《高考物理动能与动能定理各地方试卷集合汇编及解析一.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各地方试卷集合汇编及解析一.docx（14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各地方试卷集合汇编及解析(1)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A 点用一弹射装置可将静止的小滑块以 v0 水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B 点后，进入半径R=0.3m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，、D两点的C竖 直高度差 h=0.2m，水平距离s=0.6m，水平轨道 AB 长为 L1=1m，BC 长为 L 2 =2.6m ，小滑块与 水平轨道间的动摩擦因数=0.5 ，重力加速度=10m/s2.g(1) 若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A 点弹射出的速度大
2、小；(2) 若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出，求小滑块在 A 点弹射出的速度大小的范围【答案】（ 1）（ 2） 5m/svA 6m/s和 vA【解析】【分析】【详解】（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，由牛顿第二定律及机械能守恒定律由 B 到最高点 1 mvB22mgR1 mv222由 A 到 B：解得 A 点的速度为（2）若小滑块刚好停在C 处，则：解得 A 点的速度为若小滑块停在BC 段，应满足 3m / s vA4m / s若小滑块能通过C 点并恰好越过壕沟，则有h1 gt 22svct解得所以初速度的范围为3m / svA4m / s
3、和 vA5m / s2 如图所示，斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于 C，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角DOC 37， E、 B 与圆心 O 等高，圆弧轨道半径R 0.30m，斜面长L1.90m， AB 部分光滑， BC部分粗糙现有一个质量无初速下滑，物块P 与斜面 BC 部分之间的动摩擦因数m 0.10kg 的小物块P 从斜面上端A 点 0.75取 sin37 0.6， cos370.8，重力加速度g 10m/s 2，忽略空气阻力求：（1）物块第一次通过C 点时的速度大小vC（2）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小FD（3）物块最终所处的位置【答案】（ 1） 32m
4、/s （ 2） 7.4N（ 3）0.35m【解析】【分析】由题中 “斜面 ABC下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于 C”可知，本题考查动能定理、圆周运动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答【详解】（1） BC 长度 lR tan 53o0.4m ，由动能定理可得mg(Ll )sin 37o 1mvB22代入数据的vB3 2m/s物块在 BC 部分所受的摩擦力大小为fmg cos37o0.60N所受合力为Fmg sin 37of 0故vC vB3 2m/s（2）设物块第一次通过D 点的速度为 vD ，由动能定理得mgR(1 cos37 o)1 mvD21 mv
5、C222有牛顿第二定律得FDmg m vD2R联立解得FD7.4N（3）物块每次通过BC 所损失的机械能为Efl0.24J物块在 B 点的动能为EkB1mvB22解得 EkB0.9J物块经过BC 次数n 0.9J =3.750.24J设物块最终停在距离C 点 x 处，可得mg(Lx)sin 37of (3l +x)0代入数据可得x0.35m3 如图所示，水平地面上一木板质量M 1 kg，长度L3.5 m ，木板右侧有一竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径R 1 m，最低点P 的切线与木板上表面相平质量m2 kg的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以v039m / s 的速度与圆弧
6、轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最终滑离木板已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数1 0.2，木板与地面间的动摩擦因数2 0.1， g 取 10 m/s 2求：(1)滑块对 P 点压力的大小；(2)滑块返回木板上时，木板的加速度大小；(3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间【答案】 (1)70 N (2)1 m/s 2(3)1 s【解析】【分析】【详解】(1)滑块在木板上滑动过程由动能定理得：1mgL 1 mv2 1mv0222解得： v 5 m/s在 P 点由牛顿第二定律得：F mg m v2r解得：F 70 N由牛顿第三定律，滑块对P 点的压力大小是
