高考物理动能与动能定理练习题.docx

高考物理动能与动能定理练习题一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，圆弧轨道AB 是在竖直平面内的1圆周， B 点离地面的高度h=0.8m，该处切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（不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D 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= 1gt2 2x=v B t解得：v B xg1010m / s 420.82hA 到B 过程，由动能定理得：12-0 mgR=mv B2解得轨道半径R=5m（2）在 B 点，由向心力公式得：N mg m v B2R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．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R5m ，圆心角为53的圆弧形光滑轨道CD，过 D 点后滑入倾角为（可以在 0剟75 范围内调节）、动摩擦因数为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L0=10m，g10m/s 。

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；(3)取不同值时，写出滑草车在斜面上克服摩擦所做的功与tan 的关系式。

t2【答案】 (1) 3000N3； (2)；(3)见解析sin cos3【解析】【分析】【详解】(1)根据几何关系可知CD 间的高度差HCD R 1cos532m从 B 到D点，由动能定理得mg L0 sin53 H CD1mv D202解得v D10 2m/s对 D 点，设滑草车受到的支持力F D，由牛顿第二定律F D mg m v D2 R解得F D3000N由牛顿第三定律得，滑草车对轨道的压力为3000N 。

(2)滑草车在草地轨道DE 向上运动时，受到的合外力为F合 mgsin mg cos 由牛顿第二定律得，向上运动的加速度大小为F合g sin g cosam因此滑草车第一次在草地轨道DE 向上运动的时间为tv Dg sin g cos代入数据解得t23cos sin3(3)选取小车运动方向为正方向。

①当0 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(1cos) +W f 1 =00代入数据解得Wf 16000J故当0 时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W克16000J②当030时，则g sin 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x2v D 22( g sin g cos )摩擦力做功为Wf 2mg cos x2联立解得W f 26000(J) 3 tan1故当030时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W克26000(J)3 tan1③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 sin R(1cos) +W f 3 =00代入数据解得W f 36000J故当 3075时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W克36000J所以，当0 或3075 时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000J；当0306000(J) 。

时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为3 tan13．如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB 与水平面 BC 平滑连接于 B 点， BC右端连接内壁光滑、半径 r=0.2m 的四分之一细圆管CD，管口 D 端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m 的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口 D 端平齐，一个质量为 1kg 的小球放在曲面 AB 上，现从距 BC的高度为 h=0.6m 处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ=0.5，小球进入管口 C 端时，它对上管壁有F N=2.5mg 的相互作用力，通过CD 后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能E p=0.5J。

取重力加速度g=10m/s2。

求：(1)小球在 C 处受到的向心力大小；(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km；(3)小球最终停止的位置。

【答案】 (1)35N； (2)6J； (3)距离 B 0.2m 或距离 C 端 0.3m【解析】【详解】(1)小球进入管口 C 端时它与圆管上管壁有大小为F 2.5mg 的相互作用力故小球受到的向心力为F向 2.5mg mg 3.5mg 3.5 110 35N(2)在 C 点，由F向= v c2r代入数据得1mv c2 3.5J2在压缩弹簧过程中，速度最大时，合力为零，设此时滑块离 D 端的距离为x0则有kx0mg解得x 0mg 0.1mk设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有mg(r x 0 )1mv c2EkmE p2得Ekmmg (r x 0 )1mv c 2 E p 3 3.5 0.5 6J2(3)滑块从 A 点运动到 C 点过程，由动能定理得mg 3rmgs1 mv c 22解得 BC 间距离s 0.5m小球与弹簧作用后返回 C 处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC 水平面相互作用的过程中，设物块在BC 上的运动路程为s ，由动能定理有mgs1mv c 22解得s0.7m故最终小滑动距离 B 为 0.7 0.5m0.2m 处停下 .【点睛】经典力学问题一般先分析物理过程，然后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。

4． 如图所示，小滑块（视为质点）的质量 m= 1kgAB 的倾角 ；固定在地面上的斜面=37 °、长 s=1m ，点 A 和斜面最低点 B 之间铺了一层均质特殊材料，其与滑块间的动摩擦 因数 μ可在 0≤μ≤1.5之间调节。

