高中物理动能与动能定理模拟试题及解析

高中物理动能与动能定理模拟试题及解析
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理
1．如图所示，半径R =0.5 m 的光滑圆弧轨道的左端A 与圆心O 等高，B 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C 与一倾角θ=37°的粗糙斜面相切。

一质量m =1kg 的小滑块从A 点正上方h =1 m 处的P 点由静止自由下落。

已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g =10 m/s 2。

(1)求滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力。

(2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。

(3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A 点。

【答案】(1)70N ； (2)1.2m ； (3)能滑出A 【解析】 【分析】 【详解】
(1)滑块从P 到B 的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有
()21
2
B mg h R mv +=
那么，对滑块在B 点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且
()2
N 270N B mg h R mv F mg mg R R
+=+=+=
故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力为70N ，方向竖直向下。

(2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L ，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得
cos37sin37cos370mg h R R L mgL μ+-︒-︒-︒=（）
所以
1.2m L =
(3)对滑块从P 到第二次经过B 点的运动过程应用动能定理可得
()21
2cos370.542
B mv mg h R mgL mg mgR μ'=+-︒=> 所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A 点。

【点睛】
经典力学问题一般先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．某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。

传送带由电动机带动，以2m/s v =的速度顺时针匀速转动，倾角37θ=︒。

工人将工件轻放至传送带最低点A ，由传送带传送至最高点B 后再由另一工人运走，工件与传送带间的动摩擦因数为7
8
μ=
，所运送的每个工件完全相同且质量2kg m =。

传送带长度为6m =L ，不计空气阻力。

（工件可视为质点，
sin370.6︒=，cos370.8︒=，210m /s g =）求：
(1)若工人某次只把一个工件轻放至A 点，则传送带将其由最低点A 传至B 点电动机需额外多输出多少电能？
(2)若工人每隔1秒将一个工件轻放至A 点，在传送带长时间连续工作的过程中，电动机额外做功的平均功率是多少？
【答案】(1)104J ；(2)104W 【解析】 【详解】 (1)对工件
cos sin mg mg ma μθθ-=
22v ax =
1v at =
12s t =
得
2m x =
12x vt x ==带 2m x x x =-=相带
由能量守恒定律
p k E Q E E =+∆+∆电
即
21
cos sin 2
E mg x mgL mv μθθ=⋅++电相
代入数据得
104J E =电
(2)由题意判断，每1s 放一个工件，传送带上共两个工件匀加速，每个工件先匀加速后匀速
运动，与带共速后工件可与传送带相对静止一起匀速运动。

