1、最新高考物理動能與動能定理練習題及答案一、高中物理精講專題測試動能與動能定理1.如圖所示，質(zhì)量 m=3kg的小物塊以初速度穢 vo=4m/s水平向右拋出，恰好從 A點沿著圓弧的切線方向進入圓弧軌道。圓弧軌道的半徑為R= 3.75m , B點是圓弧軌道的最低點,圓弧軌道與水平軌道 BD平滑連接，A與圓心D的連線與豎直方向成 37角，MN是一段粗 糙的水平軌道，小物塊與 MN間的動摩擦因數(shù) 尸0.1,軌道其他部分光滑。最右側(cè)是一個 半徑為r =0.4m的半圓弧軌道，C點是圓弧軌道的最高點，半圓弧軌道與水平軌道BD在D點平滑連接。已知重力加速度g=10m/s2, sin37° =0.6,

2、cos37° =0.8。(1)求小物塊經(jīng)過 B點時對軌道的壓力大小；(2)若MN的長度為LO=6m,求小物塊通過 C點時對軌道的壓力大小；(3)若小物塊恰好能通過 C點，求MN的長度L。to% /37口；A【答案】(1) 62N (2) 60N (3) 10m【解析】【詳解】(1)物塊做平拋運動到A點時，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有:v0 vA cos37解得：vAV0cos374,m / s 5m / s0.8小物塊經(jīng)過A點運動到B點,根據(jù)機械能守恒定律有:12mvA mg R Rcos371 2-mvB 2小物塊經(jīng)過B點時，有：Fnbmg2Vb m 一R解得：Fnb mg 3 2cos3

3、72mvB 62NR12-mvB 2在C點，由牛頓第二定律得:Fnc mg2Vc m 一r根據(jù)牛頓第三定律，小物塊對軌道的壓力大小是62N(2)小物塊由B點運動到C點，根據(jù)動能定理有：12mgLo mg 2r -mvc 2代入數(shù)據(jù)解得：Fnc 60N根據(jù)牛頓第三定律，小物塊通過C點時對軌道的壓力大小是60N2(3)小物塊剛好能通過 C點時，根據(jù)mg mvl r解得：Vc2gr 10 0.4m /s 2m / s小物塊從B點運動到C點的過程，根據(jù)動能定理有：1212mgL mg 2rmvc2mvB22代入數(shù)據(jù)解得：L=10m2.如圖所示，粗糙水平桌面上有一輕質(zhì)彈簧左端固定在A點，自然狀態(tài)時其右端

4、位于B點。水平桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑軌道MNP,其形狀為半徑 R=1.0m的圓環(huán)剪去了左上角120。的圓弧，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離是 h=2.4m。用質(zhì)量為 m=0.2kg的物塊將彈簧由B點緩慢壓縮至C點后由靜止釋放，彈簧在C點時儲存的彈性勢能Ep=3.2J,物塊飛離桌面后恰好 P點沿切線落入圓軌道。已知物塊與桌面間的動摩擦因數(shù) =0.4,重力加速度g值取10m/s2,不計空氣阻力，求：(1)物塊通過P點的速度大小；(2)物塊經(jīng)過軌道最高點 M時對軌道的壓力大小；(3)C、D兩點間的距離；【答案】(1)8m/s； (2)4.8N; (3)2m【解析】【分析】【詳解】(1)通

5、過P點時，由幾何關(guān)系可知，速度方向與水平方向夾角為60°,則V2 2gh° Vysin 60 一v整理可得，物塊通過 P點的速度v 8m/s(2)從P到M點的過程中，機械能守恒1 2°、，12mv =mgR(1 c°s60 )+ mvM2 2在最高點時根據(jù)牛頓第二定律2mvMFn mg R整理得Fn 4.8N根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊對軌道的壓力大小為4.8N(3)從D到P物塊做平拋運動，因此vD vcos60o 4m/s從C到D的過程中，根據(jù)能量守恒定律12Epmgx 2 mvDC、D兩點間的距離x 2m3.兒童樂園里的彈珠游戲不僅具有娛樂性還可以鍛煉

