高中物理动能与动能定理(一)解题方法和技巧及练习题.pdf

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1、高中物理动能与动能定理高中物理动能与动能定理(一一)解题方法和技巧及练习题解题方法和技巧及练习题一、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，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)

2、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：Ep解得11m1v12m2v2222Ep=19.5J(2)设 m

3、2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）1m2v222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：11m1v1

4、2m1vC22mgR22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=5m2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

5、 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

6、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3如图所示，半径为R的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O为圆轨道的圆心，D为圆轨道的最高点，圆轨道

7、内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC与圆心等高质量为m的小球从离B点高度为h处（重力加速度为g）3R h 3R）的A点由静止开始下落，从B点进入圆轨道，2（1）小球能否到达D点？试通过计算说明；（2）求小球在最高点对轨道的压力范围；（3）通过计算说明小球从D点飞出后能否落在水平面BC上，若能，求落点与B点水平距离d的范围【答案】（1）小球能到达D点；（2）0 F 3mg；（3）2 1 R d 2 2 1 R【解析】【分析】【详解】2mvD（1）当小球刚好通过最高点时应有：mg R2mvD由机械能守恒可得：mgh R233R，因为h的取值范围为R h 3R，小球能到达D点；22（2）设小球在D点受到

8、的压力为F，则联立解得h 2mvDF mg R2mvDmgh R23R h 3R解得：0 F 3mg2据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：0 F 3mg联立并结合h的取值范围（3）由（1）知在最高点D速度至少为vDmin此时小球飞离D后平抛，有：R 12gt2gRxmin vDmint联立解得xmin2R R，故能落在水平面BC上，2vD当小球在最高点对轨道的压力为3mg时，有：mg 3mg mmaxR解得vDmax 2 gR小球飞离D后平抛R 12gt，2xmax vDmaxt联立解得xmax 2 2R故落点与B点水平距离d的范围为：2 1 R d 2 2 1 R4如图所示，倾角

9、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）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

10、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5夏天到了，水上滑梯是人们很喜欢的一个项目，它可简化成如图所示的模型：倾角为37斜滑道 AB 和水平滑道 BC 平滑连接（设经过 B 点前后速度大小不变），起点A 距水面的高度

11、 H7.0m，BC 长 d2.0m，端点 C 距水面的高度 h1.0m一质量 m60kg 的人从滑道起点 A 点无初速地自由滑下，人与AB、BC 间的动摩擦因数均为 0.2（取重力加速度 g10m/s2，sin370.6，cos370.8，人在运动过程中可视为质点），求：（1）人从 A 滑到 C 的过程中克服摩擦力所做的功W 和到达 C 点时速度的大小；（2）保持水平滑道端点在同一竖直线上，调节水平滑道高度h 和长度 d 到图中 BC位置时，人从滑梯平抛到水面的水平位移最大，则此时滑道BC距水面的高度 h【答案】(1)1200J；4 5m/s(2)当 h2.5m 时，水平位移最大【解析】【详解

12、】（1）运动员从 A 滑到 C 的过程中，克服摩擦力做功为：W f1s1mgdf1=mgcoss1=解得W1200Jmg（Hh）W得运动员滑到 C 点时速度的大小v4 5 m/s（2）在从 C 点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t，h下滑过程中克服摩擦做功保持不变W1200J根据动能定理得：mg（Hh）W运动员在水平方向的位移：xv0tx=4h(5h)当 h2.5m 时，水平位移最大.H hsin12mv212gt21mv0226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

13、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=150N，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

14、 (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 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.

15、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 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 10ms，求：2（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）

16、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：8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；（

17、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1mvm2242149图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，BC分别是圆形轨道的最低点

18、和最高点，其半径R=1m，一质量 m1kg 的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的 A 点以大小 v012ms 的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的D 点已知 A、B 两点间的距离 L1575m，物块与水平轨道写的动摩擦因数 02，取 g10ms2，圆形轨道间不相互重叠，求：（1）物块经过 B 点时的速度大小 vB；（2）物块到达 C 点时的速度大小 vC；（3）BD 两点之间的距离 L2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q【答案】(1)11m/s(2)9m/s(3)72J【解析】【分析】【详解】（1）物块从 A 到 B 运动过程中，根据动能定理得：mgL1解得：vB1

19、1m/s（2）物块从 B 到 C 运动过程中，根据机械能守恒得：解得：vC 9m/s（3）物块从 B 到 D 运动过程中，根据动能定理得：mgL2 0解得：L2 30.25m对整个过程，由能量守恒定律有：Q 解得：Q=72J【点睛】选取研究过程，运用动能定理解题动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动知道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义1212mvBmv0221212mvBmvCmg2R2212mvB212mv00210如图，质量为 m=1kg 的小滑块（视为质点）在半径为R=0.4m 的 1/4 圆弧 A 端由静止开始释放，它运动到 B 点时速度为 v=2m/s当

20、滑块经过 B 后立即将圆弧轨道撤去滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C 点过渡到倾角为=37、长 s=1m 的斜面CD 上，CD 之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在01.5 之间调节斜面底部 D 点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O 点，自然状态下另一端恰好在 D 点认为滑块通过 C 和 D 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，cos37=0.8，不计空气阻力（1）求滑块对 B 点的压力大小以及在 AB 上克服阻力所做的功；（2）若设置=0，求质点从 C 运动到 D 的时间；（3）若最终滑块停在 D

21、 点，求 的取值范围【答案】（1）20N，2J；（2）【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑块在B 点所受的支持力，从而得出滑块对B 点的压力，根据动能定理求出 AB 端克服阻力做功的大小（2）若=0，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出C 到 D 的时间（3）最终滑块停在 D 点有两种可能，一个是滑块恰好从C 下滑到 D，另一种是在斜面 CD和水平面见多次反复运动，最终静止在D 点，结合动能定理进行求解【详解】1s；（3）0.1250.75 或=13v2（1）滑块在 B 点，受到重力和支持力，在B 点，根据牛顿第二定律有：Fmgm，R代入数据解得：F=20N，由牛顿第三定律

22、得：F=20N从 A 到 B，由动能定理得：mgRW代入数据得：W=2J（2）在 CD 间运动，有：mgsin=ma，加速度为：a=gsin=100.6m/s2=6m/s2，根据匀变速运动规律有：svt+代入数据解得：t=12mv，212at21s3（3）最终滑块停在 D 点有两种可能：a、滑块恰好能从 C 下滑到 D则有：mgsins1mgcoss0代入数据得：1=1，b、滑块在斜面 CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点当滑块恰好能返回 C 有：1mgcos2s0代入数据得到：1=0.125，12mv，212mv，2当滑块恰好能静止在斜面上，则有：mgsin=2mgcos，代入数

23、据得到：2=0.75所以，当 0.1250.75，滑块在 CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点综上所述，的取值范围是 0.1250.75 或=1【点睛】解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动规律，运用动力学知识和动能定理进行求解，涉及到时间问题时，优先考虑动力学知识求解对于第三问，要考虑滑块停在D 点有两种可能11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

24、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=1.4J【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 6

25、N（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=1.4J12将一根长为L的光滑

26、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）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4【答案】v1=0；R 处【解析】【详解】3L5L2L；C 点上方低于处滑下或高于4(43)4(43)43（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）

27、由题意：BC 1 3L(2R R)；小珠由B点释放，到达 E 点满足：44mgBC 12mvE2从E点滑出后恰好撞到D点，则R vEt；t 2L2R联立解得：R；g4321vE1（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 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)