【物理】物理动能与动能定理练习题及答案及解析

1、【物理】物理动能与动能定理练习题及答案及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1. 如图所示，两物块 A、B并排静置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg. 颗质量 m=0.10kg的子弹C以Vo=Ioom/s的水平速度从左面射入 A,子弹射穿A后接着射入B并留在B中，此时A、B都没有离开桌面.已知物块A的长度为0.27m , A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m设子弹在物块 A、B中穿行时受到的阻力大小相等，g取10ms2.(平抛过程中物块看成质点)求：Vt* * A Q L - = Jh»、，“ I'S *(1) 物块A和物块B

2、离开桌面时速度的大小分别是多少；(2) 子弹在物块B中打入的深度；(3) 若使子弹在物块 B中穿行时物块 B未离开桌面，则物块 B到桌边的最小初始距离.【答案】(1) 5ms ; 10ms ;( 2) LB 3.5 10 2 m (3) 2.5 10 2 m【解析】【分析】【详解】试题分析：(1)子弹射穿物块A后，A以速度VA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平 抛运一 1 2动：h gt 解得：t=0.40s2SA离开桌边的速度 VA,解得：VA=5.0m/s设子弹射入物块 B后，子弹与B的共同速度为Vb,子弹与两物块作用过程系统动量守恒：mv0 MVA (M m)vBB离开桌边的速度 v

3、B=10ms(2)设子弹离开 A时的速度为V1 ,子弹与物块 A作用过程系统动量守恒：mv0 mv2MVAv1=40ms子弹在物块B中穿行的过程中，由能量守恒fLB 1 MVA 1mv12 丄(M m)v；2 2 2子弹在物块A中穿行的过程中，由能量守恒1 2 1 2 1 2fLA - mv0- mV1-(M M)VA 由解得LB 3.5 10 2m(3)子弹在物块 A中穿行过程中，物块 A在水平桌面上的位移为 si,由动能定理:S 1(M M)VA 0 子弹在物块B中穿行过程中，物块 B在水平桌面上的位移为 S2，由动能定理1 2 1 2 _fS2 MVBMVA 2 2由解得物块B到桌边的最

4、小距离为：Smin SI S2，解得：Smin 2.5 10 2m考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律.A点用一弹射装置可将B点后，进入半径R=0.3m2. 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 静止的小滑块以 Vo水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到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L2 =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=10mS2.亠KLlA点弹射出的速度大小;V,由牛顿第二定律及机械能

5、守恒定律由B到最高点1 mvB22mgR1 2mv2(1) 若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在 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) I 一(2) 5msv 6mS和 va ,i''【解析】【分析】【详解】(1) 小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为2 Vmtg Tn 由 A 到 B: -:'解得A点的速度为二讣(2) 若小滑块刚好停在 C处，则- '-.丄解得A点的速度为二4岳F若小滑块停在BC段，应满足3ms VA 4ms若小滑块能通过 C点并恰好越过壕沟

6、，则有 h 1gt22S VCt解得 二m -所以初速度的范围为 3m / s VA 4m s和VA 5ms3. 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 Dog 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= 0.10kg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°(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

7、处的位置.【答案】(1) 3.2ms( 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.【详解】(1) BC长度I Rtan53o 0.4m ,由动能定理可得mg(L l )sin 37o 1mvB22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oF mg Si n37 f 0故VC VB 3,2ms(2) 设物块第一次通过 D点的速度为VD ,由动能定理得mgR

8、(1 cos37o) 丄 mVD 2 - mvc22 2有牛顿第二定律得2VFD mg m-R-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-2EkB 二 mVB2解得 EkB 0.9J物块经过BC次数0.9Jn=3.750.24J设物块最终停在距离 C点X处，可得mg(L X)Sin 37o f(3l+x)0代入数据可得X 0.35m4. 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R 5m ,圆心角为

9、53的圆弧形光滑轨道CD ,过D点后滑入倾角为 (可以在0975范围内调节)、动摩擦因数为一3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L°=10m , g 10ms。求：(1) 滑草车经过轨道 D点时对轨道D点的压力大小；(2) 滑草车第一次沿草地轨道DE向上滑行的时间与 的关系式；的关系式。tan【解析】【分析】(1)根据几何关系可知CD间的高度差H CDcos532m从B到D点，由动能定理得mgL0 sin53HCD1 mvD2 02解得12ms对D点，设滑草车受到的支持力FD ,由牛顿第二定律解得2VDFD m

