高考物理动能与动能定理基础练习题含解析.pdf

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1、高考物理动能与动能定理基础练习题含解析高考物理动能与动能定理基础练习题含解析一、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，质量 m=3kg 的小物块以初速度秽 v0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R=3.75m，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道 BD 平滑连接，A 与圆心 D 的连线与竖直方向成37角，MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数=0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为 r=0.4m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在

2、D点平滑连接。已知重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。（1）求小物块经过 B 点时对轨道的压力大小；（2）若 MN 的长度为 L0=6m，求小物块通过 C 点时对轨道的压力大小；（3）若小物块恰好能通过C 点，求 MN 的长度 L。【答案】（1）62N（2）60N（3）10m【解析】【详解】（1）物块做平抛运动到 A 点时，根据平抛运动的规律有：v0 vA cos37解得：vAv04m/s 5m/scos370.8小物块经过 A 点运动到 B 点，根据机械能守恒定律有：1212mvAmgR Rcos37mvB222vB小物块经过 B 点时，有：FNBmg mR解

3、得：FNB2vB mg32cos37m 62NR根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N（2）小物块由 B 点运动到 C 点，根据动能定理有：mgL0mg2r 1212mvCmvB222vCmg mr在 C 点，由牛顿第二定律得：FNC代入数据解得：FNC 60N根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N2vC（3）小物块刚好能通过 C 点时，根据mg m2r解得：vC2gr 100.4m/s 2m/s1212mvC2mvB22小物块从 B 点运动到 C 点的过程，根据动能定理有：mgLmg2r 代入数据解得：L=10m2如图所示，水平地面上一木板质量M1 kg，长度

4、 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

5、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：x11gt2212at27s(不合题意，舍去)3解得：t1 s 或 t故本题答案是：(1)70 N(2)1 m/s2(3)1 s【点睛】分析受力找到

6、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

7、(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：Ep解得11m1v12m2v2222Ep=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1m2v222x=3mL=4m则 m2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为

8、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：11m1v12m1vC22mgR22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

9、R=1.25m 时，水平位移最大为x=5m4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

10、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.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=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

11、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）4.210

12、6V（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 27

13、J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，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）

14、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7如图甲所示，

15、水平面上A 点处有一质量 m0.5kg 的小物块，从静止开始在水平向右恒力 F1作用下运动，通过 B 点时立即撤去力 F1，物块恰好落到斜面 P 点。物块与水平面间的滑动摩擦力为 f，f 大小与物块离 A 点的距离 d 的关系如图乙所示。已知AB 间距为 2m，斜面倾角37，BP 间距为 3m，重力加速度 g 取 10m/s2，不计空气阻力。(sin370.6，cos370.8)求(1)物块通过 B 点时速度大小;(2)恒力 F1大小(3)现将图甲装置置于风洞实验室中，斜面BC.处于风场中，且足够长。物块从B 点以(1)同中的速度水平向右抛出，立即撤去力F1，同时物块受到大小为 4N 的风力

16、F2作用，风力方向从水平向左逆时针到竖直向下范围内可调，如图甲所示。调整风力方向使物块从抛出至落到斜面的时间最短，求该最短时间及在此条件下物块第一次落到斜面时的动能.【答案】（1）4m/s（2）4.5N（3）7.69J【解析】【详解】（1）物块从B到P，假设BP间距为L，根据平抛运动规律有水平方向：x Lcos vBt竖直方向：y Lsin12gt21f1 f2d2代入数据，联立式解得vB 4m/s；（2）由图乙可知摩擦力对物块做功为Wf 物块从A到B，由动能定理有F1d Wf代入数据，联立式解得F1 4.5N（3）方法一：12mvB02以B点为坐标轴原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴，假设

