高中物理动能与动能定理技巧(很有用)及练习题.pdf

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1、高中物理动能与动能定理技巧高中物理动能与动能定理技巧(很有用很有用)及练习题及练习题一、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/s2，忽略空气阻力求：（1）物块第

2、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 mgsin37o f 0故vC

3、vB3 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如图所示，粗糙水平地面与半径为R=0.4m 的粗糙半圆轨道 BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O 是 BCD 的圆心，BOD 在同一

4、竖直线上质量为m=1kg 的小物块在水平恒力F=15N 的作用下，从 A 点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B 点时撤去 F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D 点，已知 A、B 间的距离为 3m，小物块与地面间的动摩擦因数为 0.5，重力加速度 g 取 10m/s2求：（1）小物块运动到 B 点时对圆轨道 B 点的压力大小（2）小物块离开 D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离【答案】（1）160N（2）0.82m【解析】【详解】（1）小物块在水平面上从A 运动到 B 过程中，根据动能定理，有：（F-mg）xAB=1mvB2-02在 B 点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：2

5、vBN mg mR联立解得小物块运动到B 点时轨道对物块的支持力为：N=160N由牛顿第三定律可得，小物块运动到B 点时对圆轨道 B 点的压力大小为：N=N=160N（2）因为小物块恰能通过D 点，所以在 D 点小物块所受的重力等于向心力，即：2vDmg mR可得：vD=2m/s设小物块落地点距 B 点之间的距离为 x，下落时间为 t，根据平抛运动的规律有：x=vDt，12gt2解得：x=0.8m2R=则小物块离开 D 点后落到地面上的点与 D 点之间的距离l 2x 0.8 2m3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）

6、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

7、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）

8、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，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DOC=37，E、B 与圆心 O 等高，圆弧轨道半径R=0.30m，斜面长L=1.90m，AB 部分光滑，BC 部分粗糙现有一个质量m=0.10kg 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sin37o=0.6，cos37o=0.8，重

9、力加速度 g=10m/s2，忽略空气阻力求：（1）物块从 A 到 C 过程重力势能的增量EP；（2）物块第一次通过 B 点时的速度大小 vB；（3）物块第一次通过 D 点时受到轨道的支持力大小N【答案】（1）-1.14J（2）4.2m/s（3）7.4N【解析】【分析】【详解】o（1）从 A 到 C 物块的重力做正功为：WG mgLsin 371.14J故重力势能的增量EP WG 1.14J（2）根据几何关系得，斜面BC 部分的长度为：l Rcot37o 0.40m设物块第一次通过 B 点时的速度为vB，根据动能定理有：mgLlsin37 解得：vB 4.2m/s（3）物块在 BC 部分滑动受到

10、的摩擦力大小为：f mgcos37 0.60N在 BC 部分下滑过程受到的合力为：F mgsin37 f 0则物块第一次通过 C 点时的速度为：vC vB 4.2m/s12mvB02物块从 C 到 D，根据动能定理有：mgR1cos372vD在 D，由牛顿第二定律得：N mg mR1212mvDmvC22联立解得：N 7.4N【点睛】本题考查了动能定理与牛顿第二定律的综合运用，运用动能定理解题关键确定出研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再根据动能定理列式求解5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

11、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

12、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/s

13、m1、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，

14、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 0.8m6如图所示，四分之一光滑圆弧轨道AO 通过水平轨道 OB 与光滑半圆形轨道 BC 平滑连接，B、C 两点在同一竖直线上，整个轨道固定于竖直平面内，以O 点为坐标原点建立直角坐标系 xOy。一质量 m=1kg 的小滑块从四分之一光滑圆弧轨道最高点A 的正上方 E 处由静止释放，A、E 间的高度差 h=2.7m，滑块恰好从 A 点沿切线进入轨道，通过半圆形轨道BC的最高点 C 时对轨道的压力 F=150

15、N，最终落到轨道上的 D 点(图中未画出)。已知四分之一圆弧轨道 AO 的半径 R=1.5m，半圆轨道 BC 的半径 r=0.4m，水平轨道 OB 长 l=0.4m，重力加速度 g=10m/s2。求：(1)小滑块运动到 C 点时的速度大小；(2)小滑块与水平轨道 OB 间的动摩擦因数；(3)D 点的位置坐标.【答案】(1)vC8m/s (2)0.5 (3)x 1.2m,y 0.6m【解析】【详解】（1）滑块在 C 点时，对滑块受力分析，有vC2F mg mr解得：vC 8m/s（2）滑块从 E 点到 C 点过程，由动能定理可知：mgh R2rmgl 解得：0.512mvc2（3）小滑块离开 C

16、 点后做平抛运动，若滑块落到水平轨道，则2r 12gt，s vCt2解得：s 3.2ml 0.4m所以滑块落到四分之一圆弧轨道上，设落点坐标为x,y，则有：2r y 12gt22l x vCtx2R y R2解得：x 1.2m，y 0.6m7如图为一水平传送带装置的示意图紧绷的传送带AB 始终保持 v0=5m/s 的恒定速率运行，AB 间的距离 L 为 8m将一质量 m1kg 的小物块轻轻放在传送带上距A 点 2m 处的 P点，小物块随传送带运动到B 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N小物块与传送带间的动摩擦因数 0.5，重力加速度 g10 m/s2求：（1）该圆轨道的半径 r；（2）要使小

