物理高考动能与动能定理练习题含解析

物理高考动能与动能定理练习题含解析

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。传送带由电动机带动，以2m/sv的速度顺时针匀速转动，倾角37。工人将工件轻放至传送带最低点A，由传送带传送至最高点B后再由另一工人运走，工件与传送带间的动摩擦因数为78，所运送的每个工件完全相同且质量2kgm。传送带长度为6mL，不计空气阻力。（工件可视为质点，sin370.6，cos370.8，210m/sg）求：

(1)若工人某次只把一个工件轻放至A点，则传送带将其由最低点A传至B点电动机需额外多输出多少电能？

(2)若工人每隔1秒将一个工件轻放至A点，在传送带长时间连续工作的过程中，电动机额外做功的平均功率是多少？

【答案】(1)104J；(2)104W

【解析】

【详解】

(1)对工件

cossinmgmgma

22vax

1vat

12st

得

2mx

12xvtx带

2mxxx相带

由能量守恒定律

pkEQEE电

即

21cossin2EmgxmgLmv电相

代入数据得 104JE电

(2)由题意判断，每1s放一个工件，传送带上共两个工件匀加速，每个工件先匀加速后匀速运动，与带共速后工件可与传送带相对静止一起匀速运动。匀速运动的相邻的两个工件间距为

2mxvt

Lxnx

得

2n

所以，传送带上总有两个工件匀加速，两个工件匀速

则传送带所受摩擦力为

2cos2sinfmgmg

电动机因传送工件额外做功功率为

104WPfv

2．如图所示，水平地面上一木板质量M＝1 kg，长度L＝3.5 m，木板右侧有一竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径R＝1 m，最低点P的切线与木板上表面相平．质量m＝2 kg的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以0v39m/s的速度与圆弧轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最终滑离木板．已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g取10 m/s2．求：

(1)滑块对P点压力的大小；

(2)滑块返回木板上时，木板的加速度大小；

(3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间．

【答案】(1)70 N (2)1 m/s2 (3)1 s

【解析】

【分析】

【详解】

(1)滑块在木板上滑动过程由动能定理得：

－μ1mgL＝12mv2－1220mv

解得：v＝5 m/s

在P点由牛顿第二定律得：

F－mg＝m2vr

解得：F＝70 N

由牛顿第三定律，滑块对P点的压力大小是70 N (2)滑块对木板的摩擦力Ff1＝μ1mg＝4 N

地面对木板的摩擦力

Ff2＝μ2(M＋m)g＝3 N

对木板由牛顿第二定律得：Ff1－Ff2＝Ma

a＝12ffFFM－＝1 m/s2

(3)滑块滑上圆弧轨道运动的过程机械能守恒，故滑块再次滑上木板的速度等于v＝5 m/s

对滑块有：(x＋L)＝vt－12μ1gt2

对木板有：x＝12at2

解得：t＝1 s或t＝73s(不合题意，舍去)

故本题答案是： (1)70 N (2)1 m/s2 (3)1 s

【点睛】

分析受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可．

3．如图所示，斜面高为h，水平面上D、C两点距离为L。可以看成质点的物块从斜面顶点A处由静止释放，沿斜面AB和水平面BC运动，斜面和水平面衔接处用一长度可以忽略不计的光滑弯曲轨道连接，图中没有画出，不计经过衔接处B点的速度大小变化，最终物块停在 水平面上C点。已知物块与斜面和水平面间的滑动摩擦系数均为μ。请证明：斜面倾角θ稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置A点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C点。

【答案】见解析所示

【解析】

【详解】

设斜面长为L，倾角为，物块在水平面上滑动的距离为S．对物块，由动能定理得：

cos0mghmgLmgS

即：

cos0sinhmghmgmgS

0tanhmghmgmgS

由几何关系可知： tanhLS

则有：

0mghmgLSmgS

0mghmgL

解得：hL

故斜面倾角θ稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置A点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C点。

4．如图所示，质量m=2kg的小物块从倾角θ=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）2.48NF

【解析】

【详解】

(1)根据机械能守恒得：

21sin372ABBmgsmv

解得：

2sin3721030.6m/s6m/sBABvgs；

(2)物块在斜面上的加速度为：

21sin6m/sag

在斜面上有：

2112ABsat

代入数据解得：

11st 物块在BC段的运动时间为：

211.5sttt

BC段的位移为：

21(0)4.5m2BCBsvt

（3）在水平面上，有：

220Bvat﹣

解得：

2224m/sBvat．

根据牛顿第二定律有：

2mgma﹣

代入数据解得：

0.4．

(4)从A到D的过程，根据动能定理得：

sincos0ABBDABBDmgsFssmgs

代入数据解得：

2.48NF

【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.

5．如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接。有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F随位移变化的关系如图乙所示。滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与半圆弧轨道BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2。求：

（1）滑块到达B处时的速度大小；

（2）若到达B点时撤去F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。

【答案】（1）210 m/s。（2）5 J。

【解析】 【详解】

（1）对滑块从A到B的过程，由动能定理得：

2113312BFxFxmgxmv，

即

21202-101-0.251104J=12Bv，

得：

210m/sBv；

（2）当滑块恰好能到达最高点C时，

2CvmgmR；

对滑块从B到C的过程中，由动能定理得：

2211222CBWmgRmvmv，

带入数值得：

=-5JW，

即克服摩擦力做的功为5J；

6．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：

（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）2(sincos)tanBgRv；RL （2）(32cos)NFmg；

（3）(32cos)2(sincos)RL… 【解析】

【分析】

【详解】

（1）设物体释放后，第一次到达B处的速度为1v，根据动能定理可知：

21cos1coscossin2RmgRmgmv

解得：

2(sincos)tanBgRv

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

coscos0mgRmgL

得物体在AB轨道上通过的总路程为

RL

（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2v v，由动能定理知：

221(1cos)2vmgRm

在E点，由牛顿第二定律有

22NmvFmgR

解得物体受到的支持力

(32cos)NFmg

根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为(32cos)NNFFmg，方向竖直向下．

（3）设物体刚好到达D点时的速度为Dv此时有

2DmvmgR

解得：

DvgR

设物体恰好通过D点时释放点距B点的距离为0L，有动能定理可知：

2001[sin(1cos)]cos2DmgLRmgLmv

联立解得：