10、g m RFD 3000N3000N 。由牛顿第三定律得，滑草车对轨道的压力为(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 cos【详解】gcos由牛顿第二定律得，向上运动的加速度大小为 F合.ag Sinm因此滑草车第一次在草地轨道DE向上运动的时间为VDg Sin g cosSincos3t代入数据解得t(3)选取小车运动方向为正方向。当 O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 Sin R(1 COS ) +Wf1=0 O代入数据解得Wf16000J故当0时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为Ws16000J当030时，则g S

11、in g 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2VDx2(gsin gcos )Wf2mg cos x2摩擦力做功为联立解得Wf 26000.3tan I(J)故当030时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000- 3 tanI(J)当3075时g Sin g 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 SinR(1 cos ) +Wf3=0 0代入数据解得Wf 36000J故当3075时，滑早车在斜面上克服摩擦力做的功为W克36000J所以，当 O或3075时，滑草车在斜面上克服摩

12、擦力做的功为6000J ；当30时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为60003tan1(J)。5. 如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为hi = 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 =

13、 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：Vy. 2gh> 1.5m/sVy VCSin370 ,解得：VC 2.5m /sVCCoS37 =2m sC点的水平分速度与 B点的速度相等，贝U VB= VX从A到B点的过程中，据动能定理得:mgh1 Wf1mvB ,解得：Wf 1J2mgcos37 mgs in37 = ma(3) 滑块在

14、传送带上运动时，根据牛顿第二定律得:解得：a= 0.4m s2达到共同速度所需时间二者间的相对位移VCt Vt 5m2由于mgsin37 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=32J6. 如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量m 0.04kg ,电量q 3 10 4C的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能为0.32J。某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端A点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点 B ,并沿轨道BC滑下，运动到光滑水平轨道 CD ,从D点进入到光

15、滑竖直圆内侧轨道。已知倾斜轨道与水平方向夹角为37 ,倾斜轨道长为L 2.0m ,带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数0.5。小物块在C点没有能量损失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小物块的电量保持不变，可视为质点。只有光滑竖 直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场，场强E 2 105Vm。已知2cos37 0.8，Sin370.6 ,取 g 10ms ,求：(1) 小物块运动到 A点时的速度大小 VA ；(2) 小物块运动到 C点时的速度大小 VC ；(3) 要使小物块不离开圆轨道，圆轨道的半径应满足什么条件?【分析】【详解】(1) 释放弹簧过程中，弹簧推动物体做功，弹簧弹性势能转变为物

16、体动能EPmv2解得(2) A到B物体做平抛运动，到 B点有VA = cos37VB所以B到C根据动能定理有mgLs in37VB=5m/s0.81 2 1 2 mgcos37 LmvCmv2 2解得VC =、33ms(3) 根据题意可知，小球受到的电场力和重力的合力方向向上，其大小为F=qE-mg=59.6N所以D点为等效最高点，则小球到达D点时对轨道的压力为零，此时的速度最小，即2F= mVDR解得所以要小物块不离开圆轨道则应满足VDVCRD 得:R 0.022m7. 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，O是BCD的圆心，BOD在同一

17、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10ms2.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 D点之间的距离【答案】(1) 160N (2) 0.8、亦【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: (F- mg Xab= mvB2-02在B点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：2VBNmgmR联

18、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 ' =160N(2) 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：2VDmg my R可得：VD=2ms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，1 22F=-gt22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IJ2x o.&/2m&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

19、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.【答案】(I)VAI 0 Vbi2QEL 5QEL (3) B m2；碰前B的速度Vbi 0由动量守恒和能量守恒定律有:所以B

20、碰撞后交换速度：VAl 0 , VBIVA1(2)设A球开始运动时为计时零点，即t 0 , A、B球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为t、t2 ；由匀变速速度公式有：tVai 0a(至t 3聖)【解析】QEJ(1) A球的加速度a ,碰前A的速度Vai .2aL设碰后A、B球速度分别为Va1' VBl ,两球发生碰撞时,1 2 1 '2 1 '2rVA1mVA1Vbi ,2mVA12mVA1mVB1第一次碰后，经t2 t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VA2和VB2 ,由位移关系有:VBl t2 t-2a t2tl2,得到：t2 3tl 3解

