(物理)物理动能与动能定理专项

水平推力
①
解得：
②
（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：
③
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：
④
解得：
⑤
若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀
故 2 3 m/s＜ν0＜2 6 m/s
4．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 μ=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=10m/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。
F向
=
vc2 r
1 2
mvc2
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 x0 则有
解得
kx0 mg
x0
mg k
0.1m
设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有
mg (r
x0 )
1 2
mvc2
Ekm
Ep
得
Ekm
mg(r
x0 )
1 2
mvc2
Ep
3 3.5 0.5
【解析】
【详解】
（1）由 y 5 x2 得：A 点坐标（1.20m，0.80m） 9
由平抛运动规律得：xA＝v0t，yA 1 gt 2 2
代入数据，求得 t＝0.4s，v0＝3m/s； （2）由速度关系，可得 θ＝53° 求得 AB、BC 圆弧的半径 R＝0.5m OE 过程由动能定理得：
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）
(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：
0
1 2
mvB2
L=4.9m (3)物块在斜面上，由于 mgsin37°＞μmgcos37°，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+Rcos37°）
解得
Q=4J
6．如图所示，一质量为 M、足够长的平板静止于光滑水平面上，平板左端与水平轻弹簧 相连，弹簧的另一端固定在墙上．平板上有一质量为 m 的小物块以速度 v0 向右运动，且在 本题设问中小物块保持向右运动．已知小物块与平板间的动摩擦因数为 μ，弹簧弹性势能 Ep 与弹簧形变量 x 的平方成正比，重力加速度为 g.求：
解得
FD
mg
m
vD2 R
FD
mg
m
vD2 R
=40
102 4
10
=80N
；
(2)若无传送带时，由平抛知识可知：
x vDt
解得
t 1s
如果传送带保持不动，则当小车滑到最右端时，由动能定理：
1 2
mv2
1 2
mvD2
mgL
解得
v=6m/s
因为 v 6m/s gR 2m/s ，则小车从右端轮子最高点做平抛运动，则落水点距离传送
AB、BC 是半径相同的光滑圆弧管道，CD 是动摩擦因数 μ＝0.8 的粗糙直管道；各部分管道 在连接处均相切。A、B、C、D 的横坐标分别为 xA＝1.20m、xB＝2.00m、xC＝2.65m、xD＝
3.40m。已知，弹珠质量 m＝100g，直径略小于管道内径。E 为 BC 管道的最高点，在 D 处 有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（物理）物理动能与动能定理专项
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理
1．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 θ=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 μ=0.25，g=10m/s2．求
【答案】(1) 4.5m，4.9m；(2) 4J 【解析】 【详解】
(1)设物块在 B 点的最大速度为 vB，由牛顿第二定律得：
从 P 到 Ｂ，由动能定理得
Fm
mg
m
vB2 R
mg ( H
R)
1 2
mvB2
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：
解得
-mg[R（1-cos37°）+Lsin37°]-μmgcos37°•L=
1 2
mvE2
1 2
mv02
解得 v0＝2 2 m/s；
（3）sinα 2.65 2.00 0.40 0.5，α＝30° 0.5
CD 与水平面的夹角也为 α＝30°
设 3 次通过 E 点的速度最小值为 v1．由动能定理得
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）﹣2μmgxCDcos30°＝0
1 2
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。
5．如图，在竖直平面内，半径 R=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 θ=37°，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 m=0.1kg 的小物块，从 A 点正上方的 P 点由静止落下。已知物 块与斜面之间的动摩擦因数 μ=0.5.取 sin37°=0.6.co37°=0.8，g=10m/s2，不计空气阻力。 (1)为保证轨道不会被破坏，求 P、A 间的最大高度差 H 及物块能沿斜面上滑的最大距离 L； (2)若 P、A 间的高度差 h=3.6m，求系统最终因摩擦所产生的总热量 Q。
2 41m/s ，落水点距离传送带右端的水平距离为 x vt 2 41m ；
③若传送带的速度 10m/s≥v≥6m/s，则小车在传送带上运动时先减速到 v，然后以速度 v 匀 速，则到达右端的速度为 v，落水点距离传送带右端的水平距离为 vt=vm；
④若传送带的速度 2 41m/s ≥v≥10m/s，则小车在传送带上运动时先加速到 v，然后以速度
【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 3.5110 35N
(2)在 C 点，由
代入数据得
（1）若要使弹珠不与管道 OA 触碰，在 O 点抛射速度 ν0 应该多大； （2）若要使弹珠第一次到达 E 点时对轨道压力等于弹珠重力的 3 倍，在 O 点抛射速度 v0 应该多大；
（3）游戏设置 3 次通过 E 点获得最高分，若要获得最高分在 O 点抛射速度 ν0 的范围。
【答案】（1）3m/s（2）2 2 m/s（3）2 3 m/s＜ν0＜2 6 m/s
【答案】(1) 4v02 Epm ；(2) mg ；(3) v
9 g mg
2
【解析】
【分析】
（1）对系统由能量守恒求解小物块相对平板运动的位移；（2）平板速度最大时，处于平
衡状态，弹力等于摩擦力；（3）平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当木板速度
最大时弹力等于摩擦力，结合能量转化关系解答.
