高中物理动能与动能定理试题经典

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，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道 AC平滑连接，C点切线水平，长为L=4m的粗糙水平传送带 BD与平台无缝对接。质量分别为mi=0.3kg和m2=1kg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以vo=1.5m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为尸0.15.某时剪断细绳，小物体mi向左运动，m2向右运动速度大小为 V2=3m/s , g取10m/s2.求：Cc vo rnj ni：.用，一 口口a; 幻()(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep(2)从小物体m2滑上传送带到第一

2、次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电 动机需对传送带多提供的电能E(3)为了让小物体 m1从C点水平飞出后落至 AB平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC的半径R和小物体m1平抛的最大水平位移 x的大小。【答案】(1)19.5J(2)6.75J(3)R=1.25m时水平位移最大为 x=5m 【解析】【详解】(1)对m1和m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有： 0=m1V1-m2v2解得v1=10m/s 剪断细绳前弹簧的弹性势能为：1212Epm1vlm2 v2p 22解得Ep=19.5J (2)设m2向右减速运动的最大距离为x,由动能定理得：-医 m2gx=0- 2 m

3、2vp 解得x=3m< L=4m则m2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为vo=1.5m/s ,然后向左匀速运动，直至离开传送带。设小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为to取向左为正方向。根据动量定理得：pm2gt=m2vo- (-m2v2)解得:t=3s该过程皮带运动的距离为：x 带=Vot=4.5m故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：E=m2gx 带解得：E=6.75J(3)设竖直光滑轨道 AC的半径为R时小物体mi平抛的水平位移最大为 x。从A到C由机械 能守恒定律得：1 212miV1m1vC2mgR2 2由平抛运动的规律有：x=vct 11

4、22R 2gt2联立整理得x/4R(10-4R)根据数学知识知当4R=10-4R即R=1.25m时，水平位移最大为x=5m2.如图所示，粗糙水平地面与半径为R=0.4m的粗糙半圆轨道 BCD相连接，且在同一竖直平面内，。是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上.质量为 m=1kg的小物块在水平恒力 F=15N的作用下，从 A点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去F,小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知A、B间的距离为3m,小物块与地面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10m/s2.求：(1)小物块运动到 B点时对圆轨道B点的压力大小.(2)小物块离开 D点后落到地面上的点与

5、 D点之间的距离【答案】(1) 160N (2) 0.8 72 m【解析】【详解】(1)小物块在水平面上从 A运动到B过程中，根据动能定理，有:,、12(F-m。Xab= mvB2-02在B点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：2VbN mg m 联立解得小物块运动到 B点时轨道对物块的支持力为：N=160N由牛顿第三定律可得，小物块运动到B点时对圆轨道 B点的压力大小为：N'N=160N(2)mg因为小物块恰能通过 D点，所以在D点小物块所受的重力等于向心力，即:2Vdm R可得:VD=2m/s设小物块落地点距 B点之间的距离为x,下落时间为t,根据平抛运动的规律有:X=VDt

6、,122R=2gt2解得：x=0.8m则小物块离开D点后落到地面上的点与D点之间的距离1J2x 0.872m3.如图所示，在倾角为 0=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见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 go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;(imin .(3)要保持A缓慢移动中拉力方向

7、不变，动摩擦因数的最小值min5.39【答案】(1) F = /3 mg W 1(9V3)mgR (3)2【解析】【详解】(1)研究B,据平衡条件，有F =2mg cos 0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 9 = 33 mg2由几何关系得A的位移为x =2Rcos30 = J3r克服摩擦力做功Wf =fx =4.5mgR由几何关系得A上升高度与B下降高度恰均为h=，据功能关系W + 2mgh - mgh - Wf = 0解得W 1(9. 3)mgR2(3) B刚好接触斜面时，挡板对 B弹力最大研究B得2mg ，一Nm4mgsin 30研究整

8、体得fmin + 3mgsin30 = Nm解得fmin = 2.5mg可得最小的动摩擦因数:fmin5.3minN 91 ,4.如图所不，半径为 Ri= 1.8 m的一光滑圆弧与半径为 R? = 0.3 m的半圆光滑细管平滑连4接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L= 2.0 m、质量为M = 1.5 kg的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高 度正好与木板相同.现在让质量为m2= 2 kg的物块静止于B处，质量为m1= 1 kg的物块从光滑圆弧顶部的A处由静止释放，物块 m1下滑至B处和m2碰撞后不再分开，整体设为 物块m(m = m