点 B 与水平光滑地面平滑相连，地面上有一根自然状态下 的轻弹簧一端固定在 O 点另一端恰好在 B 点。

认为滑块通过点B 前、后速度大小不变；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

取g=10m/s 2 ， sin37 °=0.6， cos37 °=0.8，不计空气阻力。

（1）若设置 μ=0，将滑块从 A 点由静止释放，求滑块从点A 运动到点B 所用的时间。

（2）若滑块在 A 点以 v 0=lm/s 的初速度沿斜面下滑，最终停止于 B 点，求 μ的取值范围。

【答案】（ 1）t31313 s；（ 2）或316。

3324【解析】【分析】【详解】（1）设滑块从点 A 运动到点B的过程中，加速度大小为 a ，运动时间为t，则由牛顿第二定律和运动学公式得mg sin mas 1at2 2解得t 3 s3（2）滑块最终停在 B 点，有两种可能：①滑块恰好能从 A 下滑到B，设动摩擦因数为 1 ，由动能定律得：mg sin gs 1 mg cos gs01mv02 2解得13 116②滑块在斜面 AB 和水平地面间多次反复运动，最终停止于 B 点，当滑块恰好能返回A 点，由动能定理得2 mg cos g2s01mv02 2解得1 232此后，滑块沿斜面下滑，在光滑水平地面和斜面之间多次反复运动，最终停止于 B 点。

当滑块恰好能静止在斜面上，则有mg sin3mg cos解得3 34所以，当213AB 和水平地面间多次反复运动，3 ，即时，滑块在斜面324最终停止于 B 点。

