 D，根据动能定理有：mgR 1 cos371 mvD21 mvC222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2 如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B点 D点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R0.45m 的圆环剪去左上角 127 的圆弧， MN 为其竖直直径， P 点到桌面的竖直距离为R
4、， P点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R若用质量 m1 0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点，用同种材料、质量为m2 0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后其位移与时间的关系为x 4t 2t 2，物块从 D 点飞离桌面后恰好由P 点沿切线落入圆轨道g 10m/s 2，求：（1）质量为 m2的物块在 D 点的速度；（2）判断质量为m2 0.2kg 的物块能否沿圆轨道到达M 点：（3）质量为 m2 0.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功.【答案】（ 1） 2.25m/s （2）不能沿圆轨道到达M 点 （ 3）
5、2.7J【解析】【详解】（1）设物块由 D 点以初速度 vD 做平抛运动，落到P 点时其竖直方向分速度为：vy2gR2 100.45 m/s 3m/svy4tan53 vD3所以： vD 2.25m/s（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mgm v2 ，R解得： vgR32 m/s2物块到达P 的速度：vPvD2vy2322.252 m/s 3.75m/s若物块能沿圆弧轨道到达M 点，其速度为vM ，由 D 到 M 的机械能守恒定律得：1 m2vM21 m2vP2m2g 1 cos53R22可得： vM20.3375 ，这显然是不可能的，所以物块不能到达M 点（3）由题意知 x
6、 4t - 2t2，物块在桌面上过B 点后初速度 vB 4m/s ，加速度为：a4m/s2则物块和桌面的摩擦力：m2 gm2 a可得物块和桌面的摩擦系数:0.4质量 m1 0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，由能量守恒可弹簧压缩到C 点具有的弹性势能为：Epm1gxBC 0质量为 m20.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点时，由动能定理可得：Epm2 gxBC1 m2vB 22可得， xBC2m在这过程中摩擦力做功：W1m2gx BC1.6J由动能定理， B 到 D 的过程中摩擦力做的功：W 21 m2vD21 m2v0222代入
7、数据可得：W2 - 1.1J质量为 m20.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功WW1W22.7J即克服摩擦力做功为2.7 J.3 如图所示，在倾角为 =37的斜面底端有一个固定挡板 D，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端在 O 点，已知斜面 OD 部分光滑， PO 部分粗糙且长度 L=8m。质量 m=1kg 的物块（可视为质点）从 P 点静止开始下滑，已知物块与斜面 PO 间的动摩擦因数 =0.25， g 取 10m/s 2， sin37 =0.6， cos37=0.8。求：（ 1）物块第一次接触弹簧时速度的大小（ 2）若弹簧的最大压缩量 d=0.5m，求弹簧的最
8、大弹性势能（3）物块与弹簧接触多少次，反弹后从O 点沿斜面上升的最大距离第一次小于0.5m【答案】（ 1） 8m/s （2） 35J(3)5 次【解析】【详解】(1)物块在 PO 过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦力，此过程应用动能定理得：mgL sinmgL cos1 mv22解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：v2gL sincos8 m/s（2）物块由O 到将弹簧压缩至最短的过程中，重力势能和动能减少、弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能EpEp1 mv2mgd sin35 J2（3）物块第一次接触弹簧后，物体从O 点沿斜面上升的
9、最大距离s1 ,由动能定理得 :mgs1mgs1 cos01 mv22解得： s14m物块第二次接触弹簧后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离s2 ，由动能定理得：mg sin (s1s2 )mg cos(s1s2 )0解得： s22m故物块每经过一次 O 点，上升的最大距离为上一次的12所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：s1L2则第 n 次上升的最大距离为：Lsn2n因为 sn1 m ，所以 n4，即物块与弹簧接触5 次后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离2小于 1m24 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
10、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 ) ； LR（ 2） FNmg(3 2cos ) ；tan（ 3） L (3