匀速运动的相邻的两个工件间距为
2m x v t ∆=∆=
L x n x -=∆
得
2n =
所以，传送带上总有两个工件匀加速，两个工件匀速 则传送带所受摩擦力为
2cos 2sin f mg mg μθθ=+
电动机因传送工件额外做功功率为
104W P fv ==
3．如图所示，半径为R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道的圆心，D 为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高．质量为m 的小球从离B 点高度为h 处（3
32
R h R ≤≤）的A 点由静止开始下落，从B 点进入圆轨道，重力加速度为g ）．
（1）小球能否到达D 点？试通过计算说明； （2）求小球在最高点对轨道的压力范围；
（3）通过计算说明小球从D 点飞出后能否落在水平面BC 上，若能，求落点与B 点水平距离d 的范围．
【答案】（1）小球能到达D 点；（2）03F mg ≤'≤；（3）
(
)()
21221R d R ≤≤
【解析】 【分析】 【详解】
（1）当小球刚好通过最高点时应有：2D
mv mg R =
由机械能守恒可得：()22
D
mv mg h R -=
联立解得32h R =
，因为h 的取值范围为3
32
R h R ≤≤，小球能到达D 点； （2）设小球在D 点受到的压力为F ，则
2D
mv F mg R ='+ ()22
D
mv mg h R ='- 联立并结合h 的取值范围
3
32
R h R ≤≤解得：03F mg ≤≤ 据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：03F mg ≤'≤
（3）由（1）知在最高点D 速度至少为min D v gR =
此时小球飞离D 后平抛，有：212
R gt =
min min D x v t =
联立解得min 2x R R =>，故能落在水平面BC 上，
当小球在最高点对轨道的压力为3mg 时，有：2max 3D
v mg mg m R
+=
解得max 2D v gR = 小球飞离D 后平抛2
12
R gt =
'， max max D x v t ='
联立解得max 22x R =
故落点与B 点水平距离d 的范围为：
(
)()
21221R d R -≤≤-
4．如图所示，AB 是一倾角为θ=37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数
=0.30μ，BCD 是半径为R =0.2m 的光滑圆弧轨道，它们相切于B 点，C 为圆弧轨道的最低
点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E = 4.0×103N/C ，质量m = 0.20kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB 对应的高度h = 0.24m ，滑块带电荷q = -5.0×10-4C ，取重力加速度g = 10m/s 2，sin37°= 0.60，cos37°=0.80．求：
（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B 点时的速度大小； （2）滑块滑到圆弧轨道最低点C 时对轨道的压力．
【答案】(1) 2.4m/s (2) 12N 【解析】 【分析】
(1)滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B 点时的速度大小； (2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得C 点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解． 【详解】
(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力：
()cos370.96N f mg qE μ=+︒=
设到达斜面底端时的速度为v 1，根据动能定理得：
()2
11sin 372
h mg qE h f
mv +-=o
解得：
v 1=2.4m/s
(2)滑块从B 到C 点，由动能定理可得：
()()22
2111=
1cos3722
m mg q v E v m R +︒-－ 当滑块经过最低点时，有：
()2N 2
F mg qE v m R
-+= 由牛顿第三定律：
N N 11.36N F F ==，
方向竖直向下． 【点睛】
本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择.
5．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“S”字形通道．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V 0=12m/s 的速度向右进入直管道，经t 1=0.5s 到达B 点，在刚到达半圆轨道B 点时，对B 点的压力为N B =21.8N ．（取重力加速度g=10m/s 2）求：
（1）小球在B 点的速度V B 及小球与AB 轨道的动摩擦因数μ ?
（2）小球到达“S”字形通道的顶点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V E 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）V B =10m/s ，μ=0.4（2）V E =S/ t=4m/s （3） N C =18.25N 方向向上 【解析】 【详解】
（1）根据牛顿第二定律有N B -mg=mV B 2/R V B =10m/s a=(V 0-V B )/t=4m/s 2
μmg=m a a =mg μ=0.4
（2）H=2R+2r=3.2m t=
2H
g
V E =S/ t=4m/s （3）N C - mg=mV C 2/r
12m V B 2=2mg R+1
2m V C 2 N C =18.25N 方向向上
6．如图所示，水平传送带长为L =4m ，以02m /s v =的速度逆时针转动。

一个质量为lkg 的物块从传送带左侧水平向右滑上传送带，一段时间后它滑离传送带。

已知二者之间的动摩擦因数0.2μ=，g =10m/s 2。

(1)要使物块能从传送带右侧滑离，则物块的初速度至少多大？
(2)若物块的初速度为3m /s v '=，则物块在传送带上运动时因摩擦产生的热量为多少？ 【答案】(1)4m/s v >；(2)12.5J 【解析】 【详解】
(1)设物块初速度为v ，物块能从传送带右侧滑离，对其分析得：
21
2
k mgL E mv μ-=-
0k E >
解得：
4m/s v >
(2)物块在传送带上的运动是先向右减速运动，后向左加速运动。