17、F2与x轴方向成角，根据运动的合成与分解有水平方向：x vBt 竖直方向：y 1 F2cos2t2m1F2sinmg2t2myx几何关系：tan联立式解得t vBtan1F2sinmg1 F2costan2m2m代入数据可得t 值，12，要使t最小，即4sin3cos要取最大2044sin3cos而4sin3cos 5sin 453cos 5sin370，故当 530时，t最小，5tmin 0.3svx vBvyF2costmmF2sinmgt12122mv mvxvy（11）22Ek联立（11）式解得Ek 7.69J（12）（vx 2.56m/s，vy 4.92m/s）【或：把tmm 0.3

18、s代入式中解得y 0.738m假设落到Q点，从B到Q过程，由动能定理得WFWG EK，即0mgy Ek12mvB2代入数据解得Ek 7.69J（11）方法二：以B点为坐标轴原点，沿斜面方向为x轴，竖直斜面方向为y轴，vBy vBsin,Gy mg cos，vBy和Gy均为定值，为使物块尽快落到斜面，故F2垂直斜面向下。x方向：xvBcost 1gsint221F2mg cosy方向：y vBsint 2m2ty 0时，解得tmin 0.3s或：vy vBsin F2mgcosmt1当vy 0时，t1 0.15s，t 2t1 0.3svxvBcosgsint把tmn 0.3s代入式中解得vx5m

19、/s，而vy vBy vBsin 2.4m/s，Ek12122mv mvxvy22代入数据解得Ek 7.69J【或：把tmn 0.3s代入式中解得x 1.23m，假设落到Q点，从B到Q过程，由动能定理得WFWG Ek，即0mgxsin Ek12mvB2代入数据解得Ek 7.69J】8如图 1 所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图2 所示的模型：倾角=37、L=60cm 的直轨道 AB 与半径 R=10cm 的光滑圆弧轨道 BCDEF 在 B 处平滑连接，C、F 为圆轨道最低点，D 点与圆心等高，E 为圆轨道最高点；圆轨道在F 点与水平轨道 FG 平滑连接，整条轨道宽度不计，其正视图如图3

20、所示现将一质量m=50g 的滑块(可视为质点)从 A端由静止释放已知滑块与AB 段的动摩擦因数 1=0.25，与 FG 段的动摩擦因数 2=0.5，sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度 g=10m/s2（1）求滑块到达 E 点时对轨道的压力大小FN；（2）若要滑块能在水平轨道FG 上停下，求 FG 长度的最小值 x；（3）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到D 点时速度刚好为零，求滑块从释放到它第 5 次返回轨道 AB 上离 B 点最远时，它在 AB 轨道上运动的总路程 s【答案】（1）FN=0.1N（2）x=0.52m（3）s【解析】【详解】（1）滑块从 A 到 E，由动能

21、定理得：93m160mg Lsin R1cos2R1mgLcos代入数据得：vE12mvE230m/s52vE滑块到达 E 点：mg FN mR代入已知得：FN=0.1N（2）滑块从 A 下滑到停在水平轨道 FG 上，有mg Lsin R1cos1mgLcos2mgx 0代入已知得：x=0.52m（3）若从距 B 点 L0处释放，则从释放到刚好运动到D 点过程有：mgL0sin+R(1cos)R1mgL0cos 0代入数据解得：L0=0.2m从释放到第一次返回最高点过程，若在轨道AB 上上滑距离为 L1，则：mgL0L1sin1mgL0L1cos0解得：L1sin1cos1L0L0sin1co

22、s22同理，第二次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L2，有：sin1cos1 1L2L1L1L0sin1cos22 1故第 5 次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L5，有：L5L02所以第 5 次返回轨道 AB 上离 B 点最远时，它在 AB 轨道上运动的总路程5s L02L12L22L32L4 L593m1609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

23、=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 3N10如图所示，光滑轨道槽ABCD 与粗糙轨道槽 GH 通过光滑圆轨道

24、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

25、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

26、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 h2.32m11如图所示的实验装置，可用来探究物体在斜面上运动的加速度以及弹簧储存的弹性势能。实验器材有：斜面、弹簧(弹簧弹性系数较大)、带有遮光片的滑块(总质量为 m)、光电门、数字计时器、游标卡尺、刻度尺。实验步骤如下：用适当仪器测得遮光片的宽度为d；弹簧放在挡板 P 和滑块之间，当弹簧为原长时

