1、物理动能与动能定理提高训练一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 某游乐场拟推出一个新型滑草娱乐项目，简化模型如图所示。游客乘坐的滑草车（两者的总质量为 60kg ），从倾角为53 的光滑直轨道AC 上的 B 点由静止开始下滑，到达C 点后进入半径为R5m ，圆心角为53 的圆弧形光滑轨道CD ，过 D 点后滑入倾角为（可以在 0剟75 范围内调节）、动摩擦因数为3 的足够长的草地轨道3DE 。已知 D 点处有一小段光滑圆弧与其相连，不计滑草车在D 处的能量损失，B 点到C 点的距离为L0 =10m ， g10m/s 。求：(1)滑草车经过轨道D 点时对轨道D 点的压力大小；(2)滑草车第一
2、次沿草地轨道DE 向上滑行的时间与的关系式；(3)取不同值时，写出滑草车在斜面上克服摩擦所做的功与tan的关系式。t2【答案】 (1) 3000N3； (2)cos； (3)见解析sin3【解析】【分析】【详解】(1)根据几何关系可知CD 间的高度差H CD R 1 cos532m从 B 到 D 点，由动能定理得mg L0 sin53H CD1mvD202解得vD102m/s对 D 点，设滑草车受到的支持力FD ，由牛顿第二定律Fmgm vD2DR解得FD3000N由牛顿第三定律得，滑草车对轨道的压力为3000N 。(2)滑草车在草地轨道DE 向上运动时，受到的合外力为F合mg sinmg c
3、os由牛顿第二定律得，向上运动的加速度大小为aF合g sing cosm因此滑草车第一次在草地轨道DE 向上运动的时间为tvDg cosg sin代入数据解得t23 cossin3(3)选取小车运动方向为正方向。当0 时，滑草车沿轨道DE 水平向右运动，对全程使用动能定理可得mg L0 sinR(1cos ) +Wf 1 =0 0代入数据解得Wf 16000J故当0 时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W克16000J当 030时，则g sing cos滑草车在草地轨道DE 向上运动后最终会静止在DE 轨道上，向上运动的距离为x2vD22( g sing cos )摩擦力做功为Wf 2mg c
4、osx2联立解得Wf 26000(J)3 tan1故当 030时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W克 26000(J)3 tan1当 3075 时g sing cos滑草车在草地轨道DE向上运动后仍会下滑，若干次来回运动后最终停在D 处。对全程使用动能定理可得mg L0 sin R(1cos ) +Wf 3 =00代入数据解得Wf 36000J故当 3075时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W克 36000J所以，当0 或3075 时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000J；当0306000(J) 。时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为3 tan12 如图所示，倾角为=45的粗糙平直导
5、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m 的小滑块从导轨上离地面高为h=3R 的 D 处无初速下滑进入圆环轨道.接着小滑块从圆环最高点C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的P 点，不计空气阻力.求：（ 1）滑块运动到圆环最高点C 时的速度的大小；（ 2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；（ 3）滑块在斜面轨道 BD 间运动的过程中克服摩擦力做的功【答案】（ 1）Rg （ 2） 6mg （ 3） 1 mgR2【解析】【分析】【详解】（1）小滑块从C 点飞出来做平抛运动，水平速度为v0，竖直方向上：，水平方向上：，解得（2）小滑块在最低点时速度为
6、vC 由机械能守恒定律得牛顿第二定律：由牛顿第三定律得：，方向竖直向下（3）从 D 到最低点过程中，设DB 过程中克服摩擦力做功W1，由动能定理h=3R【点睛】对滑块进行运动过程分析，要求滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小，我们要知道滑块运动到圆环最低点时的速度大小，小滑块从圆环最高点 C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心 O 等高的 P 点，运用平抛运动规律结合几何关系求出最低点时速度在对最低点运用牛顿第二定律求解3 如图所示，在竖直平面内的光滑固定轨道由四分之一圆弧AB 和二分之一圆弧BC组成，两者在最低点B 平滑连接过BC圆弧的圆心O 有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各一块，挡板与圆