6、兒童的眼手合一能力。某彈珠游戲可 簡化成如圖所示的豎直平面內(nèi)OABCD透明玻璃管道，管道的半徑較小。為研究方便建立平面直角坐標系，。點為拋物口，下方接一滿足方程y -x2的光滑拋物線形狀管道 OA;9AB、BC是半徑相同的光滑圓弧管道，CD是動摩擦因數(shù) 科=0.8的粗糙直管道；各部分管道在連接處土相切。A、B、C、D的橫坐標分別為xa= 1.20m、xb= 2.00m、xc= 2.65m、xd=3.40mo已知，彈珠質(zhì)量 m=100g,直徑略小于管道內(nèi)徑。E為BC管道的最高點，在 D處(2)若要使彈珠第一次到達E點時對軌道壓力等于彈珠重力的3倍，在。點拋射速度Vo應該多大；(3)游戲設置3次通

7、過E點獲得最高分，若要獲得最高分在。點拋射速度 m的范圍。【答案】(1) 3m/s (2) 2j2m/s(3) 2 J3 m/s v2 J6 m/s【解析】【詳解】(1)由 y 5x2 得：A 點坐標(1.20m, 0.80m) 91 2由平拋運動規(guī)律得：xA = vot, yA -gt2代入數(shù)據(jù)，求得t=0.4s, (2)由速度關(guān)系，可得求得AB、BC圓弧的半徑v0 = 3m/s ;53°R= 0.5mmgyA mgR (1 cos53 )1 2 mvE 21 2一mv02解得 vo= 2 J2 m/s ;(3) sin ， 2.65 2.000.5CD與水平面的夾角也為“=30&

8、#176;設3次通過E點的速度最小值為0.400.5,V1.由動能定理得mgyA mgR (1 cos53 ) 2 叱12mgxDcos30 =0 mv1解得 V1 = 2 J3 m/s設3次通過E點的速度最大值為v2 .由動能定理得mgyA mgR (1 cos53 ) 4 林12mgxDCos30 =0 mv2OE過程由動能定理得:解得 V2= 6m/s考慮2次經(jīng)過E點后不從。點離開，有122mg)CDcos30 =0 mv3 2解得 V3 = 2 6Q m/s故 2 J3 m/s < 4 V 2 6Q m/s4.如圖所示，光滑水平軌道距地面高 h=0.8m,其左端固定有半徑 R=0

9、.6m的內(nèi)壁光滑的半 圓管形軌道，軌道的最低點和水平軌道平滑連接.質(zhì)量m=1.0kg的小球A以v0=9m/s的速度與靜止在水平軌道上的質(zhì)量m2=2.0kg的小球B發(fā)生對心碰撞，碰撞時間極短，小球A被反向彈回并從水平軌道右側(cè)邊緣飛出，落地點到軌道右邊緣的水平距離s=1.2m.重力加速度 g=10m/s2.求：(1)碰后小球B的速度大小vb；(2)小球B運動到半圓管形軌道最高點C時對軌道的壓力.【答案】(1) 6m/s (2) 20N,向下【解析】【詳解】規(guī)定A的初速度方向為正方向，AB碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒，以向，有：mivo=m2VB-miVA, 代入數(shù)據(jù)解得：VB=6m/s.11J-m閭

10、2R =養(yǎng)陰之好-2 4(2)根據(jù)動能定理得上一代入數(shù)據(jù)解得：說中曬+ F = m2一根據(jù)牛頓第二定律得甘vl12F =_0叫=2 x -20 = 20解得： R，方向向下A運動的方向為正方根據(jù)牛頓第三定律得，小球?qū)壍雷罡唿c的壓力大小為20N ,方向向上.【點睛】本題考查了動能定理、動量守恒定律、牛頓第二定律的綜合，涉及到平拋運動、圓周運動，綜合性較強，關(guān)鍵要理清過程，選擇合適的規(guī)律進行求解5.如圖所示，AB是一傾角為。=37的絕緣粗糙直軌道，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)=0.30, BCD是半徑為R=0.2m的光滑圓弧軌道，它們相切于 B點，C為圓弧軌道的最低 點，整個空間存在著豎直向上的勻強