物块向右减速运动时，有：
1v t a '=
211
02
mgx mv μ'-=-
物块与传送带的相对滑动产生的热量：
()1011Q mg v t x μ=+
向左加速运动时，有：
2v t a
=
2
201
2
mgx mv μ=
物块与传送带的相对滑动产生的热量：
()2022Q mg v t x μ=-
1212.5J Q Q Q '=+=
7．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v 0=4m/s 冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数μ=0．2，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/s 2．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） 4.5t s =（2）8J W = 【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块B 向右作匀减速运动过程：
mg ma μ=
12s v t g
μ=
= 物块向右达到的最大位移：0
14m 2
v S t =
⋅= 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：
21s v
t g
μ=
= 相对地面向左位移：/
21m 2
v
S t =
⋅= 共速后与传送带匀速运动的时间：/341
1.5s 2
S S t v --===
往返总时间：
（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． 得：
又由物块上滑过中根据机械能守恒得：
代入数据解得：66m/s B v Rg == 物块第二次从N 到A 点：211
2
L v t g t μ=⋅-⋅ 速度关系：1B v v g t μ=-⋅ 代入得：
；
得：2s t =或8s t =-（舍）
物体运动时传送带的位移：4m s vt == 传送带为维持匀速运动多提供的力：F mg μ=
传送带所做的功等于传送带多提供的能量：8J W F s mg s μ=⋅=⋅= 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．
8．如图所示，ABC 为竖直面内一固定轨道，AB 段是半径为R 的
1
4
光滑圆弧，水平段与圆弧轨道相切于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下滑，与挡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μ，重力加速度为g ．试求物块 (1)第一次与挡板碰撞时的速率； (2)在水平轨道上滑行的总路程；
(3)最后一次滑到圆轨道底端B 处对圆轨道的压力．
【答案】(1) 12()v g R L μ-R
S μ
=
(3) 物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可
能为43L mg R μ骣琪-琪桫或83L mg R μ骣琪-琪
桫 【解析】 【详解】
(1)对物块第一次从A 到C 过程，根据动能定理：
2
112
mgR mgL mv -=
μ ① 解得第一次碰撞挡板的速率
12()v g R L μ-
(2)设物块质量为m ，在水平轨道上滑行的总路程为S ，对物块从开始下滑到停止在水平轨道上的全过程，根据动能定理：
mgR －μmg ·S ＝0③
解得
R
S μ
=
④
(3)设物块最后一次经过圆弧轨道底端B 时的速率为v 2，对圆轨道的压力为FN ，则：
22
N v F mg m R
-= ⑤
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：
2
2122
mgR mg L mv -⋅=μ⑥
由⑤⑥解得
43N L F mg R ⎛
⎫=- ⎪⎝
⎭μ ⑦
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：
2
2142
mgR mg L mv -⋅=μ ⑧
由⑤⑧解得
83N L F mg R μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
⑨
物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可能为43L mg R μ骣琪-琪桫或83L
mg R μ骣琪-琪
桫
9．在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d ．现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d ．已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ． B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g ．求A 的初速度的大小．
【解析】 【详解】
设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v 0；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2．在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律，得
222012111
2222mv mv mv =+⋅ 0122mv mv mv =+ ，
式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正，联立解得：
13v v =-
，2023
v v = 设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得
2111
2mgd mv μ=
， 2221222
m gd mv μ=⋅（） ．
按题意有：21d d d =+ ．
联立解得：0v
10．质量为M 的小车固定在地面上，质量为m 的小物体（可视为质点）以v 0的水平速度从小车一端滑上小车，小物体从小车另一端滑离小车时速度减为0
2
v ，已知物块与小车之间的动摩擦因数为μ.求：
（1）此过程中小物块和小车之间因摩擦产生的热Q 以及小车的长度L .
（2）若把同一小车放在光滑的水平地面上，让这个物体仍以水平速度v 0从小车一端滑上小车.
a. 欲使小物体能滑离小车，小车的质量M 和小物体质量m 应满足什么关系?
b. 当M =4m 时，小物块和小车的最终速度分别是多少?
