(物理)物理动能与动能定理练习题20篇及解析

【分析】
【详解】
（1）在 B 点时有 vB＝ v0 ，得 vB＝6m/s cos 60
（2）从
B
点到
E
点有
mgh
mgL
mgH
0
1 2
mvB2
，得
L＝6.5m
（3）设运动员能到达左侧的最大高度为 h′，从 B 到第一次返回左侧最高处有
mgh
mgh
'
mg
2L
0
1 2
mvB2
，得
h′＝1.2m<h＝2
m，故第一次返回时，运动员不能
(1)运动员从 A 点运动到 B 点过程中，到达 B 点时的速度大小 vB； (2)水平轨道 CD 段的长度 L；
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到 B 点？如能，请求出回到 B 点时速度的 大小；如不能，请求出最后停止的位置距 C 点的距离.
【答案】(1)vB＝6m/s (2) L＝6.5m (3)停在 C 点右侧 6m 处 【解析】
(1)选手放开抓手时的速度大小； (2)选手在传送带上从 A 运动到 B 的时间； (3)选手在传送带上克服摩擦力做的功． 【答案】(1)5 m/s (2)3 s (3)360 J 【解析】
试题分析：（1）设选手放开抓手时的速度为 v1，则－mg（L－Lcosθ）＝ mv12－ mv02，
v1＝5m/s （2）设选手放开抓手时的水平速度为 v2，v2＝v1cosθ①
物块第二次接触弹簧后，物块从 O 点沿斜面上升的最大距离 s2 ，由动能定理得：
mg sin (s1 s2 ) mg cos (s1 s2 ) 0
解得： s2 2m
故物块每经过一次 O 点，上升的最大距离为上一次的 1 2
所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：
s1
L 2
则第
n
次上升的最大距离为：
R cos sin
1 2
mv12
解得：
vB
2gR(sin cos ) tan
物体每完成一次往返运动，在 AB 斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达 B 点时， 速度变为零，对物体从 P 到 B 全过程用动能定理，有
mgR cos mgL cos 0
得物体在 AB 轨道上通过的总路程为
代入数据解得：
F 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.
6．如图所示，在倾角为 θ=37°的斜面底端有一个固定挡板 D，处于自然长度的轻质弹簧一 端固定在挡板上，另一端在 O 点，已知斜面 OD 部分光滑，PO 部分粗糙且长度 L=8m。质 量 m=1kg 的物块（可视为质点）从 P 点静止开始下滑，已知物块与斜面 PO 间的动摩擦因 数 μ=0.25，g 取 10m/s2， sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： （1）物块第一次接触弹簧时速度的大小 （2）若弹簧的最大压缩量 d=0.5m，求弹簧的最大弹性势能 （3）物块与弹簧接触多少次，反弹后从 O 点沿斜面上升的最大距离第一次小于 0.5m
（3）上问中，小物块与水平面的动摩擦因数 μ 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
（2）物块由 O 到将弹簧压缩至最短的过程中，重力势能和动能减少、弹簧的弹性势能增
加，由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能 Ep
Ep
1 2
mv2
mgd
sin
35 J
（3）物块第一次接触弹簧后，物体从 O 点沿斜面上升的最大距离 s1 ,由动能定理得:
mgs1
mgs1
cos
0
1 2
mv2
解得： s1 4m
（1）物体释放后，第一次到达 B 处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过程中在 AB 轨道上通过的总路程 s； （2）最终当物体通过圆弧轨道最低点 E 时，对圆弧轨道的压力的大小； （3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点 D（E、O、D 为同一条竖直直径上的 3 个 点），释放点距 B 点的距离 L 应满足什么条件．
【答案】(1)8m/s；(2)4.8N；(3)2m 【解析】
【分析】
【详解】 (1)通过 P 点时，由几何关系可知，速度方向与水平方向夹角为 60o，则
vy2 2gh
整理可得，物块通过 P 点的速度
sin 60o vy v
v 8m/s
