高考物理动能与动能定理及其解题技巧及练习题(含答案)及解析.pdf

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1、高考物理动能与动能定理及其解题技巧及练习题高考物理动能与动能定理及其解题技巧及练习题(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，小滑块（视为质点）的质量m=1kg；固定在地面上的斜面AB 的倾角=37、长 s=1m，点 A 和斜面最低点 B 之间铺了一层均质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数 可在 01.5 之间调节。点 B 与水平光滑地面平滑相连，地面上有一根自然状态下的轻弹簧一端固定在O 点另一端恰好在 B 点。认为滑块通过点B 前、后速度大小不变；最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g=10m/s2，sin37=0.6，co

2、s37=0.8，不计空气阻力。（1）若设置=0，将滑块从 A 点由静止释放，求滑块从点A 运动到点 B 所用的时间。（2）若滑块在 A 点以 v0=lm/s 的初速度沿斜面下滑，最终停止于B 点，求 的取值范围。【答案】（1）t【解析】【分析】【详解】13133或3。s；（2）324163（1）设滑块从点A运动到点B的过程中，加速度大小为a，运动时间为t，则由牛顿第二定律和运动学公式得mgsin ma1s at22解得t 3s3（2）滑块最终停在B点，有两种可能：滑块恰好能从A下滑到B，设动摩擦因数为1，由动能定律得：12mgsings1mgcosgs 0mv02解得11316滑块在斜面AB和

3、水平地面间多次反复运动，最终停止于B点，当滑块恰好能返回A点，由动能定理得122mgcosg2s 0mv02解得2132此后，滑块沿斜面下滑，在光滑水平地面和斜面之间多次反复运动，最终停止于B点。当滑块恰好能静止在斜面上，则有mgsin3mg cos解得33413时，滑块在斜面AB和水平地面间多次反复运动，324所以，当23，即最终停止于B点。综上所述，的取值范围是1313或3。324162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

4、）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

5、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

6、: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3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

7、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.

8、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.4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

9、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）

10、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

11、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

12、 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.5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

13、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 0mv2

14、2v282m 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的速度冲上斜面，根据动能定理得：mgh 012mv2带62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6如图所示，将一根弹簧和一个小圆环穿在水平细杆上，弹簧左端固定，右端与质量为m的小圆环相接触，BC 和 CD 是由细杆弯成的 1/4 圆弧，BC 分别与杆 AB 和弧 CD 相切，两圆弧的半径均为 RO 点为弹簧自由端的位置整个轨道竖直放置，

15、除OB 段粗糙外，其余部分均光滑当弹簧的压缩量为d 时释放，小圆环弹出后恰好能到达C 点，返回水平杆时刚好与弹簧接触，停在O 点，（已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，小球通过B 处和C 处没有能量损失），问：（1）当为弹簧的压缩量为d 时，弹簧具有的弹性势能EP是多少？（2）若将小圆环放置在弹簧的压缩量为2d 时释放，求小圆环到达最高点D 时，轨道所受到的作用力（3）为了使物块能停在 OB 的中点，弹簧应具有多大的弹性势能？【答案】（1）EP 2mgR（2）9mg，方向竖直向上（3）EP=(n)mgR（n=0、1、122）【解析】【分析】【详解】（1）设小圆环与 OB 之间的摩擦力为 f，

16、OB=L；从释放到回到 O 点，由能量关系可知，当弹簧的压缩量为 d 时，弹簧具有的弹性势能EP 2 fL小圆环从释放能到达 C 点到，由能量关系可知EP fL mgR 0可得：EP 2mgR（2）因弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，则弹簧的压缩量为2d 时弹性势能为EP=4EP=8mgR小圆环到达最高点 D 时：12EPmvDmg2R fL2解得vD 10gR在最高点 D 时由牛顿第二定律：2vDN mg mR解得N=9mg，方向竖直向下由牛顿第三定律可知在 D 点时轨道受到的作用为9mg，方向竖直向上；（3）为了使物块能停在 OB 的中点，则要求滑块到达的最高点为D 点，然后返回，则EP