9、+m2).物块m穿过半圆管底部 C处滑上木板使其从静止开始向左运动，当 木板速度为2 m/s时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若g = 10 m/s2,物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计.(i)求物块mi和m2碰撞过程中损失的机械能；(2)求物块m滑到半圆管底部 C处时所受支持力大小；(3)若物块m与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为尸0.25,求物块m在台阶表面上滑行的最大距离.【答案】12J【解析】 190N 0.8m试题分析：(1)选由机械能守，ff求出物块 mi下滑到B点时的速度；mi、m2碰撞满足动量守恒，由E机满足机械能守恒i o i-miv2 -mv2求出碰撞过程中

10、损失的机械能 ；(2)物块m由8到C22'在C点由牛顿第二定律可求出物块 m滑到半圆管底部 C处时所受支持力大小；(3)根据动量守恒定律和动能定理列式即可求解设物块mi下滑到B点时的速度为vb,由机械能守恒可得:1 一 2 migRi-miVB2解得:vB 6m/smi、m2碰撞满足动量守恒:mVB(mi m«2)v共解得;v 共 2m/s则碰撞过程中损失的机械能为：E机i 2二 HWb2i 2-mv丑2 '12J物块m由B到C满足机械能守恒:i 2一 mv共2mg 2R2i 22mv-解得：vC 4m/s在C处由牛顿第二运动定律可得：Fn mg2Vc m -旦解得：

11、Fn i90N设物块m滑上木板后，当木板速度为V22m/s时，物块速度为“，由动量守恒定律得：mvc mvi Mv2解得：V| 3m/ s设在此过程中物块运动的位移为 Xi ,木板运动的位移为 X2,由动能定理得:1212对物块 m：mgx1 mv1 mvC22解得：x11.4m对木板M：mgx2 ；Mv2解得：x2 0.4m此时木板静止，物块m到木板左端的距离为:x3 L x2 x1 1m设物块m在台阶上运动的最大距离为 x4，由动能定理得:1 _ 2mg(x3 x4) 0 -mv12解得：x4 0.8 m5.夏天到了，水上滑梯是人们很喜欢的一个项目，它可简化成如图所示的模型：倾角为0= 3

12、7。斜滑道AB和水平滑道BC平滑连接(设经过 B点前后速度大小不变)，起点 A距水面的高度 H=7.0m, BC长d=2.0m,端点C距水面的高度 h=1.0m. 一质量 m = 60kg的人从滑道起点A点无初速地自由滑下，人与 AB、BC间的动摩擦因数均为科=0.2.(取重力加速度g=10m/s2, sin37°=0.6, cos37°=0.8,人在运动过程中可视为质点),求:(1)人从A滑到C的过程中克服摩擦力所做的功W和到达C点时速度的大小 u；(2)保持水平滑道端点在同一竖直线上，调节水平滑道高度h和长度d到图中B' 置时，人从滑梯平抛到水面的水平位移最大，

13、则此时滑道B'晚水面的高度h'.【答案】(1) 1200J ; 4j5m/s (2)当h，= 2.5m时，水平位移最大【解析】【详解】(1)运动员从A滑到C的过程中，克服摩擦力做功为:W f1s1mgdf1 = mgcosH hsi=sin解得W= 1200J得运动员滑到C点时速度的大小mg (Hh) W= 1mv2v= 4,5 m/s(2)在从C点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t,下滑过程中克服摩擦做功保持不变W= 1200J1 21=2gt2根据动能定理得:mg(Hh/ ) - W= - mvo22运动员在水平方向的位移:x= votx= J4h'

14、(5h')当h，= 2.5m时，水平位移最大.6.如图所示，一长度 LAB=4. 98m,倾角。=30勺光滑斜面AB和一固定粗糙水平台 BC平 滑连接，水平台长度 LBC=O. 4m,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)，忽略空气阻力，小物块与BC间的动摩擦因素 尸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

15、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 a =53,°求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板？(取JQsin 530 = j cos 530 =-)55【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)

16、从A到C段运用动能定理mgsin - - : f Lab= mv2v=7m/s(2)从开始到最后停下在 BC段所经过的路程为 xmgsin 二 Lab- - mgx=0 x=24. 9mX =31. 1 工工阮经过AB的次数为31找2+1=63次(3)设小物块平抛时的初速度为Vo口，2H -r 辽二=gtr+'=v0tvo=3 m/s设第n次后取走挡板- mv2- - mv02=2 - - Lbcn 7n=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；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

