高中物理动能与动能定理解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析.docx

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1、高中物理动能与动能定理解题技巧讲解及练习题( 含答案 ) 及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 如图所示,质量 m=3kg 的小物块以初速度秽v0=4m/s 水平向右抛出,恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R= 3.75m,B 点是圆弧轨道的最低点,圆弧轨道与水平轨道 BD 平滑连接, A 与圆心D 的连线与竖直方向成 37 角, MN 是一段粗糙的水平轨道,小物块与MN 间的动摩擦因数=0.1,轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为 r =0.4m 的半圆弧轨道, C 点是圆弧轨道的最高点,半圆弧轨道与水平轨道BD 在 D点平滑连接。已知重力加速度g=10m

2、/s 2, sin37=0.6, cos37=0.8。( 1)求小物块经过 B 点时对轨道的压力大小;( 2)若 MN 的长度为 L0=6m,求小物块通过 C 点时对轨道的压力大小;(3)若小物块恰好能通过C 点,求 MN 的长度 L。【答案】( 1) 62N( 2) 60N( 3)10m【解析】【详解】(1)物块做平抛运动到A 点时,根据平抛运动的规律有:v0 vA cos37v04 m / s5m / s解得: vAcos370.8小物块经过 A 点运动到 B 点,根据机械能守恒定律有:1mvA2mg R Rcos371mvB222小物块经过 B 点时,有: FNBmgm vB2R解得:

3、FNB mg 32cos37m vB262NR根据牛顿第三定律,小物块对轨道的压力大小是62N(2)小物块由 B 点运动到 C 点,根据动能定理有:mgL0mg 2r1mvC21mvB222在 C 点,由牛顿第二定律得:FNC mgm vC2r代入数据解得: FNC60N根据牛顿第三定律,小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N(3)小物块刚好能通过C 点时,根据 mg m vC22r解得: vC 2gr100.4m / s 2m / s小物块从 B 点运动到C 点的过程,根据动能定理有:mgLmg 2r1 mvC22 1 mvB222代入数据解得:L=10m2 某小型设备工厂采用如图所示的

4、传送带传送工件。传送带由电动机带动,以v 2m/s的速度顺时针匀速转动,倾角37 。工人将工件轻放至传送带最低点A,由传送带传送至7,所运送的每个工最高点 B 后再由另一工人运走,工件与传送带间的动摩擦因数为8件完全相同且质量m2kg 。传送带长度为L6m ,不计空气阻力。(工件可视为质点,sin37 0.6 , cos370.8, g10m / s2 )求:(1)若工人某次只把一个工件轻放至A 点,则传送带将其由最低点A 传至 B 点电动机需额外多输出多少电能?(2)若工人每隔 1 秒将一个工件轻放至 A 点,在传送带长时间连续工作的过程中,电动机额外做功的平均功率是多少?【答案】 (1)1

5、04J; (2)104W【解析】【详解】(1)对工件mg cosmgsinmav22axvat1t12s得x2mx带vt12xx相x带x2m由能量守恒定律E电QEpEk即E电mg cos x相 mgL sin1 mv22代入数据得E电104J(2)由题意判断,每 1s 放一个工件,传送带上共两个工件匀加速,每个工件先匀加速后匀速运动,与带共速后工件可与传送带相对静止一起匀速运动。匀速运动的相邻的两个工件间距为xv t2mLxn x得n2所以,传送带上总有两个工件匀加速,两个工件匀速则传送带所受摩擦力为f2mg cos2mg sin电动机因传送工件额外做功功率为Pfv104W3 如图所示,倾角为

6、=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) 1 mgR2【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:,水平方向上:,解得(2)小滑

7、块在最低点时速度为vC 由机械能守恒定律得牛顿第二定律:由牛顿第三定律得:,方向竖直向下(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4 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

8、 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=0.8 )【答案】( 1) 6m/s (2) 1.5s(3)0.4 ( 4) F2.48N【解析】【详解】(1)根据机械能守恒得:mgsAB sin 371mvB22解得:vB2gsAB sin37210 3

9、0.6m/s6m/s ;(2)物块在斜面上的加速度为:a1g sin6m/s 2在斜面上有:s1 a t 2AB12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 (vB20)t24.5m(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)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

