高考物理动能与动能定理技巧和方法完整版及练习题.pdf

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1、高考物理动能与动能定理技巧和方法完整版及练习题高考物理动能与动能定理技巧和方法完整版及练习题一、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，粗糙水平桌面上有一轻质弹簧左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径 R=1.0m 的圆环剪去了左上角 120的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离是h=2.4m。用质量为m=0.2kg 的物块将弹簧由 B 点缓慢压缩至 C 点后由静止释放，弹簧在C 点时储存的弹性势能 Ep=3.2J，物块飞离桌面后恰好P 点沿切线落入圆轨道。已知物块与桌面间的动摩

2、擦因数=0.4，重力加速度 g 值取 10m/s2，不计空气阻力，求(1)物块通过 P 点的速度大小；(2)物块经过轨道最高点M 时对轨道的压力大小；(3)C、D 两点间的距离；【答案】(1)8m/s；(2)4.8N；(3)2m【解析】【分析】【详解】(1)通过 P 点时，由几何关系可知，速度方向与水平方向夹角为60o，则2vy 2ghsin60o整理可得，物块通过 P 点的速度vyvv 8m/s(2)从 P 到 M 点的过程中，机械能守恒1212mv=mgR(1cos60o)+mvM22在最高点时根据牛顿第二定律2mvMFNmg R整理得FN 4.8N根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大

3、小为4.8N(3)从 D 到 P 物块做平抛运动，因此vD vcos60o 4m/s从 C 到 D 的过程中，根据能量守恒定律12EpmgxmvD2C、D 两点间的距离x 2m2某游乐场拟推出一个新型滑草娱乐项目，简化模型如图所示。游客乘坐的滑草车（两者的总质量为60kg），从倾角为53的光滑直轨道AC上的B点由静止开始下滑，到达C点后进入半径为R 5m，圆心角为53的圆弧形光滑轨道CD，过D点后滑入倾75范围内调节）、动摩擦因数为角为（可以在0剟3的足够长的草地轨道3DE。已知D点处有一小段光滑圆弧与其相连，不计滑草车在D处的能量损失，B点到C点的距离为L0=10m，g 10m/s。求：(1

4、)滑草车经过轨道D点时对轨道D点的压力大小；(2)滑草车第一次沿草地轨道DE向上滑行的时间与的关系式；(3)取不同值时，写出滑草车在斜面上克服摩擦所做的功与tan的关系式。【答案】(1)3000N；(2)t 2；(3)见解析3sincos3【解析】【分析】【详解】(1)根据几何关系可知CD间的高度差HCD R1cos53 2m从B到D点，由动能定理得1mgL0sin53 HCDmvD202解得vD10 2m/s对D点，设滑草车受到的支持力FD，由牛顿第二定律vD2FDmg mR解得FD 3000N由牛顿第三定律得，滑草车对轨道的压力为3000N。(2)滑草车在草地轨道DE向上运动时，受到的合外

5、力为F合 mgsinmgcos由牛顿第二定律得，向上运动的加速度大小为a F合 gsingcosmvDgsingcos因此滑草车第一次在草地轨道DE向上运动的时间为t 代入数据解得t 23sincos3(3)选取小车运动方向为正方向。当 0时，滑草车沿轨道DE水平向右运动，对全程使用动能定理可得mgL0sinR(1cos)+Wf1=00代入数据解得Wf1 6000J故当 0时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W克1 6000J当0 30时，则gsingcos滑草车在草地轨道DE向上运动后最终会静止在DE轨道上，向上运动的距离为2vDx22(gsingcos)摩擦力做功为Wf 2 mgcosx2

6、联立解得Wf 2 6000(J)3tan16000(J)3tan1故当0 30时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W克2当30 75时gsingcos滑草车在草地轨道DE向上运动后仍会下滑，若干次来回运动后最终停在D处。对全程使用动能定理可得mgL0sinR(1cos)+Wf 3=00代入数据解得Wf 3 6000J故当30 75时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W克3 6000J所以，当 0或30 75时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000J；当6000(J)。0 30时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为3tan13如图所示，质量为 m=1kg 的滑块，在水平力 F 作用下静止在倾角

7、为=30的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为 v0=3m/s，长为 L=1.4m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同滑块与传送带间的动摩擦因数=0.25，g=10m/s2求(1)水平作用力 F 的大小；(2)滑块开始下滑的高度 h；(3)在第(2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量 Q【答案】(1)【解析】【分析】【详解】解：（1）滑块受到水平推力 F、重力 mg 和支持力 FN处于平衡，如图所示：(2)0.1 m 或 0.8 m(3)0.5 J水平推力

8、解得：（2）设滑块从高为 h 处下滑，到达斜面底端速度为v 下滑过程由机械能守恒有：，解得：若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：解得：若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：解得：（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则 t 时间内传送带的位移：s=v0t由机械能守恒有：滑块相对传送带滑动的位移相对滑动生成的热量4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

9、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（2）4kg；1.1110

10、5C；（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 可得，当带电小球运动至1

11、m 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5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）

12、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

13、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 R6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

14、 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

15、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/sm1、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1122m1vBmv共12J22物块 m 由 B 到 C 满足机械能守恒：解得：vC 4m/s1212mv

16、共mg2R2mvC222vC在 C 处由牛顿第二运动定律可得：FNmg mR2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，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 0.8m7如图所示，倾

