高中物理动能与动能定理真题汇编含答案及解析

1、高中物理动能与动能定理真题汇编(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1.如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管 CD,管口 D端正下方直立一根劲度系数为 k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐，一个质量为 1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.6m处静止释放小球，它与 BC间的动摩擦因数 斤0.5,小球进入管口 C端时，它对上管壁有 FN=2.5mg的相互作用力，通过 CD后，在压缩 弹簧过程中滑块速度最大时弹簧弹性势能Ep=0.5J。取重力加速度g=10

2、m/s2。求：(1)小球在C处受到的向心力大小；(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；(3)小球最终停止的位置。【答案】(1)35N; (2)6J; (3)距离B 0.2m或距离 C端0.3m【解析】【详解】(1)小球进入管口 C端时它与圆管上管壁有大小为F 2.5mg的相互作用力故小球受到的向心力为F 向 2.5mg mg 3.5mg 3.5 1 10 35N(2)在C点，由代入数据得1 mv2 3.5J在压缩弹簧过程中，速度最大时，合力为零，设此时滑块离D端的距离为X。则有kxg mg解得mg - -x00.1mk设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有mg(rX0)1 2一 m

3、vc2EkmEp1 2 L Ekm mg(r x) mvc Ep3 3.5 0.5 6J(3)滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得mg 3rmgs2-mvc解得BC间距离s 0.5m小球与弹簧作用后返回 C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中，设物块在 BC上的运动路程为s ,由动能定理有12mgs mvc解得s 0.7m故最终小滑动距离 B为0.7 0.5m 0.2m处停下.【点睛】经典力学问题一般先分析物理过程，然后对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。2.如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝

4、缘轻质弹簧，一个质量 m 0.04kg，电量q 3 10 4C的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能为0.32J。某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端A点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B,并沿轨道BC滑下，运动到光滑水平轨道CD ,从点进入到光滑竖直圆内侧轨道。已知倾斜轨道与水平方向夹角为37 ,倾斜轨道长为L 2.0m ,带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数0.5。小物块在C点没有能量损失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小物块的电量保持不变，可视为质点。只有光滑竖 直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场，场强E 2 105V/m。已知2cos37 0.

5、8, sin37 0.6 ,取 g 10m/s ,求：(1)小物块运动到 A点时的速度大小 vA；(2)小物块运动到 C点时的速度大小 vC ；(3)要使小物块不离开圆轨道，圆轨道的半径应满足什么条件?【答案】(1) 4m/s； (2) 有3m/s； (3) R? 0.022m【解析】【分析】【详解】(1)释放弹簧过程中，弹簧推动物体做功，弹簧弹性势能转变为物体动能解得(2) A到B物体做平抛运动，到 B点有vA = cos37Vb所以vB= - =5m/s0.8B到C根据动能定理有mgLsin37解得mgcos37 L 1mvC - mv222vC =V33m/s(3)根据题意可知，小球受到

6、的电场力和重力的合力方向向上，其大小为F=qE-mg=59.6N所以D点为等效最高点，则小球到达D点时对轨道的压力为零，此时的速度最小，即2VdF= m -R解得所以要小物块不离开圆轨道则应满足Vc身D得:FK 0.022m3.如图甲所示，一倾角为37。的传送带以恒定速度运行.现将一质量 m = 1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g= 10 m/s2, sin 37=0.6, cos 37=0.8：求：(1)物体与传送带间的动摩擦因数；(2) 08 s内物体机械能的增加量；(3)物体与传送带摩擦产生的热量Q。【答案】(1)科=0.

7、875.(2) E= 90 J (3) Q= 126 J【解析】【详解】(1)由图象可以知道，传送带沿斜向上运动，物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的I 2a = - = 1m/且加速大小为的匀减速直线运动，对其受力分析，由牛顿第二定律得：- mg5M。= ma可解得：尸0.875.(2)根据v-t图象与时间轴围成的面积”大小等于物体的位移，可彳导08 s内物体的位移 TOC o 1-5 h z 2 + 611=X4-X2x2 = 4m HYPERLINK l bookmark30 o Current Document 2208 s s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能