11、 2cos )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 cosR 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 cos0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F
12、N 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)mgcosL01 mvD22联立解得：L0(32cos) R2(sincos)则： (32cos)RLcos)2(sin答案：（ 1）2gR(sincos) ； LR（2）Fmg(3 2cos ) ； （ 3）vBNtanL (3 2cos ) R2(sincos )5 如图
13、所示，倾角为306 m/s的速度运的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以动，运动方向如图所示一个质量为2 kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2 m 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，物体向左最多能滑到传送带左右两端AB 的中点处，重力加速度g=10 m/s 2，求：（ 1）物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间；（ 2）传送带左右两端 AB 间的距离 l 至少为多少；（ 3）上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多少；（4）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h
14、 为多少？【答案】 （1） 1.6s （ 2） 12.8m （3） 160J （ 4） h=1.8m【解析】(1)mgsin =ma, h/sin=,可得 t=1.6 s.(2)由能的转化和守恒得：mgh= mgl/2， l=12.8 m.(3)在此过程中，物体与传送带间的相对位移而摩擦热Q=mgx相，:x 相 =l/2+v 带 t,又l/2=，以上三式可联立得Q=160 J.(4)物体随传送带向右匀加速，当速度为v 带 =6 m/s 时向右的位移为x，则 mgx=， x=3.6 ml/ 2，即物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以v 带=6 m/s 的速度冲上斜面，由 =mgh，得 h=
15、1.8 m.滑块沿斜面下滑时由重力沿斜面向下的分力提供加速度，先求出加速度大小，再由运动学公式求得运动时间，由 B 点到最高点，由动能定理，克服重力做功等于摩擦力做功，由此可求得 AB 间距离，产生的内能由相互作用力乘以相对位移求得6 质量为 m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为 7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是多少？1【答案】 w f 克mgR2【解析】【分析】本题首先用牛顿第二定律列示求出圆周运动最低点与最
16、高点得瞬时速度的大小，再由最低点到最高点列动能定理解题，得出空气阻力做的功本题属于绳子栓小球模型，注意最高点重力提供向心力【详解】mv12v16gR最低点 7mg mgRmv22v2gR最高点：mgR由动能定律 得 2mgRw f1 mv221 mv1222解得 w f1 mgR2所以 克服空气阻力做功w f 克1 mgR2【点睛】本题是圆周运动模型解题，结合牛顿运动定律与动能定理解圆周问题7 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
17、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）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
18、或 0.5 0.78 如图所示，倾角为45的粗糙平直导轨与半径为r 的光滑圆环轨道相切，切点为b，整个轨道处在竖直平面内 . 一质量为速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点m的小滑块从导轨上离地面高为H=3ra 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心的d 处无初O 等高的c 点 . 已知圆环最低点为e 点，重力加速度为g，不计空气阻力. 求：（ 1）小滑块在 a 点飞出的动能；（）小滑块在 e 点对圆环轨道压力的大小；（ 3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）1mgr ；（ 2） F =6mg；（ 3）42【答案】（ 1） Ek142【解析】【分析】【详解】（ 1）小滑块从 a
19、点飞出后做平拋运动：水平方向： 2r vat竖直方向： r1 gt 22解得： vagr小滑块在 a 点飞出的动能 Ek1mva21mgr22（2）设小滑块在e 点时速度为vm ，由机械能守恒定律得：1 mvm21 mva2mg2r22在最低点由牛顿第二定律：mvm2F mgr由牛顿第三定律得：F=F解得： F =6mg（3） bd 之间长度为 L，由几何关系得： L2 2 1 r从 d 到最低点 e 过程中，由动能定理 mgHmg cos L1mvm22解得42149 如图所示，光滑轨道槽ABCD与粗糙轨道槽GH通过光滑圆轨道EF平滑连接(DG处在、同一高度 )，组成一套完整的轨道，整个装置
