高中物理动能与动能定理试题经典

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m 1=0.3kg 和m 2=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v 0=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μ=0.15．某时剪断细绳，小物体m 1向左运动，m 2向右运动速度大小为v 2=3m/s ，g 取10m/s 2．求：

(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能E p

(2)从小物体m 2滑上传送带到第一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m 1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m 1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m 1和m 2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：

0=m 1v 1-m 2v 2

解得

v 1=10m/s

剪断细绳前弹簧的弹性势能为：

22112211

22

p E m v m v =

+ 解得

E p =19.5J

(2)设m 2向右减速运动的最大距离为x ，由动能定理得：

-μm 2gx =0-1

2

m 2v 22 解得

x =3m ＜L =4m

则m 2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v 0=1.5m/s ，然后向左匀速运动，直至离开传送带。

设小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t 。取向左为正方向。 根据动量定理得：

μm 2gt =m 2v 0-（-m 2v 2）

解得：

t =3s

该过程皮带运动的距离为：

x 带=v 0t =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 =μm 2gx 带

解得：

E =6.75J

(3)设竖直光滑轨道AC 的半径为R 时小物体m 1平抛的水平位移最大为x 。从A 到C 由机械能守恒定律得：

2211111 222

C m v m v mgR =+ 由平抛运动的规律有：

x =v C t 1

2

1122

R gt =

联立整理得

410()4x R R =-

根据数学知识知当

4R =10-4R

即R =1.25m 时，水平位移最大为

x =5m

2．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/s 2．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）2 【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 -μmg ）x AB =

1

2

mv B 2-0 在B 点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：

2B

v N mg m R

-=

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）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：

2D

v mg m R

=

可得：v D =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 =v D t ，

2R =

12

gt 2

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20.82m l x =

=

3．如图所示，在倾角为θ=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μ．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μmin ．

【答案】（1）F 3（2）1(93)2W mgR μ=- （3）min 53μ= 【解析】 【详解】

（1）研究B ，据平衡条件，有

F =2mg cos θ

解得

F 3mg

（2）研究整体，据平衡条件，斜面对A 的支持力为

N =3mg cos θ

f =μN =

2

μmg 由几何关系得A 的位移为

x =2R cos30°R

克服摩擦力做功

Wf =fx =4.5μmgR

由几何关系得A 上升高度与B 下降高度恰均为

h =

2

据功能关系

W + 2mgh - mgh - Wf = 0

解得

1

(92

W mgR μ=-

（3）B 刚好接触斜面时，挡板对B 弹力最大 研究B 得

24sin 30m

mg

N mg '==?

研究整体得

f min + 3m

g sin30° = N′m

解得

f min = 2.5mg

可得最小的动摩擦因数：

min min f N μ=

=

4．如图所示，半径为R 1＝1.8 m 的

1

4

光滑圆弧与半径为R 2＝0.3 m 的半圆光滑细管平滑连接并固定，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m 2＝2 kg 的物块静止于B 处，质量为m 1＝1 kg 的物块从光滑圆弧顶部的A 处由静止释放，物块m 1下滑至B 处和m 2碰撞后不再分开，整体设为物块m (m ＝m 1＋m 2)．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/s 2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计．

(1)求物块m 1和m 2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μ＝0.25，求物块m 在台阶表面上滑行的最大距离．

【答案】⑴12J ⑵190N ⑶0.8m 【解析】

试题分析：（1）选由机械能守恒求出物块1m 下滑到B 点时的速度；1m 、2m 碰撞满足动量守恒，由221B 1122

E m v mv =

-共机求出碰撞过程中损失的机械能；（2）物块m 由B 到C 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. ⑴设物块1m 下滑到B 点时的速度为B v ，由机械能守恒可得：

