高考物理动能与动能定理题20套(带答案)

mg
h
R
1 2
mvB2
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
FN
mg
mvB 2 R
mg
2mg h R
R
70N
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
(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
3．如图所示，斜面高为 h，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 A 处由静止释放，沿斜面 AB 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 点的速度大小变化，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 μ。请证明：斜面 倾角 θ 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。
端有一传送带， AB 长 L 5m，物块与传送带间的动摩擦因数 1 0.2 ，与传送带相邻 的粗糙水平面 BC 长 s=1.5m，它与物块间的动摩擦因数 2 0.3 ，在 C 点右侧有一半径为 R 的光滑竖直圆弧与 BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为 120 ，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 v 5m / s 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 Ep 18J 能量全部 释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的 E 点，取 g 10m / s2 ．
（1）求碰撞前小球 P 的速度大小； （2）求小球 Q 离开半圆轨道后落回水平面上的位置与 B 点之间的距离； （3）若只调节光滑半圆轨道 BCD 半径大小，求小球 Q 离开半圆轨道 D 点后落回水平面上 的位置与 B 点之间的距离最大时，所对应的轨道半径是多少？
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】 【分析】 【详解】 设小球 Q 在 B 处的支持力为 ；碰后小球 Q 的速度为 ，小球 P 的速度为 ；碰前小球 P 的速度为 ；小球 Q 到达 D 点的速度为 . (1)由牛顿第三定律得小球 Q 在 B 点
2
B
mg 2s
2
v v 得到
B
7m / s ，因为
0 ，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用
B
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
1 2
mvB2
2mg
s
x ，得到：
x
1 3
m.
v2
（3）设传送带速度为 v1 时物块能恰到 F 点，在 F 点满足 mg sin 30 m F R
【分析】
【详解】
E v （1）物块被弹簧弹出，由
p
1 2
m
2 0
，可知：
v0
6m
/
s
v 因为 v ，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， 0
v a t ma x v t a t 由： mg 1
，v
1
0
，
11
1
1 01 2
2 11
得到： a1 2m / s2 ，t1 0.5s ， x1 2.75m
【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．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道 ABCD，其中 AB 是足够长的水平轨道，B 端 与半径为 R 的光滑半圆轨道 BCD 平滑相切连接，半圆的直径 BD 竖直，C 点与圆心 O 等 高．现有一质量为 m 的小球 Q 静止在 B 点，另一质量为 2m 的小球 P 沿轨道 AB 向右匀速 运动并与 Q 发生对心碰撞，碰撞后瞬间小球 Q 对半圆轨道 B 点的压力大小为自身重力的 7 倍，碰撞后小球 P 恰好到达 C 点．重力加速度为 g．
5．如图所示，一长度 LAB=4．98m，倾角 θ=30°的光滑斜面 AB 和一固定粗糙水平台 BC 平 滑连接，水平台长度 LBC=0．4m，离地面高度 H=1．4m，在 C 处有一挡板，小物块与挡板 碰撞后原速率反弹，下方有一半球体与水平台相切，整个轨道处于竖直平面内。在斜面顶 端 A 处静止释放质量为 m="2kg" 的小物块（可视为质点），忽略空气阻力，小物块与 BC 间的动摩擦因素 μ=0．1，g 取 10m/s2。问：
x 因为 1 L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以 5m / s 的速度滑上水平面
v BC，物块滑离传送带后恰到 E 点，由动能定理可知： 1 m 2 mgs mgR
2
2
代入数据整理可以得到： R 0.8m．
v v （2）设物块从
E
点返回至
B
点的速度为
v
B
，由
1 2
m
21m 2
2 Bm 2 0
1
v 知其到 B 点的最大速度 56m / s Bm
综合上述分析可知，只要传送带速度 37m / s v 43m / s 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．
mv2- mv02=2
Lbcn
n=25 次 考点：动能定理、平抛运动 【名师点睛】解决本题的关键一是要会根据平抛运动的规律求出落到 D 时平抛运动的初速 度；再一个容易出现错误的是在 BC 段运动的路程与经过 B 点次数的关系，需要认真确 定。根据功能关系求出在 BC 段运动的路程。