(2)从 P 到 M 点的过程中，机械能守恒
1 2
mv
2
=mgR(1
cos
60o
)+
1 2
mvM2
在最高点时根据牛顿第二定律
整理得
FN
mg
mvM2 R
FN 4.8N
根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为 4.8N
(3)从 D 到 P 物块做平抛运动，因此
vD v cos 60o 4m/s
从 C 到 D 的过程中，根据能量守恒定律
C、D 两点间的距离
Ep
L R
（2）最终物体以 B 为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从 B 运动到 E 时速度为
v2 v，由动能定理知：
选手在传送带上减速过程中 a＝－μg② v＝v2＋at1③
④
匀速运动的时间 t2，s－x1＝vt2⑤ 选手在传送带上的运动时间 t＝t1＋t2⑥ 联立①②③④⑤⑥得：t＝3s
（3）由动能定理得 Wf＝ mv2－ mv22，解得：Wf＝－360J
故克服摩擦力做功为 360J． 考点：动能定理的应用
4．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．
mgx
1 2
mvD2
x 2m
2．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑 板运动的轨道，BC 和 DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为 O 点、圆心角 θ＝60°， 半径 OC 与水平轨道 CD 垂直，滑板与水平轨道 CD 间的动摩擦因数 μ＝0.2．某运动员从轨 道上的 A 点以 v0＝3m/s 的速度水平滑出，在 B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道 BC，经 CD 轨道后冲上 DE 轨道，到达 E 点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的 总质量为 m＝60kg，B、E 两点与水平轨道 CD 的竖直高度分别为 h＝2m 和 H＝2.5m.求：
回到 B 点，从 B 点运动到停止，在 CD 段的总路程为 s，由动能定理可得
mgh
mgs
0
1 2
mvB2
，得
s＝19m，s＝2L＋6
m，故运动员最后停在
C
点右侧
6m
处.
3．如图所示，在娱乐节目中，一质量为 m＝60 kg 的选手以 v0＝7 m/s 的水平速度抓住竖直 绳下端的抓手开始摆动，当绳摆到与竖直方向夹角 θ＝37°时，选手放开抓手，松手后的上 升过程中选手水平速度保持不变，运动到水平传送带左端 A 时速度刚好水平，并在传送带 上滑行，传送带以 v＝2 m/s 匀速向右运动．已知绳子的悬挂点到抓手的距离为 L＝6 m，传 送带两端点 A、B 间的距离 s＝7 m，选手与传送带间的动摩擦因数为 μ＝0.2，若把选手看 成质点，且不考虑空气阻力和绳的质量．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
BC 段的位移为：
t2 t t1 1.5s
（3）在水平面上，有： 解得：
sBC
1 2
(vB
0)t2
4.5m
0﹣vB a2t2
根据牛顿第二定律有：
a2
vB t2
4m/s2 ．
代入数据解得：
﹣mg ma2
0.4 ．
(4)从 A 到 D 的过程，根据动能定理得：
mgsAB sin F sBD sAB cos mgsBD 0
【解析】
【详解】
(1)根据机械能守恒得：
mgsAB
sin
37
1 2
mvB2
解得：
vB 2gsAB sin 37 21030.6m/s 6m/s ；
(2)物块在斜面上的加速度为：
在斜面上有：
a1 g sin 6m/s2
代入数据解得：
sAB
1 2
a1t 2
t1 1s
物块在L 2n
因为 sn
1 2
m
，所以
n>4，即物块与弹簧接触
5
次后，物块从
O
点沿斜面上升的最大距离
小于 1 m 2
7．如图所示，AB 是倾角为 θ 的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在 B 点与圆 弧相切，圆弧的半径为 R．一个质量为 m 的物体（可以看作质点）从直轨道上与圆弧的圆 心 O 等高的 P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知物体与轨道 AB 间的 动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g．试求：