高考物理动能与动能定理解题技巧(超强)及练习题(含答案)(1).pdf

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1、高考物理动能与动能定理解题技巧高考物理动能与动能定理解题技巧(超强超强)及练习题及练习题(含答案含答案)(1)(1)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，两物块 A、B 并排静置于高 h=0.80m 的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg一颗质量 m=0.10kg 的子弹 C 以 v0=100m/s 的水平速度从左面射入 A，子弹射穿A 后接着射入 B 并留在 B 中，此时 A、B 都没有离开桌面已知物块A 的长度为 0.27m，A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m设子弹在物块 A、B 中穿行时受到的阻力大小相等，g 取

2、10m/s2(平抛过程中物块看成质点)求：（1）物块 A 和物块 B 离开桌面时速度的大小分别是多少；（2）子弹在物块 B 中打入的深度；（3）若使子弹在物块 B 中穿行时物块 B 未离开桌面，则物块B 到桌边的最小初始距离2【答案】（1）5m/s；10m/s；（2）LB 3.510 m（3）2.5102m【解析】【分析】【详解】试题分析：(1)子弹射穿物块 A 后，A 以速度 vA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动：h 12gt解得：t=0.40s2A 离开桌边的速度vAs，解得：vA=5.0m/st设子弹射入物块 B 后，子弹与 B 的共同速度为 vB，子弹与两物块作用过程系统动

3、量守恒：mv0 MvA(M m)vBB 离开桌边的速度 vB=10m/s（2）设子弹离开 A 时的速度为v1，子弹与物块 A 作用过程系统动量守恒：mv0 mv12MvAv1=40m/s子弹在物块 B 中穿行的过程中，由能量守恒fLB11122MvAmv12(M m)vB222子弹在物块 A 中穿行的过程中，由能量守恒121212fLAmv0mv1(M M)vA222由解得LB 3.510m（3）子弹在物块 A 中穿行过程中，物块A 在水平桌面上的位移为s1，由动能定理：212fs1(M M)vA02子弹在物块 B 中穿行过程中，物块B 在水平桌面上的位移为s2，由动能定理fs21122MvB

4、MvA22由解得物块 B 到桌边的最小距离为：smin s1 s2，2解得：smin 2.510m考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律2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 和电量 q；（3）斜杆底端至小球速度最大

5、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逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐

6、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如图甲所示为某一玩具汽车的轨道，其部分轨道可抽象为图乙的模型AB和BD为两段水平直轨道，竖直圆轨道与水平直轨道相切于B点，D点为水平直轨道与

7、水平半圆轨道的切点在某次游戏过程中，通过摇控装置使静止在A点的小车以额定功率启动，当小车运动到B点时关闭发动机并不再开启，测得小车运动到最高点C时对轨道的压力大小FN 5.6N，小车通过水平半圆轨道时速率恒定小车可视为质点，质量m 400g，额定功率P 20W，AB长l 1m，BD长s 0.75m，竖直圆轨道半径R 25cm，水平半圆轨道半径r 10cm小车在两段水平直轨道所受的阻力大小均为f 4N，在竖直圆轨道和水平半圆轨道所受的阻力均忽略不计，重力加速度取g 10m/s求：2（1）小车运动到C点时的速度大小；（2）小车在BD段运动的时间；（3）水平半圆轨道对小车的作用力大小；（4）要使小车

8、能通过水平半圆轨道，发动机开启的最短时间【答案】（1）6m/s；（2）0.3s；（3）4 2N.；（4）0.35s.【解析】【详解】（1）由小车在C点受力得：vc2FNmg mR解得：vC6m/s（2）从C点到B点，由动能定理得：12122mgR mvBmvC22解得：vB 4m/s小车在BD段运动的加速度大小为：a 由运动学公式：f10m/s2m1s vBt at22解得：t 0.3s（3）从B点到D点，由运动学公式：vD vBat，解得：vD1m/s小车在水平半圆轨道所需的向心力大小：2vDFn m，r代入数据可得：Fn 4NF2 Fn2mg水平半圆轨道对小车的作用力大小为：2F 4 2N

