《高考物理动能与动能定理及其解题技巧及练习题(含答案)含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理动能与动能定理及其解题技巧及练习题(含答案)含解析.docx（17页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高考物理动能与动能定理及其解题技巧及练习题( 含答案 ) 含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 如图所示，圆弧轨道AB 是在竖直平面内的1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 5m（ 2）小球滑到 B 点时对轨道的压力为 6N，方向竖直向下【解
2、析】（ 1）小球由 B 到 D 做平抛运动，有： h= 1 gt22x=vBt解得： vB xg1010m / s420.82hA 到 B 过程，由动能定理得：12-0mgR=mvB2解得轨道半径R=5m（2）在 B 点，由向心力公式得： Nmgm vB2R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，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
3、 ，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擦因数=0.4，重力加速度g 值取 10m/s 2，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
4、方向与水平方向夹角为60o，则vy22ghsin 60ovyv整理可得，物块通过P 点的速度v8m/s(2)从 P 到 M 点的过程中，机械能守恒1 mv2 =mgR(1cos60o )+ 1 mvM222在最高点时根据牛顿第二定律mvM2FNmgR整理得FN4.8N根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为4.8N(3)从 D 到 P 物块做平抛运动，因此vDv cos60o4m/s从 C 到 D 的过程中，根据能量守恒定律Epmgx1 mvD22C、D 两点间的距离x2m3 如图所示，不可伸长的细线跨过同一高度处的两个光滑定滑轮连接着两个物体A和B，A、 B 质量均为 m。A 套在光滑水
5、平杆上，定滑轮离水平杆的高度为h。开始时让连着A 的细线与水平杆的夹角。现将 A 由静止释放（设B 不会碰到水平杆，A、B 均可视为质点；重力加速度为g）求：(1)当细线与水平杆的夹角为（90 ）时， A 的速度为多大 ?(2)从开始运动到A 获得最大速度的过程中，绳拉力对A 做了多少功 ?【答案】 (1) vA2gh11； (2) WT mgh1 cos2sinsinhsin【解析】【详解】(2)A、 B 的系统机械能守恒EP减EK 加mghh1 mvA21 mvB2sinsin22vA cosvB解得vA2gh111 cos2sinsin(2)当 A 速度最大时，B 的速度为零，由机械能守
6、恒定律得EP减EK 加mghh1 mvAm2sin2对 A 列动能定理方程WT1 mvAm22联立解得hWTmghsin4 如图所示是一种特殊的游戏装置，CD 是一段位于竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆弧半径为 10m ，末端 D 处的切线方向水平，一辆玩具滑车从轨道的C 点处下滑，滑到D 点时速度大小为 10m/s ，从 D 点飞出后落到水面上的B 点。已知它落到水面上时相对于O 点（ D 点正下方）的水平距离 OB 10m 。为了能让滑车抛到水面上的更远处，有人在轨道的下方紧贴 D 点安装一水平传送带，传送带右端轮子的圆心与D 点的水平距离为 8m ，轮子半径为 0.4m （传送带的厚度不计）
7、，若传送带与玩具滑车之间的动摩擦因数为0.4，玩具滑车的质量为4kg ，不计空气阻力（把玩具滑车作质点处理），求(1)玩具滑车到达D 点时对 D 点的压力大小。(2)如果传送带保持不动，玩具滑车到达传送带右端轮子最高点时的速度和落水点位置。(3)如果传送带是在以某一速度匀速运动的（右端轮子顺时针转），试讨论玩具滑车落水点与传送带速度大小之间的关系。【答案】 (1)80N； (2)6m/s ， 6m； (3)见解析。【解析】【详解】(1)玩具滑车到达D 点时，由牛顿第二定律：FDmgm vD2R解得FDmg m vD2=404 10 2=80N ；R10(2)若无传送带时，由平抛知识可知：xvD
8、t解得t1s如果传送带保持不动，则当小车滑到最右端时，由动能定理：1mv21mvD2mgL22解得v=6m/s因为 v6m/sgR2m/s ，则小车从右端轮子最高点做平抛运动，则落水点距离传送带右端的水平距离：xvt6m(3) 若传送带的速度 v 6m/s，则小车在传送带上运动时一直减速，则到达右端的速度为6m/s ，落水点距离传送带右端的水平距离为6m； 若小车在传送带上一直加速，则到达右端时的速度满足1mv21mvD2mgL22解得v2 41m/s若传送带的速度v241m/s ，则小车在传送带上运动时一直加速，则到达右端的速度为2 41m/s ，落水点距离传送带右端的水平距离为x vt 2
