高考必备物理动能与动能定理技巧全解及练习题(含答案)及解析.pdf

高考必备物理动能与动能定理技巧全解及练习题高考必备物理动能与动能定理技巧全解及练习题(含答案含答案)及解析及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量m 0.04kg，电量q 3104C的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能为0.32J。某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端A点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B，并沿轨道BC滑下，运动到光滑水平轨道CD，从D点进入到光滑竖直圆内侧轨道。已知倾斜轨道与水平方向夹角为 37，倾斜轨道长为L 2.0m，带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数 0.5。小物块在C点没有能量损失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小物块的电量保持不变，可视为质点。只有光滑竖直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场，场强E 2105V/m。已知2cos37 0.8，sin37 0.6，取g 10m/s，求：（1）小物块运动到A点时的速度大小vA；（2）小物块运动到C点时的速度大小vC；（3）要使小物块不离开圆轨道，圆轨道的半径应满足什么条件？【答案】（1）4m/s；（2）33m/s；（3）R 0.022m【解析】【分析】【详解】（1）释放弹簧过程中，弹簧推动物体做功，弹簧弹性势能转变为物体动能EP解得12mvA2vA2EP20.324m/sm0.04vAcos37vB（2）A 到 B 物体做平抛运动，到 B 点有所以vBB 到 C 根据动能定理有45m/s0.81212mvCmvB22mgLsin37mgcos37 L 解得vC 33m/s（3）根据题意可知，小球受到的电场力和重力的合力方向向上，其大小为F=qEmg=59.6N所以 D 点为等效最高点，则小球到达D 点时对轨道的压力为零，此时的速度最小，即2vDFmR解得vDFRm所以要小物块不离开圆轨道则应满足vCvD得：R0.022m2如图所示，光滑水平轨道距地面高h=0.8m，其左端固定有半径R=0.6m 的内壁光滑的半圆管形轨道，轨道的最低点和水平轨道平滑连接质量m1=1.0kg 的小球 A 以 v0=9m/s 的速度与静止在水平轨道上的质量m2=2.0kg 的小球 B 发生对心碰撞，碰撞时间极短，小球A 被反向弹回并从水平轨道右侧边缘飞出，落地点到轨道右边缘的水平距离s=1.2m重力加速度 g=10m/s2求：(1)碰后小球 B 的速度大小 vB；(2)小球 B 运动到半圆管形轨道最高点C 时对轨道的压力【答案】（1）6m/s（2）20N，向下【解析】【详解】(1)根据得:则规定 A 的初速度方向为正方向，AB 碰撞过程中，系统动量守恒，以A 运动的方向为正方向，有：m1v0=m2vB-m1vA，代入数据解得：vB=6m/s(2)根据动能定理得:代入数据解得:,方向向下根据牛顿第二定律得:解得:【点睛】根据牛顿第三定律得，小球对轨道最高点的压力大小为20N，方向向上本题考查了动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律的综合，涉及到平抛运动、圆周运动，综合性较强，关键要理清过程，选择合适的规律进行求解.3如图（a）所示，倾角=30的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2104C 的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与Q 未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图（b）所示，其中线 1 为重力势能随位移变化图象，线 2 为动能随位移变化图象（g=10m/s2，静电力恒量 K=9109Nm2/C2）则（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况；（2）求小球的质量 m 和电量 q；（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；（4）在图（b）中画出小球的电势能 随位移 s 变化的图线（取杆上离底端3m 处为电势零点）【答案】（1）小球的速度先增大，后减小；小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零（2）4kg；1.11105C；（3）4.2106V（4）图像如图,线 3 即为小球电势能随位移 s 变化的图线；【解析】【分析】【详解】（1）由图线 2 