17、fL2mgR 3mgR为了使物块能停在 OB 的中点，同时还应该满足：EP(2n1)f L1(n)mgR22则只能取 n=0、1、2；7如图所示，ABC 为竖直面内一固定轨道，AB 段是半径为 R 的1光滑圆弧，水平段与圆4弧轨道相切于 B，水平段 BC 长度为 L，C 端固定一竖直挡板一质量为m 的小物块自 A 端从静止开始沿圆轨道下滑，与挡板共发生了两次碰撞后停止在水平段B、C 之间的某处，物块每次与挡板碰撞不损失机械能(即碰撞前、后速率相同)不计空气阻力，物块与水平段 BC 间的动摩擦因数为，重力加速度为 g试求物块(1)第一次与挡板碰撞时的速率；(2)在水平轨道上滑行的总路程；(3)最

18、后一次滑到圆轨道底端B 处对圆轨道的压力【答案】(1)v1=2g(R-L)(2)S=R(3)物块最后一次滑到底端B 处对圆轨道的压力可骣4L骣8L琪3-mg3-mg能为琪或琪琪RR桫桫【解析】【详解】(1)对物块第一次从 A 到 C 过程，根据动能定理：mgRmgL 解得第一次碰撞挡板的速率12mv12v1=2g(R-L)(2)设物块质量为 m，在水平轨道上滑行的总路程为S，对物块从开始下滑到停止在水平轨道上的全过程，根据动能定理：mgRmgS0解得S=R(3)设物块最后一次经过圆弧轨道底端B 时的速率为 v2，对圆轨道的压力为 FN，则：2v2FNmg mR第一种可能情况：物块与挡板第二次碰

19、撞后，向右运动还未到B 点时即停下，则：12mgRmg2L mv22由解得4L FN3mgR第二种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右可再一次滑上光滑圆弧轨道，则：12mgRmg4L mv22由解得8L FN3mgR骣4L骣8L琪 3-mg3-mgB物块最后一次滑到底端处对圆轨道的压力可能为琪或琪琪RR桫桫8如图所示，滑块 A 的质量 m0.01kg，与水平地面间的动摩擦因数0.2，用细线悬挂的小球质量均为 m0.01kg，沿 x 轴排列，A 与第 1 只小球及相邻两小球间距离均为s2m，线长分别为 L1、L2、L3（图中只画出三只小球，且小球可视为质点），开始时，滑块以速度 v010ms

20、沿 x 轴正方向运动，设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块正碰，g 取 10ms2，求：（1）滑块能与几个小球碰撞？（2）求出碰撞中第 n 个小球悬线长 La的表达式。【答案】(1)12 个;(2)【解析】（1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内转动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为s0，有得 s025m（个）（2）滑块与第 n 个球碰撞，设小球运动到最高点时速度为vn对小球，有：对滑块，有：解三式：9在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和 B，两者相距为 d现给 A 一初速度，使 A与 B

21、 发生弹性正碰，碰撞时间极短当两木块都停止运动后，相距仍然为d已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为 B 的质量为 A 的 2 倍，重力加速度大小为g求 A 的初速度的大小【答案】【解析】【详解】设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为 v0；在碰撞后的瞬间，A 和 B 的速度分别为v1和 v2在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律，得18gd5111mv02mv122mv22222mv0 mv1 2mv2，式中，以碰撞前木块 A 的速度方向为正，联立解得：v1 2v0，v2v0331mv12，2设碰撞后 A 和 B 运动的距离分别为 d1和 d2，由动能定理得mgd1（2m）gd22mv

22、22按题意有：d d2d1联立解得：v01218gd510如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为，间距为 L导轨上端并联接有一电容为 C 的平行板电容器和阻值为R 的电阻导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为 g忽略其它电阻让金属棒在不同情况下从导轨上端由静止开始下滑，求:(1)当断开 S1闭合 S2时，金属棒由静止开始下滑位移x 后开始匀速，求匀速的速度大小和这过程电阻生的热量；(2)当断开 S2闭合 S1时金属棒的速度大小随时