17、物块能第一次滑上圆形轨道达到M 点，M 点为圆轨道右半侧上的点，该点高出 B 点 0.25 m，且小物块在圆形轨道上不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A 点的位置范围.5m,0 x 5?.5m【答案】（1）r 0.5m（2）7m x 7?【解析】【分析】【详解】2试题分析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度a g 5m/s小物块与传送带共速时，所用的时间t 运动的位移x v01sav0 2.5mL2=6m2a故小物块与传送带达到相同速度后以v0 5m/s的速度匀速运动到 B，然后冲上光滑圆弧2vN轨道恰好到达 N 点，故有：mg mr由机械能守恒定律得1212mv0 mg(2r)mvN

18、，解得r 0.5m22（2）设在距 A 点 x1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒m得：mg(Lx1)mgh代入数据解得x17.5?设在距 A 点 x2处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒得：mg(Lx2)mgR代入数据解得x27?m则：能到达圆心右侧的 M 点，物块放在传送带上距A 点的距离范围；m同理，只要过最高点 N 同样也能过圆心右侧的M 点，由（1）可知x38m2.5m 5.5?则：0 x 5.5m故小物块放在传送带上放在传送带上距A 点的距离范围：7m x 7?.5m和0 x 5?.5m考点：考查了相对运动，能量守恒定律的综合应用8

19、如图所示，一个质量为m=0.2kg 的小物体(P 可视为质点)，从半径为 R=0.8m 的光滑圆强轨道的 A 端由静止释放，A 与圆心等高，滑到 B 后水平滑上与圆弧轨道平滑连接的水平桌面，小物体与桌面间的动摩擦因数为=0.6，小物体滑行 L=1m 后与静置于桌边的另一相同的小物体 Q 正碰，并粘在一起飞出桌面，桌面距水平地面高为h=0.8m 不计空气阻力，g=10m/s2.求：(1)滑至 B 点时的速度大小；(2)P 在 B 点受到的支持力的大小；(3)两物体飞出桌面的水平距离；(4)两小物体落地前损失的机械能.【答案】(1)v1 4m/s (2)FN 6N (3)s=0.4m (4)E=1

20、.4J【解析】【详解】（1）物体 P 从 A 滑到 B 的过程，设滑块滑到B 的速度为 v1，由动能定理有：mgR 1mv122解得：v1 4m/s（2）物体 P 做匀速圆周运动，在B 点由牛顿第二定律有:mv12FNmg R解得物体 P 在 B 点受到的支持力FN 6N（3）P 滑行至碰到物体 Q 前，由动能定理有:mgL 11mv22mv1222解得物体 P 与 Q 碰撞前的速度v2 2m/sP 与 Q 正碰并粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律有:mv2mmv3解得 P 与 Q 一起从桌边飞出的速度v31m/s由平碰后 P、Q 一起做平抛运动，有：h 12gt2s v3t解得两物体飞

21、出桌面的水平距离s=0.4m（4）物体 P 在桌面上滑行克服阻力做功损失一部分机械能:E1mgL 1.2J物体 P 和 Q 碰撞过程中损失的机械能:11E2mv22(mm)v32 0.2J22两小物体落地前损失的机械能E E1E2解得：E=1.4J9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，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

22、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2t速度 a=_。（1）根据（2）实验利用光电门及公式v=“大于”或“小于”）。d测量滑块速度时，其测量值_真实值（选填“等于”、t（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 恢复原长过程

23、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：vB2B2A121kd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：2d2第三空：由于弹簧弹力远大于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

24、据能量守恒可得：EP121mvAmbd2；2212mvA，2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：WNWGWf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。10如图所示，水平轨道BC 的左端与固定的光滑竖直1/4 圆轨道相切与 B 点，右端与一倾角为 30的光滑斜面轨道在 C 点平滑连接（即物体经过C 点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2Kg 的滑块从圆弧轨道的顶端A 点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D 点，已知光滑圆轨道的半径R0.45m，水平轨道 BC 长为 0.4m，其动摩擦因数 0

25、.2，光滑斜面轨道上 CD 长为 0.6m，g 取10m/s2，求（1）滑块第一次经过 B 点时对轨道的压力（2）整个过程中弹簧具有最大的弹性势能；（3）滑块最终停在何处？【答案】（1）60N，竖直向下；（2）1.4J；（3）在 BC 间距 B 点 0.15m 处【解析】【详解】（1）滑块从 A 点到 B 点，由动能定理可得：mgR=解得：vB3m/s，2vB滑块在 B 点，由牛顿第二定律：F-mg=mR1mvB22解得：F60N，由牛顿第三定律可得：物块对B 点的压力：FF60N；（2）滑块从 A 点到 D 点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得：mgR mgLBCmgLCDsi

26、n30+W0，其中：EPW，解得：EP1.4J；（3）滑块最终停止在水平轨道BC 间，从滑块第一次经过B 点到最终停下来的全过程，由动能定理可得：mgs 0解得：s2.25m则物体在 BC 段上运动的次数为：n12mvB22.255.625，0.45说明物体在 BC 上滑动了 5 次，又向左运动 0.6250.40.25m，故滑块最终停止在 BC 间距 B 点 0.15m 处（或距 C 点 0.25m 处）；【点睛】本题考查动能定理及牛顿第二定律等内容，要注意正确受力分析；对于不涉及时间的问题，优先选用动能定理11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

27、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 mBv3111

28、mAv02mAv22mBv32222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：mB212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

29、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 8.17s