7、70 N(2)滑块对木板的摩擦力Ff1 1mg 4 N地面对木板的摩擦力Ff2 2(M m)g 3 N对木板由牛顿第二定律得：Ff1 Ff2 MaF f 1 Ff 2 1 m/s2aM(3)滑块滑上圆弧轨道运动的过程机械能守恒，故滑块再次滑上木板的速度等于v 5 m/s对滑块有： (x L) vt 1122gt对木板有： x 1at22解得： t 1 s 或 t 7s(不合题意，舍去 )3故本题答案是 ：(1)70 N(2)1 m/s 2(3)1 s【点睛】分析受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可4 如图，在竖直平面内，半径R=0.5m 的光滑圆弧轨道 ABC与粗糙的足够长斜面 CD 相切
8、于 C 点， CD 与水平面的夹角=37，B 是轨道最低点，其最大承受力Fm=21N，过 A 点的切线沿竖直方向。现有一质量m=0.1kg 的小物块，从 A 点正上方的 P 点由静止落下。已知物块与斜面之间的动摩擦因数=0.5.取 sin37 =0.6.co37 =0.8，g=10m/s 2，不计空气阻力。(1)为保证轨道不会被破坏，求P、 A 间的最大高度差 H 及物块能沿斜面上滑的最大距离L；(2)若 P、 A 间的高度差 h=3.6m，求系统最终因摩擦所产生的总热量Q。【答案】 (1) 4.5m， 4.9m ；(2) 4J【解析】【详解】(1)设物块在 B 点的最大速度为vB，由牛顿第二
9、定律得：Fmmgm vB2R从 P 到 ，由动能定理得mg (HR)1 mvB202解得H=4.5m物块从 B 点运动到斜面最高处的过程中，根据动能定理得：-mg R（ 1-cos37 ）+Lsin37 - mgcos37 ?L=01 mvB22解得L=4.9m(3)物块在斜面上，由于mgsin37 mgcos37 ，物块不会停在斜面上，物块最后以B 点为中心， C 点为最高点沿圆弧轨道做往复运动，由功能关系得系统最终因摩擦所产生的总热量Q=mg （h+Rcos37 ）解得Q=4J5 如图所示，在倾角为 =37的斜面底端有一个固定挡板 D，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端在 O
10、点，已知斜面 OD 部分光滑， PO 部分粗糙且长度 L=8m。质量 m=1kg 的物块（可视为质点）从P 点静止开始下滑，已知物块与斜面PO 间的动摩擦因数 =0.25， g 取 10m/s 2， sin37 =0.6， cos37=0.8。求：（ 1）物块第一次接触弹簧时速度的大小（ 2）若弹簧的最大压缩量 d=0.5m，求弹簧的最大弹性势能（3）物块与弹簧接触多少次，反弹后从O 点沿斜面上升的最大距离第一次小于0.5m【答案】（ 1） 8m/s （2） 35J(3)5 次【解析】【详解】(1)物块在 PO 过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦力，此过程应用动能
11、定理得：mgL sinmgL cos1 mv22解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：v2gL sincos8 m/s（2）物块由O 到将弹簧压缩至最短的过程中，重力势能和动能减少、弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能EpEp1 mv2mgd sin35 J2（3）物块第一次接触弹簧后，物体从O 点沿斜面上升的最大距离s1 ,由动能定理得 :mgs1mgs1 cos01 mv22解得： s14m物块第二次接触弹簧后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离s2 ，由动能定理得：mg sin (s1s2 )mg cos(s1s2 )0解得： s22m故物块每经过一次 O 点，上
12、升的最大距离为上一次的12所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：s1L2则第 n 次上升的最大距离为：Lsn2n因为 sn1 m ，所以 n4，即物块与弹簧接触5 次后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离2小于 1m26 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点 ,右端与一倾角为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),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,水平轨道长为,其动摩擦因数,光滑斜面轨道上长为, 取,求(1)滑块第一次经过圆轨道上点
13、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