【答案】（1）2038Q mv =，2038v L g μ= （2）a. M >3m ；b. 025v ，0320
v 【解析】
【详解】
(1) 小车固定在地面时，物体与小车间的滑动摩擦力为
f m
g μ=，
物块滑离的过程由动能定理
220011()222
v fL m mv -=
- ① 解得：2038v L g μ= 物块相对小车滑行的位移为L ，摩擦力做负功使得系统生热，Q fL = 可得：2038
Q mv = （2）a.把小车放在光滑水平地面上时，小物体与小车间的滑动摩擦力仍为f ．
设小物体相对小车滑行距离为L '时，跟小车相对静止（未能滑离小车）共同速度为v ， 由动量守恒定律：
mv 0=(M +m )v ②
设这过程小车向前滑行距离为s .
对小车运用动能定理有:
212
fs Mv =
③ 对小物体运用动能定理有: 22011()22
f L s mv mv '-+=- ④ 联立②③④可得
220011()()22mv fL mv M m M m
'=-++ ⑤ 物块相对滑离需满足L L '>且2038
fL mv =
联立可得：3M m >，
即小物体能滑离小车的质量条件为3M m >
b.当M =4m 时满足3M m >，则物块最终从小车右端滑离，设物块和车的速度分别为1v 、2v .
由动量守恒：
012mv mv Mv =+
由能量守恒定律：
222012111()222fL mv mv Mv =
-+ 联立各式解得：1025v v =，20320
v v =
11．如图所示在竖直平面内，光滑曲面AB 与长度l =3m 的水平传送带BC 平滑连接于B 点，传送带BC 右端连接内壁光滑、半径r =0.55m 的四分之一细圆管CD ，圆管内径略大于物块尺寸，管口D 端正下方直立一根劲度系数为k =50N/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m =0.5kg 的物块（可视为质点）从曲面上P 点静止释放，P 点距BC 的高度为h =0.8m ．（已知弹簧的弹性势能E p 与弹簧的劲度系数k 和形变量x 的关系是：E p =12
kx 2，水平传送带与物间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g 取10m/s 2．）求：
（1）若传送带静止不动物块在水平传送带BC 上前进的距离；
（2）若传送带向右匀速运动的速度v 0=2m/s ，物块刚进入细圆管CD 时对管道的弹力，物块在压缩弹簧过程中的最大速度（压缩弹簧过程未超过弹性限度）；
（3）若传送带向右匀速运动的速度v 0=2m/s ，物块从第一次进入细圆管后将做周期性的运动．由于物块与传送带发生相对运动，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能．
【答案】（1）2m （2）4m/s （3）4J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）物块从P 点静止释放到停在传送带某处的过程中，根据动能定理得mgh -μmgx =0-0
解得x =2m ；
（2）若传送带向右匀速运动的速度v 0=2m/s ，因为传送带长度l =3m 大于2m ，所以物块到达C 点的速度v C =2m/s
物块经过管道C 点，根据牛顿第二定律得mg -N =m 2C v r 解得，管道对物块的弹力N =1511
N≈1.36N ，方向竖直向上 根据牛顿第三定律得知，物块对管道的弹力大小N ′=N ≈1.36N ，方向竖直向下． 物块从C 点运动到速度最大的过程，根据平衡条件得mg =kx ′
得x ′=0.1m
由动能定理得mg (r +x ′)-
21'2kx =212m mv -212
C mv 解得，最大速度v m =4m/s （3）物块再次回到C 点的速度仍为2m/s ，它在传送带上先向左匀减速运动到速度为零，再向右匀加速运动至C 点，速度大小仍为2m/s ，因此，电动机多消耗的电能即为物块与传送带之间的摩擦生热.
物块向左减速的位移x 1=22C v g μ=2
220.410
⨯⨯=0.5m 物块与传送带间的相对位移△x 1=x 1+v 0•
0v g
μ 解得△x 1=1.5m 物块向右加速运动的位移x 2=22C v g
μ=0.5m 物块与传送带间的相对位移△x 2=v 0•0v g
μ-x 2=0.5m 因此，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能是E =μmg (△x 1+△x 2)
解得:E =4J
12．如图所示，水平轨道BC 的左端与固定的光滑竖直1/4圆轨道相切与B 点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C 点平滑连接（即物体经过C 点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2Kg 的滑块从圆弧轨道的顶端A 点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D 点，已知光滑圆轨道的半径R ＝0.45m ，水平轨道BC 长为0.4m ，其动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD 长为0.6m ，g 取10m/s 2，求
（1）滑块第一次经过B 点时对轨道的压力
（2）整个过程中弹簧具有最大的弹性势能；
（3）滑块最终停在何处？
【答案】（1）60N ，竖直向下；（2）1.4J ；（3）在BC 间距B 点0.15m 处．
【解析】
【详解】
（1）滑块从A 点到B 点，由动能定理可得：mgR=
12
mv B 2 解得：v B ＝3m/s ，
滑块在B 点，由牛顿第二定律：F-mg=m 2B v R 解得：F ＝60N ，
由牛顿第三定律可得：物块对B 点的压力：F ′＝F ＝60N ；
（2）滑块从A 点到D 点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W ，
由动能定理可得：mgR ﹣μmgL BC ﹣mgL CD sin30°+W ＝0，
其中：E P ＝﹣W ，解得：E P ＝1.4J ；
（3）滑块最终停止在水平轨道BC 间，从滑块第一次经过B 点到最终停下来的全过程， 由动能定理可得：2102B mg s mv μ-⋅=-
解得：s ＝2.25m
则物体在BC 段上运动的次数为：n ＝2.250.45
＝5.625， 说明物体在BC 上滑动了5次，又向左运动0.625×0.4＝0.25m ，
故滑块最终停止在BC 间距B 点0.15m 处（或距C 点0.25m 处）；
【点睛】
本题考查动能定理及牛顿第二定律等内容，要注意正确受力分析；对于不涉及时间的问题，优先选用动能定理．。