9、.（4）设小车恰能到C点时的速度为v1，对应发动机开启的时间为t1，则：v12mg mRPt1 fl 2mgR 解得12mv12t1 0.325s.在此情况下从C点到D点，由动能定理得：2mgR Fs 解得112mvDmvC222vD 2.5即小车无法到达D点.设小车恰能到D点时对应发动机开启的时间为t2，则有：Pt2 fls0，解得t2 0.35s.4如图甲所示，长为 4 m 的水平轨道 AB 与半径为 R0.6 m 的竖直半圆弧轨道 BC 在 B 处相连接。有一质量为 1 kg 的滑块(大小不计)，从 A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F随位移变化的关系如图乙所示。滑块与水平轨道AB

10、 间的动摩擦因数为 0.25，与半圆弧轨道 BC 间的动摩擦因数未知，g 取 10 m/s2。求：（1）滑块到达 B 处时的速度大小；（2）若到达 B 点时撤去 F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。【答案】（1）210 m/s。（2）5 J。【解析】【详解】（1）对滑块从 A 到 B 的过程，由动能定理得：F1x1 F3x3mgx 即12mvB，212202-101-0.251104J=1vB，2得：vB 2 10m/s；（2）当滑块恰好能到达最高点C 时，2vCmg m；R对滑块从 B 到 C 的过程中，由动能定理得：W mg2R 带入数

11、值得：1212mvCmvB，22W=-5J，即克服摩擦力做的功为5J；5如图所示，两个半圆形的光滑细管道(管道内径远小于半圆形半径)在竖直平面内交叠，组成“S”字形通道大半圆 BC 的半径 R=0.9m，小半圆 CD 的半径 r=0.7m在“S”字形通道底部 B 连结一水平粗糙的细直管AB一质量 m=0.18kg 的小球（可视为质点）从A 点以V0=12m/s 的速度向右进入直管道，经t1=0.5s 到达 B 点，在刚到达半圆轨道B 点时，对 B点的压力为 NB=21.8N（取重力加速度 g=10m/s2）求：（1）小球在 B 点的速度 VB及小球与 AB 轨道的动摩擦因数?（2）小球到达“S

12、”字形通道的顶点 D 后，又经水平粗糙的细直管DE，从 E 点水平抛出，其水平射程 S=3.2m小球在 E 点的速度 VE为多少？（3）求小球在到达 C 点后的瞬间，小球受到轨道的弹力大小为多少？方向如何？【答案】（1）VB=10m/s，=0.4（2）VE=S/t=4m/s（3）NC=18.25N 方向向上【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律有NB-mg=mVB2/RVB=10m/sa=(V0-VB)/t=4m/s2mg=m a a=mg=0.4（2）H=2R+2r=3.2mt=2HgVE=S/t=4m/s（3）NC-mg=mVC2/r11m VB2=2mg R+m VC222NC=18.2

13、5N 方向向上6如图所示，半径 R=0.1m 的竖直半圆形光滑轨道BC 与水平面 AB 相切，AB 距离 x=1m质量 m=0.1kg 的小滑块 1 放在半圆形轨道末端的B 点，另一质量也为m=0.1kg 的小滑块 2，从 A 点以v0 2 10m/s 的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道已知滑块2 与水平面之间的动摩擦因数=0.2取重力加速度g 10m/s2两滑块均可视为质点求(1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v；(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能E；(3)在 C 点轨道对两滑块的作用力F【答案】(1)v=3m/s (2)E=0.9J (3)F

