物理动能与动能定理练习题20篇

物理动能与动能定理练习题20篇

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．某游乐场拟推出一个新型滑草娱乐项目，简化模型如图所示。游客乘坐的滑草车（两者的总质量为60kg ），从倾角为53θ=︒的光滑直轨道AC 上的B 点由静止开始下滑，到达

C 点后进入半径为5m R =，圆心角为53θ=︒的圆弧形光滑轨道C

D ，过D 点后滑入倾

角为α（α可以在0

75α︒范围内调节）、动摩擦因数为33

μ=的足够长的草地轨道

DE 。已知D 点处有一小段光滑圆弧与其相连，不计滑草车在D 处的能量损失，B 点到

C 点的距离为0=10m L ，10m/s g =。求：

(1)滑草车经过轨道D 点时对轨道D 点的压力大小；

(2)滑草车第一次沿草地轨道DE 向上滑行的时间与α的关系式；

(3)α取不同值时，写出滑草车在斜面上克服摩擦所做的功与tan α的关系式。

【答案】(1)3000N ；(2)

3sin cos 32

t αα=

⎛⎫+ ⎪

⎝⎭

；(3)见解析 【解析】 【分析】 【详解】

(1)根据几何关系可知CD 间的高度差

()CD 1cos532m H R =-︒=

从B 到D 点，由动能定理得

()20CD D 1

sin 5302

mg L H mv ︒+=-

解得

D 102m/s v =

对D 点，设滑草车受到的支持力D F ，由牛顿第二定律

2

D D v F mg m R

-= 解得

D 3000N F =

由牛顿第三定律得，滑草车对轨道的压力为3000N 。 (2)滑草车在草地轨道DE 向上运动时，受到的合外力为

sin cos F mg mg αμα=+合

由牛顿第二定律得，向上运动的加速度大小为

sin cos F a g g m

αμα=

=+合

因此滑草车第一次在草地轨道DE 向上运动的时间为

D

sin cos v t g g αμα

=

+

代入数据解得

t =

⎝⎭

(3)选取小车运动方向为正方向。

①当0α=时，滑草车沿轨道DE 水平向右运动，对全程使用动能定理可得

[]01sin (1cos )+=00f mg L R W θθ+--

代入数据解得

16000J f W =-

故当0α=时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

6000J W =克1

②当030α<≤︒时，则

sin cos g g αμα≤

滑草车在草地轨道DE 向上运动后最终会静止在DE 轨道上，向上运动的距离为

2D

22(sin cos )

v x g g αμα=+

摩擦力做功为

22cos f W mg x μα=-⋅

联立解得

2f W =

故当030α<≤︒时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

2W =

克

③当3075α︒<≤︒时

sin cos g g αμα>

滑草车在草地轨道DE 向上运动后仍会下滑，若干次来回运动后最终停在D 处。对全程使用动能定理可得

[]03sin (1cos )+=00f mg L R W θθ+--

代入数据解得

36000J f W =-

故当3075α︒<≤︒时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

6000J W =克3

所以，当0α=或3075α︒<≤︒时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000J ；当

030α<≤︒时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为

6000

(J)3tan 1

α+。

2．如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量1m kg =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， AB 长5L m =，物块与传送带间的动摩擦因数10.2μ=，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20.3μ=，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120θ=，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5/v m 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18p E J =能量全部

释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取2

10/g m s =．

（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）0.8R m =；（2）1

3

x m =；（337/43/m s v m s ≤≤ 【解析】 【分析】 【详解】

（1）物块被弹簧弹出，由2

012

p m v E =

，可知：06/m s v = 因为

v 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，

由：

11mg ma μ=，011v v a t =-，2

10111

12

x v t a t =-

得到：1

2

/2m s a

=，10.5s t =，1 2.75m x = 因为

1

L x

<，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5/m s 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：2

212

m mgs mgR v μ=+ 代入数据整理可以得到：0.8R m =． （2）设物块从E 点返回至B 点的速度为B v ，由22

211222

B m m mg s v v μ-=⨯ 得到

7/B

m s v

=，因为0B v >，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

()2

212B mv mg s x μ=-，得到：13

x m =. （3）设传送带速度为1v 时物块能恰到F 点，在F 点满足2

sin30F mg m R

v =

从B 到F 过程中由动能定理可知：()

22

1211sin 3022

F mv mv mgs mg R R μ-=++ 解得：

设传送带速度为2v 时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点， 由：

2

22132

m mg s mgR v μ=⨯+ 解得：

2

43/m s v

=

若物块在传送带上一直加速运动，由22

011122

Bm m m mgL v v μ-= 知其到B 点的最大速度

56/Bm

m s v

=

37/43/m s v m 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．

3．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/s 2。问：