6．如图所示，四分之一光滑圆弧轨道 AO 通过水平轨道 OB 与光滑半圆形轨道 BC 平滑连 接，B、C 两点在同一竖直线上，整个轨道固定于竖直平面内，以 O 点为坐标原点建立直角 坐标系 xOy。一质量 m=1kg 的小滑块从四分之一光滑圆弧轨道最高点 A 的正上方 E 处由静 止释放，A、E 间的高度差 h=2.7m，滑块恰好从 A 点沿切线进入轨道，通过半圆形轨道 BC 的最高点 C 时对轨道的压力 F=150N，最终落到轨道上的 D 点(图中未画出)。已知四分之一 圆弧轨道 AO 的半径 R=1.5m，半圆轨道 BC 的半径 r=0.4m，水平轨道 OB 长 l=0.4m，重力 加速度 g=10m/s2。求：
mgsin
-
LAB= mv2
v=7m/s （2）从开始到最后停下在 BC 段所经过的路程为 x mgsin LAB- mgx=0 x=24．9m
=31．1
经过 AB 的次数为 31 2+1=63 次 （3）设小物块平抛时的初速度为 V0
H -r
= gt2
r+
=v0t
v0=3 m/s
设第 n 次后取走挡板
（1）小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小； （2）小物块经过 B 点多少次停下来，在 BC 上运动的总路程为多少； （3）某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板，最后小物块落在 D 点，已知半球体半径 r=0．75m，OD 与水平面夹角为 α=53°，求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板？（取
）
【答案】（1）7 m/s；（2）63 次 24．9m（3）25 次 【解析】 试题分析：小物块从开始运动到与挡板碰撞，重力、摩擦力做功，运用动能定理。求小物 块经过 B 点多少次停下来，需要根据功能转化或动能定理求出小物块运动的路程，计算出 经过 B 点多少次。小物块经过平抛运动到达 D 点，可以求出平抛时的初速度，进而求出在 BC 段上运动的距离以及和当班碰撞的次数。 （1）从 A 到 C 段运用动能定理
（2）滑块从 E 点到 C 点过程，由动能定理可知：
mg
h
R
2r
mgl
1 2
mvc2
解得： 0.5
（3）小滑块离开 C 点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则
2r
1 2
gt 2
，
s
vCt
解得： s 3.2m l 0.4m
所以滑块落到四分之一圆弧轨道上，设落点坐标为 x, y ，则有：
2r y 1 gt2 2
碰后小球 Q 在 B 点由牛顿第二定律得:
碰后小球 P 恰好到 C 点，由动能定理得: P、Q 对心碰撞，由动量守恒得： 联立解得:
(2)小球 Q 从 B 到 D 的过程中，由动能定理得：
解得
，所以小球 Q 能够到达 D 点
由平抛运动规律有：
联立解得
(3)
联立解得:
当
时 x 有最大值
所以 【点睛】 解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如 何转化，分段运用能量守恒定律列式是关键．
高考物理动能与动能定理题 20 套(带答案)
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/s2。
mgh mgL 0 解得： L h
故斜面倾角 θ 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。
4．如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量 m 1kg 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
(1)小滑块运动到 C 点时的速度大小；
(2)小滑块与水平轨道 OB 间的动摩擦因数；
(3)D 点的位置坐标.
【答案】(1) vC 8m/s (2) 0.5 (3) x 1.2m, y 0.6m
【解析】
【详解】
（1）滑块在 C 点时，对滑块受力分析，有
F mg m vC2 r
解得： vC 8m / s
l x vCt
x2 R y2 R2
解得： x 1.2m， y 0.6m
7．如图所示，ABC 为竖直面内一固定轨道，AB 段是半径为 R 的 1 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】见解析所示
【解析】
【详解】
设斜面长为 L ，倾角为 ，物块在水平面上滑动的距离为 S．对物块，由动能定理得： mgh mg cos L mgS 0
即：
mgh mg cos h mgS 0 sin
由几何关系可知：
mgh mg h mgS 0 tan
则有：
h LS tan
mgh mg L S mgS 0
（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） R 0.8m；（2） x 1 m ；（3） 37m / s v 43m / s 3
【解析】Hale Waihona Puke Baidu
从
B
到
F
过程中由动能定理可知：
1 2
mv12
1 2
mvF2
2mgs mg
R R sin 30
解得：
设传送带速度为 v 2 时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到 E 点，
v 由： 1 m 2 mg 3s mgR
22
2
v 解得： 2
43m / s
v v 若物块在传送带上一直加速运动，由 1 m 2 1 m 2 mgL
m（ g h R R cos37 Lsin 37） mgL cos37 0
所以
L 1.2m
(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
1 2
mvB 2
mg
h
R
2mgL
cos 37
0.54mg
mgR
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。