14、=8N，方向竖直向下【解析】【详解】(1)物块 2 由 A 到 B 应用动能定理：mgx 解得 v1=6m/s两滑块碰撞前后动量守恒，根据动量守恒有:mv1 2mv解得：v 3m/s方向：水平向右(2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能E 解得：E 0.9J(3)两滑块从 B 到 C 机械能守恒，根据机械能守恒定律有：1212mv1mv022121mv12mv2221122mv22mvc2mgR222vC两滑块在 C 点时：2mg FN 2mR解得：FN 8N据牛顿第三定律可得：在C 点轨道对两滑块的作用力F=8N，方向竖直向下7光滑水平面 AB 与一光滑半圆形轨道在B 点相连，轨道位于竖直面内，

15、其半径为R，一个质量为 m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的9 倍，之后向上运动经 C 点再落回到水平面，重力加速度为g.求：(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块离开 C 点后，再落回到水平面上时距B 点的距离；(3)再次左推物块压紧弹簧，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？【答案】(1)【解析】【详解】（1）由动能定理得 W（2）4R（3）或在 B 点由牛顿第二定律得：9mgmgm解得 W4mgR（2）设物块经 C 点落回到水平面上时距B 点的距离为

16、 S，用时为 t，由平抛规律知S=vct2R=gt2从 B 到 C 由动能定理得联立知，S=4 R（3）假设弹簧弹性势能为，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知mgR若物块刚好通过 C 点，则物块从 B 到 C 由动能定理得物块在 C 点时 mgm则联立知：mgR.综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为mgR 或 mgR.8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=0.2m

17、A、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、

18、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 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

19、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 22 2m/s（3）0.1344J312mAvA2对 B 根据动能定理：WT2mBgR1cos联立解得：vA212mBvB283sin4cos4932 2时，A、B 的最大速度均为vmaxm/s43由此可得：当tan（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

20、，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9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；

21、（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：vB11m/s1212mvBmv022（2）物块从 B 到 C 运动过程中，根据机械能守恒得：解得：vC 9m/s1212mvBmvCmg2R2212mvB2（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】12mv002选取研究过程，运用动能定理解

22、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10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

23、)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 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

24、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=1.4J11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

25、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 mBv3111mAv02mAv22mBv32222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

26、，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如图所示，AB 为倾角 37的斜面轨道，轨道的AC 部分光滑，CB 部分粗糙，BP 为圆心角等于 143、半径 R=1m 的竖直光滑圆弧轨道，两轨道相切于B 点，P、Q 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一自由端在斜面上C 点处，现有一质量 m=2kg 的小物块在外力作用下降弹簧缓慢压缩到D 点后（不栓接）释放，物块经过C 点后，从 C 点运动到 B 点过程中的位移与时间的关系为x 12t

27、 4t2（式中 x 单位为 m，t 单位是 s），假设物块第一次经过 B 点后恰能到达 P 点，sin37=0.6，cos37=0.8，g 10m/s，试求：2（1）若 CD=1m，试求物块从 D 点运动到 C 点的过程中，弹簧对物块所做的功；（2）B、C 两点间的距离 x；（3）若在 P 处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞后速度反向，速度大小不变，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？【答案】（1）156J（2）x【解析】49m（3）不会脱离轨道8试题分析：（1）由x 12t 4t2知，物块在 C 点速度为v012m/s设物

28、块从 D 点运动到 C 点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理有W mgCD sin37 12mv02代入数据得：W 156J（2）由x 12t 4t2知，物块从 C 运动到 B 过程中的加速度大小为a 8m/s2设物块与斜面间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律得mgsinmg cos ma代入数据解得 0.252vP物块在 P 点的速度满足mg mR物块从 B 运动到 P 的过程中机械能守恒，则有mvB12212mvPmghpB，又2hpB R1sin5322vBv0 2axBC物块从 C 运动到 B 的过程中有由以上各式解得xBC49m8（3）假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O 点等高的位置Q 点，且设其速度为vQ，由动能定理得mvQ12212mvP mgR 2mgxBCcos372vQ 190解得可见物块返回后不能到达Q 点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道考点：考查了动能定理，牛顿第二定律，机械能守恒定律【名师点睛】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律以及牛顿第二定律，对学生的能力要求较高，关键理清物体的运动情况，掌握临界条件，选择合适的规律进行求解2