11、電場，場強 E = 4.0 xlN/c,質(zhì)量m = 0.20kg的帶電滑 塊從斜面頂端由靜止開始滑下.已知斜面 AB對應的高度h = 0.24m,滑塊帶電荷q =- 5.0 x 14C,取重力加速度 g = 10m/s2, sin37 = 0.60, cos37 =0.80.求：(1)滑塊從斜面最高點滑到斜面底端B點時的速度大小;(2)滑塊滑到圓弧軌道最低點C時對軌道的壓力.【答案】(1) 2.4m/s(2)12N【解析】【分析】B點時的速度大小;(1)滑塊沿斜面滑下的過程中，根據(jù)動能定理求解滑到斜面底端(2)滑塊從B到C點，由動能定理可得 C點速度，由牛頓第二定律和由牛頓第三定律求解. 【詳

12、解】(1)滑塊沿斜面滑下的過程中，受到的滑動摩擦力：mg qE cos370.96N設到達斜面底端時的速度為vi,根據(jù)動能定理得：h mg qE h f .sin 371 2 mv12解得:vi=2.4m/s(2)滑塊從B到C點，由動能定理可得:mg qE R/ c 121 cos37 = - mv2122mv1當滑塊經(jīng)過最低點時，有:Fn2丫2mg qE m一由牛頓第三定律:FnFn 11.36N方向豎直向下.【點睛】本題是動能定理與牛頓定律的綜合應用，關(guān)鍵在于研究過程的選擇6.如圖所示，AB是傾角為。的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道， AB恰好在B點與圓 弧相切，圓弧的半徑為 R. 一

13、個質(zhì)量為 m的物體(可以看作質(zhì)點)從直軌道上與圓弧的圓 心O等高的P點由靜止釋放，結(jié)果它能在兩軌道間做往返運動.已知物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為 巴重力加速度為g .試求：(1)物體釋放后，第一次到達B處的速度大小，并求出物體做往返運動的整個過程中在AB軌道上通過的總路程 s；(2)最終當物體通過圓弧軌道最低點E時，對圓弧軌道的壓力的大小；(3)為使物體能順利到達圓弧軌道的最高點D (E、O、D為同一條豎直直徑上的 3個點)，釋放點距 B點的距離L應滿足什么條件.【答案】(1) vB J2gR(sincos ) ； L - (2) Fn mg(3 2cos );， tan,(3 2cos )

14、R(3) L -2(sin cos )【解析】【分析】【詳解】(1)設物體釋放后，第一次到達 B處的速度為Vi ,根據(jù)動能定理可知:mgRcosRcos mg cos sin12mv12解得:2gR(sin cos )vB tan物體每完成一次往返運動，在AB斜面上能上升的高度都減少一些，最終當它達B點時,速度變?yōu)榱悖瑢ξ矬w從 P到B全過程用動能定理，有mgRcos mgL cos 0得物體在AB軌道上通過的總路程為(2)最終物體以B為最高點在圓弧軌道底部做往返運動，設物體從B運動到E時速度為V2 V,由動能定理知:mgR(1 cos)22在E點，由牛頓第二定律有Fn mg2mv2R解得物體受

15、到的支持力Fn mg(32cos )2cos ),方向豎直向根據(jù)牛頓第三定律，物體對軌道的壓力大小為Fn Fn mg(3下.(3)設物體剛好到達 D點時的速度為Vd此時有2 mvD mg K解得:Vd gR設物體恰好通過 D點時釋放點距B點的距離為Lq,有動能定理可知:12mgL0 sinR(1 cos ) mgcos L0 - mvD聯(lián)立解得:(3 2cos )RL0 OZ 2(sin cos )則:,(3 2cos )RL2(sin cos )答案：(1) Vb J2gR(sinc0s ) ； L R (2)Fnmg(3 2cos )； (3)， tan,(3 2cos )RL2(sin