21、1；VB2V BIVa2 a 12 t-2af 2vai1由功能关系可得： W电= -mV21 2A22 mVB 25QEL(另解：两个过程 A球发生的位移分别为Xl、 X2，XlL ,由匀变速规律推论 X24L，根据电场力做功公式有： W QE XIX2 5QEL)(3)对A球由平衡条件得到:QBVAmg，VA at从A开始运动到发生第一次碰撞:BtmgQat2m g2QEt从第一次碰撞到发生第二次碰撞:2BtQE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

22、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，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些.9如图所示，质量 m=2kg的小物块从倾角 =37°的光滑斜面上的 A点由静止开始下滑，经 过B点后进入粗糙水平面，已知 AB长度为3m ,斜面末端B处与粗糙水平面平滑连接试 求：(1) 小物块滑到B点时的速度大小.(2) 若小物块从 A点开始运动到 C点停下，一共经历时间t=2.5s,求BC的距离.(3) 上问中，小物块与水平面的动摩擦因数多大？(4) 若在小物块上始终施加一个水平向左的恒力F,小物块从A点由静止出发，沿 ABC路 径运动到C点左侧3.1m处

23、的D点停下.求 F的大小.(Sin37=0.6, cos37°0.8 )【答案】(1) 6m/s (2) 1.5s (3)0.4 (4) F 2.48N【解析】【详解】(1) 根据机械能守恒得：mgsAB Sin 371 mvB2解得:VB2gSAB Sin372 10 3 0.6ms 6ms ；(2) 物块在斜面上的加速度为:a g Sin 6ms2在斜面上有:1a1t22代入数据解得:tlIs物块在BC段的运动时间为:t 1.5sBC段的位移为:SBC£(Vb0)t24.5m(3) 在水平面上，有:0 VBa2t2解得:a24ms2.根据牛顿第二定律有:mgma2代入数

24、据解得:从A到D的过程，根据动能定理得:mgSAB SinFSBDSAB COSmgs30代入数据解得:2.48N【点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多 过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速 度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求 解力10.如图所示，水平轨道的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于丨T点,右端与一倾角为的光滑斜面轨道在点平滑连接(即物体经过点时速度的大小不变),斜面顶端固定一轻质弹簧,一质量为的滑块从圆弧轨道的顶端点由静止释放,经水平轨道后滑上斜面并压缩

25、弹簧,第一次可将弹簧压缩至冋点,已知光滑圆轨道的半径卜A ,水平轨道长为八胡,其动摩擦因数-=E光滑斜面轨道上长为 ，取I ,求(1) 滑块第一次经过圆轨道上 Fl点时对轨道的压力大小；(2) 整个过程中弹簧具有最大的弹性势能；(3) 滑块在水平轨道上运动的总时间及滑块几次经过点【答案】(2)(3) 3次【解析】本题考查机械能与曲线运动相结合的问题，需运用动能定理、牛顿运动定律、运 动学公式、功能关系等知识。(1)滑块从点到 解得：W'.点到点,由动能定理可得滑块在点：解得:；元M由牛顿第三定律可得：物块经Bl点时对轨道的压力F=F = 60M(2) 滑块第一次到达点时,弹簧具有最大的

26、弹性势能滑块从 点到 点,由动能定理可得mgR + (- mgLfc) + (- TnPWDJfin 30町 + IVr = O=-FT解得:- - "'"l(3) 将滑块在'段的运动全程看作匀减速直线运动加速度U = 2ms2则滑块在水平轨道上运动的总时间口 r滑块最终停止上在水平轨道间,设滑块在段运动的总路程为円,从滑块第一次经过点到最终停下来的全过程， 由动能定理可得：解得:;一 D二点3次。结合'段的长度可知，滑块经过11.如图所示，半径 R = 0.1m的竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，AB距离X =Im .质量m = 0.1kg的小滑块1放在半圆形轨道末端的 B点，另一质量也为 m = 0.1kg的小 滑块