14、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,滑块经过点 3次。7 如图所示，将一根弹簧和一个小圆环穿在水平细杆上，弹簧左端固定，右端与质量为的小圆环相接触，BC和 CD 是由细杆弯成的1/4 圆弧， BC 分别与杆AB 和弧 CD 相切，两圆弧的半径均为RO 点为弹簧自由端的位置整个轨道竖直放置，除OB 段粗糙外，其余部分均光滑当弹簧的压缩量为d 时释放，小圆环弹出后恰好能到达C 点，返回水平杆时刚m好与弹簧接触，停在O 点，（已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，小球通过B 处和C 处没有能量损失），问：（1）当为弹簧的压缩量为d 时，弹簧具有的弹性势能EP 是多少
15、？（2）若将小圆环放置在弹簧的压缩量为2d 时释放，求小圆环到达最高点D 时，轨道所受到的作用力（3）为了使物块能停在OB 的中点，弹簧应具有多大的弹性势能？【答案】（ 1） EP 2mgR （ 2） 9mg ，方向竖直向上（3） EP =( n1)mgR （ n=0、 1、22）【解析】【分析】【详解】（ 1）设小圆环与 OB 之间的摩擦力为 f ，OB=L；从释放到回到 O 点，由能量关系可知，当弹簧的压缩量为 d 时，弹簧具有的弹性势能EP2 fL小圆环从释放能到达C 点到，由能量关系可知EPfLmgR0可得：EP2mgR（2）因弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，则弹簧的压缩量为2d 时
16、弹性势能为EP=4EP=8mgR小圆环到达最高点D 时：EP 1mvD2mg 2R fL2解得vD10gR在最高点D 时由牛顿第二定律：2N mgm vDR解得N=9mg，方向竖直向下由牛顿第三定律可知在D 点时轨道受到的作用为9mg ，方向竖直向上；（3）为了使物块能停在OB 的中点，则要求滑块到达的最高点为D 点，然后返回，则EPfL2mgR3mgR为了使物块能停在OB 的中点，同时还应该满足：EP(2 n 1) fL(n1) mgR22则只能取n=0、 1、 2；8 如图为一水平传送带装置的示意图紧绷的传送带AB 始终保持 v0=5m/s 的恒定速率运行， AB 间的距离 L 为 8m将
17、一质量 m 1kg 的小物块轻轻放在传送带上距A 点 2m 处的 P点，小物块随传送带运动到B 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N小物块与传送带间的动摩擦因数 0.5，重力加速度g10 m/s 2求：（1）该圆轨道的半径r ；（2）要使小物块能第一次滑上圆形轨道达到M 点， M 点为圆轨道右半侧上的点，该点高出 B 点 0.25 m，且小物块在圆形轨道上不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A 点的位置范围【答案】（ 1） r 0.5m （ 2） 7mx7?.5m,0x5?.5m【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度ag5m / s2小物块与传送带共速时，所
18、用的时间tv01sa运动的位移v02.5m L2=6mx2a故小物块与传送带达到相同速度后以v05m / s的速度匀速运动到B，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N 点，故有： mgm vN2r由机械能守恒定律得1 mv02mg (2r )1 mvN2 ，解得 r0.5m22（2）设在距 A 点 x1 处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒得： mg( L x1 ) mgh 代入数据解得x17.5?m设在距 A 点 x2 处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度，由能量守恒得：mg( L x2 ) mgR 代入数据解得x27?m则：能到达圆心右侧的M 点，物块放在传送带
19、上距A 点的距离范围；同理，只要过最高点N 同样也能过圆心右侧的M 点，由（ 1）可知 x38m2.5m5.5?m则： 0x5.5m 故小物块放在传送带上放在传送带上距A 点的距离范围： 7mx 7?.5m和0 x 5?.5m考点：考查了相对运动，能量守恒定律的综合应用9 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
20、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 1=0.25，与 FG 段的动摩擦因数 2=0.5， sin37 =0.6， cos37 =0.8，重力加速度 g=10m/s 2（ 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=0.1N（ 2） x=0.52m （ 3） s93 m160【解析】【
21、详解】（1）滑块从A 到 E，由动能定理得：mg L sinR 1cos2 R1mgL cos1 mvE22代入数据得： vE30 m/s5滑块到达 E 点： mgFNm vE2R代入已知得： FN=0.1N（2）滑块从A 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 L0L1 co