23、间变化的关系【答案】(1)vm(sincos)mgR，22B Lmg(sincos)(sincos)2m3g2R2v t (2)Q mgx(sincos)2244m B L C2B L【解析】【详解】(1)金属棒在斜面上匀速直线运动时，由平衡条件：mgsin BILmgcos由闭合电路的欧姆定律I 而动生电动势E BLvmER(sincos)mgRB2L2对金属棒下滑过程，由动能定理得：联立解得：vm12mgxsinmgcosxWF安=mvm02而由功能关系，克服安培力做功等于电路的焦耳热：WF安=Q(sincos)2m3g2R2联立解得：Q mgx(sincos)442B L(2)设金属棒经

24、历时间t，速度的变化量为v，通过金属棒的电流为 i，流过金属棒的电荷量为Q，按照电流的定义i QtQ也是平行板电容器的极板在t内的增加量，Q CU CBLv金属棒受到的摩擦力为f mgcos金属棒受到的安培力为Fi BiL设金属棒下滑的加速度为a，由牛顿第二定律有：mgsin f Fi ma联立解得：a mg(sincos)m B2L2C加速度为恒定值，说明金属棒做匀加速直线运动有v at可得瞬时速度与时间的关系：v mg(sincos)t22m B L C11如图所示，质量为m11kg 的小物块 P，置于桌面上距桌面右边缘C 点 L190cm 的 A点并与弹簧的右端接触（不拴接），轻弹簧左端

25、固定，且处于原长状态质量为M3.5kg、长 L1.5m 的小车静置于光滑水平面上，其上表面与水平桌面相平，且紧靠桌子右端小车左端放有一质量为m20.5kg 的小滑块 Q现用水平向左的推力将P 缓慢压缩 L25cm 推至 B 点（弹簧仍在弹性限度内）时，撤去推力，此后P 沿桌面滑到桌子边缘C 时速度为 2m/s，并与小车左端的滑块Q 相碰，最后 Q 停在小车的右端，物块 P 停在小车上距左端 0.35m 处 P 与桌面间动摩擦因数 10.4，P、Q 与小车表面间的动摩擦因数20.1，重力加速度 g10m/s2（1）小车最后的速度 v；（2）推力所做的功；（3）在滑块 Q 与车相对静止时，Q 到桌

26、边的距离【答案】（1）0.4m/s；（2）6J；（3）1.92m【解析】【详解】（1）设物块 P 与滑块 Q 碰后最终与小车保持相对静止，其共同速度为v由动量守恒得：m1vc(m1m2 M)v代入数据可得：v0.4m/s（2）90cm0.9m，设弹簧的最大弹性势能为Epm根据动能定理得：W 1m1g(L12L2)得：W6J1m1vc22（3）设物块 P 与滑块 Q 碰后速度分别为 v1和 v2，P 与 Q 在小车上滑行距离分别为S1和 S2P 与 Q 碰撞前后动量守恒，则有：m1vc m1v1m2v2由动能定理得：22m1gs12m2gs2m1v12m2v2(m1m2M)v2121212联立得

27、 v11m/s，v22m/s方程的另一组解：当v2=25m/s 时，v1=m/s，v1v2不合题意舍去33设滑块 Q 与小车相对静止时到桌边的距离为s，Q 在小车上运动的加速度为a由牛顿第二定律得：2m2g m2a代入数据解得：a1m/s2由匀变速运动规律得：2v2v2s 2a解得：s1.92m12如图甲所示，一质量为ma的滑块(可看成质点)固定在半径为 R 的光滑四分之一圆弧轨道的顶端 A 点，另一质量为 mb的滑块(可看成质点)静止在轨道的底端 B 处，A 点和圆弧对应的圆心 O 点等高。（1）若圆弧的底端 B 与水平光滑平面连接(足够长)，mb静止于 B 点，ma从静止开始释放，假设两滑块碰撞时无机械能损失，且两滑块能发生两次碰撞，试证明：3mavb代入可得：3mamb(2)机械能守恒 magR=1mav122滑块 ma与 mb相碰后结合在一起，动量守恒mav1=mcv2从 B 运动到 C 点时速度恰好为零，由动能定理可得：fL=012mcv22f=mca，v0=v2at12at2传送带向左运动：s2=v0tQ=fs相对=f(s1s2)=9Jmc向右运动：s1=v2t