高考物理动能与动能定理解题技巧分析及练习题(含答案).pdf

高考物理动能与动能定理解题技巧分析及练习题高考物理动能与动能定理解题技巧分析及练习题(含答案含答案)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，两物块 A、B 并排静置于高 h=0.80m 的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg一颗质量 m=0.10kg 的子弹 C 以 v0=100m/s 的水平速度从左面射入 A，子弹射穿A 后接着射入 B 并留在 B 中，此时 A、B 都没有离开桌面已知物块A 的长度为 0.27m，A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m设子弹在物块 A、B 中穿行时受到的阻力大小相等，g 取 10m/s2(平抛过程中物块看成质点)求：（1）物块 A 和物块 B 离开桌面时速度的大小分别是多少；（2）子弹在物块 B 中打入的深度；（3）若使子弹在物块 B 中穿行时物块 B 未离开桌面，则物块B 到桌边的最小初始距离2【答案】（1）5m/s；10m/s；（2）LB 3.510 m（3）2.5102m【解析】【分析】【详解】试题分析：(1)子弹射穿物块 A 后，A 以速度 vA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动：h 12gt解得：t=0.40s2A 离开桌边的速度vAs，解得：vA=5.0m/st设子弹射入物块 B 后，子弹与 B 的共同速度为 vB，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：mv0 MvA(M m)vBB 离开桌边的速度 vB=10m/s（2）设子弹离开 A 时的速度为v1，子弹与物块 A 作用过程系统动量守恒：mv0 mv12MvAv1=40m/s子弹在物块 B 中穿行的过程中，由能量守恒fLB11122MvAmv12(M m)vB222子弹在物块 A 中穿行的过程中，由能量守恒121212fLAmv0mv1(M M)vA222由解得LB 3.510m（3）子弹在物块 A 中穿行过程中，物块A 在水平桌面上的位移为s1，由动能定理：212fs1(M M)vA02子弹在物块 B 中穿行过程中，物块B 在水平桌面上的位移为s2，由动能定理fs21122MvBMvA22由解得物块 B 到桌边的最小距离为：smin s1 s2，2解得：smin 2.510m考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律2如图所示，水平地面上一木板质量M1 kg，长度 L3.5 m，木板右侧有一竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径R1 m，最低点 P 的切线与木板上表面相平质量m2 kg 的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以v039m/s的速度与圆弧轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最终滑离木板已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数10.2，木板与地面间的动摩擦因数20.1，g 取 10 m/s2求：(1)滑块对 P 点压力的大小；(2)滑块返回木板上时，木板的加速度大小；(3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间【答案】(1)70 N(2)1 m/s2(3)1 s【解析】【分析】【详解】(1)滑块在木板上滑动过程由动能定理得：1212mvmv022解得：v5 m/s1mgL在 P 点由牛顿第二定律得：v2Fmgmr解得：F70 N由牛顿第三定律，滑块对P 点的压力大小是 70 N(2)滑块对木板的摩擦力 Ff11mg4 N地面对木板的摩擦力Ff22(Mm)g3 N对木板由牛顿第二定律得：Ff1Ff2MaaFf1Ff 2M1 m/s2(3)滑块滑上圆弧轨道运动的过程机械能守恒，故滑块再次滑上木板的速度等于v5 m/s对滑块有：(xL)vt对木板有：x11gt2212at2解得：t1 s 或 t7s(不合题意，舍去)3故本题答案是：(1)70 N(2)1 m/s2(3)1 s【点睛】分析受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可3如图所示，光滑水平平台AB 与竖直光滑半圆轨道AC 平滑连接，C 点切线水平，长为L=4m 的粗糙水平传送带 BD 与平台无缝对接。质量分别为m1=0.3kg 和 m2=1kg 两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v0=1.5m/s 的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为=0.15某时剪断细绳，小物体m1向左运动，m2向右运动速度大小为 v2=3m/s，g 取 10m/s2求：(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep(2)从小物体 m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E(3)为了让小物体 m1从 C 点水平飞出后落至 AB 平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC 的半径 R 和小物体 m1平抛的最大水平位移 x 的大小。