【物理】物理动能与动能定理练习题及答案含解析

1、0甲5该处切（不D(1) 圆弧轨道的半径(2) 小球滑到【答案】(1)(2)小球滑到【解析】B点时对轨道的压力. 圆弧轨道的半径是 5m.B点时对轨道的压力为6N ,方向竖直向下.(1)小球由B到D做平抛运动，有:1 2h=?gt【物理】物理动能与动能定理练习题及答案含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理11.如图所示，圆弧轨道 AB是在竖直平面内的 圆周，B点离地面的高度h=0.8m,4线是水平的，一质量为 m=200g的小球(可视为质点)自A点由静止开始沿轨道下滑计小球与轨道间的摩擦及空气阻力)，小球从B点水平飞出，最后落到水平地面上的点.已知小物块落地点 D到C点的距离为x=4m

2、,重力加速度为g=10ms2.求：:RViX=VBt解得：VBX2 410m / sA到B过程,由动能定理得:1 2mgR=5 mvB -0解得轨道半径R=5m2(2)在B点，由向心力公式得：N mg m聲解得：N=6N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N=N=6N,方向竖直向下点睛：解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，掌握圆 周运动靠径向的合力提供向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动.2如图所示，半径 R=0.5 m的光滑圆弧轨道的左端 A与圆心O等高，B为圆弧轨道的最低 点，圆弧轨道的右端 C与一倾角=37的粗糙斜面相切。一质量 m=1kg的小滑块从A点正

3、 上方h=1 m处的P点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数=0.5,Sin37=0.6, cos37 =0.8,重力加速度 g=10 m/s2。求滑块第一次运动到 B点时对轨道的压力。(2) 求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。(3) 通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A点。【答案】(1)70N; (2)1.2m ； (3)能滑出A【解析】【分析】【详解】(1)滑块从P到B的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有1 2 mg h RmvB那么，对滑块在 B点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且2mvBFN mgR故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到mg

4、2mg h R 70N(2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为 故由动能定理可得RB点时对轨道的压力为 70N ,方向竖直向下。L,滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，mg( h R Rcos37LSin37 )mgL cos37 0所以L 1.2m(3)对滑块从P到第二次经过 B点的运动过程应用动能定理可得mg h R 2 mgL cos37 0.54mg mgR1 2mvBA点。2所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出【点睛】经典力学问题一般先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。3. 如图所示，固定的粗

5、糙弧形轨道下端B点水平，上端 A与B点的高度差为h1 = 0.3 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h2= 0.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计).一质量为m = 1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的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，g = 10 m/s2,试求：(2) 滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf;(3) .滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量

6、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：Vy2gh 1.5ms0Vy VCSin37 ,解得：VC 2.5msC点的水平分速度与 B点的速度相等，贝y VB= VX= VC cos37 =2m/s1从A到B点的过程中，据动能定理得：mgh1 WfmvB ,解得： Wf 1J2滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得：mgcos37 mgsi n37 = ma解得：a= 0.4m s2达到共同速度所需时间t JvC 5sa二者间的相对位移X VvCtVt 5m2由于mg

7、sin37 mgcos37 ,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Q= mgcos370 x=32J4. 如图，在竖直平面内，半径R=0.5m的光滑圆弧轨道 ABC与粗糙的足够长斜面 CD相切于C点，CD与水平面的夹角 =37, B是轨道最低点，其最大承受力Fm=21N ,过A点的切线沿竖直方向。现有一质量m=0.1kg的小物块，从 A点正上方的P点由静止落下。已知物块与斜面之间的动摩擦因数=0.5.取sin37 =0.6.co37 =0.8, g=10ms2,不计空气阻力。(1) 为保证轨道不会被破坏，求P A间的最大高度差 H及物块能沿斜面上滑的最大距离L;【答

8、案】(1) 4.5m , 4.9m ; (2) 4J【解析】【详解】(1) 设物块在B点的最大速度为 VB,由牛顿第二定律得：2Fm mg m 詈从P至U E,由动能定理得1 2mg(H R)mvB 02解得H=4.5m物块从B点运动到斜面最高处的过程中，根据动能定理得:-mgR( 1-cos37) +Lsin37 - mgos37 L=Q mvB解得L=4.9m物块在斜面上，由于 mgsin37 mgos37，物块不会停在斜面上，物块最后以B点为中心，C点为最高点沿圆弧轨道做往复运动，由功能关系得系统最终因摩擦所产生的总热 量解得Q=mg (h +Rcos37 )Q=4J5. 如图甲所示，一

9、倾角为37的传送带以恒定速度运行现将一质量m = 1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g= 1Q ms物体与传送带间的动摩擦因数； Q8 S内物体机械能的增加量； 物体与传送带摩擦产生的热量QO【答案】(1)= Q.875.(2) = 9Q J( 3) Q= 126 J【解析】【详解】(1) 由图象可以知道，传送带沿斜向上运动，物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的2 = 2 = lm/声, Sin 37 = Q.6, cos 37 = Q.8 :求：的匀减速直线运动，对其受力分析，由牛顿第二定律得且加速大小为mgcos - I

