1、最新物理动能与动能定理练习全集一、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 某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A 点用一弹射装置可将静止的小滑块以 v0 水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B 点后，进入半径R=0.3m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B 点向 C 点运动， C 点右侧有一陷阱， C、 D 两点的竖 直高度差 h=0.2m，水平距离s=0.6m，水平轨道 AB 长为 L1=1m，BC 长为 L 2=2.6m ，小滑块与 水平轨道间的动摩擦因数=0.5 ，重力加速度g=10m/s2.(1) 若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A 点弹射
4、出的速度大小；(2) 若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小的范围【答案】（ 1）（ 2） 5m/sv 6m/s和 v AA【解析】【分析】【详解】（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，由牛顿第二定律及机械能守恒定律由 B 到最高点 1mvB22mgR1mv222由 A 到 B：解得 A 点的速度为（2）若小滑块刚好停在C 处，则：解得 A 点的速度为若小滑块停在BC 段，应满足3m / svA4m / s若小滑块能通过C 点并恰好越过壕沟，则有h1 gt 22svct解得所以初速度的范围为3m / svA4m /
5、s 和 vA5m / s3 某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。传送带由电动机带动，以v 2m/s的速度顺时针匀速转动，倾角37 。工人将工件轻放至传送带最低点A，由传送带传送至最高点 B 后再由另一工人运走，工件与传送带间的动摩擦因数为7，所运送的每个工8件完全相同且质量m2kg 。传送带长度为L6m ，不计空气阻力。（工件可视为质点，sin37 0.6 ， cos370.8， g10m / s2 ）求：(1)若工人某次只把一个工件轻放至A 点，则传送带将其由最低点A 传至 B 点电动机需额外多输出多少电能？(2)若工人每隔 1 秒将一个工件轻放至A 点，在传送带长时间连续工作的过程
6、中，电动机额外做功的平均功率是多少？【答案】 (1)104J； (2)104W【解析】【详解】(1)对工件mg cosmgsinmav22axvat1t12s得x2mx带vt12xx相x带x2m由能量守恒定律E电QEpEk即E电mg cos x相 mgL sin1 mv22代入数据得E电104J(2)由题意判断，每 1s 放一个工件，传送带上共两个工件匀加速，每个工件先匀加速后匀速运动，与带共速后工件可与传送带相对静止一起匀速运动。匀速运动的相邻的两个工件间距为xv t2mLxn x得n2所以，传送带上总有两个工件匀加速，两个工件匀速则传送带所受摩擦力为f2mg cos2mg sin电动机因传
7、送工件额外做功功率为Pfv104W4 如图所示，在娱乐节目中，一质量为m60 kg 的选手以 v0 7 m/s 的水平速度抓住竖直绳下端的抓手开始摆动，当绳摆到与竖直方向夹角 37时，选手放开抓手，松手后的上升过程中选手水平速度保持不变，运动到水平传送带左端A 时速度刚好水平，并在传送带上滑行，传送带以 v2 m/s 匀速向右运动已知绳子的悬挂点到抓手的距离为L 6 m，传送带两端点 A、B 间的距离 s 7 m，选手与传送带间的动摩擦因数为 0.2，若把选手看成质点，且不考虑空气阻力和绳的质量(g 10 m/s 2， sin 37 0.6， cos 37 0.8)求：(1)选手放开抓手时的速
8、度大小；(2)选手在传送带上从A 运动到 B 的时间；(3)选手在传送带上克服摩擦力做的功【答案】 (1)5 m/s(2)3 s(3)360 J【解析】试题分析：（1）设选手放开抓手时的速度为v1，则mg（L Lcos ）mv12 mv0 2，v1 5m/s（2）设选手放开抓手时的水平速度为v2， v2 v1cos 选手在传送带上减速过程中a g v v2 at1匀速运动的时间 t2， s x1 vt2选手在传送带上的运动时间t t1 t2联立 得： t 3s（3）由动能定理得Wf mv2 mv22，解得： Wf 360J故克服摩擦力做功为360J考点：动能定理的应用5 如图所示，固定的粗糙弧
9、形轨道下端B 点水平，上端A 与 B 点的高度差为 h10.3 m ，倾斜传送带与水平方向的夹角为 37，传送带的上端C 点到 B 点的高度差为h 0.1125m( 传送带传动轮的大小可忽略不计) 一质量为 m1 kg 的滑块 (可看作质点 )从2轨道的 A 点由静止滑下，然后从B 点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C 点落到传送带上，传送带逆时针传动，速度大小为v 0.5 m/s ，滑块与传送带间的动摩擦因数为 0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g10 m/s 2，试求：(1).滑块运动至C 点时的速度vC 大小；(2).滑块由 A 到 B 运动过程中克服摩擦力做的功W
10、f；(3).滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q.【答案】 （1） 2.5 m/s（ 2） 1 J （ 3） 32 J【解析】本题考查运动的合成与分解、动能定理及传送带上物体的运动规律等知识。(1) 在 C 点，竖直分速度： vy2gh21.5m / svy vcsin370，解得：vc2.5m / s(2)C 点的水平分速度与B 点的速度相等，则 vB vx vC cos37 2m / s从 A 到 B 点的过程中，据动能定理得：mgh1 W f1 mvB2 ，解得： Wf 1J2(3) 滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得：mgcos37 mgsin37 ma解得： a0.4m