16、cos )7.如圖所示，半徑 R = 0.1m的豎直半圓形光滑軌道 BC與水平面 AB相切，AB距離x = 1m.質(zhì)量m = 0.1kg的小滑塊1放在半圓形軌道末端的B點，另一質(zhì)量也為 m = 0.1kg的小滑塊2,從A點以v0 20 m/s的初速度在水平面上滑行，兩滑塊相碰，碰撞時間極短， 碰后兩滑塊粘在一起滑上半圓形軌道.已知滑塊2與水平面之間的動摩擦因數(shù)尸0.2.取重力加速度g 10m/s2.兩滑塊均可視為質(zhì)點.求(1)碰后瞬間兩滑塊共同的速度大小v；(2)兩滑塊在碰撞過程中損失的機械能E ；(3)在C點軌道對兩滑塊的作用力F.【答案】(1)v=3m/s(2) E= 0.9J(3F=8N

17、,方向豎直向下【解析】【詳解】1212物塊2由A到B應用動能te理：mgx - mv1 mv022解得 V1=6m/s兩滑塊碰撞前后動量守恒，根據(jù)動量守恒有：mvi 2mv解得：v 3m/s方向：水平向右1212(2)兩滑塊在碰撞過程中損失的機械能E 2 mM 2 2mv解得：E 0.9J(3)兩滑塊從B到C機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律有:1 2122mv2mvc 2mgR2 22兩滑塊在C點時：2mg FN 2mC解得：FN 8N據(jù)牛頓第三定律可得：在 C點軌道對兩滑塊的作用力 F=8N,方向豎直向下8.如圖為一水平傳送帶裝置的示意圖.緊繃的傳送帶AB始終保持vo=5m/s的恒定速率運行，

18、AB間的距離L為8m .將一質(zhì)量 m= 1kg的小物塊輕輕放在傳送帶上距A點2m處的P點，小物塊隨傳送帶運動到B點后恰好能沖上光滑圓弧軌道的最高點N.小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù) -0.5,重力加速度g=10 m/s2.求：(1)該圓軌道的半徑r；(2)要使小物塊能第一次滑上圓形軌道達到M點，M點為圓軌道右半側(cè)上的點，該點高出B點0.25 m ,且小物塊在圓形軌道上不脫離軌道，求小物塊放上傳送帶時距離A點的位置范圍.【答案】(1) r 0.5m (2) 7m x 725m,0 x 5?5m【解析】【分析】【詳解】試題分析：(1)小物塊在傳送帶上勻加速運動的加速度a g 5m/s2小物塊與傳送帶

19、共速時，所用的時間t v0 1sa運動的位移 x 紋 2.5m v L 2=6m2a故小物塊與傳送帶達到相同速度后以V0 5m/s的速度勻速運動到 B,然后沖上光滑圓弧2軌道恰好到達N點，故有：mg mvN- r12_12由機械能寸恒te律得 一mv0 mg(2r) -mv；,解得r 0 5m 22(2)設在距A點X1處將小物塊輕放在傳送帶上，恰能到達圓心右側(cè)的M點，由能量守恒得：mg( L為)=mgh代入數(shù)據(jù)解得x= 7.5?m設在距A點X2處將小物塊輕放在傳送帶上，恰能到達右側(cè)圓心高度，由能量守恒得：mg(L X2)=mgR代入數(shù)據(jù)解得x?= 7?m則：能到達圓心右側(cè)的M點，物塊放在傳送帶

20、上距 A點的距離范圍7用工工工7.5冊；同理，只要過最高點 N同樣也能過圓心右側(cè)的 M點，由(1)可知x3= 8m 2.5m 5.5?m 則：0 x 5.5m .故小物塊放在傳送帶上放在傳送帶上距A點的距離范圍：7m x 7?5mJ口0 x 5?5m考點：考查了相對運動，能量守恒定律的綜合應用9.如圖，質(zhì)量為 m=1kg的小滑塊(視為質(zhì)點)在半徑為R=0.4m的1/4圓弧A端由靜止開始釋放，它運動到 B點時速度為v=2m/s.當滑塊經(jīng)過 B后立即將圓弧軌道撤去.滑塊在光 滑水平面上運動一段距離后，通過換向軌道由C點過渡到傾角為 。=37；長s=1m的斜面CD上，CD之間鋪了一層勻質(zhì)特殊材料，其