20、位于竖直平面内。现将一质量m=1kg 的小球从AB 段距地面高 h0=2m 处静止释放，小球滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点E 点。已知 CD、GH 与水平面的夹角为 =37，GH 段的动摩擦因数为 =0.25，圆轨道的半径R0.4m ， E 点离水平面的竖直高度为3R（ E 点为轨道的最高点），（ g=10m/s 2， sin37 =0.6，cos37 =0.8）求：（ 1）小球第一次通过 E 点时的速度大小；（ 2）小球沿 GH 段向上滑行后距离地面的最大高度；（3）若小球从AB 段离地面h 处自由释放后，小球又能沿原路径返回AB 段，试求h 的取值范围。【答案】（ 1） 4m/s （
21、2） 1.62m；（ 3） h0.8m或 h2.32m【解析】【详解】（1）小球从 A 点到 E 点由机械能守恒定律可得：mg h03R1 mvE22解得： vE 4m/s（2） D、G 离地面的高度 h12R 2Rcos37o0.48m设小球在 CH 斜面上滑的最大高度为hm ，则小球从 A 点滑至最高点的过程，由动能定理得 mgh0hmmgcos37hmh10sin37由以上各式并代入数据h m1.62m（3）小球要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则h2R0.8m若能完成圆周运动，则小球返回时必须能经过圆轨道的最高点E，在 E 点， mg m vE2R此情况对应小球在CH斜面上升的高度为
22、h ，小球从释放位置滑至最高点的过程，根据动能定理得： mghhmgcos37hh10sin37小球从最高点返回E 点的过程，根据动能定理得：mg h 3Rmgcos37h h11 mvE2sin372由以上各式得h=2.32m故小球沿原路径返回的条件为h0.8m或 h2.32m10 如图所示，质量为 m1 1kg 的小物块 P，置于桌面上距桌面右边缘C 点 L1 90cm 的 A点并与弹簧的右端接触（不拴接），轻弹簧左端固定，且处于原长状态质量为M 3.5kg、长 L 1.5m 的小车静置于光滑水平面上，其上表面与水平桌面相平，且紧靠桌子右端小车左端放有一质量为m2 0.5kg 的小滑块 Q
23、现用水平向左的推力将P 缓慢压缩 L25cm 推至 B 点（弹簧仍在弹性限度内）时，撤去推力，此后P 沿桌面滑到桌子边缘C 时速度为 2m/s，并与小车左端的滑块Q 相碰，最后 Q 停在小车的右端，物块P 停在小车上距左端 0.35m 处 P 与桌面间动摩擦因数 12 0.4， P、 Q 与小车表面间的动摩擦因数0.1，重力加速度g 10m/s 2（ 1）小车最后的速度 v；（ 2）推力所做的功；（ 3）在滑块 Q 与车相对静止时， Q 到桌边的距离【答案】（ 1） 0.4m/s ；（ 2） 6J；（ 3） 1.92m【解析】【详解】（1）设物块 P 与滑块 Q 碰后最终与小车保持相对静止，其
24、共同速度为 v 由动量守恒得：m1vc(m1m2M )v代入数据可得： v 0.4m/s（2） 90cm 0.9m ，设弹簧的最大弹性势能为Epm根据动能定理得：W 1m1g(L12L2 )1 m1vc22得： W 6J（3）设物块 P 与滑块 Q 碰后速度分别为v1 和 v2，P 与 Q 在小车上滑行距离分别为S1 和 S2P 与 Q 碰撞前后动量守恒，则有：m1vcm1v1m2 v2由动能定理得：m gsm gs1 m v21 m v21 (m m M )v2211222211222212联立得 v1 1m/s， v2 2m/s方程的另一组解：当25v2= m/s 时， v1=m/s ，
25、v1 v2不合题意舍去33 滑 Q 与小 相 静止 到桌 的距离 s， Q 在小 上运 的加速度 a由牛 第二定律得：2m2 gm2a代入数据解得：a 1m/s 2由匀 速运 律得：s解得： s 1.92mv2v222a11 如 所示， 直放置的半 形光滑 道半径 RO， 心 下端与 水平 道在 B 点平滑 接，一 量 m 正 的物 （可 点），置于水平 道上的A 点。A、B两点 的距离 Lg。已如，物 与水平 道 的 摩擦因数 ，重力加速度 (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?(2)若在整个空同加上水平向左的匀 ， 大小
26、5 mg(q 物 的 量 )， E=3q将物 从 A 点由静止 放，且运 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v1 2g( L + R)(2) 物 由 放至第一次到知： ( qEmg )L 1m v22可得： v24 gL3B 点 程中，其 B 点速度 所求2(3) 第
27、2、4、 6、 2n 次 B 点 的速度分 v2、v4、 v2n，第 2、 4、 6、 2(n 1)次离开 B 点向右滑行的最大距离分 L1、 L2 、 Ln 1， ： ( qEmg )L101m v222(qEmg112)Lm v42解得 v4qEmg1v2qEmg2同理 v6 1v2 n 1v42 v2n 22 上可得 v2n( 1 )n 1v22v2n (1 ) n 2gL其中 n1、 2、 32312 可 点的小滑 从半径 0.8m 的四分之一光滑 弧 道 端滑下。在 道最低点滑上水平 送 的最右端（ 道 接 无机械能 失）。 送 度L=8m，并以恒定的 v=3m/s 速度 ，小滑 恰
28、好能运 到水平 送 的最左端而没有掉下 送 。已知重力加速度大小 g=10m/s 2。求：（ 1）物 与 送 的 摩擦因数；（ 2）物 从 弧 道最低点滑入 送 到第一次返回 弧 道最低点所用的 （本小 算 果保留两位有效数字）。【答案】（ 1） 0.1；（ 2）8.17s【解析】【 解】（1）物 从 形光滑 道下滑的 程，根据机械能守恒有mgR1 mv122解得 v14m/s物 沿 送 滑到最左端速度恰好 零，由 能定理有mg L 01 mv122代入数据解得：0.1（2）物 在 送 先做匀减速运 ag 1m / s2 物 减速到零的 v14st1at2v反向加速时加速度不变，故加速时间为3sa这段时间的位移为 x1 1at224.5m2之后物块随传送带匀速运动，则Lx11.17 st3v物块在传送带上第一次往返所用的时间为tt1 t2 t3 8.17s
