物理动能与动能定理练习全集及解析

【物理】物理动能与动能定理练习全集及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理如图所示，粗糙水平桌面上有一轻质弹簧左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP,其形状为半径/?=1.0m的圆坏剪去了左上角120°的圆弧，M/V为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是览2.4rm用质量为m=0.2kg的物块将弹簧由B点缓慢压缩至C点后由静止释放，弹簧在C点时储存的弹性势能EP=3.2J,物块飞离桌面后恰好P点沿切线落入圆轨道。已知物块与桌面间的动摩擦因数“=0.4,重力加速度g值取10m/s2,不计空气阻力，求：物块通过P点的速度大小；物块经过轨道最高点M时对轨道的压力人小：C、D两点间的距离；【答案】⑴8m/s；⑵4.8N；(3)2m【解析】【分析】【详解】通过P点时，由几何关系可知，速度方向与水平方向夹角为60。，则*=2ghVsill60°=—v整理可得，物块通过P点的速度v=8nVs从P到M点的过程中，机械能守恒丄mv2=mgR(l+cos60")十-2在最高点时根据牛顿第二定律Fn+mg=整理得Fn=4.8N根据牛顿第三定律町知，物块对轨道的压力大小为4.8N

(3)从D到P物块做平抛运动，因此vD=vcos60°=4ni/s从C到D的过程中，根据能量守恒定律口 1 ,Ep=jumgx+-mv^C、D两点间的距离x=2m滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来.如图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为0点、圆心角抄=60。，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道CD间的动摩擦因数“=0.2.某运动员从轨道上的A点以vo=3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC,经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为m=60kg,B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h=2m和H=2.5m.求：水平轨道CD段的长度厶通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C点的距离.【答案】(l)VB=6m/s(2)£=6.5m(3)停在C点右侧6m处【解析】【分析】【详解】(1)在(1)在B点时有⑴為’得心皿从B点到E点有mgh—pmgL—mgH=0-*〃卩；,得£=6.5m(3)设运动员能到达左侧的最人高度为护，从B到第一次返回左侧最高处有(3)mgli-mgh-ping-2L=0-*〃?巧，得h,=1.2m</)=2m,故第一次返回时，运动员不能回到B点，从B点运动到停止，在CD段的总路程为s,由动能定理可得斤讪一“卿=0一如叭,得s=19m,s=2L+6m,故运动员最后停在C点右侧6m处.3.如图所示，在娱乐节目中，一质量为m二60kg的选手以v0=7m/s的水平速度抓住竖直绳卞端的抓手开始摆动，当绳摆到与竖直方向夹角/二37。时，选手放开抓手，松手后的上升过程中选手水平速度保持不变，运动到水平传送带左端&时速度刚好水平，并在传送带上滑行，传送带以v=2m/s匀速向右运动.已知绳子的悬挂点到抓手的距离为L=6m,传送带两端点久B间的距离s二7m,选手与传送带间的动摩擦因数为“二0.2,若把选手看成质点，且不考虑空气阻力和绳的质量.(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求：选手放开抓于•时的速度人小；选手在传送带上从人运动到B的时间；选手在传送带上克服摩擦力做的功.【答案】(1)5m/s(2)3s(3)360J【解析】试题分析：(1)设选手放开抓手时的速度为vi,则一mg(L—Lcos0)=imvi2—-^mvo2,Vi=5m/s设选手放开抓手时的水平速度为V2，v2=vicos6①选手在传送带上减速过程中a=—pig②v=V2+ati③西=' 氐④匀速运动的时间t2,s—xi=vt2⑤选手在传送带上的运动时间t=t】+t2⑥联立①②③④⑤⑥得：t=3s由动能定理得Wf=—mv2——mv22>解得：Wf=—360J故克服摩擦力做功为360J.考点：动能定理的应用如图，在竖直平面内，半径/?=0.5m的光滑圆弧轨道ABC与粗糙的足够长斜面CD相切于C点，CD与水平面的夹角E37。，B是轨道最低点，其最大承受力Fm=21N,过A点的切线沿竖直方向。现有一质量^=O.lkg的小物块，从&点正上方的P点由静止落卞。已知物块与斜面之间的动摩擦因数片0.5.取sin37°=0.6.co37°=0.&沪lOm®,不计空气阻力。为保证轨道不会被破坏，求P、人间的最犬高度差H及物块能沿斜面上滑的最人距离L；若P、人间的高度差h=3.6m,求系统最终因摩擦所产生的总热量Q。【答案】(l)4・5m,4.9m：(2)4J【解析】【详解】设物块在B点的最人速度为％，由牛顿第二定律得:从P到B、由动能定理得mg(H+R)=—mvl-0解得H=4・5m物块从B点运动到斜面最高处的过程中，根据动能定理得:-mg[R(l-cos37°)4-/.sin37o]-pmgcos37°*L=0——2解得£=4.9m(3)物块在斜面上，由于mgsin37°>^mgcos37%物块不会停在斜面上，物块最后以B点为中心，C点为最高点沿圆弧轨道做往复运动，由功能关系得系统最终因摩擦所产生的总热量Q=mg(h+/?cos37°)解得Q=4J如图所示，斜面高为/),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人处由静止释放，沿斜面和水平面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点的速度人小变化，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川请证明：斜面倾角&稍微增加后，(不改变斜面粗糙程度)从同一位置&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Z/,倾角为8,物块在水平面上滑动的距离为S.对物块，由动能定理得:mgh一pmgcos0-L-屮ngS=0即:mgh-ymgcos0• “〃?gS=0sin。mgh-“加g jLJmgS=0taii^由几何关系可知:-^—=L-Stan^mgh-ping（厶一S）-pnigS=0mgh-“mgL=0_h解得：L=—故斜面倾角抄稍微增加后，(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。如图所示，光滑水平轨道距地面高h=0.8m,其左端固定有半径R=0.6m的内壁光滑的半圆管形轨道，轨道的最低点和水平轨道平滑连接.质量m^l.Okg的小球A以v0=9m/s的速度与静止在水平轨道上的质量m2=2.0kg的小球B发生对心碰撞，碰撞时间极短，小球A被反向弹回并从水平轨道右侧边缘飞出，落地点到轨道右边缘的水平距离s=1.2m.重力加速度g=10m/s2.求:⑴碰后小球B的速度人小vB；小球B运动到半圆管形轨道最高点C时对轨道的压力.【答案】(1)6m/s(2)20N,向下【解析】【详解】1h=可gB(1)根据 2