9、 41m ； 若传送带的速度 10m/s v 6m/s，则小车在传送带上运动时先减速到v，然后以速度v 匀速，则到达右端的速度为v，落水点距离传送带右端的水平距离为vt=vm； 若传送带的速度 241m/s v 10m/s，则小车在传送带上运动时先加速到v，然后以速度v 匀速，则到达右端的速度为v，落水点距离传送带右端的水平距离为vt=vm。5 如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m1kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度在平台的右端有一传送带， AB 长 L 5m ，物块与传送带间的动摩擦因数10.2 ，与传送带相邻的粗糙水平
10、面 BC 长 s=1.5m，它与物块间的动摩擦因数20.3 ，在 C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧与 BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为120o ，在圆弧的最高点 F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来若传送带以v5m / s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失当弹簧储存的Ep 18J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取 g10m / s2 （ 1） 求右侧圆弧的轨道半径为 R;（ 2） 求小物块最终停下时与 C 点的距离 ;（ 3） 若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围【答案】
11、 （1） R0.8m ；（ 2） x1 m ；（ 3）37 m / s v43m / s3【解析】【分析】【详解】12（1）物块被弹簧弹出，由E p2 mv0 ，可知： v06m / s因为 v0v，故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，由：mgma，vva t，120x1vt12 a t111 101 1得到： a12m / s2， t10.5s， x12.75m因为 x1L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m / s 的速度滑上水平面12BC，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：2mv2mgs mgR代入数据整理可以得到：R0.8m 1212（2）设物块从
12、 E 点返回至 B 点的速度为 vB，由2mv2mv B2mg 2s得到 vB7m / s ，因为 vB0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0 再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距 C 点 x 处，由 1 mvB22mgs x，得到： x1 m .232（3）设传送带速度为v1 时物块能恰到F 点，在 F 点满足 mgsin30 om vFR从 B 到 F 过程中由动能定理可知：1 mv121 mvF22 mgsmg RR sin 30o22解得：设传送带速度为v2 时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点，由： 1 m222mg 3sm
13、gR2v解得： v243m / s12121mgL2mvBm2mv0若物块在传送带上一直加速运动，由知其到 B 点的最大速度 vBm56m / s综合上述分析可知，只要传送带速度37m / sv43m / s 就满足条件【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理、圆周运动向心力公式的直接应用，此题难度较大，牵涉的运动模型较多，物体情境复杂，关键是按照运动的过程逐步分析求解6 如图所示，在竖直平面内的光滑固定轨道由四分之一圆弧AB 和二分之一圆弧BC组成，两者在最低点B 平滑连接过BC圆弧的圆心O 有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各一块，挡板与圆弧轨道之间有宽度很小的缝隙AB 弧的半径为2R，B
14、C 弧的半径为R.一直径略小于缝宽的小球在A 点正上方与A 相距 2R 处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨3道运动不考虑小球撞到挡板以后的反弹(1)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点(2)若小球能到达C 点，求小球在B、 C两点的动能之比；若小球不能到达C 点，请求出小球至少从距A 点多高处由静止开始自由下落才能够到达C 点(3)使小球从 A 点正上方不同高度处自由落下进入轨道，小球在水平挡板上的落点到O 点的距离 x 会随小球开始下落时离 A 点的高度 h 而变化，请在图中画出 x2 - h 图象 (写出计算过程 )【答案】 (1) 1 mg(2) 41(3)过程见解析3【解析】【详
15、解】（1）若小球能沿轨道运动到C 点，小球在 C 点所受轨道的正压力N 应满足 N0设小球的质量为m，在 C 点的速度大小为 vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有Nmg mvC2R小球由开始下落至运动到C 点过程中，机械能守恒，有2mgR1mvC232由两式可知1Nmg3小球可以沿轨道运动到C 点 .（2）小球在C 点的动能为EkC，由机械能守恒得2mgREkC3设小球在 B 点的动能为EkB，同理有8mgREkB3得EkB EkC 4 1（3）小球自由落下，经ABC圆弧轨道到达C 点后做平抛运动。由动能定理得：mgh1 mvC22由平抛运动的规律得：R 1 gt 22x=vCt解得：x2R