1313综上所述，的取值范围是或3。

324165．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中AB 是足够长的水平轨道， B 端与半径为 R 的光滑半圆轨道BCD 平滑相切连接，半圆的直径BD 竖直， C 点与圆心O 等高．现有一质量为 m 的小球 Q 静止在 B 点，另一质量为 2m 的小球 P 沿轨道 AB 向右匀速运动并与Q 发生对心碰撞，碰撞后瞬间小球 Q 对半圆轨道 B 点的压力大小为自身重力的 7 倍，碰撞后小球P 恰好到达 C 点．重力加速度为 g．（1）求碰撞前小球P 的速度大小；（2）求小球Q 离开半圆轨道后落回水平面上的位置与 B 点之间的距离；（3）若只调节光滑半圆轨道BCD半径大小，求小球Q 离开半圆轨道 D 点后落回水平面上的位置与 B 点之间的距离最大时，所对应的轨道半径是多少？【答案】（1）（ 2）（ 3）【解析】【分析】【详解】设小球 Q 在 B 处的支持力为；碰后小球的速度为；小球 Q 到达 D 点的速度为(1)由牛顿第三定律得小球Q 在 B 点Q 的速度为.，小球P 的速度为；碰前小球P碰后小球Q 在B 点由牛顿第二定律得:碰后小球P 恰好到 C 点，由动能定理得: P、Q 对心碰撞，由动量守恒得：联立解得 :(2)小球 Q 从 B 到 D 的过程中，由动能定理得：解得，所以小球Q 能够到达 D 点由平抛运动规律有：联立解得(3)联立解得 :当时 x 有最大值所以【点睛】解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如何转化，分段运用能量守恒定律列式是关键．6．如图所示，在方向竖直向上、大小为6A、 B E=1×10V/m 的匀强电场中，固定一个穿有两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R=0.2m． A、 B 用一根绝缘轻杆相连， A 带的电荷量为7﹣q=+7 × 10C，B 不带电，质量分别为m A=0.01kg、m B=0.08kg．将两小球从圆环上的图示位置（ A 与圆心 O 等高， B 在圆心 O 的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动．重力加速度大小为g=10m/s 2．（1）通过计算判断，小球 A 能否到达圆环的最高点C？（2）求小球 A 的最大速度值．（3）求小球 A 从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值．【答案】（1） A 不能到达圆环最高点（2）22m/s（3）0.1344J 3【解析】【分析】【详解】试题分析： A、B 在转动过程中，分别对A、 B 由动能定理列方程求解速度大小，由此判断A 能不能到达圆环最高点；A、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，对A、 B 分别由动能定理列方程联立求解最大速度；A、 B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0 时，根据电势能的减少与电场力做功关系求解．（1）设 A、 B 在转动过程中，轻杆对 A、 B 做的功分别为 W T和W T，根据题意有： W T W T 0设 A、 B 到达圆环最高点的动能分别为对A 根据动能定理： qER﹣ m A gR+W T1=E KA对 B 根据动能定理：W T1m B gR E联立解得： E KA+E KB=﹣ 0.04J由此可知：A 在圆环最高点时，系统动能为负值，故 A 不能到达圆环最高点（2）设 B 转过α角时， A、 B 的速度大小分别为v 、 v ，A B因 A、 B 做圆周运动的半径和角速度均相同，故：v A=v B对 A 根据动能定理：qER sin m A gRsin W T 21m A v A2 2对 B 根据动能定理：W T 2m B gR 1cos 1m B v B2 2联立解得： v A283sin4cos4 9由此可得：当 tan 3 2 2m / s 时， A、 B 的最大速度均为v max43（3） A、 B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减少最多，由上可式得： 3sin α+4cosα﹣ 4=0解得： sin 2425或sin α=0（舍去）所以 A 的电势能减少：E P qER sin 84J 0.1344 J 625点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答，属于复杂题．7．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 一初速度，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μ． B 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．E KA、 E KB【答案】18 gd5【解析】【详解】设在发生碰撞前的瞬间，木块 A 的速度大小为v0；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1mv021mv1212mv22222mv0mv12mv2，式中，以碰撞前木块 A 的速度方向为正，联立解得：v1v0， v22v0 33设碰撞后 A 和 B 运动的距离分别为d1和 d2，由动能定理得mgd11mv12，2（2m） gd 212mv22．2按题意有： d d2d1．联立解得：v0＝18gd58．如图所示， AB 为倾角37 的斜面轨道，BP为半径R=1m的竖直光滑圆弧轨道，O 为圆心，两轨道相切于 B 点， P、 O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在 A 点，另一端在斜面上 C 点处，轨道的AC 部分光滑， CB部分粗糙， CB长 L＝ 1.25m，物块与斜面间的动摩擦因数为＝ 0.25，现有一质量 m=2kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到 D 点后释放 (不栓接 )，物块经过 B 点后到达 P 点，在 P 点物块对轨道的压力大小为其重力的 1.5倍， sin370.6,cos370.8 ， g=10m/s 2. 求：(1)物块到达 P 点时的速度大小v P；(2)物块离开弹簧时的速度大小v C；(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块离开弹簧时速度的最大值v m.【答案】 (1) v P 5m/s(2) v C=9m/s (3)v m6m/s【解析】【详解】(1)在 P 点，根据牛顿第二定律：2v Pmg N P m解得 : v P 2.5gR5m/s(2)由几何关系可知BP 间的高度差h BP R(1 cos37 )物块 C 至 P 过程中，根据动能定理：mgL sin37mgh BP mgLcos37 = 1mv P21mv C2 22联立可得： v C=9m/s(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块能够到达的最大高度为与O 等高处的 E 点，物块 C 至 E 过程中根据动能定理：mgL cos37mgLsin37 mgRsin 53 =01mv m22解得： v m6m/s9．如图，质量为m=1kg 的小滑块（视为质点）在半径为R=0.4m 的 1/4 圆弧 A 端由静止开始释放，它运动到 B 点时速度为v=2m/s．当滑块经过 B 后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ=37、°长s=1m的斜面CD 上， CD 之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0≤μ≤之1.5间调节．斜面底部 D 点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O 点，自然状态下另一端恰好在 D 点．认为滑块通过 C 和 D 前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取 g=10m/s 2， sin37 =0°.6， cos37 =0°.8，不计空气阻力．（1）求滑块对 B 点的压力大小以及在AB 上克服阻力所做的功；（2）若设置μ =0，求质点从 C 运动到 D 的时间；（3）若最终滑块停在 D 点，求μ的取值范围．【答案】（1） 20N， 2J；（ 2）1s；（ 3） 0.125 ≤μ＜0.75 或μ =1．3【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑块在 B 点所受的支持力，从而得出滑块对 B 点的压力，根据动能定理求出 AB 端克服阻力做功的大小．（2）若μ =0，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出 C 到 D 的时间．（3）最终滑块停在 D 点有两种可能，一个是滑块恰好从 C 下滑到 D，另一种是在斜面CD 和水平面见多次反复运动，最终静止在 D 点，结合动能定理进行求解．【详解】（1）滑块在 B 点，受到重力和支持力，在 B 点，根据牛顿第二定律有：F- mg＝ m v2，R代入数据解得： F=20N，由牛顿第三定律得： F′=20N．从A B mgR- W＝12到，由动能定理得：2mv ，代入数据得： W=2J．（2）在 CD间运动，有： mgsin θ =ma，加速度为： a=gsin θ=10×0.6m/s2=6m/s2，根据匀变速运动规律有：s＝ vt+ 1at22代入数据解得：t=1 s．3（3）最终滑块停在 D 点有两种可能：a、滑块恰好能从 C 下滑到 D．则有：11mv2，mgsin θ?s-μmg cos θ?s＝ 0-2代入数据得：μ1=1，b、滑块在斜面CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于 D 点．当滑块恰好能返回 C 有： - μ1m gcos θ ?2s＝ 0-1mv2，2代入数据得到：μ1=0.125，当滑块恰好能静止在斜面上，则有：mgsinθ=μ2mgcosθ，代入数据得到：μ=0.75．所以，当 0.125 ≤μ＜ 0.75，滑块在 CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于 D 点．综上所述，μ的取值范围是0.125 ≤μ＜ 0.75 或μ=1．【点睛】解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动规律，运用动力学知识和动能定理进行求解，涉及到时间问题时，优先考虑动力学知识求解．对于第三问，要考虑滑块停在D 点有两种可能．10．如图所示，一质量M =4kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。