得知，小球的速度先增大，后减小根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零（2）由线 1 可得:EP=mgh=mgssin斜率:k=20=mgsin30所以m=4kg当达到最大速度时带电小球受力平衡:mgsin由线 2 可得 s0=1m，得:kqQ2s02mgsins0q=1.11105CkQ（3）由线 2 可得，当带电小球运动至1m 处动能最大为 27J根据动能定理:WG+W电=Ek即有:mgh+qU=Ekm0代入数据得:U=4.2106V（4）图中线 3 即为小球电势能 随位移 s 变化的图线4如图所示，半径为 R11.8 m 的1光滑圆弧与半径为 R20.3 m 的半圆光滑细管平滑连4接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L2.0 m、质量为 M1.5 kg 的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同现在让质量为m22 kg 的物块静止于 B 处，质量为 m11 kg 的物块从光滑圆弧顶部的 A 处由静止释放，物块m1下滑至 B 处和 m2碰撞后不再分开，整体设为物块 m(mm1m2)物块 m 穿过半圆管底部 C 处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为 2 m/s 时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若 g10 m/s2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计(1)求物块 m1和 m2碰撞过程中损失的机械能；(2)求物块 m 滑到半圆管底部 C 处时所受支持力大小；(3)若物块 m 与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为0.25，求物块 m 在台阶表面上滑行的最大距离【答案】12J190N0.8m【解析】试题分析：（1）选由机械能守恒求出物块m1下滑到 B 点时的速度；m1、m2碰撞满足动量守恒，由E机1122m1vBmv共求出碰撞过程中损失的机械能；（2）物块 m 由 B 到 C22满足机械能守恒，在 C 点由牛顿第二定律可求出物块m 滑到半圆管底部 C 处时所受支持力大小；（3）根据动量守恒定律和动能定理列式即可求解.设物块m1下滑到 B 点时的速度为vB，由机械能守恒可得：m1gR112m1vB2解得：vB 6m/sm1、m2碰撞满足动量守恒：m1vB(m1 m2)v共解得；v共 2m/s则碰撞过程中损失的机械能为：E机物块 m 由 B 到 C 满足机械能守恒：解得：vC 4m/s2vC在 C 处由牛顿第二运动定律可得：FNmg mR21122m1vBmv共12J221212mv共mg2R2mvC22解得：FN190N设物块 m 滑上木板后，当木板速度为v2 2m/s时，物块速度为v1，由动量守恒定律得：mvC mv1 Mv2解得：v1 3m/s设在此过程中物块运动的位移为x1，木板运动的位移为x2，由动能定理得：对物块 m：mgx1解得：x11.4m对木板 M：mgx2解得：x2 0.4m此时木板静止，物块 m 到木板左端的距离为：x3 L x2 x11m设物块 m 在台阶上运动的最大距离为x4，由动能定理得：1212mv1mvC2212Mv221mg(x3 x4)0mv122解得：x4 0.8m5如图所示，倾角为=45的粗糙平直导轨与半径为R 的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内一质量为m 的小滑块从导轨上离地面高为h=3R 的 D 处无初速下滑进入圆环轨道.接着小滑块从圆环最高点C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的P 点，不计空气阻力.求：（1）滑块运动到圆环最高点C 时的速度的大小；（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；（3）滑块在斜面轨道 BD 间运动的过程中克服摩擦力做的功【答案】（1）Rg（2）6mg（3）【解析】【分析】【详解】（1）小滑块从 C 点飞出来做平抛运动，水平速度为v0，竖直方向上：向上：，解得，水平方1mgR2（2）小滑块在最低点时速度为vC由机械能守恒定律得牛顿第二定律：下（3）从 D 到最低点过程中，设 DB 过程中克服摩擦力做功W1，由动能定理h=3R【点睛】对滑块进行运动过程分析，要求滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小，我们要知道滑块运动到圆环最低点时的速度大小，小滑块从圆环最高点C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心 O 等高的 P 点，运用平抛运动规律结合几何关系求出最低点时速度在对最低点运用牛顿第二定律求解由牛顿第三定律得：，方向竖直向6如图所示，质量 m=2kg 的小物块从倾角=37的光滑斜面上的 A 点由静止开始下滑，经过 B 点后进入粗糙水平面，已知AB 长度为 3m，斜面末端 B 处与粗糙水平面平滑连接试求：（1）小物块滑到 B 点时的速度大小（2）若小物块从 A 点开始运动到 C 点停下，一共经历时间t=2.5s，求 BC 的距离（3）上问中，小物块与水平面的动摩擦因数 多大？