7、弧轨道之间有宽度很小的缝隙AB 弧的半径为2R，BC 弧的半径为R.一直径略小于缝宽的小球在A 点正上方与A 相距 2R 处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨3道运动不考虑小球撞到挡板以后的反弹(1)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点(2)若小球能到达C 点，求小球在B、 C两点的动能之比；若小球不能到达C 点，请求出小球至少从距A 点多高处由静止开始自由下落才能够到达C 点(3)使小球从 A 点正上方不同高度处自由落下进入轨道，小球在水平挡板上的落点到O 点的距离 x 会随小球开始下落时离 A 点的高度 h 而变化，请在图中画出 x2 - h 图象 (写出计算过程 )【答案】 (1)
8、1 mg(2) 41(3)过程见解析3【解析】【详解】（1）若小球能沿轨道运动到 C 点，小球在 C 点所受轨道的正压力 N 应满足 N0 设小球的质量为 m，在 C 点的速度大小为 vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有Nmg mvCR2小球由开始下落至运动到C 点过程中，机械能守恒，有2mgR1 mvC232由两式可知1Nmg3小球可以沿轨道运动到C 点 .（2）小球在C 点的动能为EkC，由机械能守恒得2mgREkC3设小球在 B 点的动能为EkB，同理有8mgREkB3得EkB EkC 4 1（3）小球自由落下，经ABC圆弧轨道到达C 点后做平抛运动。由动能定理得：mgh1 mvC22
9、由平抛运动的规律得：R1 gt 22x=vCt解得：x2Rh因为 x3R ，且 vCgR 所以R h 3R24x2-h 图象如图所示：4 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， 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
10、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） 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
11、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 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
12、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.5 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
13、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
14、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(s1s
15、2 )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 1m26 如图为一水平传送带装置的示意图紧绷的传送带AB 始终保持 v0=5m/s 的恒定速率运行， AB 间的距离 L 为 8m 将一质量 m 1kg 的小物块轻轻放在传送带上距A 点 2m 处的 P点，小物块随传送带运动到B 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N小物块与传送带间的动摩擦因数 0.5，重力加速度 g 10 m/
16、s 2求：（1）该圆轨道的半径r ；（2）要使小物块能第一次滑上圆形轨道达到M 点， M 点为圆轨道右半侧上的点，该点高出 B 点 0.25 m，且小物块在圆形轨道上不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A 点的位置范围【答案】（ 1） r0.5m （ 2） 7mx7?.5m,0 x5?.5m【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度ag 5m / s2小物块与传送带共速时，所用的时间tv01sa运动的位移xv02.5m L 2=6m2a故小物块与传送带达到相同速度后以 v0 5m / s的速度匀速运动到 B，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达 N 点，故有： mg m
