高考物理动能与动能定理模拟试题.docx

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1、高考物理动能与动能定理模拟试题一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 某游乐场拟推出一个新型滑草娱乐项目，简化模型如图所示。游客乘坐的滑草车（两者的总质量为 60kg ），从倾角为53 的光滑直轨道AC 上的 B 点由静止开始下滑，到达C 点后进入半径为R5m ，圆心角为53 的圆弧形光滑轨道CD ，过 D 点后滑入倾角为（可以在 0剟75 范围内调节）、动摩擦因数为3 的足够长的草地轨道3DE 。已知 D 点处有一小段光滑圆弧与其相连，不计滑草车在D 处的能量损失，B 点到C 点的距离为L0 =10m ， g10m/s 。求：(1)滑草车经过轨道D 点时对轨道D 点的压力大小；(2)滑草车

2、第一次沿草地轨道DE 向上滑行的时间与的关系式；(3)取不同值时，写出滑草车在斜面上克服摩擦所做的功与tan的关系式。t2【答案】 (1) 3000N3； (2)cos； (3)见解析sin3【解析】【分析】【详解】(1)根据几何关系可知CD 间的高度差H CD R 1 cos532m从 B 到 D 点，由动能定理得mg L0 sin53H CD1mvD202解得vD102m/s对 D 点，设滑草车受到的支持力FD ，由牛顿第二定律Fmgm vD2DR解得FD3000N由牛顿第三定律得，滑草车对轨道的压力为3000N 。(2)滑草车在草地轨道DE 向上运动时，受到的合外力为F合mg sinmg

3、 cos由牛顿第二定律得，向上运动的加速度大小为aF合g sing cosm因此滑草车第一次在草地轨道DE 向上运动的时间为tvDg cosg sin代入数据解得t23 cossin3(3)选取小车运动方向为正方向。当0 时，滑草车沿轨道DE 水平向右运动，对全程使用动能定理可得mg L0 sinR(1cos ) +Wf 1 =0 0代入数据解得Wf 16000J故当0 时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W克16000J当 030时，则g sing cos滑草车在草地轨道DE 向上运动后最终会静止在DE 轨道上，向上运动的距离为x2vD22( g sing cos )摩擦力做功为Wf 2mg

4、 cosx2联立解得Wf 26000(J)3 tan1故当 030时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W克 26000(J)3 tan1当 3075 时g sing cos滑草车在草地轨道DE向上运动后仍会下滑，若干次来回运动后最终停在D 处。对全程使用动能定理可得mg L0 sin R(1cos ) +Wf 3 =00代入数据解得Wf 36000J故当 3075时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为W克 36000J所以，当0 或3075 时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为6000J；当0306000(J) 。时，滑草车在斜面上克服摩擦力做的功为3 tan12 滑板运动是极限运动的鼻祖，许多

5、极限运动项目均由滑板项目延伸而来如图所示是滑板运动的轨道，BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点、圆心角 60，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道CD 间的动摩擦因数 0.2某运动员从轨道上的A 点以v0 3m/s的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD 轨道后冲上DE轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为 m 60kg， B、E 两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h 2m 和 H 2.5m.求：(1)运动员从 A 点运动到 B 点过程中，到达 B 点时的速度大小 vB；(2)水平轨道 CD 段的长度 L；(3

6、)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C 点的距离 .【答案】 (1) vB 6m/s(2) L 6.5m (3)停在 C 点右侧 6m 处【解析】【分析】【详解】（1）在 B 点时有 vBv0Bcos60，得 v 6m/s（2）从 B 点到 E 点有 mghmgLmgH 01 mvB2 ，得 L 6.5m2（3）设运动员能到达左侧的最大高度为h，从 B 到第一次返回左侧最高处有mgh mgh mg 2L 01 mvB2 ，得 h1.2mh 2 m，故第一次返回时，运动员不能2回到 B 点，从 B 点运动到停止，在

7、CD 段的总路程为s，由动能定理可得mghmgs01 mv2B ，得 s 19m ， s 2L 6 m，故运动员最后停在 C 点右侧 6m 处.23 如图所示，质量为 m=1kg 的滑块，在水平力F 作用下静止在倾角为 =30的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为 v0=3m/s ，长为 L=1.4m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同滑块与传送带间的动摩擦因数=0.25，g=10m/s 2求(1)水平作用力F 的大小；(2)滑块开始下滑的高度h；(3)在第 (2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s

8、 ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q【答案】 (1)(2)0.1 m 或 0.8 m(3)0.5 J【解析】【分析】【详解】解：（ 1）滑块受到水平推力F、重力 mg 和支持力FN 处于平衡，如图所示：水平推力解得：（2）设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v 下滑过程由机械能守恒有：，解得：若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：解得：若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：解得：（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则 t 时间内传送带的位移

9、：s=v0t由机械能守恒有：滑块相对传送带滑动的位移相对滑动生成的热量?4 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t 1=0.5s 到达 B 点，在刚到达半圆轨道B 点时，对 B点的压力为 NBg=10m/s2）求：=21.8N（取重力加速度（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

10、到达 “S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/s 2mg=m aa =mg=0.4（ 2） H=2R+2r=3.2m2Ht=gVE=S/ t=4m/s（ 3） NC- mg=mV C2/r1

