高中物理动能与动能定理试题经典.docx

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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/s2，忽略空气阻力．求：

（1）物块第一次通过C点时的速度大小vC．

（2）物块第一次通过D点时受到轨道的支持力大小FD．

（3）物块最终所处的位置．

【答案】

（1）

（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

，由动能定理可得

代入数据的

物块在BC部分所受的摩擦力大小为

所受合力为

故

（2）设物块第一次通过D点的速度为

，由动能定理得

有牛顿第二定律得

联立解得

（3）物块每次通过BC所损失的机械能为

物块在B点的动能为

解得

物块经过BC次数

设物块最终停在距离C点x处，可得

代入数据可得

2．如图所示，水平地面上一木板质量M＝1kg，长度L＝3.5m，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＝1m，最低点P的切线与木板上表面相平．质量m＝2kg的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以

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10m/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）70N　

（2）1m/s2　（3）1s

【解析】

【分析】

【详解】

（1）滑块在木板上滑动过程由动能定理得：

－μ1mgL＝

mv2－

解得：

v＝5m/s

在P点由牛顿第二定律得：

F－mg＝m

解得：

F＝70N

由牛顿第三定律，滑块对P点的压力大小是70N

（2）滑块对木板的摩擦力Ff1＝μ1mg＝4N

地面对木板的摩擦力

Ff2＝μ2（M＋m）g＝3N

对木板由牛顿第二定律得：

Ff1－Ff2＝Ma

a＝

＝1m/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＝5m/s

对滑块有：

（x＋L）＝vt－

μ1gt2

对木板有：

x＝

at2

解得：

t＝1s或t＝

s（不合题意，舍去）

故本题答案是：

（1）70N　

（2）1m/s2　（3）1s

【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/s2，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v0=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）

s；

（2）

或

。

【解析】

【分析】

【详解】

（1）设滑块从点

运动到点

的过程中，加速度大小为

，运动时间为

，则由牛顿第二定律和运动学公式得

解得

s

（2）滑块最终停在

点，有两种可能：

①滑块恰好能从

下滑到

，设动摩擦因数为

，由动能定律得：

解得

②滑块在斜面

和水平地面间多次反复运动，最终停止于

点，当滑块恰好能返回

点，由动能定理得

解得

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

点。

当滑块恰好能静止在斜面上，则有

解得

所以，当

，即

时，滑块在斜面

和水平地面间多次反复运动，最终停止于

点。

综上所述，

的取值范围是

或

。

4．如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量

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，

长

，物块与传送带间的动摩擦因数

，与传送带相邻的粗糙水平面

长s=1.5m，它与物块间的动摩擦因数

，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与

平滑连接，圆弧对应的圆心角为

，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

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

能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的

点，取

．

（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）

；

（2）

；（3）

【解析】

【分析】

【详解】

（1）物块被弹簧弹出，由

，可知：

因为

，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：

，

，

得到：

，

，

因为

，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以

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：

代入数据整理可以得到：

．

（2）设物块从E点返回至B点的速度为

，由

得到

，因为

，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

，得到：

.

（3）设传送带速度为

时物块能恰到F点，在F点满足

从B到F过程中由动能定理可知：

解得：

设传送带速度为

时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，

由：

解得：

若物块在传送带上一直加速运动，由

知其到B点的最大速度

综合上述分析可知，只要传送带速度

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

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x2h图象．（写出计算过程）

【答案】

（1）

（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vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有

N＋mg＝

小球由开始下落至运动到C点过程中，机械能守恒，有

由两式可知

N＝

mg

小球可以沿轨道运动到C点.

（2）小球在C点的动能为EkC，由机械能守恒得

EkC＝

设小球在B点的动能为EkB，同理有

EkB＝

得

EkB∶EkC＝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。

由动能定理得：

由平抛运动的规律得：

x=vCt

解得：

因为

，且

 所以

x2h图象如图所示：

6．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2kg的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s2，求：

（1）物体第一次到达A点时速度为多大？

（2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB间的距离至少多大？

（3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？

【答案】

（1）8m/s

（2）6.4m（3）1.8m

【解析】

【分析】

（1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；

（2）当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB间的距离L最小，根据动能定理列式求解；

（3）物体在到达A点前速度与传送带相等，最后以6m/s的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可．

【详解】

（1）物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：

解得：

（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB间的距离L最小，由动能能力得：

解得：

（3）因为滑上传送带的速度是8m/s大于传送带的速度6m/s，物体在到达A点前速度与传送带相等，最后以

的速度冲上斜面，根据动能定理得：

得：

【点睛】

该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题．

7．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v1向上射入有磁感应强度为B1、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d。

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B1）。

区域Ⅱ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）

；

（2）

；（3）

【解析】

【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