21、與滑塊間的動摩擦系數(shù)可在Oww上聞調(diào)節(jié).斜面底部D點與光滑地面平滑相連，地面上一根輕彈簧一端固定在。點，自然狀態(tài)下另一端恰好在D點.認為滑塊通過 C和D前后速度大小不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦 力.取 g=10m/s2, sin37=0°.6, cos37 =0.8,不計空氣阻力.IT仁芻BI鏟爾者(1)求滑塊對B點的壓力大小以及在 AB上克服阻力所做的功； (2)若設置 科=0求質(zhì)點從C運動到D的時間；(3)若最終滑塊停在 D點，求科的取值范圍.1【答案】(1) 20N, 2J; (2) s； (3) 0.125 W0.75 或科=13【解析】 【分析】 (1)根據(jù)牛頓第二定律求

22、出滑塊在B點所受的支持力，從而得出滑塊對B點的壓力，根據(jù)動能定理求出 AB端克服阻力做功的大小.(2)若科=0,根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合位移時間公式求出C到D的時間.(3)最終滑塊停在 D點有兩種可能，一個是滑塊恰好從C下滑到D,另一種是在斜面 CD和水平面見多次反復運動，最終靜止在D點，結(jié)合動能定理進行求解.【詳解】2(1)滑塊在B點，受到重力和支持力，在 B點，根據(jù)牛頓第二定律有：F-mg=m,R代入數(shù)據(jù)解得：F=20N, 由牛頓第三定律得：F' =20 N從A到B,由動能定理得： mgR-W=-mv2,2代入數(shù)據(jù)得：W=2J.(2)在 CD間運動，有： mgsin 0 =

23、 ma加速度為：a=gsin 0 =10X 0.6m2=6m/s2,根據(jù)勻變速運動規(guī)律有：s= vt+- at22代入數(shù)據(jù)解得：t=1s.3(3)最終滑塊停在 D點有兩種可能：a、滑塊恰好能從 C下滑到D.則有：mgsin 0s- mgcos 0 9= 0 - mv2,2代入數(shù)據(jù)得：因=1,b、滑塊在斜面 CD和水平地面間多次反復運動，最終靜止于D點.當滑塊恰好能返回 C有：- 圖 mgcos 0 ?2= 0- ； mv2,代入數(shù)據(jù)得到：田=0.125,當滑塊恰好能靜止在斜面上，則有：mgsin 0 =2mgcos 0,代入數(shù)據(jù)得到：也=0.75.所以，當0.125W低0.75,滑塊在CD和水

24、平地面間多次反復運動，最終靜止于D點.綜上所述，科的取值范圍是 0.125 w任0.75或 尸1【點睛】解決本題的關(guān)鍵理清滑塊在整個過程中的運動規(guī)律，運用動力學知識和動能定理進行求解，涉及到時間問題時，優(yōu)先考慮動力學知識求解.對于第三問，要考慮滑塊停在D點有兩種可能.10.如圖甲所示，水平面上 A點處有一質(zhì)量 m= 0.5kg的小物塊，從靜止開始在水平向右 恒力Fi作用下運動，通過 B點時立即撤去力 F1,物塊恰好落到斜面 P點。物塊與水平面間 的滑動摩擦力為f, f大小與物塊離 A點的距離d的關(guān)系如圖乙所示。已知 AB間距為2m, 斜面傾角=37°, BP間距為3m,重力加速度 g

