最新物理动能与动能定理题20套(带答案)

1、最新物理动能与动能定理题 20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1.如图所示，质量 m=3kg的小物块以初速度秽 vo=4m/s水平向右抛出，恰好从 A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R= 3.75m , B点是圆弧轨道的最低点,圆弧轨道与水平轨道 BD平滑连接，A与圆心D的连线与竖直方向成 37角，MN是一段粗 糙的水平轨道，小物块与 MN间的动摩擦因数 尸0.1,轨道其他部分光滑。最右侧是一个 半径为r =0.4m的半圆弧轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g=10m/s2, sin37° =0.6

2、, cos37° =0.8。(1)求小物块经过 B点时对轨道的压力大小；(2)若MN的长度为L°=6m,求小物块通过 C点时对轨道的压力大小；(3)若小物块恰好能通过 C点，求MN的长度L。to% /37口；A【答案】(1) 62N (2) 60N (3) 10m【解析】【详解】(1)物块做平抛运动到A点时，根据平抛运动的规律有:v0 vA cos37解得：vAV0cos374,m / s 5m / s0.8小物块经过A点运动到B点,根据机械能守恒定律有:12mvA mg R Rcos371 2-mvB2小物块经过B点时，有：Fnbmg2Vb m 一R解得：Fnb mg 3

3、 2cos372mvB 62NR12-mvB 2在C点，由牛顿第二定律得:Fnc mg2Vc m 一r根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N(2)小物块由B点运动到C点，根据动能定理有：12mgLo mg 2r -mvc 2代入数据解得：Fnc 60N根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60N2(3)小物块刚好能通过 C点时，根据mg mK£ r解得：Vc2 , gr 10 0.4m/s 2m/s小物块从B点运动到C点的过程，根据动能定理有：mgL mg 2r12-mvc212一mvB22该处切(不D代入数据解得：L=10m2.如图所示，圆弧轨道 AB是在竖

4、直平面内的 工圆周，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,重力加速度为g=10m/s2.求：(1)圆弧轨道的半径(2)小球滑到B点时对轨道的压力.【答案】(1)圆弧轨道的半径是 5m.(2)小球滑到B点时对轨道的压力为 6N,方向竖直向下.【解析】(1)小球由B到D做平抛运动，有：h=-gt22X=VBt解得： vB x</ 4 1一10- 10m/ s，2h , 2 0.8A至1J B过程，由

5、动能定理得：mgR= mvB2-02解得轨道半径 R=5m2(2)在B点，由向心力公式得：N mg mR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.3.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=0.10k

6、g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sin37° =0.6, cos37°= 0.8,重力加速度g=10m/s2,忽略空气阻力.求：(1)物块第一次通过 C点时的速度大小 vc.(2)物块第一次通过 D点时受到轨道的支持力大小 Fd.(3)物块最终所处的位置.【答案】(1) 3>/2m/s(2) 7.4N (3) 0.35m【解析】【分析】由题中斜面ABC下端与光滑的圆弧轨道 CDE相切于C'可知，本题考查动能定理、圆周运 动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答.【详

7、解】(1) BC长度l Rtan53o 0.4m ,由动能定理可得mg(L l )sin 37o mvB22代入数据的vB 3、2m/s物块在BC部分所受的摩擦力大小为f mg cos37o 0.60N所受合力为F mg sin 37o f 0VcvB 3、2m/s(2)设物块第一次通过D点的速度为Vd ,由动能定理得1 2mvC012mgR(1 cos37 ) - mvD有牛顿第二定律得Fd mgVdmR联立解得Fd 7.4N(3)物块每次通过 BC所损失的机械能为E fl 0.24J物块在B点的动能为12EkB- mvB2解得 EkB 0.9J物块经过BC次数n设物块最终停在距离 C点x处

8、，可得0.9J0.24J=3.75mg(L x)sin 37o f(3l+x) 0代入数据可得x 0.35m4.如图所示，水平地面上一木板质量M= 1 kg,长度L=3.5 m,木板右侧有一竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径R= 1 m,最低点P的切线与木板上表面相平.质量 m =2 kg的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以Vo J39m/s的速度与圆弧轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最终滑离木板.已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数因=0.2,木板与地面间的动摩擦因数展=0.1 , g 取 10 m/s2.求：(1)滑块对P点压力的

9、大小；(2)滑块返回木板上时，木板的加速度大小；(3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间.【答案】(1)70 N (2)1 m/s2 (3)1 s【解析】【分析】【详解】(1)滑块在木板上滑动过程由动能定理得:1212一(nmgL= _ mv mvo解得：v= 5 m/s在P点由牛顿第二定律得:2L VF mg= m r解得：F= 70 N由牛顿第三定律，滑块对P点的压力大小是70 N(2)滑块对木板的摩擦力 Ffi =黑mg = 4 N地面对木板的摩擦力Ff2=区(M + m)g = 3 N对木板由牛顿第二定律得：Ffi Ff2 = MaFfFf22a = 1 m/sMv= 5 m/s(3)