IZh12x0.8t=——=J =0.4.得：卜尸厂S贝样二广丽M=盼/s规定A的初速度方向为正方向，AB碰撞过程中，系统动量守恒，以A运动的方向为正方向，有:miVb=m2VB-miVA,代入数据解得：vB=6m/s.11-m2g・2R=-m2V?一-m2vi根据动能定理得： 2 2代入数据解得:^=2^m/svl根据牛顿第二定律得:m2g+F=ni2—k根据牛顿第二定律得:根据牛顿第三定律得，小球对轨道最高点的压力人小为20N,方向向上.【点睛】本题考查了动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律的综合，涉及到平抛运动、圆周运动，综合性较强，关键要理清过程，选择合适的规律进行求解.如图所示，在倾角为吐37。的斜面底端有一个固定扌当板D,处于自然长度的轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端在O点，已知斜面OD部分光滑，PO部分粗糙且长度L=8mo质量m=lkg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间的动摩擦因数尸0.25,g10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o求：物块第一次接触弹簧时速度的大小若弹簧的最人压缩量d=0.5m,求弹簧的最人弹性势能物块与弹簧接触多少次，反弹后从O点沿斜面上升的最人距离第一次小于0.5m【答案】(1)8m/s(2)35J(3)5次【解析】【详解】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力，此过程应用动能定理得：解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的人小为:v=yj2gL(sin0-pcos0)=8m/s物块由0到将弹簧压缩至最短的过程中，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犬弹性势能&Ep=-mv2+mgdsin0=35J物块第一次接触弹簧后，物体从O点沿斜面上升的最人距离S”由动能定理得:一〃7gS[-pings、cos0=0—*niv2解得：6=4加物块第二次接触弹簧后，物块从0点沿斜面上升的最人距离鼻，由动能定理得：mgsin-s2)-“w?gcos0(S]+s2)=0解得：52=2m故物块每经过一次0点，上升的最人距离为上一次的丄2所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最人距离为：s严+则第〃次上升的最大距离为：5m=A因为所以n>4,即物块与弹簧接触5次后，物块从0点沿斜面上升的最人距离小于丄加2如图所示，ABC为竖直面内一固定轨道，AB段是半径为R的2光滑圆弧，水平段与圆4弧轨道相切于B,水平段BC长度为L,C端固定一竖直挡板.一质量为m的小物块自A端从静止开始沿圆轨道卞滑，与扌当板共发生了两次碰撞后停止在水平段B、C之间的某处，物块每次与挡板碰撞不损失机械能(即碰撞前、后速率相同).不计空气阻力，物块与水平段BC间的动摩擦因数为山重力加速度为g.试求物块第一次与挡板碰撞时的速率；在水平轨道上滑行的总路程；最后一次滑到圆轨道底端B处对圆轨道的压力.能为(3-晋］加g或(3_竽”&【解析】【详解】对物块第一次从&到C过程，根据动能定理:mgR_ L=丄〃①2解得第一次碰撞挡板的速率叮J2gg_")②设物块质量为m,在水平轨道上滑行的总路程为S,对物块从开始卞滑到停止在水平轨道上的全过程，根据动能定理：mgR—^mg•S=0③解得S鈴④设物块最后一次经过圆弧轨道底端B时的速率为“2,对圆轨道的压力为F/V,则:FN-mg=m^-⑤K第一种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右运动还未到B点时即停下，则:mgR-“mg•2厶=丄〃话⑥2由⑤©解得mgmg⑦第二种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右可再一次滑上光滑圆弧轨道，则:

mgR-“〃7g•4厶=*irn^⑧由⑤®解得mg⑨

物块最后一次滑到底端B处对圆轨道的压力可能为（3-罟”g或（3-罟”g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，从下方以恒定速率巾向上射入有磁感应强度为弘、方向垂直纸面向里的匀强磁场的区域I内，栅电极A4N和PQ间距为血当栅电极MN、PQ间形成稳定的电场后，自动关闭区域I系统（包扌舌进入其中的通道、匀强磁场弘）。区域II内有垂直纸面向外，磁感应强度人小为放在A处的中性粒子离子化源能够发射任意角度，但速度均为U2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M/V、PQ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正负离子、等离子体的重力，不计相对论效应）。求:（不计各种粒子之间相互作用、d正负离子、等离子体的重力，不计相对论效应）。求:（不计各种粒子之间相互作用、d（1） 求在人处的正离子的速度人小U2：（2） 正离子经过区域I加速后，离开PQ的速度人小内；（3） 在第（2）问中，假设航天器的总质量为M,正在以速度u沿A4P方向运动，已知现在的运动方向与预定方向A4/V成&角，如图所示。为了使飞船回到预定的飞行方向M/V,飞船启用推进器进行调整。如果沿垂直于飞船速度u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“为多少？【答案】⑴警；⑵严笃严【解析】【答案】⑴警；⑵严笃严【解析】2Mvtan0+q2B；D2【详解】（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1中，因此也不会产生相应推力。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周运动时，洛伦兹力提供向心力：qv2B2=m^-.,根据题意，在A处发射速度相等，方向不同的正离子后，形成宽度为。的平行正离子束，即：吟则在人处的正离子的速度大小中姓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则q‘E二q‘皿“即：

正离子束经过区域I加速后，离开PQ的速度人小为内，根据动能定理可知:qU二丄mv3 求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功; 若设置尸0,求质点从 求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功; 若设置尸0,求质点从C运动到D的时间； 若最终滑块停在D点，求卩的取值范围.22飞船方向调整前后，其速度合成矢量如图所示:22M*<网时方向的飞行方向，离子推进器喷射出的粒子数2MzanO因此tan<9=—,离子喷出过程中，系统的动量守恒：M@v=Nmg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2MzanO10.如图，质量为m=lkg的小滑块(视为质点)在半径为R=0.4m的1A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8=37。、长s=lm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<P<1.5之间调节.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0点，自然状态卞另一端恰好在D点.认为滑块通过C和D前后速度人小不变，最人静摩擦力等于滑动摩擦力.取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计空气阻力.【解析】【分析】根据牛顿第二定律求出滑块在B点所受的支持力，从而得岀滑块对B点的压力，根据动能定理求出AB端克服阻力做功的大小.若U=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.最终滑块停在D点有两种可能，一个是滑块恰好从C卞滑到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】V*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—,R代入数据解得：F=20N,由牛顿第三定律得：F丄20N.从A到B,由动能定理得：mgR-W=y/代入数据得：W=2J.在CD间运动，有：mgsin0=ma,加速度为:a=gsin6=10x0.6m/s2=6m/s2,根据匀变速运动规律有：s=vt+^-at22代入数据解得：t=|s.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：mgs\ne・s-pumgcose・s二0一*砒2,代入数据得：m=i,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当滑块恰好能返回C有:-piimgcos0*2s=0-ymv代入数据得到：小=0.125,当滑块恰好能静止在斜面上，则有：mgsin0=n2mgcos0,代入数据得到:H2=0.75.所以，当0.125印＜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，R的取值范围是0.125印＜0.75或pi=l.【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.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组成，BC与CD相切于C,圆弧BC所对圆心角卩=37。，圆弧半径/?=2.25m,滑动摩擦因数—0.48。质量m=lkg的小物块从某一高度处的A点以vo=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:4■^顿B4■^顿B久3间的水平距离：物块通过C点时，轨道对物体的支持力；物块与小车因摩擦产生的热量。【答案】(1)1.2m(2)Fn=25AN(3)13.6J