11、 / s2达到共同速度所需时间vvc5sta二者间的相对位移xv vc t vt 5m2由于 mgsin37mgcos37，此后滑块将做匀速运动。滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Qmgcos370 x32J6 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 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
12、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 F 2.5mg 的相互作用力故小球受到的向心力为F向2.5mgmg3.5mg3.5 1 1035N(2)在 C 点，由2vcF向 =代入数据得1 mvc2 3.5J2在压缩弹簧
13、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mgx00.1mk设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有mg(rx0 )12mvc2EkmE p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故最终小滑动距离B 为 0.70.5m0.2m 处停下 .【点睛】经典力学问题
14、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。7 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，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
15、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) vA1 0vB15QEL (3)2mL(2)2EmQtQE(2mLt 32mL)QEQE【解析】（1） A 球的加速度 aQE，碰前 A 的速度 vA12aL2QEL ；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 mvA1 mvB1， 2 mv A12 mv A12 mvB12QEL所以 B 碰撞后交换速度：vA
16、10 ， 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：123t 1 32mLvB1t 2t 12at 2t1，得到： t 2QE2QELvA 2 a t 2 t 1 2at12vA12m； vB 2vB11212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 ，
17、 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 g2mLQat20tQ EtQEB tm2g2mLt 32mL从第一次碰撞到发生第二次碰撞：2t2mLQEQEQ EQE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
18、及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些8 如图所示，在倾角为=30的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为m 的半圆柱体A 紧靠挡板放在斜面上，质量为2m的圆柱体B 放在A 上并靠在挡板上静止。A与 B 半径均为R，曲面均光滑，半圆柱体A 底面与斜面间的动摩擦因数为现用平行斜面向上的力拉A，使A 沿斜面向上缓慢移动，直至B 恰好要降到斜面设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：（1）未拉 A 时， B 受到 A 的作用力F 大小；（2）在 A 移动的整个过程中，拉力做的功W；（3）要保持A 缓慢移动中拉力方向不变，动摩擦因数的最小值min【答案】（ 1） F =13) mgR
19、（3）533 mg （ 2） W(9min92【解析】【详解】（1）研究 B，据平衡条件，有F =2mg cos解得F =3 mg（2）研究整体，据平衡条件，斜面对A 的支持力为N =3mgcos= 33 mg2f = N= 33 mg2由几何关系得A 的位移为x =2Rcos30 = 3 R克服摩擦力做功Wf =fx =4.5 mgR由几何关系得A 上升高度与B 下降高度恰均为h =3 R2据功能关系W + 2mgh - mgh - Wf = 0解得W1 (93) mgR2（3） B 刚好接触斜面时，挡板对B 弹力最大研究 B 得N m2mg4mgsin 30研究整体得fmin + 3mgs
20、in30 =Nm解得f min = 2.5mg可得最小的动摩擦因数：f min5 3minN99 如图所示，两个半圆形的光滑细管道(管道内径远小于半圆形半径)在竖直平面内交叠，组成 “S字”形通道大半圆BC 的半径 R=0.9m，小半圆CD 的半径 r=0.7m 在 “S字”形通道底部 B 连结一水平粗糙的细直管AB一质量 m=0.18kg 的小球（可视为质点）从A 点以V =12m/s 的速度向右进入直管道，经t =0.5s 到达 B 点，在刚到达半圆轨道B 点时，对 B01点的压力为 NBg=10m/s2）求：=21.8N（取重力加速度（1）小球在 B 点的速度 VB 及小球与 AB 轨道