(1)玩具滑车到达 D 点时对 D 点的压力大小。
(2)如果传送带保持不动，玩具滑车到达传送带右端轮子最高点时的速度和落水点位置。 (3)如果传送带是在以某一速度匀速运动的（右端轮子顺时针转），试讨论玩具滑车落水点 与传送带速度大小之间的关系。
【答案】(1)80N；(2)6m/s，6m；(3)见解析。 【解析】 【详解】 (1)玩具滑车到达 D 点时，由牛顿第二定律：
【详解】
（1）弹簧伸长最长时平板速度为零，设相对位移大小为 s，对系统由能量守恒
1 mv02＝ 1 m( v0 )2＋Epm＋μmgs
2
23
解得 s＝ 4v02 Epm 9 g mg
（2）平板速度最大时，处于平衡状态，f＝μmg
即 F＝f＝μmg.
（3）平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当木板速度最大时
v 匀速，则到达右端的速度为 v，落水点距离传送带右端的水平距离为 vt=vm。
3．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。某弹珠游戏可 简化成如图所示的竖直平面内 OABCD 透明玻璃管道，管道的半径较小。为研究方便建立平
面直角坐标系，O 点为抛物口，下方接一满足方程 y 5 x2 的光滑抛物线形状管道 OA； 9
mv12
解得 v1＝2 3 m/s
设 3 次通过 E 点的速度最大值为 v2．由动能定理得
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）﹣4μmgxCDcos30°＝0
1 2
mv22
解得 v2＝6m/s
考虑 2 次经过 E 点后不从 O 点离开，有
﹣2μmgxCDcos30°＝0
1 2
mv32
解得 v3＝2 6 m/s
(1)当弹簧第一次伸长量达最大时，弹簧的弹性势能为 Epm，小物块速度大小为 v0 求该过程 3
中小物块相对平板运动的位移大小；
(2)平板速度最大时弹簧的弹力大小；
(3)已知上述过程中平板向右运动的最大速度为 v.若换用同种材料，质量为 m 的小物块重复 2
上述过程，则平板向右运动的最大速度为多大？
μmg＝kx
对木板由动能定理得 μmgx＝Ep1＋ 1 Mv2 2
同理，当 m′＝ 1 m，平板达最大速度 v′时， mg ＝kx′
2
2
1 μmgx′＝Ep2＋ 1 Mv′2
2
2
由题可知 Ep∝x2，即 Ep2＝ 1 Ep1 4
解得 v′＝ 1 v. 2
7．如图为一水平传送带装置的示意图．紧绷的传送带 AB 始终保持 v0=5m/s 的恒定速率运 行，AB 间的距离 L 为 8m．将一质量 m＝1kg 的小物块轻Biblioteka Baidu放在传送带上距 A 点 2m 处的 P 点，小物块随传送带运动到 B 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点 N．小物块与传送带 间的动摩擦因数 μ＝0.5，重力加速度 g＝10 m/s2．求：
带右端的水平距离：
x' vt 6m
(3)①若传送带的速度 v≤6m/s，则小车在传送带上运动时一直减速，则到达右端的速度为 6m/s，落水点距离传送带右端的水平距离为 6m； ②若小车在传送带上一直加速，则到达右端时的速度满足
1 2
mv'2
1 2
mvD2
mgL
解得
v' 2 41m/s
若传送带的速度 v 2 41m/s ，则小车在传送带上运动时一直加速，则到达右端的速度为
6J
(3)滑块从 A 点运动到 C 点过程，由动能定理得
解得 BC 间距离
mg
3r
mgs
1 2
mvc2
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
mgs
1 2
mvc2
解得
s 0.7m
减速运动；根据动能定理有：
⑥
解得：
⑦
（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：
⑧
⑨ 滑块相对传送带滑动的位移 相对滑动生成的热量
⑫
⑩ ⑪
2．如图所示是一种特殊的游戏装置， CD 是一段位于竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆弧 半径为10m ，末端 D 处的切线方向水平，一辆玩具滑车从轨道的 C 点处下滑，滑到 D 点 时速度大小为10m/s ，从 D 点飞出后落到水面上的 B 点。已知它落到水面上时相对于 O 点 （ D 点正下方）的水平距离 OB 10m 。为了能让滑车抛到水面上的更远处，有人在轨道 的下方紧贴 D 点安装一水平传送带，传送带右端轮子的圆心与 D 点的水平距离为 8m ，轮 子半径为 0.4m （传送带的厚度不计），若传送带与玩具滑车之间的动摩擦因数为 0.4，玩 具滑车的质量为 4kg ，不计空气阻力（把玩具滑车作质点处理），求