25、取10m/s2,不計空氣阻力。(sin37 =0.6,cos37 =0.8）求(1)物塊通過B點時速度大小(2)恒力Fi大小(3)現(xiàn)將圖甲裝置置于風洞實驗室中，斜面BC處于風場中，且足夠長。物塊從 B點以(1)同中的速度水平向右拋出，立即撤去力Fi,同時物塊受到大小為 4N的風力F2作用，風力方向從水平向左逆時針到豎直向下范圍內(nèi)可調(diào)，如圖甲所示。調(diào)整風力方向使物塊從拋出至 落到斜面的時間最短，求該最短時間及在此條件下物塊第一次落到斜面時的動能【答案】(1) 4m/s (2) 4.5N (3) 7.69J【解析】【詳解】(1)物塊從B到P ,假設BP間距為L ,根據(jù)平拋運動規(guī)律有水平方向：x L

26、cosvBt 1 9 一豎直方向：y Lsin gt 2代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立式解得 vB 4m/s ；1 (2)由圖乙可知摩擦力對物塊做功為Wf f1f2 d21 2物塊從A到B,由動能定理有 F1d Wf -mvB 02代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立式解得F1 4.5N(3)方法以B點為坐標軸原點，水平方向為 x軸，豎直方向為y軸，假設52與x軸方向成 角, 根據(jù)運動的合成與分解有 水平方向：x vBt1以匚產(chǎn)2 m1 F2 sinmg 2 豎直萬向：y -2 t22 m幾何關(guān)系：tan - xt Vb tan聯(lián)立式解得1 F2 sinmg 1 f2 costanm代入數(shù)據(jù)可得t12值,而 4sin 3costm

27、in0.3svxvBF2 cos204 4sin5 4sin53cos3 cos5vyF2 sinmgEk1212-mv - m vx 222vy(11)聯(lián)立（11）式解得Ek7.69J (,要使t最小,即4sin5sin370 ,故當3cos要取最大530時，t最小,(vx 2.56m/s , vy4.92m/s)【或：把tmm 0.3s代入式中解得y 0.738m假設落到Q點，從B到Q過程，由動能定理得 Wf WgEk ,12 _即 0 mgy Ek - mvB 2方法二：以B點為坐標軸原點,沿斜面方向為x軸，豎直斜面方向為y軸,vByvB sin,Gy mg cos,vBy和Gy均為定值

28、，為使物塊盡快落到斜面，故 F2垂直斜向向下。x方向：xvB cosy方向：yvB sinF2 mg cos 2t y 0時，解得 tmin 0.3STF2 mg cos , c或：vy vB sin t1 m當 Vy 0 時，t10.15s, t 2t1 0.3svx vB cos gsin t 把 tmn 0.3s 代入式中解得 Vx 5m/s ,而 Vy vBy vBsin2.4m/s ,1 2122Ekmv mvxvy2 2代入數(shù)據(jù)解得Ek7.69J【或：把tmn 0.3s代入式中解得x 1.23m,假設落到Q點，從B到Q過程，由動能定理得 Wf WgEk,12即 0 mgxsin E

29、k mvB 代入數(shù)據(jù)解得Ek7.69J】11.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧左端固定在輕桿的A點，右端與一質(zhì)量 m=1kg套在輕桿的小物塊相連但不栓接，輕桿 AC部分粗糙糙，與小物塊間動摩擦因數(shù)=0.2, CD部分為一段光滑的豎直半圓軌道.小物塊在外力作用下壓縮彈簧至B點由靜止釋放，小物塊恰好運動到半圓軌道最高點 D, BC=5m,小物塊剛經(jīng)過 C點速度v=4m/ s , g取10m/s2 ,不計空氣 阻力，求：(1)半圓軌道的半徑 R；(2)小物塊剛經(jīng)過 C點時對軌道的壓力；(3)小物塊在外力作用下壓縮彈簧在B點時，彈簧的彈性勢能 E p【答案】 0.4m50N方向垂直向下(3)18J【解析】【分析】【詳解】(1)物塊由C點運動到D點，根據(jù)機械能守恒定律1 22mgR - mvR=0.4m小物塊剛過C點時2匚vFn mg = m R2所以 Fn mg m50 N根據(jù)牛