17、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）6mg（3）【解析】【分析】【详解】1mgR2（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（2）小滑块在最低点时速度

18、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8如图所示，水平传送带长为L=4m，以v0 2m/s的速度逆时针转动。一个质量为lkg的物块从传送带左侧水平向右滑上传送带，一段时间后它滑离传送带。已知二者之间的动摩擦因数0

19、.2，g=10m/s2。(1)要使物块能从传送带右侧滑离，则物块的初速度至少多大？(2)若物块的初速度为v 3m/s，则物块在传送带上运动时因摩擦产生的热量为多少？【答案】(1)v 4m/s；(2)12.5J【解析】【详解】(1)设物块初速度为 v，物块能从传送带右侧滑离，对其分析得：1mgL Ekmv22Ek 0解得：v 4m/s(2)物块在传送带上的运动是先向右减速运动，后向左加速运动。物块向右减速运动时，有：vt1a1mgx1 0mv22物块与传送带的相对滑动产生的热量：Q1mgv0t1 x1向左加速运动时，有：t2v0a122mgx2mv0物块与传送带的相对滑动产生的热量：Q2mgv0

20、t2x2Q Q1Q212.5J9如图所示，光滑水平面MN 的左端 M 处有一弹射装置 P，右端 N 处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度L=16m，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s 匀速转动ABCDE是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB 为水平轨道，弧 BCD 是半径为 R 的半圆弧轨道，弧 DE 是半径为 2R 的圆弧轨道，弧 BCD 与弧 DE 相切在轨道最高点 D，R=06m平面部分 A 点与传送带平齐接触放在MN 段的物块 m（可视为质点）以初速度 v0=4m/s 冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数=02，物块的质量 m=1kg结果物块从滑上传送带又返回到N 端，经

21、水平面与左端M 处的固定弹射器相碰撞（弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定），因碰撞弹射器锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点，最后从E 点飞出g 取10m/s2求：（1）物块 m 从第一次滑上传送带到返回到N 端的时间（2）物块 m 第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送带所多提供的能量多大？【答案】（1）t 4.5s（2）W 8J【解析】试题分析:（1）物块 B 向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀减速运动，达到与皮带共速后与皮带匀速物块B 向右作匀减速运动过程：mg mat1v0 2sgv0t1

22、4m2物块向右达到的最大位移：S 反向匀加速运动过程加速度大小不变达到与传送带共速的时间：t2v1sg/相对地面向左位移：S vt21m2S S/41共速后与传送带匀速运动的时间：t31.5sv2往返总时间：（2）由物块恰能通过轨道最高点D，并恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过最高点可得，物块是在半径为 2R 的圆弧上的最高点重力全部充当向心力得：又由物块上滑过中根据机械能守恒得：代入数据解得：vB6Rg 6m/s物块第二次从 N 到 A 点：L v1t 速度关系：vB v1g t代入得：；得：t 2s或t 8s（舍）物体运动时传送带的位移：s vt 4m传送带为维持匀速运动多提供的力：F mg1g

23、t22传送带所做的功等于传送带多提供的能量：W F s mgs 8J考点：考查牛顿运动定律的综合应用；动能定理【名师点睛】本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式求解10如图所示，在方向竖直向上、大小为E=1106V/m 的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R=0.2mA、B 用一根绝缘轻杆相连，A 带的电荷量为 q=+7107C，B 不带电，质量分别为mA=0.01kg、mB=0.08kg将两小球从圆环上的图示位置（A 与圆心 O 等高，B 在圆心 O 的正下方）由静止释放，两小球开始

24、沿逆时针方向转动重力加速度大小为g=10m/s2（1）通过计算判断，小球A 能否到达圆环的最高点C？（2）求小球 A 的最大速度值（3）求小球 A 从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值【答案】（1）A 不能到达圆环最高点（2）【解析】【分析】【详解】试题分析：A、B 在转动过程中，分别对A、B 由动能定理列方程求解速度大小，由此判断A 能不能到达圆环最高点；A、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，对A、B 分别由动能定理列方程联立求解最大速度；A、B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0 时，根据电势能的减少与电场力做功关系求解（1）设 A、B 在转动过程中，轻杆对A、B

25、做的功分别为 WT和WT，根据题意有：WTWT 0设 A、B 到达圆环最高点的动能分别为EKA、EKB对 A 根据动能定理：qERmAgR+WT1=EKA对 B 根据动能定理：WT1mBgR E联立解得：EKA+EKB=0.04J由此可知：A 在圆环最高点时，系统动能为负值，故A 不能到达圆环最高点（2）设 B 转过 角时，A、B 的速度大小分别为 vA、vB，因 A、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，故：vA=vB对 A 根据动能定理：qERsinmAgRsinWT 2对 B 根据动能定理：WT2mBgR1cos2 2m/s（3）0.1344J312mAvA212mBvB2联立解得：vA2

26、83sin4cos49由此可得：当tan32 2时，A、B 的最大速度均为vmaxm/s43（3）A、B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减少最多，由上可式得：3sin+4cos4=0解得：sin24或 sin=0（舍去）2584J 0.1344J625所以 A 的电势能减少：EP qERsin点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答，属于复杂题11如图所示，一个质量为m=0.2kg 的小物体(P 可视为质点

27、)，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=1.4J【解析】【详解】（1）物体 P 从 A 滑到 B 的过

28、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解得两物体飞出桌面的水平距离s=0.4m（4）物体 P 在桌面上滑行克服

29、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