17、认真确定。根据功能关系求出在 BC段运动的路程。7.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“浮形通道.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V0=12m/s的速度向右进入直管道，经 t1=0.5s到达B点，在刚到达半圆轨道 B点时，对B 点的压力为Nb=21.8N.(取重力加速度 g=10m/s2)求：(1)小球在B点的速度Vb及小球与AB轨道的动摩擦因数？(2)小球到达“算形通道的顶点 D后，又经水平粗糙的细直管DE,从

18、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=(Vo-VB)/t=4m/s 2mg=m a a =mg =0.4(2) H=2R+2r=3.2m t= 2HVe=S/ t=4m/s(3) Nc- mg=mVc2/r m m VB2=2mg R+ ( m Vc2Nc=18.25N方向向上8.如图所示，AB是

19、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点以速度丫。=1即进入轨道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(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 科的范围.7【答案】(1) 2mgl(2) 2 J 产0.减 0.59w0.7Fiv + mg = j-【解析】(1)解得(2)根据

20、机械能守恒解得(3)小滑块恰能能运动到Ep = um©解得-0.7小滑块恰能沿着轨道运动到Ep = pmg5t + mgl解得(1= 0.5所以0.5年C 0.7小滑块恰能沿着轨道运动WV2 mg 1 pmg5J + mgZl + rnv解得-0.2 所以产0.2综上 产 0.M 0.50.79.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vi向上射入有磁感应强度为 B、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do当栅电极MN、PQ间形成稳定的电场后

21、，自动关闭区域I系统(包括进入其中的通道、匀强磁场 Bi)。区域H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，

22、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】(1) qBD； (2) 2m2228qdm.B1 q B2D .,(3 )2Mv tan24m8qdmv1B1 q2B2D2【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2周运动时，洛伦兹力提供向心力：qv2B2=m遑，根据题意，在

23、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,qB?D小v2=。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q'E=q'viBi,即：E=Bivi；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= mv32- mv22,其中电压 U=Ed=Bivid22；22 2联立可得：v3= 8c1dmM B q B2D 。 4m2(3)飞船方向调整前后，其速度合成矢量如图所示：因此ta

24、n =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= /2 2 2,8qdmviBi q2B：D2i0.图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，BC分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径R=im, 一质量m = ikg的小物块(视为质点)从左阳U水平轨道上的 A点以大小vo=i2m/s的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的 D点.已知A、B两点间的距离Li=5. 75m,物块与水平轨道写的动摩擦因数0. 2,取g=10m/s2,圆形轨道间不相互重叠，

25、求:(1)物块经过B点时的速度大小 VB；(2)物块到达C点时的速度大小vc；(3) BD两点之间的距离L2,以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q【答案】 11m/s (2) 9m / s (3) 72J【解析】【分析】【详解】1 212(1)物块从A到B运动过程中，根据动能定理得：mgL1 -mvB -mv02 2解得：vB 11m/s1212(2)物块从B到C运动过程中，根据机械能守恒得：一mvB -mvC mg2R22解得：vc 9m/ s1 2(3)物块从B到D运动过程中，根据动能定理得：mgL2 0 -mvB2解得：L2 30.25m1对整个过程，由能量守恒定律有：Q 1 mvo 02

26、解得：Q=72J【点睛】选取研究过程，运用动能定理解题.动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动.知道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义.11.质量为M的小车固定在地面上，质量为m的小物体(可视为质点)以Vo的水平速度从小车一端滑上小车，小物体从小车另一端滑离小车时速度减为血，已知物块与小车之间2的动摩擦因数为.求：n(1)此过程中小物块和小车之间因摩擦产生的热Q以及小车的长度 L.(2)若把同一小车放在光滑的水平地面上，让这个物体仍以水平速度vo从小车一端滑上小车.a.欲使小物体能滑离小车，小车的质量M和小物体质量m应满足什么关系？ b.当M=4m时，小物块和小车的最终速度分别是多少32 , 3vo23【答案】(1) Q - mv0 , L (2) a. M>3m； b. 一 v0, 一v088 g520【解析】【详解】(1)小车固定在地面时，物体与小车间的滑动摩擦力为f mg ,物块滑离的过程由动能定理2 GfL一 mv0 2解得：L2 3V08 g物块相对小车滑行的位移为L,摩擦力做负功使得系统生热，Q fL可得：Q 3mv02 8(2) a.把小车放