8、增加量之和，为1 1+ -m x - -m x 22 = 9(1/3) 08 s内只有前6s发生相对滑动.06 s内传送带运动距离为S度=4 = 24m06 s内物体位移为F物=/加则06 s内物体相对于皮带的位移为 的二18阿08 s内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小，Q =2 zls代入数据得：Q = 126 J故本题答案是：(1) 0.875.(2) B= 90 J(3)Q=126 J【点睛】对物体受力分析并结合图像白斜率求得加速度，在v-t图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。.如图所示，在倾角为0=37。的斜面底端有一个固定挡板D,处于自然长度的

9、轻质弹簧端固定在挡板上，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 p=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0.5mD【答案】(1) 8m/s (2) 35J (3)5次【解析】【详解】(1)物块在PO过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦

10、 力，此过程应用动能定理得：1 2mgLsinmgL cos一 mv2解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为:v 2gL sincos 8 m/s(2)物块由O到将弹簧压缩短的过程中，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昂Ep1 2一 mv2mgd sin 35J(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*，由动能定理得：mgsi12mgs1 cos0 mv解得：s 4m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 22,由动能定理得:mg sin (s s2)mg cos (sS2)0解得：s 2m故物块每经过一次 O点，

11、上升的最大距离为上一次的所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为:则第n次上升的最大距离为:Sn -J21因为Sn -m,所以n4,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21 小于一m2.如图所示，两个半圆形的光滑细管道(管道内径远小于半圆形半径 )在竖直平面内交叠，组成“浮形通道.大半圆 BC的半径R=0.9m,小半圆CD的半径r=0.7m,在“S字形通道底 部B连结一水平粗糙的细直管 AB. 一质量m=0.18kg的小球(可视为质点)从 A点以V0=12m/s的速度向右进入直管道，经t1=0.5s到达B点，在刚到达半圆轨道 B点时，对B点的压力为Nb=21.8N.(

12、取重力加速度 g=10m/s2)求：(1)小球在B点的速度Vb及小球与AB轨道的动摩擦因数？(2)小球到达“书形通道的顶点 D后，又经水平粗糙的细直管DE,从E点水平抛出，其水平射程S=3.2m.小球在E点的速度Ve为多少？(3)求小球在到达 C点后的瞬间，小球受到轨道的弹力大小为多少？方向如何？【答案】(1) VB=10m/s ,=0.4 (2) Ve=S/ t=4m/s (3) Nc=18.25N 方向向上【解析】【详解】(1)根据牛顿第二定律有NB-mg=mVB2/RVB=10m/sa=(V0-VB)/t=4m/s 2mg=m a a =mg =0.4H=2R+2r=3.2m2H仁、gV

13、e=S/ t=4m/sNc- mg=mVC2/r m VB2=2mg R+； m Vc2Nc=18.25N方向向上.如图所示，半径 R = 0.1m的竖直半圆形光滑轨道 BC与水平面 AB相切，AB距离x = 1m.质量m = 0.1kg的小滑块1放在半圆形轨道末端的 B点，另一质量也为 m = 0.1kg的小 滑块2,从A点以V0 2J10m/s的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道.已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数尸0.2.取重力加速度g 10m/s2.两滑块均可视为质点.求 TOC o 1-5 h z (1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v；(

14、2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能E ；(3)在C点轨道对两滑块的作用力F.【答案】(1)v=3m/s(2) E= 0.9J(3F=8N,方向竖直向下【解析】【详解】1212物块2由A到B应用动能定理：mgx -mv1 mv0 HYPERLINK l bookmark81 o Current Document 22解得W=6m/s两滑块碰撞前后动量守恒，根据动量守恒有：mvi 2mv解得：v 3m/s方向：水平向右1212(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能E m%2 2mv解得：E 0.9J(3)两滑块从B到C机械能守恒，根据机械能守恒定律有:12122mv - 2mvc 2mgR2两滑块在

15、C点时：2mg Fn 2mvC解得：Fn 8N据牛顿第三定律可得：在 C点轨道对两滑块的作用力 F=8N,方向竖直向下.如图所示，光滑水平面 MN的左端M处有一弹射装置 P,右端N处与水平传送带恰平 齐接触，传送带水平部分长度L=16m,沿逆时针方向以恒定速度 v=2m/s匀速转动.ABCDE是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB为水平轨道，弧 BCD是半径为R的半圆弧轨道，弧DE是半径为2R的圆弧轨道，弧 BCD与弧DE相切在轨道最高点 D,R=0. 6m.平面部分A点与传送带平齐接触.放在 MN段的物块m (可视为质点)以初速度V0=4m/s冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数科=0