10、TISin(7 = ma可解得：尸0.875.(2) 根据v-t图象与时间轴围成的面积”大小等于物体的位移，可得O8 S内物体的位移2 + 6 1X - X4-X2X2 = 4O8 S S内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和，为11IE + x - -m 2求物块m1和m2碰撞过程中损失的机械能； 求物块m滑到半圆管底部 C处时所受支持力大小；若物块m与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为= 0.25,求物块m在台阶表面上滑行的最大距离. = 9(1/O8 S内只有前6s发生相对滑动.O6 S内传送带运动距离为：Z = 24mO6 S内物体位移为：m则O6 S内物体相对于

11、皮带的位移为用O8 S内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小，Q = ZIs代入数据得：Q = 126 J故本题答案是： = O875.(2) = 9O J ( 3) Q = 126 J【点睛】对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。16. 如图所示，半径为 Ri= 1.8 m的一光滑圆弧与半径为 F2 = O.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

12、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 = m1+ 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 ms2,物块碰【答案】（D 12J190N0.8m【解析】试题分析：（1）选由机械能守恒求出物块 m下滑到B点时的速度；m、m2碰撞满足动1 2 1 2量守恒，由E机 丄m1vB 1mv共求出碰撞过程中损失的机械能；（2）物块m由B到C2 2

13、满足机械能守恒，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：m1gR11 2 mvB2解得：VB6m/ Smi、m2碰撞满足动量守恒： miVB （m1 m2）v共解得；V共2ms则碰撞过程中损失的机械能为：E机 ImIVB 1mv共12J22八1 212物块m由B到C满足机械能守恒：mv共 mg 2R2mvc22VCmR2解得：VC 4m S在C处由牛顿第二运动定律可得：FN mg解得：FN 190N设物块m滑上木板后，当木板速度为 v2 2ms时，物块速度为V1，

14、由动量守恒定律得： mvC mv1 Mv2解得：v13m s设在此过程中物块运动的位移为 X1 ,木板运动的位移为 X2 ,由动能定理得:对物块m：mgX11 2 mv121 2严解得：X11.4m对木板M :mgX21 2Mv22解得：X20.4m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 4，由动能定理得:1 2mg(x3 x4) 0mv12解得：X40.8 m7如图所示，AB是一倾角为 =37的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数=0.30 , BCD是半径为R=0.2m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个

15、空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E= 4.0 3NC,质量m = 0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下.已知斜面AB对应的高度h = 0.24m，滑块带电荷q =-5.0 1C,取重力加速度 g = 10ms2, Sin37 = 0.60, cos37 =0.80.求：(1) 滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小；(2) 滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力.【答案】(1) 2.4ms(2) 12N【解析】【分析】(1) 滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B点时的速度大小；滑块从B到C点，由动能定理可得 C点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解. 【

16、详解】(1) 滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力:mg qE cos37 0.96N设到达斜面底端时的速度为V1 ,根据动能定理得:mg qE hf h o 1mv2Si n37o 2解得:V1=2.4m/s滑块从B到C点，由动能定理可得：mg qE R 1 cos37 = 1mv 1 mv； 2 2当滑块经过最低点时，有：2Vo FN mg qE m*由牛顿第三定律:FNFN 11.36N方向竖直向下.【点睛】本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择&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

17、心O有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各 一块，挡板与圆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 直2R径略小于缝宽的小球在 A点正上方与A相距土R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.请求出小O点的(写出计算若小球能到达 C点，求小球在B、C两点的动能之比；若小球不能到达C点,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 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. 过程

18、)过程见解析【详解】(1)若小球能沿轨道运动到 设小球的质量为m,在C点，小球在C点所受轨道的正压力 N应满足N0C点的速度大小为Vc,由牛顿运动定律和向心加速度公式有2mvc小球由开始下落至运动到N + mg =RC点过程中，机械能守恒，有2mgR 1232 mvC由两式可知1N= 一 mg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2mgREC=3设小球在B点的动能为EkB,同理有8mgREkB =3(3)小球自由落下，经EkB : EkC= 4 : 1 .ABC圆弧轨道到达C点后做平抛运动。由动能定理得:由平抛运动的规律得:解得:因为XV 3R ,且VCJg

19、R所以mgh1 2mvc21 .2X=VCt2 . Rh3Rhv4x2-h图象如图所示:9.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，BC分别与杆AB和弧CD相切，两圆 弧的半径均为R. O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：0u(HJ J(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)

20、 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？” 1【答案】(1) EP 2mgR(2) 9mg ,方向竖直向上(3) Ep=(n)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EP2fL小圆环从释放能到达 C点到，由能量关系可知EPfLmgR 0可得:2mgR(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EP2d时弹性势能为小圆环到达最高点 D时:EP ,=4Er=8mgREP1 2-mvD mg 2R fL解得VDIOgR在最高点D时由牛顿第二定律:2N