17、 vN2r由机械能守恒定律得1 mv02mg (2r )1 mvN2 ，解得 r 0.5m22（2）设在距 A 点 x1 处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒得： mg( L x1 ) mgh 代入数据解得x17.5?m设在距 A 点 x2 处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒得：mg( L x2 ) mgR 代入数据解得 x27?m则：能到达圆心右侧的M 点，物块放在传送带上距A 点的距离范围；同理，只要过最高点N 同样也能过圆心右侧的M 点，由（ 1）可知 x38m 2.5m5.5?m则： 0 x 5.5m 故小物块放在传送带上放在传送带上距
18、A 点的距离范围： 7m x7?.5m和0 x5?.5m考点：考查了相对运动，能量守恒定律的综合应用7 如图所示，一轻质弹簧左端固定在轻杆的A 点，右端与一质量m1kg 套在轻杆的小物块相连但不栓接，轻杆AC 部分粗糙糙，与小物块间动摩擦因数=02， CD 部分为一段光滑的竖直半圆轨道小物块在外力作用下压缩弹簧至B 点由静止释放 ，小物块恰好运动到半圆轨道最高点D， BC5m ，小物块刚经过C 点速度 v4ms ， g 取 10m / s2 ，不计空气阻力 ，求：（ 1）半圆轨道的半径 R；（ 2）小物块刚经过 C 点时对轨道的压力 ；（3）小物块在外力作用下压缩弹簧在B 点时，弹簧的弹性势能
19、E p 【答案】 0.4m 50N 方向垂直向下 (3) 18J【解析】【分析】【详解】(1)物块由 C 点运动到D 点，根据机械能守恒定律2mgR1 mv22R=0.4m小物块刚过C 点时Nv2F mg = mR所以 FNv2mg m50 NR根据牛顿第三定律知小物块刚经过C 点时对轨道的压力：FFN50N方向垂直向下(3)小物块由 B 点运动到C 点过程中，根据动能定理W弹mgLBC1mv22带入数据解得： W弹 =18J所以 Ep 18J 8 如图所示，一质量M =4kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成， BC
20、与 CD相切于 C，圆弧BC 所对圆心角 37，圆弧半径R=2.25m，滑动摩擦因数=0.48。质量m=1kg 的小物块从某一高度处的A 点以 v0 4m/s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B 点进入圆弧轨道，最终与小车保持相对静止。取g 10m/s 2， sin37 =0.6，忽略空气阻力，求:（ 1） A、B 间的水平距离；（ 2）物块通过 C 点时，轨道对物体的支持力；（ 3）物块与小车因摩擦产生的热量。【答案】 （1） 1.2m （2） FN25.1N （ 3） 13.6J【解析】【详解】（1）物块从 A到 B由平抛运动的规律得:gttan= v0x= v0t得x=1.2m（2）物块
21、在 B 点时，由平抛运动的规律得：v0vBcos物块在小车上 BC段滑动过程中，由动能定理得：11mgR(1 cos) mvC2mvB222在 C 点对滑块由牛顿第二定律得FN mgm vC2R联立以上各式解得：FN25.1N（ 3）根据牛顿第二定律，对滑块有 mg ma1 ，对小车有 mgMa 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即vC a1t 1 a2t 1由以上各式解得 t134 s，6此时小车的速度为va2t 134m / s511物块在 CD段滑动过程中由能量守恒定律得：mvC222解得： Q=13.6J（ M m） v2 + Q9 如图所示，质量为 m1 1kg 的小物块 P，置
22、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m20.5kg 的小滑块 Q现用水平向左的推力将2P 缓慢压缩 L5cm 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 21 0.4， P、 Q 与小车表面间的动摩擦因数0.1，重力加速度g
23、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，其共同速度为 v 由动量守恒得：m1vc(m1m2 M )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：W1m1g(L12L2 )1 m1vc22得： W 6J（3）设物块 P 与滑块 Q 碰后速度分别为v1和212v，P 与 Q 在小车上滑行距离分别为 S和 SP 与 Q
24、碰撞前后动量守恒，则有：m1vcm1v1m2 v2由动能定理得：2 m1 gs12 m2 gs21 m1v121 m2v221 (m1 m2 M )v2222联立得 v1 1m/s， v2 2m/s25方程的另一组解：当 v2= m/s 时， v1=m/s ， v1 v2不合题意舍去33设滑块 Q 与小车相对静止时到桌边的距离为s， Q 在小车上运动的加速度为 a由牛顿第二定律得：2m2 gm2a代入数据解得： a 1m/s 2由匀变速运动规律得：sv2v222a解得： s 1.92m10 如图所示，物块 B 静止放置在水平面上，物块A 以一定的初速度 v0 冲向 B，若在物块A、B 正对的表