16、 2,物块的质量 m=1kg.结果物块从滑上传送带又返回到N端，经水平面与左端 M处的固定弹射器相碰撞(弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定)，因碰撞弹射器锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧 的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点，最后从E点飞出.g取10m/s2.求：(1)物块m从第一次滑上传送带到返回到N端的时间.(2)物块m第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送带所多提供的能量多大？【答案】(1) t 4.5s (2) W 8J【解析】试题分析：(1)物块B向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀减速运动，达 到与皮带共速后与皮带匀速物

17、块B向右作匀减速运动过程：mg ma0 二为一 口八t1 色-2s g物块向右达到的最大位移：S v0 114m2反向匀加速运动过程加速度大小不变.达到与传送带共速的时间：.t2 1s g相对地面向左位移：S/ V t2 1m2 TOC o 1-5 h z S S/4 1共速后与传送带匀速运动的时间：t3 S- U 1.5sv 2往返总时间：.一_ 一 .,(2)由物块恰能通过轨道最高点D,并恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过最高点可得，物块是在半径为2R的圆弧上的最高点重力全部充当向心力./日吃得：,- 又由物块上滑过中根据机械能守恒得:代入数据解得:vB6Rg 6m/s12物块第二次从N到A点：

18、L v1t - g t2速度关系：vB v1g t代人得：J十6工一 16二0 ;得：t 2s或t 8s （舍）物体运动时传送带的位移：s vt 4m传送带为维持匀速运动多提供的力：F mg传送带所做的功等于传送带多提供的能量：W F s mg s 8J考点：考查牛顿运动定律的综合应用；动能定理.【名师点睛】本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公 式、动能定理列式求解.如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1x10V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为 O、半径为R=0.2m. A、B用一根绝缘轻杆相连，A带

19、的电荷量为q=+7X10C, B不带电，质量分别为 mA=0.01kg、mB=0.08kg,将两小球从圆环上的图示位置（ A与圆心O等高，B在圆心O的正下方）由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动.重力加速度大小为g=10m/s2 .&（1）通过计算判断，小球 A能否到达圆环的最高点 0?（2）求小球A的最大速度值.（3）求小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值.【答案】（1） A不能到达圆环最高点2 2m/s30.1344J【分析】【详解】试题分析：A、B在转动过程中，分别对 A、B由动能定理列方程求解速度大小，由此判断A能不能到达圆环最高点； A、B做圆周运动的半径和角速

20、度均相同，对 A、B分别由动能 定理列方程联立求解最大速度； A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为 0时, 根据电势能的减少与电场力做功关系求解.（1）设A、B在转动过程中，轻杆对 A、B做的功分别为 Wt和Wt ,根据题意有:Wt Wt 0设A、B到达圆环最高点的动能分别为Ea、Ekb对A根据动能定理：qER- mAgR+WTi=EKA对B根据动能定理： Wti mBgR E联立解得：Eka+ Ekb= - 0.04J由此可知：A在圆环最高点时，系统动能为负值，故A不能到达圆环最高点（2）设B转过口角时，A、B的速度大小分别为 va、vb,因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故

21、：Va=vb TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark85 o Current Document 19对 A根据动能te理：qERsinmAgRsinWT2 mAvA2 HYPERLINK l bookmark136 o Current Document 12对 B 根据动能te理： WT2 mBgR 1 cos - mBvB2 HYPERLINK l bookmark107 o Current Document 8联立斛得： va - 3sin 4cos 49 HYPERLINK l bookmark125 o Current Document 2、2由此可得：当

22、tan 一时，A、B的最大速度均为vmax &m/smax 3（3） A、B从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能 减少最多，由上可式得 ：3sin +4cos a- 4=0 HYPERLINK l bookmark149 o Current Document 24 .斛得：sin 总或sin =0 （舍去） 84所以A的电势能减少：EP qERsin - J 0.1344J625点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动，应用牛顿第二定律求出加速度，结 合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子 的能量发生变化，利用动能定

23、理进行解答，属于复杂题.9.离子发动机是利用电能加速工质（工作介质）形成高速射流而产生推力的航天器发动 机。其原理如图所示，其原理如下：首先系统将等离子体经系统处理后，从下方以恒定速 率Vi向上射入有磁感应强度为 Bi、方向垂直纸面向里的匀强磁场的区域I内，栅电极 MN和PQ间距为do当栅电极 MN、PQ间形成稳定的电场后，自动关闭区域I系统（包括进入其中的通道、匀强磁场 Bi）。区域n内有垂直纸面向外，磁感应强度大小为B2,放在A处的中性粒子离子化源能够发射任意角度，但速度均为V2的正、负离子，正离子的质量为m,电荷量为q,正离子经过该磁场区域后形成宽度为D的平行粒子束，经过栅电极MN、PQ