16、h因为 x3R ，且 vCgR 所以R h 3R24x2-h 图象如图所示：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
17、， 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：mgsAB sin 371 mvB22解得：vB2gsAB sin372 103 0.6m/s 6m/s ；(2)物块在斜面上的加速度为：a g sin6m/s 21在斜面上有：s1 a t 2AB2 1代入数据解得：t11s物块在 BC 段的运动时间为：t2tt11.5sBC 段的位移为：sBC1 (vB0)t24.5m2（3）在水平面上，有：0 vBa2t2解得：a2vB4m/s 2t2根据牛顿第二定律有：mgma2代入数据解得：0.4 (4)
18、从 A 到 D 的过程，根据动能定理得：mgsAB sinF sBDsAB cosmgsBD0代入数据解得：F2.48N【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306m/s的速度运的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以动，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
19、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/s 2，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
20、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：mgh1mv22解得： v2gh2103.2 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：mgL 01 mv22解得： Lv282m 6.4m2 g2 0.5 10（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：mgh01 mv带22v带2621.8m得： h2m2g10【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运
21、动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题9 如图所示， AB 是倾角为的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在 B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R一个质量为m 的物体（可以看作质点）从直轨道上与圆弧的圆心 O 等高的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动已知物体与轨道AB 间的动摩擦因数为，重力加速度为g试求：（1）物体释放后，第一次到达B 处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程s；（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力的大小；（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D（E、 O、D 为同一条竖直直径上的3 个点）
22、，释放点距B 点的距离 L 应满足什么条件2gR(sincos )； LR) ；【答案】（ 1） vB（ 2） FN mg(3 2costan（3） L (32cos )R2(sincos )【解析】【分析】【详解】（1）设物体释放后，第一次到达B 处的速度为v1 ，根据动能定理可知：mgRcosmg cosR cos1 mv12sin2解得：2gR(sincos)vBtan物体每完成一次往返运动，在AB 斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达B 点时，速度变为零，对物体从P 到 B 全过程用动能定理，有mgRcosmgL cos0得物体在AB 轨道上通过的总路程为RL（2）最终物体以B 为
23、最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B 运动到 E 时速度为v2 v，由动能定理知：mgR(1 cos )1mv222在 E 点，由牛顿第二定律有2mv2FNmgR解得物体受到的支持力FNmg(32cos)根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为FN FNmg(3 2cos ) ，方向竖直向下（3）设物体刚好到达D 点时的速度为vD 此时有mgmvD2R解得：vDgR设物体恰好通过D 点时释放点距B 点的距离为L0 ，有动能定理可知：mg L0 sinR(1cos)mgcos L01 mvD22联立解得：L0(32cos) R2(sincos)则： (32cos)RLcos)2(sin2g