10、滑块滑上圆弧轨道运动的过程机械能守恒，故滑块再次滑上木板的速度等于1 c对滑块有：（x+L） = Vt- - wgt2对木板有：x= at22解得：t=1 s或t= 7s(不合题意，舍去)3故本题答案是：(1)70 N (2)1 m/s2 (3)1 s【点睛】 分析受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可.5 .如图所示，斜面高为 h,水平面上D、C两点距离为L。可以看成质点的物块从斜面顶 点A处由静止释放，沿斜面 AB和水平面BC运动，斜面和水平面衔接处用一长度可以忽略 不计的光滑弯曲轨道连接，图中没有画出，不计经过衔接处B点的速度大小变化，最终物块停在 水平面上C点。已知物块与斜面和水平面

11、间的滑动摩擦系数均为即请证明：斜面倾角。稍微增加后，(不改变斜面粗糙程度)从同一位置A点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C点。【答案】见解析所示【解析】【详解】设斜面长为L ,倾角为 ，物块在水平面上滑动的距离为S.对物块，由动能定理得:mgh mg cos L mgS 0即:mgh mg cos mgS 0sinh 一 一mgh mg mgS 0tan由几何关系可知:htan则有:mgh mg L S mgS 0mgh mgL 0口 , h斛得：L 故斜面倾角。稍微增加后，(不改变斜面粗糙程度)从同一位置A点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C点。6 .

12、如图所示，半径为 R的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，。为圆轨道的圆心， D为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC与圆心等高.质量为 m的3 _小球从离B点图度为h处(-R h 3R)的A点由静止开始下落，从 B点进入圆轨道，2重力加速度为g ).(1)小球能否到达 D点？试通过计算说明；(2)求小球在最高点对轨道的压力范围；(3)通过计算说明小球从 D点飞出后能否落在水平面 BC上，若能，求落点与 B点水平 距离d的范围.【答案】(1)小球能到达D点；(2) 0 F 3mg ； (3).2 1 R d 2.2 1 R(1)当小球刚好通过最高点时应有:mgmvD由机械能守恒

13、可得:mg h R2 mvD23 _.3 _联立解得h R,因为h的取值范围为一R22(2)设小球在D点受到的压力为 F ,则3R,小球能到达D点;F mg2 mvDRmg h R2mvD23联立并结合h的取值氾围一R h 3R解得：0 F 3mg2据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：0 F 3mg(3)由(i)知在最高点d速度至少为vDmin jgR1此时小球飞离 D后平抛，有：R -gt2xminVd mint2m VDmaxR联立解得xmin J2R R,故能落在水平面 BC上,当小球在最高点对轨道的压力为 3mg时，有：mg 3mg解得 VDmax2 gR1 2小球飞离D后

14、平抛R gt 2,2XmaxVD maxt联立解得Xmax 2 2R故落点与B点水平距离d的范围为：J2 1 R d 2匹 1 R7.如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m 1kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度.在平台的右端有一传送带，AB长L 5m,物块与传送带间的动摩擦因数1 0.2 ,与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5m,它与物块间的动摩擦因数2 0.3 ,在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与 BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为120°，在圆弧的最高点 F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.

15、若传送带以v 5m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失.当弹簧储存的Ep 18J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g 10m/s2.(1)求右侧圆弧的轨道半径为 R;(2)求小物块最终停下时与 C点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传 送带速度的可调节范围.【答案】(1) R 0.8m； (2) x【解析】；m;（3）37mm / s v V43m / s 3(1)物块被弹簧弹出，由Ep2 my0,可知:V0 6m/s因为V0 v,故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中,12由：1mg ma，

16、v v。a，x v。9 2a1t1得到：a1 2m/s2, t1 0.5s, X1 2.75m因为X1 L,故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m/s的速度滑上水平面1 一 2bc,物块滑离传送带后恰到 E点，由动能定理可知：2mv2mgs mgR代入数据整理可以得到：R 0.8m.(2)设物块从E点返回至B点的速度为vb,由 gmv2122mvB2mg 2s得到vB J7m/s,因为vB 0,故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在12一 1距C点x处，由一mvB2mg s x ,得到：x -m .23

17、(3)设传送带速度为v1时物块能恰到F点，在F点满足 mgsin30om9191从B到F过程中由动能th理可知：-mv1 mvF 2mgs mg R Rsin3022解得：一设传送带速度为v2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点,12由：m mv22mg 3s mgR解得：v243m/ s122mV01mgL4，一 “ 皿t ,12若物块在传送带上一直加速运动，由-mVBm知其到b点的最大速度 vBm J56m/s综合上述分析可知，只要传送带速度,37m/sv J43m / s就满足条件【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理、圆周运动向心力公式的直接应用，此题难度较 大，牵涉的运动模型