10、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 .5 如图所示 ,水平轨道 的左端与固定的光滑竖直 圆轨道相切于的光滑斜面轨道在 点平滑连接 (即物体经过 点时速度的大小不变点 ,右端与一倾角为),斜面顶端固定一轻质弹簧,一质量为的滑块从圆弧轨道的顶端点由静止释放,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 点 ,已知光滑圆轨道的半径擦因数 ,光滑斜面轨道上 长为 , 取,求,水平轨道长为,其动摩(1)滑块第一次经过圆轨道上点时对轨道的压力大小;(2)整个过程中弹簧具有最大的弹性势能;(3)滑块在水平

11、轨道上运动的总时间及滑块几次经过点 .【答案】 (1)(2)(3) 3 次【解析】本题考查机械能与曲线运动相结合的问题,需运用动能定理、牛顿运动定律、运动学公式、功能关系等知识。(1)滑块从点到点 ,由动能定理可得:解得 :滑块在点 :解得 :由牛顿第三定律可得:物块经点时对轨道的压力(2)滑块第一次到达点时 ,弹簧具有最大的弹性势能.滑块从点到点 ,由动能定理可得:解得 :(3)将滑块在段的运动全程看作匀减速直线运动加速度则滑块在水平轨道上运动的总时间滑块最终停止上在水平轨道间,设滑块在最终停下来的全过程,段运动的总路程为,从滑块第一次经过点到由动能定理可得:解得 :结合段的长度可知,滑块经

12、过点 3次。6 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 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=1

13、0m/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 (3) x1.2m , y0.6m【解析】【详解】(1)滑块在C 点时,对滑块受力分析,有Fmgm vC2r解得: vC8m / s(2)滑块从E 点到 C 点过程,由动能定理可知:mghR2rmgl1 mvc22解得:0.5(3)小滑块离开C 点后做平抛运动,若滑块落到水平轨道,则2r1 gt 2 , svCt2解得: s3.2m l 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:2ry1 gt 22l

14、x vCtx2R2R2y解得: x1.2m, y0.6m7 如图所示, AB 是光滑的水平轨道,B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切,半圆的直径 BD 竖直,将弹簧水平放置,一端固定在A 点现使质量为m 的小滑块从D 点以速度v0进入轨道DCB,然后沿着BA 运动压缩弹簧,弹簧压缩最短时小滑块处于P 点,重力加速度大小为g,求:(1)在 D 点时轨道对小滑块的作用力大小FN;( 2)弹簧压缩到最短时的弹性势能Ep;( 3)若水平轨道 AB 粗糙,小滑块从 P 点静止释放,且 PB 5l,要使得小滑块能沿着轨道BCD运动,且运动过程中不脱离轨道,求小滑块与AB 间的动摩擦因数的范围【答案

15、】 (1)( 2)(3) 0.2或 0.5 0.7【解析】 (1)解得(2)根据机械能守恒解得(3)小滑块恰能能运动到B 点解得 0.7小滑块恰能沿着轨道运动到C 点解得 0.5所以 0.5 0.7小滑块恰能沿着轨道运动D 点解得 0.2所以 0.2综上 0.2或 0.5 0.78 如图所示在竖直平面内,光滑曲面传送带 BC 右端连接内壁光滑、半径AB 与长度 l=3m 的水平传送带BC平滑连接于B 点,r=0.55m 的四分之一细圆管CD,圆管内径略大于物块尺寸,管口D 端正下方直立一根劲度系数为k=50N/m的轻弹簧,弹簧一端固定,另一端恰好与管口D 端平齐一个质量为m=0.5kg 的物块

16、(可视为质点)从曲面上P 点静止释放,P 点距BC的高度为h=0.8m (已知弹簧的弹性势能Ep 与弹簧的劲度系数k 和形变量x 的关系是:Ep =1kx2,水平传送带与物间的动摩擦因数=0.4,重力加速度g 取10m/s 2)2求:( 1)若传送带静止不动物块在水平传送带BC上前进的距离;( 2)若传送带向右匀速运动的速度 v0=2m/s ,物块刚进入细圆管 CD时对管道的弹力,物块在压缩弹簧过程中的最大速度(压缩弹簧过程未超过弹性限度);( 3)若传送带向右匀速运动的速度 v0=2m/s ,物块从第一次进入细圆管后将做周期性的运动由于物块与传送带发生相对运动,一个周期内带动传送带的电动机多