（4）若在小物块上始终施加一个水平向左的恒力F，小物块从 A 点由静止出发，沿 ABC 路径运动到 C 点左侧 3.1m 处的 D 点停下求 F 的大小（sin37=0.6，cos37=0.8）【答案】（1）6m/s（2）1.5s（3）0.4（4）F 2.48N【解析】【详解】(1)根据机械能守恒得：mgsABsin37 解得：12mvB2vB2gsABsin37 21030.6m/s 6m/s；(2)物块在斜面上的加速度为：a1 gsin 6m/s2在斜面上有：1sABa1t22代入数据解得：t11s物块在 BC 段的运动时间为：t2 t t11.5sBC 段的位移为：1sBC(vB0)t2 4.5m2（3）在水平面上，有：0 vB a2t2解得：a2根据牛顿第二定律有：vB 4m/s2t2mg ma2代入数据解得：0.4(4)从 A 到 D 的过程，根据动能定理得：mgsABsinFsBDsABcosmgsBD0代入数据解得：F 2.48N【点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力.7如图甲所示，长为 4 m 的水平轨道 AB 与半径为 R0.6 m 的竖直半圆弧轨道 BC 在 B 处相连接。有一质量为 1 kg 的滑块(大小不计)，从 A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F随位移变化的关系如图乙所示。滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数为 0.25，与半圆弧轨道 BC 间的动摩擦因数未知，g 取 10 m/s2。求：（1）滑块到达 B 处时的速度大小；（2）若到达 B 点时撤去 F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。【答案】（1）210 m/s。（2）5 J。【解析】【详解】（1）对滑块从 A 到 B 的过程，由动能定理得：F1x1 F3x3mgx 即12mvB，212202-101-0.251104J=1vB，2得：vB 2 10m/s；（2）当滑块恰好能到达最高点C 时，2vCmg m；R对滑块从 B 到 C 的过程中，由动能定理得：W mg2R 带入数值得：1212mvCmvB，22W=-5J，即克服摩擦力做的功为5J；8质量为 m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为 7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是多少？【答案】wf 克【解析】【分析】1mgR2本题首先用牛顿第二定律列示求出圆周运动最低点与最高点得瞬时速度的大小，再由最低点到最高点列动能定理解题，得出空气阻力做的功本题属于绳子栓小球模型，注意最高点重力提供向心力【详解】mv12v16gR最低点7mg mg R2mv2v2gR最高点：mg R由动能定律 得2mgR wf解得wf 1212mv2mv1221mgR21mgR2所以 克服空气阻力做功wf 克【点睛】本题是圆周运动模型解题，结合牛顿运动定律与动能定理解圆周问题9雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关，雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g；（1）质量为 m 的雨滴由静止开始，下落高度h 时速度为 u，求这一过程中空气阻力所做的功 W（2）研究小组同学观察发现，下雨时雨滴的速度跟雨滴大小有关，较大的雨滴落地速度较快，若将雨滴看作密度为 的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力大小为f=kr2v2，其中 v 是雨滴的速度，k 是比例常数，r 是球体半径a.某次下雨时，研究小组成员测得雨滴落地时的速度约为v0，试计算本场雨中雨滴半径r的大小；b.如果不受空气阻力，雨滴自由落向地面时的速度会非常大，其v-t 图线如图所示，请在图中画出雨滴受空气阻力无初速下落的v-t 图线（3）为进一步研究这个问题，研究小组同学提出下述想法：将空气中的气体分子看成是空间中均匀分布的、静止的弹性质点，将雨滴的下落看成是一个面积为 S 的水平圆盘在上述弹性质点中竖直向下运动的过程已知空气的密度为0，试求出以速度 v 运动的雨滴所受空气阻力f 的大小（最后结果用本问中的字母表示）23kv012【答案】（1）W mu mgh（2）r，4g2（3）f 2Sv2【解析】【详解】（1）由动能定理：mghW 解得：W 1mu2212mu mgh243322（2）a.雨滴匀速运动时满足：r g kr v0，23kv0解得r 4gb.