25、面加上粘合剂，则物块A、B 碰后一起沿水平面运动的最大距离为l；若在物块 A、 B 正对的表面加上弹性装置，则两物块将发生弹性正碰，碰后两物块间的最大距离为 5l 。已知物块 A、B 与水平面间的动摩擦因数均为，水平面足够大，不计粘合剂及弹性装置的质量，求物块A、B 的质量之比mA 。mB【答案】【解析】【详解】12取水平向左为正方向。设A、B 第一次碰后速度为v1 由动量守恒：mA v0(mA mB )v1第一次碰后到停止的过程，由动能定理得：(mAmB ) gl 01 ( mAmB )v122第二次碰后速度分别为v2 、 v3 ，由动量守恒得、动能守恒得：mA v0mA v2 mB v31
26、 mA v02 1 mA v2 21 mB v32222第二次碰后到停止的过程，由动能定理得：对 A：mA gxA01 mA v222BmB gxB12对 ：0 mB v32联立以上各式，可得，xB4l 5l ，由此可知若碰撞后A 继续向右运动， AB 的最大距离不可能是5l，即可得，mAmB ，碰后 A 会反弹向左运动，则有：xAxB5l联立以上各式，得：mA1mB211 如图所示，在竖直平面内有一“”管道装置，它是由两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。直管道和圆弧管道分别相切于A2BB分别是两圆弧管道1、 A 、1 、2 ， D1 、 D2的最高点， C1 、 C2 分别是两圆弧管道的最
27、低点，C1 、 C2 固定在同一水平地面上。两直管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。圆弧管道的半径均为 ， B1O1D1AO1 1C1B2O2 D 2A2O2C2。一质量为m的小物块以水平向R左的速度 v0 从 C1 点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为。设v0 12m / s ， m=1kg，R=1.5m，0.5，37（sin37 =0.6， cos37 =0.8）。求：（ 1）小物块从 C1 点出发时对管道的作用力；（ 2）小物块第一次经过 C2 点时的速度大小；（ 3）小物块在直管道 B1 A2 上经过的总路程。【答案】（ 1） 106N，方向向下（
28、2）4537 m/s （ 3） m4【解析】【详解】(1)物块在 C1 点做圆周运动，由牛顿第二定律有：Nmgmv02R可得： Nmgm v02 106NR由牛顿第三定律可知，小物块对管道的作用力大小为106N，方向向下(2)由几何知识易有：lA2 B12Rcos4mA1 B2sin从 C1 到 C2 由动能定理可得：mglcos1 mv221 mv0222可得： v2v022glcos47m / s(3)以 C1C2 水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D1、 D2 点时的机械能需满足：E E02mgR 30J由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足：EWfmgl
29、cos16J设 n 为从第一次经过D1 后，翻越 D1 和 D2 的总次数，则有：1 mv02nEE0 ，21 mv02 - n1EE02可得： n=2，表明小物块在第二次经过D1 后就到不了 D2，之后在 D1B1A2C2D2 之间往复运动直至稳定，最后在A2 及 C2 右侧与 A2 等高处之间往复稳定运动。由开始到稳定运动到达A2 点，由动能定理有：mgscosmgR 1 cos01 mv02269m可得： s=453故在 B1A2 直管道上经过的路程为s=s l=m4A、B两球质量均为m，用一长为l的轻绳相连，A球中间有孔套在光滑的12 如图所示，足够长的水平横杆上，两球处于静止状态现给
30、B 球水平向右的初速度 v0，经一段时间后B 球第一次到达最高点，此时小球位于水平横杆下方l/2 处（忽略轻绳形变）求：(1)B 球刚开始运动时，绳子对小球B 的拉力大小 T；(2)B 球第一次到达最高点时， A 球的速度大小v ；1(3)从开始到 B 球第一次到达最高点的过程中，轻绳对B 球做的功 W【答案】（ 1） mg+m v02（ 2） v1v02gl（ 3） mglmv02l24【解析】【详解】（1） B 球刚开始运动时，A 球静止，所以B 球做圆周运动对 B 球： T-mg=m v02l得： T=mg+m v02l（2） B 球第一次到达最高点时，A、 B 速度大小、方向均相同，均为v1以 A、B 系统为研究对象，以水平横杆为零势能参考平面，从开始到点，根据机械能守恒定律，B 球第一次到达最高1 mv02mgl1 mv121 mv12mg l2222得： v1v02gl2（3）从开始到 B 球第一次到达最高点的过程，对B 球应用动能定理W-mg l1 mv121 mv022222mglmv得： W=0
