高考物理动能与动能定理的技巧及练习题及练习题(含答案)含解析.pdf

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1、高考物理动能与动能定理的技巧及练习题及练习题高考物理动能与动能定理的技巧及练习题及练习题(含答案含答案)含解析含解析一、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，斜面 ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于 C，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角DOC37，E、B 与圆心 O 等高，圆弧轨道半径R0.30m，斜面长 L1.90m，AB 部分光滑，BC 部分粗糙现有一个质量m0.10kg 的小物块 P 从斜面上端 A 点无初速下滑，物块 P 与斜面 BC 部分之间的动摩擦因数0.75取 sin370.6，cos370.8，重力加速度 g10m/s

2、2，忽略空气阻力求：（1）物块第一次通过 C 点时的速度大小 vC（2）物块第一次通过 D 点时受到轨道的支持力大小FD（3）物块最终所处的位置【答案】（1）3 2m/s（2）7.4N（3）0.35m【解析】【分析】由题中“斜面 ABC 下端与光滑的圆弧轨道 CDE 相切于 C”可知，本题考查动能定理、圆周运动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答【详解】（1）BC 长度l Rtan53o 0.4m，由动能定理可得1mg(Ll)sin 37omvB22代入数据的vB3 2m/s物块在 BC 部分所受的摩擦力大小为f mg cos37o 0.60N所受合力为F

3、 mgsin37o f 0故vCvB3 2m/s（2）设物块第一次通过 D 点的速度为vD，由动能定理得mgR(1cos37o)11mvD2mvC222有牛顿第二定律得vD2FDmg mR联立解得FD 7.4N（3）物块每次通过 BC 所损失的机械能为E fl 0.24J物块在 B 点的动能为EkB解得EkB 0.9J物块经过 BC 次数1mvB22n 设物块最终停在距离 C 点 x 处，可得0.9J=3.750.24Jmg(L x)sin 37o f(3l+x)0代入数据可得x 0.35m2某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。传送带由电动机带动，以v 2m/s的速度顺时针匀速转动，倾

4、角37。工人将工件轻放至传送带最低点A，由传送带传送至最高点 B 后再由另一工人运走，工件与传送带间的动摩擦因数为7，所运送的每个工8件完全相同且质量m 2kg。传送带长度为L 6m，不计空气阻力。（工件可视为质点，sin370.6，cos370.8，g 10m/s2）求：(1)若工人某次只把一个工件轻放至A 点，则传送带将其由最低点A 传至 B 点电动机需额外多输出多少电能？(2)若工人每隔 1 秒将一个工件轻放至 A 点，在传送带长时间连续工作的过程中，电动机额外做功的平均功率是多少？【答案】(1)104J；(2)104W【解析】【详解】(1)对工件mgcosmgsin mav2 2axv

5、 at1t1 2s得x 2mx带 vt1 2xx相 x带 x 2m由能量守恒定律E电 Q Ep Ek即1E电mgcosx相mgLsinmv22代入数据得E电104J(2)由题意判断，每 1s 放一个工件，传送带上共两个工件匀加速，每个工件先匀加速后匀速运动，与带共速后工件可与传送带相对静止一起匀速运动。匀速运动的相邻的两个工件间距为x vt 2mL x nx得n 2所以，传送带上总有两个工件匀加速，两个工件匀速则传送带所受摩擦力为f 2mgcos 2mgsin电动机因传送工件额外做功功率为P fv 104W3滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来如图所示是滑板运动的轨道

6、，BC 和 DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为 O 点、圆心角 60，半径 OC 与水平轨道 CD 垂直，滑板与水平轨道CD 间的动摩擦因数 0.2某运动员从轨道上的 A 点以 v03m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经 CD 轨道后冲上 DE 轨道，到达 E 点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为 m60kg，B、E 两点与水平轨道 CD 的竖直高度分别为 h2m 和 H2.5m.求：(1)运动员从 A 点运动到 B 点过程中，到达 B 点时的速度大小 vB；(2)水平轨道 CD 段的长度 L；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动