17、消耗的电能【答案】( 1) 2m(2) 4m/s (3) 4J【解析】【分析】【详解】(1)物块从 P 点静止释放到停在传送带某处的过程中,根据动能定理得mgh - mgx=0-0解得 x =2m;(2)若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s ,因为传送带长度 l=3m 大于 2m,所以物块到达 C 点的速度 vC=2m/s物块经过管道C 点,根据牛顿第二定律得mg- N=m vC2r15解得,管道对物块的弹力N=N 1.36N,方向竖直向上11根据牛顿第三定律得知,物块对管道的弹力大小N=N1.36N,方向竖直向下物块从 C 点运动到速度最大的过程,根据平衡条件得mg =kx得 x=0.1

18、m由动能定理得mg (r+x 12 12 12)-kx = 2mvm - 2 mvC2解得,最大速度vm=4m/s( 3)物块再次回到 C 点的速度仍为 2m/s ,它在传送带上先向左匀减速运动到速度为零,再向右匀加速运动至 C 点,速度大小仍为 2m/s ,因此,电动机多消耗的电能即为物块与传送带之间的摩擦生热 .物块向左减速的位移vC222x1=0.5m2g2 0.4 10物块与传送带间的相对位移x1=x1 +v0?解得 x1=1.5mv0gvC2物块向右加速运动的位移x2=0.5m2 g物块与传送带间的相对位移x2=v0? v0 - x2=0.5mg因此,一个周期内带动传送带的电动机多消

19、耗的电能是E=mg( x1+ x2)解得 : E =4J9 如图1所示是某游乐场的过山车,现将其简化为如图2所示的模型:倾角=37、L=60cm 的直轨道 AB 与半径 R=10cm 的光滑圆弧轨道 BCDEF在 B 处平滑连接, C、 F 为圆轨道最低点, D 点与圆心等高, E 为圆轨道最高点;圆轨道在 F 点与水平轨道 FG平滑连接,整条轨道宽度不计,其正视图如图3 所示现将一质量m=50g 的滑块 ( 可视为质点) 从 A端由静止释放已知滑块与AB 段的动摩擦因数=0.25,与 FG 段的动摩擦因数=0.5,12sin37 =0.6, cos37 =0.8,重力加速度g=10m/s 2

20、( 1) 求滑块到达 E 点时对轨道的压力大小 FN;( 2)若要滑块能在水平轨道 FG上停下,求 FG 长度的最小值 x;(3)若改变释放滑块的位置,使滑块第一次运动到D 点时速度刚好为零,求滑块从释放到它第 5 次返回轨道 AB 上离 B 点最远时,它在AB 轨道上运动的总路程 s【答案】( 1) FN 0.1N2 x=0.52m393=( )( ) sm160【解析】【详解】(1)滑块从A 到 E,由动能定理得:mg L sinR 1 cos2 R1mgL cos1mvE2230代入数据得:vEm/s5滑块到达 E 点: mg FNm vE2R代入已知得: FN=0.1N(2)滑块从A

21、下滑到停在水平轨道FG 上,有mgL sinR 1cos1mgL cos2mgx0代入已知得: x=0.52m(3)若从距 B 点 L0 处释放,则从释放到刚好运动到D 点过程有:mg L0 sin+R(1cos )R1mgL0 cos0代入数据解得: L0=0.2m从释放到第一次返回最高点过程,若在轨道AB 上上滑距离为L1,则:mg L0L1sin1mg L0L1cos 0解得: L1sin1 cosL01L0sin1 cos2同理,第二次返回最高点过程,若在斜轨上上滑距离为L2,有:1 L12L2sin1 cosL11L0sin1 cos2215故第 5 次返回最高点过程,若在斜轨上上滑

22、距离为L5,有:L0L52所以第5 次返回轨道 AB 上离 B 点最远时,它在AB 轨道上运动的总路程s L02L1 2L22L32L4L593 m16010 如图所示,质量为m1 1kg 的小物块P,置于桌面上距桌面右边缘C 点 L1 90cm 的 A点并与弹簧的右端接触(不拴接),轻弹簧左端固定,且处于原长状态质量为M 3.5kg、长 L 1.5m 的小车静置于光滑水平面上,其上表面与水平桌面相平,且紧靠桌子右端小车左端放有一质量为m2 0.5kg 的小滑块 Q现用水平向左的推力将P 缓慢压缩L25cm 推至 B 点(弹簧仍在弹性限度内)时,撤去推力,此后P 沿桌面滑到桌子边缘C 时速度为