2

111B 12

m gR m v =

解得：B 6/v m s =

1m 、2m 碰撞满足动量守恒：1B 12()m v m m v =+共

解得；2/v m s 共=

则碰撞过程中损失的机械能为：221B 111222E m v mv J =-=共机 ⑵物块m 由B 到C 满足机械能守恒：222C 11222

mv mg R mv 共+?= 解得：C 4/v m s =

在C 处由牛顿第二运动定律可得：2C

N 2

v F mg m R -=

解得：N 190F N =

⑶设物块m 滑上木板后，当木板速度为22/v m s =时，物块速度为1v ， 由动量守恒定律得：C 12mv mv Mv =+ 解得：13/v m s =

设在此过程中物块运动的位移为1x ，木板运动的位移为2x ，由动能定理得：

对物块m ：2211C 1122

mgx mv mv μ-=- 解得：1 1.4x m = 对木板M ：22212

mgx Mv μ= 解得：20.4x m =

此时木板静止，物块m 到木板左端的距离为：3211x L x x m =+-= 设物块m 在台阶上运动的最大距离为4x ，由动能定理得：

23411

()02

mg x x mv μ-+=-

解得：40.8x m =

5．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θ＝37°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μ＝0.2．（取重力加速度g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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υ； （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′C′位置时，人从滑梯平抛到水面的水平位移最大，则此时滑道B′C′距水面的高度h ′．

【答案】(1) 1200J ；45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：

11W f s mgd μ=+ f 1=μmg cos θ s 1=

sin H h

θ

- 解得

W ＝1200J

mg （H －h ）－W ＝

12

mv 2 得运动员滑到C 点时速度的大小

v ＝45 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 ，

h ＇＝

12

gt 2 下滑过程中克服摩擦做功保持不变W ＝1200J 根据动能定理得：

mg （H －h ＇）－W ＝

1

2

mv 02 运动员在水平方向的位移：

x ＝v 0t x =4'(5')h h

当h ＇＝2.5m 时，水平位移最大.

6．如图所示，一长度LAB=4．98m ，倾角θ=30°的光滑斜面AB 和一固定粗糙水平台BC 平滑连接，水平台长度LBC=0．4m ，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μ=0．1，g 取10m/s 2。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α=53°，求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板？（取

）

【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）从A到C段运用动能定理

mgsin-L AB=mv2

v=7m/s

（2）从开始到最后停下在BC段所经过的路程为x

mgsin L AB-mgx=0

x=24．9m

=31．1

经过AB的次数为312+1=63次

（3）设小物块平抛时的初速度为V0

H -r=gt2

r+=v 0t

v0=3 m/s

设第n次后取走挡板

mv2-mv02=2L bc n

n=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“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

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N B=21.8N．（取重力加速度g=10m/s2）求：

（1）小球在B点的速度V B及小球与AB轨道的动摩擦因数μ ?

（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V E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）V B=10m/s ，μ=0.4（2）V E=S/ t=4m/s（3） N C=18.25N 方向向上

【解析】

【详解】

（1）根据牛顿第二定律有N B-mg=mV B2/R

V B=10m/s

a=(V0-V B)/t=4m/s2

μmg=m a a =mg μ=0.4

（2）H=2R+2r=3.2m

t=2H g

V E=S/ t=4m/s

（3）N C- mg=mV C2/r

1 2m V B2=2mg R+

1

2

m V C2

N C=18.25N 方向向上

8．如图所示，AB是光滑的水平轨道，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v0＝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，重力加速度大小为g，求：

（1）在D点时轨道对小滑块的作用力大小F N；

（2）弹簧压缩到最短时的弹性势能E p；

（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μ的范围．

【答案】（1）（2）（3）μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7

【解析】（1）

解得

（2）根据机械能守恒

解得

（3）小滑块恰能能运动到B点

解得μ＝0.7

小滑块恰能沿着轨道运动到C点

解得μ＝0.5

所以0.5≤μ≤0.7

小滑块恰能沿着轨道运动D点

解得μ＝0.2

所以μ≤0.2

综上μ≤0.2或0.5≤μ≤0.7

9．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v1向上射入有磁感应强度为B1、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d。当栅电极MN、PQ间形成稳定的电场后，自动关闭区域I系统（包括进入其中的通道、匀强磁场B1）。区域Ⅱ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，已知现在的运动方向与预定方向MN 成θ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）22qB D m ；（2