7、员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C 点的距离.【答案】(1)vB6m/s (2)L6.5m (3)停在 C 点右侧 6m 处【解析】【分析】【详解】（1）在 B 点时有 vBv0，得 vB6m/scos60（2）从 B 点到 E 点有mgh mgL mgH 012mvB，得 L6.5m2（3）设运动员能到达左侧的最大高度为h，从 B 到第一次返回左侧最高处有12mgh mghmg 2L 0mvB，得 h1.2mh2 m，故第一次返回时，运动员不能2回到 B 点，从 B 点运动到停止，在 CD 段的总路程为 s，由动能定理可得12mghmgs

8、0mvB，得 s19m，s2L6 m，故运动员最后停在 C 点右侧 6m 处.24在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A 和 B，两小球质量均为 m，A 球带电荷量为Q，B 球不带电，A、B 连线与电场线平行，开始时两球相距L，在电场力作用下，A 球与B 球发生对心弹性碰撞设碰撞过程中，A、B 两球间无电量转移(1)第一次碰撞结束瞬间A、B 两球的速度各为多大?(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A 在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面

9、(v=0 时刻除外)，可以在水平面内加一与电场正交的磁场请写出磁场B 与时间 t 的函数关系1【答案】(1)vA1 0vBB 2QEL (2)5QEL (3)2mL2Q E t mQEm2g(2mL2mL)t 3QEQEQE2QEL，碰前 A 的速度vA12aL；碰前 B 的速度vB1 0mm【解析】（1）A 球的加速度a 设碰后 A、B 球速度分别为vA1、vB1，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：mvA1 mvA1 mvB1，mvA1mvA1mvB1122122122所以 B 碰撞后交换速度：vA1 0，vB1vA12QELm（2）设 A 球开始运动时为计时零点，即t 0，A、B

10、 球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为t1、t2；由匀变速速度公式有：t1vA10a2mLQE第一次碰后，经t2t1时间 A、B 两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B 两球速度分别为vA2和vB2，由位移关系有：vB1t2t1a12t2t12，得到：t23t132mLQEvA2 at2t1 2at1 2vA1 21222QEL；vB2vB1m由功能关系可得：W电=mvA2mvB25QEL（另解：两个过程 A 球发生的位移分别为x1、x2，x1 L，由匀变速规律推论x2 4L，根据电场力做功公式有：W QEx1x2 5QEL）（3）对 A 球由平衡条件得到：QBvA mg，vA at，a QEm

11、1222mgmg2mL0t 从 A 开始运动到发生第一次碰撞：Bt2QatQEtQE从第一次碰撞到发生第二次碰撞：Bt2mL2mLt 3QEQE22mLQEt QEmg2点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A 球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度那么A 球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些5如图（a）所示，倾角=30的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=210 4C 的正点电荷，将一带正电小球（可视为点电荷）从斜杆的底

12、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（

13、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

14、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

15、.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/st

16、an5343（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

17、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：W2-1.1J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1122m2vDm2v022W W1W2 2.7J即克服摩擦力做功为 2.7 J.7如图所示，倾角为 30的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s 的速

18、度运动，运动方向如图所示一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度 g=10m/s2，求：（1）物体第一次到达 A 点时速度为多大？（2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB 间的距离至少多大？（3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？【答案】（1）8m/s（2）6.4m（3）1.8m【解析】【分析】（1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；（2）当物体滑到传送带

19、最左端速度为零时，AB 间的距离 L 最小，根据动能定理列式求解；（3）物体在到达 A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s 的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可【详解】（1）物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：mgh mv2解得：v 2gh 2103.2 8m/s（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离 L 最小，由动能能力得：121mgL 0mv22v282m 6.4m解得：L 2g20.510（3）因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度 6m/s，物体在到达 A 点前速度与传送带相等，最后以v带 6m/s的速度冲

20、上斜面，根据动能定理得：mgh 012mv带262得：h m 1.8m2g210【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题2v带8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

21、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；9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

22、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，接着小滑块从最高点a 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的c 点.已知圆环最低点为 e 点，重力加速度为 g，不计空气阻力.求：（1）小滑块在 a 点飞出的动能；（）小滑块在 e 点对圆环轨道压力的大小；（3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数.（计算结果可以保留根号）【答案】（1）Ek【解析】【分析】【详解】142mgr；（2）F=6mg；（3）214（1）小滑块从 a 点飞出后做平拋运动：水平方向：2r vat竖直方向：r 解得：va12gt211mva2mgr22gr小滑块在 a 点飞出的动能Ek（2）设小滑

