高中物理动能与动能定理专项练习

1、高中物理动能与动能定理专项练习一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 如图所示，不可伸长的细线跨过同一高度处的两个光滑定滑轮连接着两个物体a 和b，a、 b 质量均为m。a 套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度为细线与水平杆的夹角。现将 a 由静止释放（设b 不会碰到水平杆，h。开始时让连着a 的a、b 均可视为质点；重力加速度为g）求：(1)当细线与水平杆的夹角为（90）时，a 的速度为多大?(2)从开始运动到a 获得最大速度的过程中，绳拉力对a 做了多少功?【答案】 (1) va2gh11； (2) wt mgh1 cos2sinsinhsin【解析】【详解】(2)a、 b 的系统机械

2、能守恒ep减ek 加mghh1 mva21 mvb2sinsin22va cosvb解得va2gh111 cos2sinsin(2)当 a 速度最大时，b 的速度为零，由机械能守恒定律得ep减ek 加mghh1 mv2sin2am对 a 列动能定理方程wt1mvam22联立解得wt mghhsin2 如图所示，质量为m=1kg的滑块，在水平力f作用下静止在倾角为=30的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为 v0=3m/s ，长为 l=1.4m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端c 时，恰好与传送带速度相同滑块与传送带间的动摩擦因数

3、=0.25，g=10m/s 2求(1)水平作用力f 的大小；(2)滑块开始下滑的高度h；(3)在第 (2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量q【答案】 (1)(2)0.1 m 或 0.8 m(3)0.5 j【解析】【分析】【详解】解：（ 1）滑块受到水平推力f、重力 mg 和支持力fn 处于平衡，如图所示：水平推力解得：（2）设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v 下滑过程由机械能守恒有：，解得：若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：解得：若滑块冲上传送带时的速度大于传

4、送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：解得：（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则 t 时间内传送带的位移：s=v0t由机械能守恒有：滑块相对传送带滑动的位移相对滑动生成的热量?3 如图所示，光滑水平平台ab 与竖直光滑半圆轨道 ac 平滑连接， c 点切线水平，长为l=4m 的粗糙水平传送带 bd 与平台无缝对接。质量分别为m=0.3kg 和m =1kg 两个小物体12中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v0=1.5m/s 的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为=0.15某时剪断细绳，小物体m1 向左运动，m2 向右运动速度

5、大小为 v2=3m/s ，g 取 10m/s 2求：(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能ep(2)从小物体 m2 滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能e(3)为了让小物体m1 从 c 点水平飞出后落至ab 平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道ac 的半径 r和小物体m1 平抛的最大水平位移x 的大小。【答案】 (1)19.5j(2)6.75j(3)r=1.25m 时水平位移最大为x=5m【解析】【详解】(1)对 m1 和 m2 弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=m1v1-m2v2解得v1=10m/s剪断细绳前弹簧的弹性势能为：e p

6、1 m1v121 m2v2222解得ep=19.5j(2)设 m2 向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：1-m2gx=0-22m2v2解得x=3m l=4m则 m2 先向右减速至速度为零，向左加速至速度为 v0=1.5m/s ，然后向左匀速运动，直至离开传送带。设小物体 m2 滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t。取向左为正方向。根据动量定理得：m2gt=m2v0-（ -m2v2）解得：t=3s该过程皮带运动的距离为：x 带 =v0t=4.5m故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：e=m2gx 带解得：e=6.75j(3)设竖直光滑轨道ac的半径为 r 时小物体

7、 m1 平抛的水平位移最大为x。从 a 到 c 由机械能守恒定律得：1 m1v121 m1vc22mgr22由平抛运动的规律有：x=vct 12r1 gt122联立整理得x4r(104r)根据数学知识知当4r=10-4r即 r =1.25m 时，水平位移最大为x=5m4 光滑水平面ab 与一光滑半圆形轨道在b 点相连，轨道位于竖直面内，其半径为r，一个质量为 m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经b 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的9 倍，之后向上运动经c 点再落回到水平面，重力加速度为g.求：(1)弹簧弹力对物块做的功；(

8、2)物块离开 c 点后，再落回到水平面上时距b 点的距离；(3)再次左推物块压紧弹簧，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？【答案】 (1)（2） 4r（ 3）或【解析】【详解】（1）由动能定理得w在 b 点由牛顿第二定律得：9mg mg m解得 w 4mgr（2）设物块经c 点落回到水平面上时距b 点的距离为s，用时为t ，由平抛规律知s=vct2r= gt2从 b 到 c 由动能定理得联立知， s= 4 r（ 3）假设弹簧弹性势能为 ，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知mgr若物块刚好

