《高考物理高考物理动能与动能定理解题技巧及练习题.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理高考物理动能与动能定理解题技巧及练习题.pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、高考物理高考物理动能与动能定理解题技巧及练习题高考物理高考物理动能与动能定理解题技巧及练习题一、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11如图所示，圆弧轨道AB 是在竖直平面内的圆周，B 点离地面的高度 h=0.8m，该处切4线是水平的，一质量为m=200g 的小球（可视为质点）自A 点由静止开始沿轨道下滑（不计小球与轨道间的摩擦及空气阻力），小球从B 点水平飞出，最后落到水平地面上的D点已知小物块落地点 D 到 C 点的距离为 x=4m，重力加速度为 g=10m/s2求：（1）圆弧轨道的半径（2）小球滑到 B 点时对轨道的压力【答案】（1）圆弧轨道的半径是
2、5m（2）小球滑到 B 点时对轨道的压力为 6N，方向竖直向下【解析】（1）小球由 B 到 D 做平抛运动，有：h=x=vBt解得：vB x12gt2g10 410m/s2h20.81mvB2-02A 到 B 过程，由动能定理得：mgR=解得轨道半径 R=5m2vB（2）在 B 点，由向心力公式得：N mg mR解得：N=6N根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力N=N=6N，方向竖直向下点睛：解决本题的关键要分析小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律，掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，运用运动的分解法进行研究平抛运动2如图所示，半径 R=0.5 m 的光滑圆弧轨道的左端A 与圆心 O 等
3、高，B 为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端 C 与一倾角=37的粗糙斜面相切。一质量m=1kg 的小滑块从 A 点正上方 h=1 m 处的 P 点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数=0.5，sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度 g=10 m/s2。(1)求滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力。(2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。(3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A 点。【答案】(1)70N；(2)1.2m；(3)能滑出 A【解析】【分析】【详解】(1)滑块从 P 到 B 的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有mgh R1mvB22那么，对滑块在
4、 B 点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且2mgh RmvB2FN mg mg 70NRR故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B 点时对轨道的压力为70N，方向竖直向下。(2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得mg（h R Rcos37 Lsin37）mgLcos37 0所以L 1.2m(3)对滑块从 P 到第二次经过 B 点的运动过程应用动能定理可得1mvB2 mgh R2mgLcos37 0.54mg mgR2所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A 点。【点睛】经典力学问题一般先对
5、物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。3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 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；
6、（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
7、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fs21122MvBMvA22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
8、：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律4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)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
9、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 m2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
10、.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。1m2v222根据动量定理得：m2gt=m2v0-（-m2v2）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：11m1v12m1vC22mgR22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=10-4
11、R即 R=1.25m 时，水平位移最大为x=5m5如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量m 0.04kg，电量q 3104C的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能为0.32J。某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端A点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B，并沿轨道BC滑下，运动到光滑水平轨道CD，从D点进入到光滑竖直圆内侧轨道。已知倾斜轨道与水平方向夹角为 37，倾斜轨道长为L 2.0m，带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数 0.5。小物块在C点没有能量损失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小物块的电量保持不变，可视为质点。只有光滑竖
12、直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场，场强E 2105V/m。已知2cos37 0.8，sin37 0.6，取g 10m/s，求：（1）小物块运动到A点时的速度大小vA；（2）小物块运动到C点时的速度大小vC；（3）要使小物块不离开圆轨道，圆轨道的半径应满足什么条件？【答案】（1）4m/s；（2）33m/s；（3）R 0.022m【解析】【分析】【详解】（1）释放弹簧过程中，弹簧推动物体做功，弹簧弹性势能转变为物体动能EP解得12mvA2vA2EP20.324m/sm0.04vAcos37vB（2）A 到 B 物体做平抛运动，到 B 点有所以vBB 到 C 根据动能定理有45m/s0.
13、81212mvCmvB22mgLsin37mgcos37 L 解得vC 33m/s（3）根据题意可知，小球受到的电场力和重力的合力方向向上，其大小为F=qEmg=59.6N所以 D 点为等效最高点，则小球到达D 点时对轨道的压力为零，此时的速度最小，即2vDFmR解得vDFRm所以要小物块不离开圆轨道则应满足vCvD得：R0.022m6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
14、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 即为小球电势能随位移 s 变化的图线；【解析】【分析】【详解】（
15、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:mgh+qU=Ekm0代入数据得:U=4.2106V（
16、4）图中线 3 即为小球电势能 随位移 s 变化的图线7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 点停下求 F 的大小（sin37=0.6，cos37=0
17、.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：0.4(4)从 A 到 D 的过程，根据动能定理得：mgsA
18、BsinFsBDsABcosmgsBD0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.8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
19、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
20、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 0mv22v282m 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9在粗糙的水平桌面上有两个
21、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 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，v2v0331mv12，212设碰撞后 A 和 B
22、运动的距离分别为 d1和 d2，由动能定理得mgd1（2m）gd22mv22按题意有：d d2d1联立解得：v018gd510如图所示，AB 为倾角37的斜面轨道，BP 为半径 R=1m 的竖直光滑圆弧轨道，O为圆心，两轨道相切于B 点，P、O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一端在斜面上 C 点处，轨道的 AC 部分光滑，CB 部分粗糙，CB 长 L1.25m，物块与斜面间的动摩擦因数为0.25，现有一质量 m=2kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后释放(不栓接)，物块经过 B 点后到达 P 点，在 P 点物块对轨道的压力大小为其重力的1.5倍，sin37 0.6,
23、cos37 0.8，g=10m/s2.求：(1)物块到达 P 点时的速度大小 vP；(2)物块离开弹簧时的速度大小vC；(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物块离开弹簧时速度的最大值vm.【答案】(1)vP 5m/s (2)vC=9m/s(3)vm 6m/s【解析】【详解】(1)在 P 点，根据牛顿第二定律：2vPmg NP mR解得:vP2.5gR 5m/s(2)由几何关系可知 BP 间的高度差hBP R(1cos37)物块 C 至 P 过程中，根据动能定理：1212mgLsin37mghBPmgLcos37=mvPmvC22联立可得：vC=9m/s(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物
24、块能够到达的最大高度为与O 等高处的 E 点，物块 C 至 E 过程中根据动能定理：12mgLcos37mgLsin37mgRsin53=0mvm2解得：vm 6m/s11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
25、；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、22tt1L 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”）。（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”)。
26、d测量滑块速度时，其测量值_真实值（选填“等于”、t【答案】db【解析】【详解】121kd小于mbd2大22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：vB2B2Ad，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：d22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，根据能量守恒可得：EP121mvAmbd2；2212mvA，2第四空：考虑摩擦力
27、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。12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 0.2，光滑斜面轨道上 CD 长为 0.6m，g 取10m/s2，求（1）滑块第
28、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，1mvB222vB滑块在 B 点，由牛顿第二定律：F-mg=mR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 mgLBCmgLCDsin30+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