21、的动摩擦因数?（2）小球到达 “S字”形通道的顶点 D 后，又经水平粗糙的细直管DE，从 E 点水平抛出，其水平射程 S=3.2m小球在 E 点的速度 VE 为多少？（ 3）求小球在到达 C 点后的瞬间，小球受到轨道的弹力大小为多少？方向如何？【答案】（ 1） VB=10m/s ， =0.4（ 2） VE=S/ t=4m/s （ 3） NC=18.25N 方向向上【解析】【详解】（ 1）根据牛顿第二定律有 NB-mg=mVB2/RVB=10m/sa=(V0-VB)/t=4m/s 2mg=m aa =mg=0.4（ 2） H=2R+2r=3.2m2Ht=gVE=S/ t=4m/s（ 3） NC-
22、 mg=mV C2/r1 m VB2=2mg R+ 1 m VC222NC=18.25N 方向向上10 如图所示，滑块A 的质量 m 0.01kg ，与水平地面间的动摩擦因数 0.2 ，用细线悬挂的小球 量均 m 0.01kg ，沿 x 排列， A 与第 1 只小球及相 两小球 距离均 s2m， 分 L1、 L2、L3（ 中只画出三只小球，且小球可 点），开始 ，滑 以速度 v0 10m s 沿 x 正方向运 ， 滑 与小球碰撞 不 失机械能，碰撞后小球均恰能在 直平面内完成完整的 周运 并再次与滑 正碰，g 取 10ms2，求：（ 1）滑 能与几个小球碰撞？（ 2）求出碰撞中第 n 个小球
23、La 的表达式。【答案】 (1)12 个 ;(2)【解析】（ 1）因滑 与小球 量相等且碰撞中机械能守恒，滑 与小球相碰撞会互 速度，小球在 直平面内 ，机械能守恒， 滑 滑行 距离 s0，有得 s0 25m（个）（2）滑 与第n 个球碰撞， 小球运 到最高点 速度 vn 小球，有： 滑 ，有：解三式：11 离子 机是利用 能加速工 （工作介 ）形成高速射流而 生推力的航天器 机。其原理如 所示，其原理如下：首先系 将等离子体 系 理后，从下方以恒定速率 v1向上射入有磁感 度 1I 内， 极 MNB 、方向垂直 面向里的匀 磁 的区域和 PQ 距 d。当 极 MN 、 PQ 形成 定的 后，
24、自 关 区域I 系 （包括 入其中的通道、匀 磁 B1）。区域内有垂直 面向外，磁感 度大小 B2，放在 A 处的中性粒子离子化源能 射任意角度，但速度均 v2 的正、 离子，正离子的 量 m， 荷量 q，正离子 磁 区域后形成 度 D 的平行粒子束， 极MN、PQ 之 的 中加速后从 极PQ 出，在加速正离子的 程中探 器 得反向推力（不 各种粒子之 相互作用、正 离子、等离子体的重力，不 相 效 ）。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
25、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】（ 1）qB2 D；（ 2）8qdmv1B1 q2 B22 D 22Mv tan4m2；（ 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
26、 ， , 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 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
27、：因此 tan= n v ，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 212 如图甲所示，水平面上A 点处有一质量m 0.5kg 的小物块，从静止开始在水平向右恒力 F1作用下运动，通过B 点时立即撤去力1F ，物块恰好落到斜面 P 点。物块与水平面间的滑动摩擦力为 f，f 大小与物块离 A 点的距离 d 的关系如图乙所示。已知AB 间距为 2m，斜面倾角 37， BP 间距为 3m，重力加速度g 取 10m/s 2，不计空气阻力。(sin37 0.6，cos37 0.8)求(
28、1)物块通过 B 点时速度大小 ;1(2)恒力 F 大小(3)现将图甲装置置于风洞实验室中，斜面BC.处于风场中，且足够长。物块从B 点以 (1) 同中的速度水平向右抛出，立即撤去力F1，同时物块受到大小为24N 的风力 F 作用，风力方向从水平向左逆时针到竖直向下范围内可调，如图甲所示。调整风力方向使物块从抛出至落到斜面的时间最短，求该最短时间及在此条件下物块第一次落到斜面时的动能.【答案】（ 1） 4m/s （2） 4.5N（ 3） 7.69J【解析】【详解】（1）物块从 B 到 P ，假设 BP 间距为 L ，根据平抛运动规律有水平方向： xL cosvBt竖直方向： yL sin1 g
29、t 22代入数据，联立式解得vB4m/s ；（2）由图乙可知摩擦力对物块做功为Wf1 f1f 2 d2物块从 A 到 B ，由动能定理有F1 dWf1 mvB20 2代入数据，联立式解得F14.5N（3）方法一：以 B 点为坐标轴原点，水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴，假设 F2 与x 轴方向成角，根据运动的合成与分解有水平方向： xvBt1 F2 cost 22m竖直方向： y1 F2 sinmgt22my几何关系： tanxtvB tan1F2 sinmg1 F2 cos联立式解得tan2m2m代入数据可得 t12，要使 t 最小，即 4sin3cos 要取最大2044sin3cos值，而 4sin3cos54 sin3 cos5sin370，故当530 时， t 最小，55tmin0.3svxF2 cosvBtmvyF2 sinmgtmEk1 mv21 m vx2vy2（11）22联立（ 11）式解得 Ek7.69J（ 12）（ v2.56m/s ， vy4.92m/s ）x【或：把 tmm0.3s 代入式中解得y0.738m 假设落到 Q 点，从 B 到 Q 过程，由动能定理得WFWGEK ，即 0 mgy Ek1mvB22代入数据解得 Ek7.69J（11）