9、通过c 点，则物块从b 到 c 由动能定理得物块在 c 点时 mg m则联立知： mgr.综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为mgr 或 mgr.5 如图所示，倾角为45的粗糙平直导轨与半径为r 的光滑圆环轨道相切，切点为b，整个轨道处在竖直平面内. 一质量为m 的小滑块从导轨上离地面高为h=3r的d 处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点a 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心o 等高的c 点 . 已知圆环最低点为e 点，重力加速度为g，不计空气阻力. 求：（ 1）小滑块在 a 点飞出的动能；（）小滑块在 e 点对圆环轨道压力的大小；（ 3）小滑块与斜轨

10、之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）1mgr ；（ 2） f =6mg；（ 3）42【答案】（ 1） ek142【解析】【分析】【详解】（ 1）小滑块从 a 点飞出后做平拋运动：水平方向： 2r vat竖直方向： r1 gt 22解得： vagr小滑块在 a 点飞出的动能 ek1mva21mgr2 2（ 2）设小滑块在 e 点时速度为 vm ，由机械能守恒定律得：1 mvm21 mva2mg 2r22在最低点由牛顿第二定律：fmgmvm2r由牛顿第三定律得：f=f解得： f =6mg（3） bd 之间长度为l，由几何关系得：l221 r从 d 到最低点 e 过程中，由动能定理 mghm

11、g cos l1mvm22解得42146 雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关，雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g；（1）质量为m 的雨滴由静止开始，下落高度h 时速度为u，求这一过程中空气阻力所做的功 w（ 2）研究小组同学观察发现，下雨时雨滴的速度跟雨滴大小有关，较大的雨滴落地速度较快，若将雨滴看作密度为 的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力大小为f=kr2v2，其中 v 是雨滴的速度，k 是比例常数，r 是球体半径a. 某次下雨时，研究小组成员测得雨滴落地时的速度约为v0，试计算本场雨中雨滴半径r的大小；b. 如果不受空气阻力，雨滴自

12、由落向地面时的速度会非常大，其v- t 图线如图所示，请在图中画出雨滴受空气阻力无初速下落的v- t 图线（ 3）为进一步研究这个问题，研究小组同学提出下述想法：将空气中的气体分子看成是空间中均匀分布的、静止的弹性质点，将雨滴的下落看成是一个面积为 s 的水平圆盘在上述弹性质点中竖直向下运动的过程已知空气的密度为0，试求出以速度 v 运动的雨滴所受空气阻力f 的大小（最后结果用本问中的字母表示）【答案】（ 1） w1 mu2mgh（ 2） r3kv02，24 g（ 3） f2sv2【解析】【详解】（1）由动能定理： mgh w1mu22解得： w1 mu2mgh2（2） a. 雨滴匀速运动时满

13、足：4r 3g kr 2v02 ，33kv02解得 r4gb. 雨滴下落时，做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速下落，图像如图.（3）设空气分子与圆盘发生弹性碰撞在极短时间t 内，圆盘迎面碰上的气体质点总质量为：ms vt以 f 表示圆盘对气体分子的作用力，对气体根据动量定理有：f t m2v解得： f2 sv2由牛顿第三定律可知，圆盘所受空气阻力ff2sv27 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

14、 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vp；(2)物块离开弹簧时的速度大小vc；(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vm.【答案】 (1) vp5m/s (2)vc=9m/s (3)vm6m/s【解析】【详解】(1)在 p 点，根据牛顿第二定律：mg n pm vp2r解得 :vp2.55m/sg

15、r(2)由几何关系可知bp 间的高度差hbpr(1cos37 )物块 c 至 p 过程中，根据动能定理：mgl sin37mghbpmglcos37 =1mvp21mvc222联立可得： vc=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 =01mvm22解得： vm6m/s8 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

16、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=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 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 =0，求质点从 c 运动到 d 的时间；（ 3）若最终滑块停在 d 点，求 的取值范围【答案】

17、（1） 20n， 2j；（ 2） 1s；（ 3） 0.125 0.75 或 =13【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 =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

18、： f=20n从 a 到 b，由动能定理得： mgr- w 1mv 2，2代入数据得： w=2j（ 2）在 cd间运动，有： mgsin =ma，22加速度为： a=gsin =100.6m/s，=6m/s1根据匀变速运动规律有：s vt+at22代入数据解得：t= 1 s3（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：mgsin ?s-1mg cos ?s 0-1mv2，2代入数据得：1=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： - 1mgcos ?2s 0-1mv2，2代入数据得到： 1=0.125，当滑块恰好能

19、静止在斜面上，则有：mgsin=2mgcos，代入数据得到： 2=0.75所以，当 0.125 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， 的取值范围是0.125 0.75 或 =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9 如图 1 所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图2 所示的模型：倾角=37、l=60cm 的直轨道 ab 与半径 r=10cm 的光滑圆弧轨道 bcdef在 b 处平滑连接， c、 f 为圆轨道最低点， d