【答案】(1)19.5J(2)6.75J(3)R=1.25m 时水平位移最大为 x=5m【解析】【详解】(1)对 m1和 m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=m1v1-m2v2解得v1=10m/s剪断细绳前弹簧的弹性势能为：Ep11m1v12m2v2222解得Ep=19.5J(2)设 m2向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：-m2gx=0-解得x=3mL=4m则 m2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v0=1.5m/s，然后向左匀速运动，直至离开传送带。设小物体 m2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t。取向左为正方向。根据动量定理得：m2gt=m2v0-（-m2v2）解得：t=3s该过程皮带运动的距离为：x带=v0t=4.5m故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：E=m2gx带解得：E=6.75J(3)设竖直光滑轨道 AC 的半径为 R 时小物体 m1平抛的水平位移最大为 x。从 A 到 C 由机械能守恒定律得：1m2v22211m1v12m1vC22mgR22由平抛运动的规律有：x=vCt12R 联立整理得12gt12x 4R(104R)根据数学知识知当4R=10-4R即 R=1.25m 时，水平位移最大为x=5m4如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B 点水平，上端 A 与 B 点的高度差为 h10.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为37，传送带的上端 C 点到 B 点的高度差为h20.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计)一质量为 m1 kg 的滑块(可看作质点)从轨道的 A 点由静止滑下，然后从B 点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C 点落到传送带上，传送带逆时针传动，速度大小为v0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g10 m/s2，试求：(1).滑块运动至 C 点时的速度 vC大小；(2).滑块由 A 到 B 运动过程中克服摩擦力做的功Wf；(3).滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q.【答案】（1）2.5 m/s（2）1 J（3）32 J【解析】本题考查运动的合成与分解、动能定理及传送带上物体的运动规律等知识。(1)在 C 点，竖直分速度：vy2gh21.5m/svyvcsin370，解得：vc 2.5m/s(2)C 点的水平分速度与 B 点的速度相等，则vBvxvCcos372m/s12mvB，解得：Wf1J2(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得：mgcos37mgsin37ma从 A 到 B 点的过程中，据动能定理得：mgh1Wf解得：a0.4m/s2达到共同速度所需时间t 二者间的相对位移x vvc 5savvct vt 5m2由于mgsin37 mgcos37，此后滑块将做匀速运动。滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Qmgcos37 x32J05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6如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点D点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径 R0.45m 的圆环剪去左上角 127的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离为R，P点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R若用质量 m10.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点，用同种材料、质量为m20.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点释放，物块过 B 点后其位移与时间的关系为x4t2t2，物块从 D 点飞离桌面后恰好由 P 点沿切线落入圆轨道g10m/s2，求：（1）质量为 m2的物块在 D 点的速度；（2）判断质量为 m20.2kg 的物块能否沿圆轨道到达M 点：（3）质量为 m20.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功.【答案】（1）2.25m/s（2）不能沿圆轨道到达 M 点（3）2.7J【解析】【详解】（1）设物块由 D 点以初速度 vD做平抛运动，落到 P 点时其竖直方向分速度为：vy2gR 2100.45m/s3m/svyvD所以：vD2.25m/stan5343（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则v2mgm，R解得：vgR 3 2m/s222vPvDvy322.252m/s3.75m/s物块到达 P 的速度：若物块能沿圆弧轨道到达M 点，其速度为 vM，由 D 到 M 的机械能守恒定律得：1122m2vMm2vPm2g1cos53R222可得：vM 0.3375，这显然是不可能的，所以物块不能到达M 点（3）由题意知 x4t-2t2，物块在桌面上过 B 点后初速度 vB4m/s，加速度为：a 4m/s2则物块和桌面的摩擦力：m2g m2a可得物块和桌面的摩擦系数:0.4质量 m10.