27、，遮光板中心对准斜面上的A 点；光电门固定于斜面上的B 点，并与数字计时器相连；压缩弹簧，然后用销钉把滑块固定，此时遮光板中心对准斜面上的O 点；用刻度尺测量 A、B 两点间的距离 L；拔去锁定滑块的销钉，记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间 t；移动光电门位置，多次重复步骤。根据实验数据做出的纵轴截距为 b。11L 图象为如图所示的一条直线，并测得L 图象斜率为 k、t2t21L 图象可求得滑块经过A 位置时的速度 vA=_，滑块在斜面上运动的加t2速度 a=_。（1）根据（2）实验利用光电门及公式v=“大于”或“小于”）。（3）本实验中，往往使用的弹簧弹性系数较大，使得滑块从O 到 A

28、 恢复原长过程中弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，则弹簧储存的弹性势能Ep=_，Ep的测量值与真实值相比，测量值偏_(填“大”或“小”)。【答案】db【解析】【详解】第一空：滑块从 A 到 B做匀加速直线运动，设加速度为a，由于宽度较小，时间很短，所以瞬时速度接近平均速度，因此有B 点的速度为：vB2B2Ad测量滑块速度时，其测量值_真实值（选填“等于”、t121kd小于mbd2大22d，根据运动学公式有：t222avAvA12av v 2aL，化简为22L2，结合图象可得：b 2，k 2dtddd解得：vAd b；第二空：由k 2a12a kd；，解得：d22第三空：由于弹簧弹力远大于

29、摩擦力和重力沿斜面的分量，所以摩擦力和重力沿斜面的分量忽略不计，根据能量守恒可得：EP121mvAmbd2；22第四空：考虑摩擦力和重力沿斜面的分量，根据动能定理可得：WNWGWf12mvA，2而EP真WN，摩擦力小于重力沿斜面的分量，Ep的测量值与真实值相比，测量值偏大。12如图所示，在竖直平面内有一“”管道装置，它是由两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。直管道和圆弧管道分别相切于A1、A2、B1、B2，D1、D2分别是两圆弧管道的最高点，C1、C2分别是两圆弧管道的最低点，C1、C2固定在同一水平地面上。两直管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。圆弧管道的半径均为

30、 R，B1O1D1 AO11C1 B2O2D2 A2O2C2。一质量为 m 的小物块以水平向左的速度v0从C1点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为。设v012m/s，m=1kg，R=1.5m，0.5，37（sin37=0.6，cos37=0.8）。求：（1）小物块从C1点出发时对管道的作用力；（2）小物块第一次经过C2点时的速度大小；（3）小物块在直管道B1A2上经过的总路程。【答案】（1）106N，方向向下（2）47m/s（3）【解析】【详解】(1)物块在 C1点做圆周运动，由牛顿第二定律有：2v0N mg mR2v0可得：N mg m106NR53m4由牛顿第三定律可知，小物块

31、对管道的作用力大小为106N，方向向下(2)由几何知识易有：l A2B1 A1B22Rcos 4msin1212mv2mv022从 C1到 C2由动能定理可得：mglcos2可得：v2v02glcos 4 7m/s(3)以 C1C2水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D1、D2点时的机械能需满足：E E0 2mgR 30J由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足：E Wfmglcos16J设 n 为从第一次经过 D1后，翻越 D1和 D2的总次数，则有：12mv0n E E0，212mv0-n1E E02可得：n=2，表明小物块在第二次经过D1后就到不了 D2，之后在 D1B1A2C2D2之间往复运动直至稳定，最后在 A2及 C2右侧与 A2等高处之间往复稳定运动。由开始到稳定运动到达 A2点，由动能定理有：12mgscosmgR1cos 0mv02可得：s=69m453m4故在 B1A2直管道上经过的路程为 s=sl=