20、点与圆心等高， e 为圆轨道最高点；圆轨道在 f 点与水平轨道 fg平滑连接，整条轨道宽度不计，其正视图如图3 所示现将一质量m=50g 的滑块 ( 可视为质点) 从 a端由静止释放已知滑块与ab 段的动摩擦因数=0.25，与 fg 段的动摩擦因数=0.5，12sin37 =0.6， cos37 =0.8，重力加速度g=10m/s 2（ 1） 求滑块到达 e 点时对轨道的压力大小 fn；（ 2）若要滑块能在水平轨道 fg上停下，求 fg 长度的最小值 x；（3）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到d 点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第 5 次返回轨道ab 上离 b 点最远时，它在ab 轨

21、道上运动的总路程s【答案】（ 1） fn=0.1n（ 2） x=0.52m （ 3） s93 m160【解析】【详解】（1）滑块从a 到 e，由动能定理得：mgl sinr 1cos2 r1mgl cos1 mve22代入数据得： ve30 m/s5滑块到达 e 点： mgfnm ve2r代入已知得： fn=0.1n（2）滑块从 a 下滑到停在水平轨道fg 上，有mgl sinr 1cos1mgl cos2mgx0代入已知得： x=0.52m（3）若从距 b 点 l0 处释放，则从释放到刚好运动到d 点过程有：mg l0 sin+r(1 cos )r1mgl0 cos0代入数据解得： l0=0

22、.2m从释放到第一次返回最高点过程，若在轨道ab 上上滑距离为l1，则：mg l0l1sin1mg l0l1 cos0解得： l1sin1 cosl01 l0sin1 cos2同理，第二次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为l2，有：sin1 cos112l2l1l1l0sin1 cos2215故第 5 次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为l5l0，有：l52所以第5 次返回轨道 ab 上离 b 点最远时，它在 ab 轨道上运动的总路程s l02l1 2l22l32l4l593 m16010 如图，质量分别为1kg和3kg的玩具小车a b静置在水平地面上，两车相距s=8m。、小车 a 在水平

23、恒力 f=8n 作用下向着小车 b 运动，恒力 f 作用一段时间t 后撤去，小车 a继续运动与小车 b 发生碰撞，碰撞后两车粘在一起滑行d=0.25m 停下。已知两车碰撞时间极短，两车运动过程所受的阻力均为自身重力的0.2倍，重力加速度g=10m/s 2。求：（ 1）两个小车碰撞后的速度大小；（ 2）小车 a 所受恒力 f 的作用时间 t 。【答案】（ 1） 1m/s ；（ 2） 1s【解析】【详解】（1）设撤去力f 瞬间小车a 的速度为v1，小车 a、 b 碰撞前 a 车的瞬时速度为v2 ，小车a、 b 碰撞后瞬间的速度为v3。两小车碰撞后的滑行过程中，由动能定理可得：-0.2（ m1+m2

24、） gd = 0- 1 （ m1+m2） v322解得两个小车碰撞后的速度大小：v3=1m/s（2）两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得：m1v2 =（m1+m2） v3解得： v2=4m/s恒力作用过程，由动量定理可得：ft-0.2m1gt=m1v1-0由运动学公式可得：x1= v1 t2撤去 f 至二车相碰过程，由动能定理得：-0.2m1gx2= 1 m1v22- 1 m1v1222由几何关系可得：x1+x2=s联立可得小车a 所受恒力f 的作用时间：t=ls方法 2：两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得：m1v2 =（m1+m2） v3解得： v2=4m/s从 f 作用在小车a 上到 a、

25、b 两车碰前，由动能定理得：1fx-0.2m1gs=2m1v2 2-0解得： x=3m在 f 作用的吋间内，由牛顿第二定律得：f-0.2m1g=m1a解得： a=6m/s 2由 x= 1 at22联立解得小车a 所受恒力f 的作用时间：t=ls11 如图所示，在粗糙水平轨道oo1上的 o 点静止放置一质量 m=0.25kg 的小物块 (可视为质点 )，它与水平轨道间的动摩擦因数=0.4， oo1 的距离 s=4m在 o1 右侧固定了一半径r=0.32m 的光滑的竖直半圆弧，现用f=2n 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力 (g=10m/s 2)求：(1)为使小物块到达o1，求拉力f 作用的最小距离；(2)若将拉力变为f1，使小物块从o 点由静止开始运动至物块经过半圆弧的最高点，求f1 的大小oo1 的中点时撤去拉力，恰能使小【答案】 (1)2m (2)3n【解析】【分析】【详解】(1)为使小物块到达o1，设拉力作用的最小距离为x根据动能定理知：fxmgs 0 0mgs0.4 0.25 10 4解得 ： xm