）222112284qdmv B q B D m +；（3）22211

28qdmv B q B D + 【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：qv 2B 2=m 22

v r

，,根据题意，在A 处发射速度相等，方向

不同的正离子后，形成宽度为D 的平行正离子束，即：r =2

D

，则在A 处的正离子的速度大小v 2=

22qB D

m

。 （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 ′v 1B 1，即：E =B 1v 1；正离子束经过区域I 加速后，离开PQ 的速度大小为v 3，根据动能定理可知：qU =

12mv 32-1

2

mv 22，其中电压U =Ed =B 1v 1d 联立可得：v 3=222

1122

84qdmv B q B D

m

+。 （3）飞船方向调整前后，其速度合成矢量如图所示：

因此tan θ=

v

v

n ，离子喷出过程中，系统的动量守恒：M n v =Nmv 3，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 222

1128qdmv B q B D

+

10．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=1m ，一质量m ＝1kg 的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的A 点以大小v 0＝12m ／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L 1＝5．75m ，物块与水平轨道

写的动摩擦因数μ=0．2，取g ＝10m ／s 2，圆形轨道间不相互重叠，求：

（1）物块经过B 点时的速度大小v B ； （2）物块到达C 点时的速度大小v C ；

（3）BD 两点之间的距离L 2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q 【答案】(1) 11/m s (2) 9/m s (3) 72J 【解析】 【分析】 【详解】

（1）物块从A 到B 运动过程中，根据动能定理得：22101122

B mgL mv mv μ-=- 解得：11/B v m s =

（2）物块从B 到C 运动过程中，根据机械能守恒得：22

11·222

B C mv mv mg R =+ 解得：9/C v m s =

（3）物块从B 到D 运动过程中，根据动能定理得：2

2102

B mgL mv μ-=- 解得：230.25L m =

对整个过程，由能量守恒定律有：2

0102

Q mv =- 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v 0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0

2

v ，已知物块与小车之间的动摩擦因数为μ.求：

（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v 0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?

【答案】（1）2

038Q mv =，2038v L g μ=

（2）a. M >3m ；b. 025v ，0320

v 【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 m

g μ=，

物块滑离的过程由动能定理

22

0011()222

v fL m mv -=

- ① 解得：2

038v L g

μ=

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：203

8

Q mv =

（2）a.把小车放在光滑水平地面上时，小物体与小车间的滑动摩擦力仍为f ． 设小物体相对小车滑行距离为L '时，跟小车相对静止（未能滑离小车）共同速度为v ， 由动量守恒定律：

mv 0=(M +m )v ②

设这过程小车向前滑行距离为s . 对小车运用动能定理有:

21

2

fs Mv =

③ 对小物体运用动能定理有:

22

011()22

f L s mv mv '-+=- ④

联立②③④可得

220011

()()22mv fL mv M m M m

'=-++ ⑤

物块相对滑离需满足L L '>且203

8

fL mv = 联立可得：3M m >，

即小物体能滑离小车的质量条件为3M m >

b.当M =4m 时满足3M m >，则物块最终从小车右端滑离，设物块和车的速度分别为1v 、

2v .

由动量守恒：

012mv mv Mv =+

由能量守恒定律：

222012111()222

fL mv mv Mv =

-+ 联立各式解得：1025v v =

，203

20

v v =

12．一束初速度不计的电子流在经U ＝5000V 的加速电压加速后在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d ＝1.0cm ，板长l ＝5.0cm ，电子电量e ＝

191.610-?C ，那么

（1）电子经过加速电场加速后的动能为多少?

（2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大的电压?

【答案】(1) 16

810k E -=?J (2)要使电子能飞出，所加电压最大为400V

【解析】 【详解】

（1）加速过程，由动能定理得:2

012

ls E eU mv ==① 解得:5000k E =eV 16810-=?J

（2）在加速电压一定时，偏转电压U 越大，电子在极板间的偏转距离就越大当偏转电压大

到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压. 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动0l v t =②

在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，加速度:F eU a m dm

'

==

③ 偏转距离2

12

y at =

④ 能飞出的条件为1

2

y d ≤⑤

解①~⑤式得:

()

()

2

2

2

2

2

22

25000 1.010

2

4.010

5.010

Ud

U

l

-

-

???

'==?

?

…V

即要使电子能飞出，所加电压最大为400V