雨滴下落时，做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速下落，图像如图.（3）设空气分子与圆盘发生弹性碰撞在极短时间t 内，圆盘迎面碰上的气体质点总质量为：m S vt2v以 F 表示圆盘对气体分子的作用力，对气体根据动量定理有：Ftm2解得：F 2Sv由牛顿第三定律可知，圆盘所受空气阻力F F 2Sv210如图所示，AB 为倾角37的斜面轨道，BP 为半径 R=1m 的竖直光滑圆弧轨道，O为圆心，两轨道相切于B 点，P、O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一端在斜面上 C 点处，轨道的 AC 部分光滑，CB 部分粗糙，CB 长 L1.25m，物块与斜面间的动摩擦因数为0.25，现有一质量 m=2kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后释放(不栓接)，物块经过 B 点后到达 P 点，在 P 点物块对轨道的压力大小为其重力的1.5倍，sin37 0.6,cos37 0.8，g=10m/s2.求：(1)物块到达 P 点时的速度大小 vP；(2)物块离开弹簧时的速度大小vC；(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块离开弹簧时速度的最大值vm.【答案】(1)vP 5m/s (2)vC=9m/s(3)vm 6m/s【解析】【详解】(1)在 P 点，根据牛顿第二定律：2vPmg NP mR解得:vP2.5gR 5m/s(2)由几何关系可知 BP 间的高度差hBP R(1cos37)物块 C 至 P 过程中，根据动能定理：1212mgLsin37mghBPmgLcos37=mvPmvC22联立可得：vC=9m/s(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块能够到达的最大高度为与O 等高处的 E 点，物块 C 至 E 过程中根据动能定理：12mgLcos37mgLsin37mgRsin53=0mvm2解得：vm 6m/s11可视为质点的小滑块从半径为0.8m 的四分之一光滑圆弧轨道顶端滑下。在轨道最低点滑上水平传送带的最右端（设轨道衔接处无机械能损失）。设传送带长度L=8m，并以恒定的 v=3m/s 速度顺时针转动，小滑块恰好能运动到水平传送带的最左端而没有掉下传送带。已知重力加速度大小为g=10m/s2。求：（1）物块与传送带间的动摩擦因数；（2）物块从圆弧轨道最低点滑入传送带到第一次返回圆弧轨道最低点所用的时间（本小题计算结果保留两位有效数字）。【答案】（1）0.1；（2）8.17s【解析】【详解】（1）物块从圆形光滑轨道下滑的过程，根据机械能守恒有mgR 12mv1212mv12解得v1 4m/s物块沿传送带滑到最左端速度恰好为零，由动能定理有mgL 0代入数据解得：0.12（2）物块在传送带先做匀减速运动a g 1m/s则物块减速到零的时间为t1v1 4sav 3sa反向加速时加速度不变，故加速时间为t2这段时间的位移为x112at2 4.5m2L x11.17sv之后物块随传送带匀速运动，则t3物块在传送带上第一次往返所用的时间为t t1t2t3 8.17s12如图所示，物体 A 置于静止在光滑水平面上的平板小车B 的左端，在 A 的上方 O 点用细线悬挂一小球 C(可视为质点)，线长 L0.8 m现将小球 C 拉至水平无初速度释放，并在最低点与 A 物体发生水平正碰，碰撞后小球C 反弹的最大高度为 h0.2 m已知 A、B、C的质量分别为 mA4 kg、mB8 kg 和 mC1 kg，A、B 间的动摩擦因数 0.2，A、C 碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g10 m/s2.(1)求小球 C 与物体 A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；(2)求 A、C 碰撞后瞬间 A 的速度大小；(3)若物体 A 未从小车 B 上掉落，小车 B 的最小长度为多少？【答案】(1)30N(2)1.5m/s(3)0.375m【解析】【详解】解：（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mCgL 代入数据解得：v0 4m/s2v0对小球，由牛顿第二定律得：T mcg mcL代入数据解得：T=30N1mCv022（2）小球与 A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向由动量守恒定律得：mCv0 mCvcmAvA代入数据解得：vA1.5m/s（3）物块 A与木板 B 相互作用过程，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvAmAmBv代入数据解得：v=0.5m/s由能量守恒定律得：mAgx 11mAvA2mAmBv22代入数据解得：x=0.375m。2