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，斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C ，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角∠DOC ＝37°，E 、B 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝0.30m ，斜面长L ＝1.90m ，AB 部分光滑，BC 部分粗糙．现有一个质量m ＝0.10kg 的小物块P 从斜面上端A 点无初速下滑，物块P 与斜面BC 部分之间的动摩擦因数μ＝0.75．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g ＝10m/s 2，忽略空气阻力．求：（1）物块第一次通过C 点时的速度大小v C ．（2）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小F D ． （3）物块最终所处的位置．【答案】（1）32m/s （2）7.4N （3）0.35m 【解析】 【分析】由题中“斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C”可知，本题考查动能定理、圆周运动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答． 【详解】（1）BC 长度tan 530.4m l R ==o ，由动能定理可得21()sin 372B mg L l mv -=o代入数据的32m/s B v =物块在BC 部分所受的摩擦力大小为cos370.60N f mg μ==o所受合力为sin 370F mg f =-=o故32m/s C B v v ==（2）设物块第一次通过D 点的速度为D v ，由动能定理得2211(1cos37)22D C mgR mv mv -=-o有牛顿第二定律得2D D v F mg m R-= 联立解得7.4N D F =（3）物块每次通过BC 所损失的机械能为0.24J E fl ∆==物块在B 点的动能为212kB B E mv =解得0.9J kB E = 物块经过BC 次数0.9J=3.750.24Jn =设物块最终停在距离C 点x 处，可得()sin 37(3+)0mg L x f l x --=o代入数据可得0.35m x =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0v 39m /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/s 2．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/s 2 (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 ＝12mv 2－1220mv解得：v ＝5 m/s在P 点由牛顿第二定律得：F －mg ＝m 2v r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F f 1＝μ1mg ＝4 N 地面对木板的摩擦力 F f 2＝μ2(M ＋m )g ＝3 N对木板由牛顿第二定律得：F f 1－F f 2＝Ma a ＝12f f F F M－＝1 m/s 2(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 －12μ1gt 2 对木板有：x ＝12at 2 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/s 2 (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，小滑块（视为质点）的质量m = 1kg ；固定在地面上的斜面AB 的倾角=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）3t =s ；（2）13324μ≤≤或31316μ=。

【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sin mg ma θ=212s at =解得33t =s （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1μ，由动能定律得：2101sin cos 02mg s mg s mv θμθ-=-g g解得11316μ=②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2201cos 202mg s mv μθ-=-g解得2132μ=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3sin cos mg mg θμθ=解得334μ=所以，当23μμμ≤≤，即13324μ≤≤时，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。

综上所述，μ的取值范围是13324μ≤≤或31316μ=。

4．如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量1m kg =可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带， AB 长5L m =，物块与传送带间的动摩擦因数10.2μ=，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s=1.5m ，它与物块间的动摩擦因数20.3μ=，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧与BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为120θ=o ，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以5/v m s =的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的18p E J =能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取210/g m s =．（1） 求右侧圆弧的轨道半径为R; （2） 求小物块最终停下时与C 点的距离;（3） 若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．【答案】（1）0.8R m =；（2）13x m =；（337/43/m s v m s ≤≤ 【解析】 【分析】 【详解】（1）物块被弹簧弹出，由2012p m v E =，可知：06/m s v = 因为0v v>，故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，由：11mg maμ=，011v v a t =-，21011112x v t a t =-得到：12/2m s a=，10.5s t =，1 2.75m x =因为1L x<，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5/m s 的速度滑上水平面BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：2212m mgs mgR v μ=+ 代入数据整理可以得到：0.8R m =． （2）设物块从E 点返回至B 点的速度为B v ，由22211222B m m mg s v v μ-=⨯ 得到7/Bm s v=，因为0B v >，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C 点x 处，由()2212B mv mg s x μ=-，得到：13x m =. （3）设传送带速度为1v 时物块能恰到F 点，在F 点满足2sin30F mg m Rv =o从B 到F 过程中由动能定理可知：()221211sin 3022F mv mv mgs mg R R μ-=++o 解得：设传送带速度为2v 时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点， 由：222132m mg s mgR v μ=⨯+ 解得：243/m s v=若物块在传送带上一直加速运动，由22011122Bm m m mgL v v μ-= 知其到B 点的最大速度56/Bmm s v=37/43/m s v m s ≤≤就满足条件．【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理、圆周运动向心力公式的直接应用，此题难度较大，牵涉的运动模型较多，物体情境复杂，关键是按照运动的过程逐步分析求解．5．如图所示，在竖直平面内的光滑固定轨道由四分之一圆弧AB 和二分之一圆弧BC 组成，两者在最低点B 平滑连接．过BC 圆弧的圆心O 有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各一块，挡板与圆弧轨道之间有宽度很小的缝隙．AB 弧的半径为2R ，BC 弧的半径为R .一直径略小于缝宽的小球在A 点正上方与A 相距23R处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．不考虑小球撞到挡板以后的反弹． (1)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．(2)若小球能到达C 点，求小球在B 、C 两点的动能之比；若小球不能到达C 点，请求出小球至少从距A 点多高处由静止开始自由下落才能够到达C 点．(3)使小球从A 点正上方不同高度处自由落下进入轨道，小球在水平挡板上的落点到O 点的距离x 会随小球开始下落时离A 点的高度h 而变化，请在图中画出x 2­h 图象．(写出计算过程)【答案】(1)13mg (2) 4∶1 (3)过程见解析【解析】 【详解】（1）若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 设小球的质量为m ，在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝2C mv R小球由开始下落至运动到C 点过程中，机械能守恒，有22132C mgR mv = 由两式可知N ＝13mg 小球可以沿轨道运动到C 点.（2）小球在C 点的动能为E k C ，由机械能守恒得E k C ＝23mgR设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝83mgR得E k B ∶E k C ＝4∶1．（3）小球自由落下，经ABC 圆弧轨道到达C 点后做平抛运动。