24、R(sincos)Rmg(3 2cos ) ； （ 3）答案：（ 1） vB； L（2） FNtanL (32cos) R2(sincos )10 在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和BdA一初速度，使，两者相距为现给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】18gd5【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1mv021mv
25、1212mv22222mv0mv12mv2 ，式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正，联立解得：v1v0 ， v2 2 v033设碰撞后 A 和 B 运动的距离分别为 d1和 d2，由动能定理得mgd11 mv12 ，2（2m） gd 21 2mv2 2 2按题意有： d d2d1 联立解得： v0 18gd511 雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关，雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g；（1）质量为 m 的雨滴由静止开始，下落高度 h 时速度为 u，求这一过程中空气阻力所做的功 W（ 2）研究小组同学观察发现，下雨时雨滴的速度跟雨滴大小有关，较大的
26、雨滴落地速度较快，若将雨滴看作密度为 的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力大小为f=kr2v2，其中 v 是雨滴的速度，k 是比例常数，r 是球体半径a. 某次下雨时，研究小组成员测得雨滴落地时的速度约为v0，试计算本场雨中雨滴半径r的大小；b. 如果不受空气阻力，雨滴自由落向地面时的速度会非常大，其图中画出雨滴受空气阻力无初速下落的 v- t 图线v- t图线如图所示，请在（ 3）为进一步研究这个问题，研究小组同学提出下述想法：将空气中的气体分子看成是空间中均匀分布的、静止的弹性质点，将雨滴的下落看成是一个面积为 S 的水平圆盘在上述弹性质点中竖直向下运动的过程已知空气的密度为，试0
27、求出以速度 v 运动的雨滴所受空气阻力f 的大小（最后结果用本问中的字母表示）【答案】（ 1） W1mu2mgh（ 2） r3kv02，24 g（ 3） f2Sv2【解析】【详解】（1）由动能定理： mgh W1 mu22解得： W1mu2mgh2（2） a. 雨滴匀速运动时满足：4r 3g kr 2v02 ，33kv02解得 r4gb. 雨滴下落时，做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速下落，图像如图.（3）设空气分子与圆盘发生弹性碰撞在极短时间t 内，圆盘迎面碰上的气体质点总质量为：mS vt以 F 表示圆盘对气体分子的作用力，对气体根据动量定理有：F t m2v解得： F2 Sv2由牛顿第
28、三定律可知，圆盘所受空气阻力FF2Sv212 如图所示，在竖直平面内有一“”管道装置，它是由两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。直管道和圆弧管道分别相切于A1 、 A2 、 B1 、 B2 ， D1 、 D2 分别是两圆弧管道的最高点， C1 、 C2 分别是两圆弧管道的最低点，C1 、 C2 固定在同一水平地面上。两直管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。圆弧管道的半径均为 R，B1O1D1AO CB2O2 D 2A2O2C2。一质量为m 的小物块以水平向1 1 1左的速度 v0 从 C1 点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为。设v0 12m / s ，
29、 m=1kg，R=1.5m，0.5 ，37 （sin37 =0.6， cos37 =0.8）。求：（ 1）小物块从 C1 点出发时对管道的作用力；（ 2）小物块第一次经过 C2 点时的速度大小；（ 3）小物块在直管道 B1 A2 上经过的总路程。【答案】（ 1） 106N，方向向下（2）4537 m/s （ 3） m4【解析】【详解】(1)物块在 C1 点做圆周运动，由牛顿第二定律有：N mgm v02R可得： Nmgm v02106NR由牛顿第三定律可知，小物块对管道的作用力大小为106N，方向向下(2)由几何知识易有： lA2 B12Rcos4mA1 B2sin从 C1 到 C2 由动能定
30、理可得：mglcos1 mv221 mv0222可得： vv2 2 glcos4 7m / s20(3)以 C C水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D 、 D 点时的机械能需满足：1212EE02mgR 30J由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足：EWfmglcos16J设 n 为从第一次经过D1后，翻越 D1和 D2 的总次数，则有：1 mv02nEE0 ，21mv02 - n1EE02可得： n=2，表明小物块在第二次经过D1 后就到不了 D2，之后在 D1B1A2C2D2 之间往复运动直至稳定，最后在A2 及 C2 右侧与 A2 等高处之间往复稳定运动。由开始到稳定运动到达A2 点，由动能定理有：mgscosmgR 1 cos01 mv022可得： s= 69m453故在 B1A2 直管道上经过的路程为s