18、较多，物体情境复杂，关键是按照运动的过程逐步分析求解.8 .如图所示，倾角为30。的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m/s的速度运动，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/s2,求：(1)(2)(3)(4)物体由静止沿斜面下滑到斜面末端需要多长时间；传送带左右两端 AB间的距离l至少为多少；上述过程中物体与传送带组成的系统产生的摩擦热为多

19、少；物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h为多少?【答案】(1) 1.6s (2) 12.8m (3) 160J (4) h=1.8m【解析】1(1)mgsin 0 =ma, h/sin,0,可彳# t="1.6" s.(2)由能的转化和守恒得：mgh=(i mgl2, l="12.8" m.5Hgi在此过程中，物体与传送带间的相对位移:x相=l/2+v带t,又l/2=而摩擦热 Q=(i mg解，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

20、x,x="3.6" m<l/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，1由上 =mgh ,得 h' ="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右端与质量为AB和弧CD相切，两圆OB段粗糙外，其余部C点，返回水平杆时刚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, 的小

21、圆环相接触，BC和CD是由细杆弯成的1/4圆弧，BC分别与杆 弧的半径均为 R.。点为弹簧自由端的位置.整个轨道竖直放置，除 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B处和好与弹簧接触，停在 。点，(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，小球通过C处没有能量损失)，问:(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)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)Ep2mgR(2)9mg,方向竖直向上(3)Ep=( n-)mgR(n=

22、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 。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EP 2 fL小圆环从释放能到达 C点到，由能量关系可知EP fL mgR 0可得：EP 2mgR2d时弹性势能为(2)因弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，则弹簧的压缩量为小圆环到达最高点 D时:EpEp=4Ep=8mgR12-mvD mg 2R fL解得N mg m 在最高点D时由牛顿第二定律:解得N=9mg,方向竖直向下由牛顿第三定律可知在 D点时轨道受到的作用为 9mg,方向竖直向上；(3)为了使物块能停在 OB的中点，则

23、要求滑块到达的最高点为D点，然后返回，则" 一 一 Ep fL 2mgR 3mgR为了使物块能停在 OB的中点，同时还应该满足： L1Ep (2n 1)f (n -)mgR 22则只能取n=0、1、2；10 .如图所示，光滑水平面 MN的左端M处有一弹射装置 P,右端N处与水平传送带恰平 齐接触，传送带水平部分长度L=16m,沿逆时针方向以恒定速度 v=2m/s匀速转动.ABCDE是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB为水平轨道，弧 BCD是半径为R的半圆弧轨道，弧DE是半径为2R的圆弧轨道，弧 BCD与弧DE相切在轨道最高点 D, R=0. 6m.平面部分A点与传送带平齐接触

24、.放在MN段的物块m (可视为质点)以初速度V0=4m/s冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数科=0 2,物块的质量 m=1kg.结果物块从滑上传送带又返回到 N端，经水平面与左端 M处的固定弹射器相碰撞(弹射器的弹簧 原来被压缩后被锁定)，因碰撞弹射器锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧 的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点，最后从E点飞出.g取10m/s2.求：D学型，大二曲曲，7 :一，。J(1)物块m从第一次滑上传送带到返回到N端的时间.(2)物块m第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送 带所多提供的能量多大？【答案】(1) t 4.

25、5s (2) W 8J【解析】试题分析：（1）物块B向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀减速运动，达到与皮带共速后与皮带匀速物块 B向右作匀减速运动过程：mg mati -v0- 2s g物块向右达到的最大位移：S 0 t14m2反向匀加速运动过程加速度大小不变.达到与传送带共速的时间：,t2 -v- 1s g相对地面向左位移：S/ v t2 1m2共速后与传送带匀速运动的时间：t3 SS- 土15sv 2往返总时间：. 一-（2）由物块恰能通过轨道最高点D,并恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过最高点可得，物块是在半径为2R的圆弧上的最高点重力全部充当向心力.又由物块上滑过中根据机械能守恒

26、得：_ ,代入数据解得：vB6Rg 6m/s12物块第二次从N到A点：L V1 t - g t2速度关系：VB V|g t代入得：八十6工一16 = 0;得：t 2s或t8s （舍）物体运动时传送带的位移：s vt 4m传送带为维持匀速运动多提供的力：F mg传送带所做的功等于传送带多提供的能量：W F s mg s 8J考点：考查牛顿运动定律的综合应用；动能定理.【名师点睛】本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公 式、动能定理列式求解.11 .在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B,两者相距为d.现给A初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短.当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为mB的质量为A的2倍，重力加速度大小为 g.求A的初速度的大小.【答案】.18 gd【解析】【详解】设在发生碰撞前的瞬间，木块 A的速度大小为Vo；在碰撞后的瞬间， A和B的速度分别为V1和V2.在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律，得1 2一mvo2-mvi2 1 2mv22 22mvomv1 2mv2 ,式中，以碰撞前木块 A的速度方向为正,联立解得:vo2二 ,v27 V033设碰撞后A和B运动的距离分别为di和d2,由动能定理得mgd