23、 2m/s,并与小车左端的滑块Q 相碰,最后 Q 停在小车的右端,物块P 停在小车上距左端 0.35m 处 P 与桌面间动摩擦因数 21 0.4, P、 Q 与小车表面间的动摩擦因数0.1,重力加速度g 10m/s 2( 1)小车最后的速度 v;( 2)推力所做的功;( 3)在滑块 Q 与车相对静止时, Q 到桌边的距离【答案】( 1) 0.4m/s ;( 2) 6J;( 3) 1.92m【解析】【详解】(1)设物块 P 与滑块 Q 碰后最终与小车保持相对静止,其共同速度为 v 由动量守恒得:m1vc(m1m2M )v代入数据可得: v 0.4m/s(2) 90cm 0.9m ,设弹簧的最大弹

24、性势能为Epm根据动能定理得:W 1m1g(L12L2 )1 m1vc22得: W 6J(3)设物块 P 与滑块 Q 碰后速度分别为v1 和 v2,P 与 Q 在小车上滑行距离分别为S1 和 S2P 与 Q 碰撞前后动量守恒,则有:m1vcm1v1m2 v2由动能定理得:2 m1 gs12 m2 gs21 m1v121 m2v221 (m1 m2 M )v2222联立得 v1 1m/s, v22m/s方程的另一组解:当25v1 v2v2= m/s时,v1=m/s,33不合题意舍去设滑块 Q 与小车相对静止时到桌边的距离为s, Q 在小车上运动的加速度为 a由牛顿第二定律得:2m2 gm2a代入

25、数据解得: a 1m/s 2由匀变速运动规律得:s解得: s 1.92mv2v222a11 如 所示, 直放置的半 形光滑 道半径 R, 心 O下端与 水平 道在 B 点平滑 接,一 量 m 正 的物 (可 点),置于水平 道上的A 点。已如 A、 B 两点 的距离 L,物 与水平 道 的 摩擦因数 ,重力加速度 g。(1)若物 能到达的最高点是半 形 道上与 心O 等高的 C点, 物 在A 点水平向左运 的初速度 多大?(2)若在整个空同加上水平向左的匀 , 大小 5 mg(q 物 的 量 ), E=3q将物 从 A 点由静止 放,且运 程中始 不脱离 道,求物 第2 次 B 点 的速度大小

26、。(3)在 (2)的情景下,求物 第 2n(n=1, 2、3 )次 B 点 的速度大小。【答案】 (1) 2g( L + R) (2)4 gL(3) ( 1 )n 2gL ,其中 n 1、 2、 3.323【解析】【 解】(1) 物 在 A 点的速度 v1,由 能定理有mgL mgR 0 1 m v122解得v1 2g( L + R)(2) 物 由 放至第一次到B 点 程中,其 B 点速度 所求( qE12知:mg )Lmv22可得: v24 gL3(3) 第 2、4、 6、2n次 B 点 的速度分 v2、v4、 v2n,第 2、 4、 6、 2(n 1)次离开 B 点向右滑行的最大距离分 L

27、12n 1、 L、 L, : ( qEmg )L11mv2 022( qEmg )L1 1 m v422解得 v4qEmg1v2qEmg2v61v2 n1同理 v2n 2v422 上可得 v2n( 1 )n 1v22v2n (1 ) n 2gL其中 n1、 2、 32312 如 所示,在 直平面内有一“”管道装置,它是由两个完全相同的 弧管道和两直管道 成。直管道和 弧管道分 相切于A1 、 A2 、 B1 、 B2 , D1 、 D2 分 是两 弧管道的最高点, C1 、 C2 分 是两 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 开,其中 弧管道光滑,直管道粗糙,管

28、道的粗 可忽略。 弧管道的半径均为 R, B O DAO CB OD2A O C2。一 量 m的小物 以水平向1 1 11 1 12 222左的速度 v0 从 C1 点出 沿管道运 ,小物 与直管道 的 摩擦因数 。 v0 12m / s , m=1kg,R=1.5m,0.5 ,37 (sin37 =0.6, cos37 =0.8)。求:( 1)小物 从 C1 点出 管道的作用力;( 2)小物 第一次 C2 点 的速度大小;( 3)小物 在直管道 B1 A2 上 的 路程。【答案】( 1) 106N,方向向下(2)4537 m/s ( 3) m4【解析】【 解】(1)物 在 C1 点做 周运

29、,由牛 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: l A2 B12Rcos4mA1 B2sin从 C1 到 C2 由动能定理可得:mglcos1 mv221 mv0222可得: vv22glcos4 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:1212E E02mgR 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 ,21 mv02 - 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 1cos01 mv022可得: s= 69m453故在 B1A2 直管道上经过的路程为s=s l=m4

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