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，由能量守恒可弹簧压缩到C 点具有的弹性势能为：Epm1gxBC 0质量为 m20.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过 B 点时，由动能定理可得：Epm2gxBC1m2vB22可得，xBC 2m在这过程中摩擦力做功：W1 m2gxBC 1.6J由动能定理，B 到 D 的过程中摩擦力做的功：W2代入数据可得：W2-1.1J1122m2vDm2v022质量为 m20.2kg 的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功W W1W2 2.7J即克服摩擦力做功为 2.7 J.7如图所示，在倾角为=37的斜面底端有一个固定挡板D，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端在O 点，已知斜面 OD 部分光滑，PO 部分粗糙且长度 L=8m。质量 m=1kg 的物块（可视为质点）从P 点静止开始下滑，已知物块与斜面PO 间的动摩擦因数=0.25，g 取 10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。求：（1）物块第一次接触弹簧时速度的大小（2）若弹簧的最大压缩量d=0.5m，求弹簧的最大弹性势能（3）物块与弹簧接触多少次，反弹后从O 点沿斜面上升的最大距离第一次小于0.5m【答案】（1）8m/s（2）35J (3)5 次【解析】【详解】(1)物块在 PO 过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦力，此过程应用动能定理得：mgLsinmgLcos解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：12mv2v 2gLsincos8m/s（2）物块由 O 到将弹簧压缩至最短的过程中，重力势能和动能减少、弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能EpEp12mv mgd sin 35J2（3）物块第一次接触弹簧后，物体从O 点沿斜面上升的最大距离s1,由动能定理得:1mgs1mgs1cos 0mv22解得：s1 4m物块第二次接触弹簧后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离s2，由动能定理得：mgsin(s1s2)mg cos(s1 s2)0解得：s2 2m故物块每经过一次 O 点，上升的最大距离为上一次的12L2所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：s1则第 n 次上升的最大距离为：sn因为sn小于L2n1m，所以 n4，即物块与弹簧接触5 次后，物块从 O 点沿斜面上升的最大距离21m28离子发动机是利用电能加速工质（工作介质）形成高速射流而产生推力的航天器发动机。其原理如图所示，其原理如下：首先系统将等离子体经系统处理后，从下方以恒定速率 v1向上射入有磁感应强度为B1、方向垂直纸面向里的匀强磁场的区域I 内，栅电极 MN和 PQ 间距为 d。当栅电极 MN、PQ 间形成稳定的电场后，自动关闭区域I 系统（包括进入其中的通道、匀强磁场 B1）。区域内有垂直纸面向外，磁感应强度大小为B2，放在 A 处的中性粒子离子化源能够发射任意角度，但速度均为v2的正、负离子，正离子的质量为m，电荷量为 q，正离子经过该磁场区域后形成宽度为D 的平行粒子束，经过栅电极MN、PQ 之间的电场中加速后从栅电极PQ 喷出，在加速正离子的过程中探测器获得反向推力（不计各种粒子之间相互作用、正负离子、等离子体的重力，不计相对论效应）。求：（1）求在 A 处的正离子的速度大小 v2；（2）正离子经过区域 I 加速后，离开 PQ 的速度大小 v3；（3）在第（2）问中，假设航天器的总质量为M，正在以速度 v 沿 MP 方向运动，已知现在的运动方向与预定方向MN 成角，如图所示。为了使飞船回到预定的飞行方向MN，飞船启用推进器进行调整。如果沿垂直于飞船速度v 的方向进行推进，且推进器工作时间极短，为了使飞船回到预定的飞行方向，离子推进器喷射出的粒子数N 为多少？222MvtanqB2D8qdmv1B1q2B2D【答案】（1）；（2）；（3）2228qdmv1B1q2B2D2m4m【解析】【详解】（1）根据左手定则可知，正离子向右偏转，负离子向左偏转，不会进入区域1 中，因此也不会产生相应推力。所以只有加速正离子过程中才会产生推力。正离子在磁场中做匀速圆2v2周运动时，洛伦兹力提供向心力：qv2B2=m，,根据题意，在 A 处发射速度相等，方向r不同的正离子后，形成宽度为D 的平行正离子束，即：r=小 v2=D，则在 A 处的正离子的速度大2qB2D。2m（2）等离子体由下方进入区域I 后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q，则 qE=qv1B1，即：E=B1v1；正离子束经过区域 I 加速后，离开 PQ 的速度大小为 v3，根据动能定理可知：qU=11mv32-mv22，其中电压 U=Ed=B1v1d22228qdmv1B1q2B2D联立可得：v3=。