24、之间的电场中加速后从栅电极PQ喷出，在加速正离子的过程中探测器获得反向推力（不计各种粒子之间相互作用、正负离子、等离子体的重力，不计相对论效应）。求:(1)求在A处的正离子的速度大小 V2；(2)正离子经过区域I加速后，离开 PQ的速度大小V3；(3)在第(2)问中，假设航天器的总质量为M,正在以速度v沿MP方向运动，已知现在的运动方向与预定方向 MN成 角，如图所示。为了使飞船回到预定的飞行方向MN,飞船启用推进器进行调整。如果沿垂直于飞船速度v的方向进行推进，且推进器工作时间极短，为了使飞船回到预定的飞行方向，离子推进器喷射出的粒子数N为多少？【答案】(1)吧2 ; ( 2)2m222|8

25、qdmMB q B2D .4m22Mv tan-8qdmv1B1 q2B2D2【解析】【详解】1中，因此也(1)根据左手定则可知，正离子向右偏转，负离子向左偏转，不会进入区域不会产生相应推力。所以只有加速正离子过程中才会产生推力。正离子在磁场中做匀速圆2周运动时，洛伦兹力提供向心力:qv2B2=m遑，根据题意，在A处发射速度相等，方向r不同的正离子后，形成宽度为D的平行正离子束，即:二?,则在A处的正离子的速度大,qB?D小 v2=-。2m(2)等离子体由下方进入区域I后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q ,则q E=q vi

26、Bi,即:E=Bivi；正离子束经过区域 I加速后，离开 PQ的速度大小为 v3,根据动能定理可知:qU=1mv32-1mv22,其中电压 U=Ed=BividJ2228qdmv1B q B2D。4m2(3)飞船方向调整前后，其速度合成矢量如图所示:( 鹿丁Jj*方向因此tan =nv ,离子喷出过程中，系统的动量守恒：M n v=Nmv3,为了使飞船回到预定2Mv tan的飞行方向，离子推进器喷射出的粒子数N= .2 2 218qdmv1B1 q B2D10.如图所示，一质量 M=4kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道 CD

27、组成，BC与CD相切于C,圆弧BC所对圆心角0= 37 ,圆弧半径 R=2.25m,滑动摩擦因数月0.48。质量m=1kg的小物块从某一高度处的 A点以V0=4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道,最终与小车保持相对静止。取g=10m/s2, sin37 =0.6,忽略空气阻力，求：(1) A、B间的水平距离；(2)物块通过C点时，轨道对物体的支持力;(3)物块与小车因摩擦产生的热量。【答案】(1) 1.2m (2) Fn25.1N (3) 13.6J【解析】【详解】(1)物块从AHIJB由平抛运动的规律得：gttan 打一 V0 x= V0t得 x=1.2m(2)物块在B点

28、时，由平抛运动的规律得：Vb -v0-cos物块在小车上BC滑动过程中，由动能定理得：mgR(1 cos 0)= mvC2 mvB222在C点对滑块由牛顿第二定律得Fn mg2 vC m一R联立以上各式解得：Fn 25.1N(3)根据牛顿第二定律，对滑块有vc ait 1= a2ti对小车有(1 mg= Ma 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即由以上各式解得t1 X34s, 6此时小车的速度为 v= a2t1= 34m/ s5物块在C血滑动过程中由能量守恒定律得：1 mvc2= 1 (M + m) v2 + Q22解得：Q=13.6J11.如图所示，在高h1=30 m的光滑水平平台上，质

29、量 m = 1 kg的小物块压缩弹簧后被锁 扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep.若打开锁扣K,物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道.B点的高度h2= 15 m,圆弧轨道的圆心 O与平台等高，轨道最低点 C的切线水平，并 与地面上长为L=70 m的水平粗糙轨道CD平滑连接；小物块沿轨道 BCD运动并与右边墙 壁发生碰撞，取 g=10 m/s2.(1)求小物块由A到B的运动时间；(2)求小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小；(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出B点，最后停在轨道CD上的某点P(P点没画出).设小物块与轨道 CD之间