23、块在 e 点时速度为vm，由机械能守恒定律得：11mvm2mva2mg2r22mvm2在最低点由牛顿第二定律：F mg r由牛顿第三定律得：F=F解得：F=6mg（3）bd 之间长度为 L，由几何关系得：L 2 2 1 r从 d 到最低点 e 过程中，由动能定理mgH mgcosL 解得1mvm22421410将一根长为L的光滑细钢丝ABCDE制成如图所示的形状，并固定在竖直平面内其中AD段竖直，DE段为3圆弧，圆心为O，E为圆弧最高点，C与E、D与O分别等高，BC41AC将质量为m的小珠套在钢丝上由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g4（1）小珠由C点释放，求到达E点的速度大小v1；（2）

24、小珠由B点释放，从E点滑出后恰好撞到D点，求圆弧的半径R；mg（3）欲使小珠到达E点与钢丝间的弹力超过，求释放小珠的位置范围43L5L2L【答案】v1=0；R；C 点上方低于处滑下或高于4(43)4(43)43处【解析】【详解】（1）由机械能守恒可知，小珠由C点释放，到达E点时，因 CE 等高，故到达 E 点的速度为零；（2）由题意：BC 1 3L(2R R)；小珠由B点释放，到达 E 点满足：44mgBC 12mvE22L2R联立解得：R；g43从E点滑出后恰好撞到D点，则R vEt；t 21vE1（3）a.若小珠到达E点与小珠上壁对钢丝的弹力等于mg，则mg mg m1；从44R释放点到

25、E 点，由机械能守恒定律：mgh1联立解得：h 12mvE1；233LR 84(43)21vE1b.若小珠到达E点与小珠下壁对钢丝的弹力等于mg，则mg mg m2；从释放44R点到 E 点，由机械能守恒定律：mgh2联立解得：h 12mvE2；23L55LR；故当小珠子从 C点上方低于处滑下或高84(43)4(43)于5L1处滑下时，小珠到达E点与钢丝间的弹力超过mg.44(43)11如图所示，在粗糙水平轨道OO1上的 O 点静止放置一质量 m=0.25kg 的小物块(可视为质点)，它与水平轨道间的动摩擦因数=0.4，OO1的距离 s=4m在 O1右侧固定了一半径R=0.32m 的光滑的竖直

26、半圆弧，现用F=2N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力(g=10m/s2)求：(1)为使小物块到达 O1，求拉力 F 作用的最小距离；(2)若将拉力变为 F1，使小物块从 O 点由静止开始运动至OO1的中点时撤去拉力，恰能使小物块经过半圆弧的最高点，求F1的大小【答案】(1)2m (2)3N【解析】【分析】【详解】(1)为使小物块到达 O1，设拉力作用的最小距离为x根据动能定理知：Fxmgs 000.40.25104m 2mF2（2）当小物块恰好过最高点时：解得：x mgsv2mg mR从 O 点运动到最高点的过程由动能定理得：s1F1mgs mg2R mv2022解得：F1 3N12

27、如图所示，物块 B 静止放置在水平面上，物块A 以一定的初速度 v0冲向 B，若在物块A、B 正对的表面加上粘合剂，则物块A、B 碰后一起沿水平面运动的最大距离为l；若在物块 A、B 正对的表面加上弹性装置，则两物块将发生弹性正碰，碰后两物块间的最大距离为 5l。已知物块 A、B 与水平面间的动摩擦因数均为，水平面足够大，不计粘合剂及弹性装置的质量，求物块 A、B 的质量之比mA。mB【答案】【解析】【详解】取水平向左为正方向。设A、B 第一次碰后速度为v1由动量守恒：mAv0(mA mB)v112第一次碰后到停止的过程，由动能定理得：1(mA mB)gl 0(mA mB)v122第二次碰后速度分别为v2、v3，由动量守恒得、动能守恒得：mAv0 mAv2 mBv3111mAv02mAv22mBv32222第二次碰后到停止的过程，由动能定理得：12对 A：mAgxA 0mAv2212对 B：mBgxB 0mBv32联立以上各式，可得，xB 4l 5l，由此可知若碰撞后 A 继续向右运动，AB 的最大距离不可能是 5l，即可得，mA mB，碰后 A 会反弹向左运动，则有：xA xB 5lmA1联立以上各式，得：mB2