22、s 0解得： L1sin1 cosL01 L0sin1 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 L2Lsin1 cosL1L2sin1 cos12 12015故第 5 次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为L5，有：L5L02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，质量分别为1kg 和 3kg 的玩具小车A、 B 静置在水平地面上，两车相距s=8m。小车 A 在水平恒力 F=8N 作用下向着小车 B 运动，恒力继续运动与小车 B 发生碰撞，碰撞后两车粘在一起滑行F
23、作用一段时间 t 后撤去，小车 A d=0.25m 停下。已知两车碰撞时间极短，两车运动过程所受的阻力均为自身重力的0.2 倍，重力加速度g=10m/s 2。求：（ 1）两个小车碰撞后的速度大小；（ 2）小车 A 所受恒力 F 的作用时间 t 。【答案】（ 1） 1m/s ；（ 2） 1s【解析】【详解】（1）设撤去力 F 瞬间小车 A 的速度为 v1，小车 A、 B 碰撞前 A 车的瞬时速度为 v2 ，小车A、 B 碰撞后瞬间的速度为 v3。两小车碰撞后的滑行过程中，由动能定理可得：12解得两个小车碰撞后的速度大小：v3=1m/s（2）两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得：m1v2 =（m1+
24、m2） v3解得： v2=4m/s恒力作用过程，由动量定理可得：Ft-0.2m1gt=m1v1-0由运动学公式可得：x1= v1 t2撤去 F 至二车相碰过程，由动能定理得：-0.2m gx121m v2=m v-11221221由几何关系可得：x1+x2=s联立可得小车A 所受恒力 F 的作用时间： t=ls方法 2：两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得：m1v2 =（m1+m2） v3解得： v2=4m/s从 F 作用在小车A 上到 A、 B 两车碰前，由动能定理得：Fx-0.2m1gs= 1 m1v2 2-02解得： x=3m在 F 作用的吋间内，由牛顿第二定律得：F-0.2m1g=m1a
25、解得： a=6m/s 2由 x= 1 at22联立解得小车A 所受恒力F 的作用时间：t=ls11 如图所示，光滑轨道槽ABCD与粗糙轨道槽GH 通过光滑圆轨道EF 平滑连接 (D、 G 处在同一高度 )，组成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内。现将一质量m=1kg 的小球从 AB 段距地面高h0=2m 处静止释放，小球滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点E点。已知 CD、 GH 与水平面的夹角为 =37， GH 段的动摩擦因数为 =0.25，圆轨道的半径R 0.4m， E 点离水平面的竖直高度为 3R（ E 点为轨道的最高点），（ g=10m/s2 ，sin37 =0.6， cos37
26、=0.8）求：（1）小球第一次通过E 点时的速度大小；（2）小球沿GH 段向上滑行后距离地面的最大高度；（3）若小球从AB 段离地面h 处自由释放后，小球又能沿原路径返回AB 段，试求h 的取值范围。【答案】（ 1） 4m/s （2） 1.62m；（ 3） h0.8m或 h2.32m【解析】【详解】（1）小球从 A 点到 E 点由机械能守恒定律可得：mg h03R1 mvE22解得： vE 4m/s（2） D、G 离地面的高度 h1 2R 2Rcos37o0.48m设小球在 CH 斜面上滑的最大高度为hm ，则小球从 A 点滑至最高点的过程，由动能定理得 mgh0hmmgcos37 hmh10
27、sin37由以上各式并代入数据h m1.62m（3）小球要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则h2R0.8m若能完成圆周运动，则小球返回时必须能经过圆轨道的最高点E，在 E 点， mg m vE2R此情况对应小球在CH斜面上升的高度为h ，小球从释放位置滑至最高点的过程，根据动能定理得： mghhmgcos37hh10sin37小球从最高点返回E 点的过程，根据动能定理得：mg h 3Rmgcos37h h11 mvE2sin372由以上各式得 h=2.32m故小球沿原路径返回的条件为h0.8m或 h2.32m12 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
28、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】12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：mA v0(mA mB )v1第一次碰后到停止的过程，由动能定理得：(mAmB ) gl 01 ( mAmB )v122第二次碰后速度分别为v2 、 v3 ，由动量守恒得、动能守恒得：mA v0mA v2 mB v31 mA v02 1 mA v2 21 mB v32222第二次碰后到停止的过程，由动能定理得：对 A：mA gxA01 mA v222对 B：mB gxB0 1 mB v322联立以上各式，可得，xB4l 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，mAmB ，碰后 A 会反弹向左运动，则有：xAxB5l联立以上各式，得：mA1mB2