24m（3）飞船方向调整前后，其速度合成矢量如图所示：因此 tan=n v，离子喷出过程中，系统的动量守恒：Mnv=Nmv3，为了使飞船回到预定v的飞行方向，离子推进器喷射出的粒子数N=2Mvtan228qdmv1B1q2B2D9如图所示，光滑轨道槽ABCD 与粗糙轨道槽 GH 通过光滑圆轨道 EF 平滑连接(D、G 处在同一高度)，组成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内。现将一质量m=1kg 的小球从AB 段距地面高 h0=2m 处静止释放，小球滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点E 点。已知 CD、GH 与水平面的夹角为=37，GH 段的动摩擦因数为=0.25，圆轨道的半径 R0.4m，E 点离水平面的竖直高度为3R（E 点为轨道的最高点），（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）小球第一次通过 E 点时的速度大小；（2）小球沿 GH 段向上滑行后距离地面的最大高度；（3）若小球从 AB 段离地面 h 处自由释放后，小球又能沿原路径返回AB 段，试求 h 的取值范围。【答案】（1）4m/s（2）1.62m；（3）h0.8m 或 h2.32m【解析】【详解】（1）小球从 A 点到 E 点由机械能守恒定律可得：mgh03R解得：vE 4m/so（2）D、G 离地面的高度h1 2R 2Rcos37 0.48m12mvE2设小球在 CH 斜面上滑的最大高度为 hm，则小球从 A 点滑至最高点的过程，由动能定理得mgh0hmmgcos37由以上各式并代入数据hm1.62m（3）小球要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则h 2R 0.8m2vE若能完成圆周运动，则小球返回时必须能经过圆轨道的最高点E，在 E 点，mg mR此情况对应小球在 CH 斜面上升的高度为h，小球从释放位置滑至最高点的过程，根据动hmh1 0sin37能定理得：mghhmgcos37hh1 0sin37小球从最高点返回 E 点的过程，根据动能定理得：mgh3Rmgcos37由以上各式得 h=2.32mhh112mvEsin372故小球沿原路径返回的条件为h0.8m 或 h2.32m10如图所示，竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R，圆心为 O下端与绝缘水平轨道在 B 点平滑连接，一质量为m 带正电的物块（可视为质点），置于水平轨道上的A 点。已如 A、B 两点间的距离为 L，物块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为 g。(1)若物块能到达的最高点是半圆形轨道上与圆心O 等高的 C 点，则物块在 A 点水平向左运动的初速度应为多大?(2)若在整个空同加上水平向左的匀强电场，场强大小为E=5mg(q 为物块的带电量)，现3q将物块从 A 点由静止释放，且运动过程中始终不脱离轨道，求物块第2 次经过 B 点时的速度大小。(3)在(2)的情景下，求物块第2n(n=1，2、3)次经过 B 点时的速度大小。【答案】(1)2g(L+R)(2)【解析】【详解】(1)设物块在 A 点的速度为 v1，由动能定理有mgLmgR01gL4gL(3)()n2，其中 n1、2、3.32312mv12解得 v12g(L+R)(2)对物块由释放至第一次到B 点过程中，其经过 B 点速度为所求E mg)L知：(q可得：v212mv224gL3(3)设第 2、4、6、2n 次经过 B 点时的速度分别为 v2、v4、v2n，第 2、4、6、2(n1)次离开 B 点向右滑行的最大距离分别为L1、L2、Ln1，E mg)L10则：(qE mg)L1(q解得12mv2212mv42vqE mg14vqE mg22v6v2n11v4v2n222同理v2n1n1()综上可得v22v2n()n212gL3其中 n1、2、311一束初速度不计的电子流在经U5000V 的加速电压加速后在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d1.0cm，板长l5.0cm，电子电量 e1.61019C，那么（1）电子经过加速电场加速后的动能为多少?（2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大的电压?16【答案】(1)Ek 810J(2)要使电子能飞出，所加电压最大为400V【解析】【详解】（1）加速过程，由动能定理得:Els eU 解得:Ek 5000eV 81016J（2）在加速电压一定时，偏转电压U 越大，电子在极板间的偏转距离就越大当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压.进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动l v0t12mv02FeU在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，加速度:a mdm12at21能飞出的条件为y d2偏转距离y 解式得:U2Udl22250001.010225.01022 4.0102V即要使电子能飞出，所加电压最大为400V12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 代入数据解得：x=0.375m。11mAvA2mAmBv222