11、2=2mg R+122m VB2m VCNC=18.25N 方向向上5 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m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？（2）若将小圆环放置

12、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）2mgR （），方向竖直向上（）1（、EP9mg3EP =( n)mgR22n=0 12）【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 时弹性势能为EP=4EP=8mgR小圆环到

13、达最高点D 时：EP 1 mvD2mg 2R fL2解得vD10gR在最高点D 时由牛顿第二定律：N mgm vD2R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EPfL 2mgR 3mgR为了使物块能停在OB 的中点，同时还应该满足：EP(2 n1) f L(n1) mgR22则只能取 n=0、 1、 2；6 如图所示，在方向竖直向上、大小为6的匀强电场中，固定一个穿有A、 BE=110V/m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

14、为R=0.2m A、 B 用一根绝缘轻杆相连，A 带的电荷量为7q=+7 10C，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/s 2 （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） 22 m/s （ 3） 0.1344J3【解析】【分析】【详解】 分析： A、B 在 程中，分 A、

15、B 由 能定理列方程求解速度大小，由此判断A 能不能到达 最高点；A、B 做 周运 的半径和角速度均相同， A、 B 分 由 能定理列方程 立求解最大速度；A、 B 从 示位置逆 程中，当两球速度 0 ，根据 能的减少与 力做功关系求解（1） 设 A、 B 在 程中， 杆 A、 B 做的功分 WT 和 WT ，根据 意有 ： WT WT 0设 A、 B 到达 最高点的 能分 EKA、 EKB对 A 根据 能定理： qER mAgR+WT1=EKA对 B 根据 能定理：WT1mB gRE 立解得： EKA+EKB= 0.04J由此可知 ：A 在 最高点 ，系 能 ，故（ 2） B 转过 角 ，

16、A、 B 的速度大小分 因 A、 B 做 周运 的半径和角速度均相同，故：A 不能到达 最高点vA、 vB，vA=vB对 A 根据 能定理：qER sinmA gRsinWT 21 mAvA22对 B 根据 能定理： WT 2 mB gR 1cos1mB vB22 立解得： vA2 83sin4cos49由此可得 ：当 tan3vmax2 2 m / s ， A、 B 的最大速度均 43（ 3） A、 B 从 示位置逆 程中，当两球速度 零 ， 力做功最多， 能减少最多，由上可式得 ： 3sin +4cos 4=0解得： sin2425或 sin =0（舍去）所以 A 的 能减少： EP qE

17、R sin84 J 0.1344 J625点睛：本 主要考 了 粒子在匀 中的运 ， 用牛 第二定律求出加速度， 合运 学公式确定 粒子的速度和位移等；根据 力 粒子做功，引起 粒子的能量 生 化，利用 能定理 行解答，属于复 7 如 所示，滑 A 的 量 m 0.01kg ，与水平地面 的 摩擦因数 0.2 ，用 挂的小球 量均 m 0.01kg ，沿 x 排列， A 与第 1 只小球及相 两小球 距离均 s2m， 分 L1、 L2、L3（ 中只画出三只小球，且小球可 点），开始 ，滑 以速度 v0 10m s 沿 x 正方向运 ， 滑 与小球碰撞 不 失机械能，碰撞后小球均恰能在 直平面内

18、完成完整的 周运 并再次与滑 正碰，g 取 10ms2，求：（ 1）滑块能与几个小球碰撞？（ 2）求出碰撞中第 n 个小球悬线长 La 的表达式。【答案】 (1)12 个 ;(2)【解析】（ 1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内转动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为s0，有得 s0 25m（个）（2）滑块与第n 个球碰撞，设小球运动到最高点时速度为vn对小球，有：对滑块，有：解三式：8 如图所示，一个质量为轨道的 A 端由静止释放，m=0.2kg 的小物体 A 与圆心等高，滑到(P 可视为质点 )，从半径为R=0.8m 的光滑圆强B 后水平滑上

19、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)两小物体落地前损失的机械能.【答案】 (1) v14m/s (2) FN6N(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：12mgRmv1解得： v14m/s（2）物体 P 做匀速

20、圆周运动，在B 点由牛顿第二定律有:FNmgmv12R解得物体 P 在 B 点受到的支持力FN6N（3） P 滑行至碰到物体Q 前，由动能定理有 :mgL1mv221mv1222解得物体 P 与 Q 碰撞前的速度 v22m/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:mv2mm v3解得P 与 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 1 gt 22sv3t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:E1mgL1.2J物体 P 和 Q 碰撞过程中损失的机械能:E1 mv 21 (m m

21、) v20.2J22223两小物体落地前损失的机械能EE1E2解得： E=1.4J9 如图所示，在粗糙水平轨道OO1上的 O 点静止放置一质量 m=0.25kg 的小物块 (可视为质点)，它与水平轨道间的动摩擦因数=0.4， OO1 的距离 s=4m在 O1 右侧固定了一半径R=0.32m 的光滑的竖直半圆弧，现用F=2N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力 (g=10m/s 2)求：(1)为使小物块到达O1，求拉力F 作用的最小距离；(2)若将拉力变为F1，使小物块从O 点由静止开始运动至OO1 的中点时撤去拉力，恰能使小物块经过半圆弧的最高点，求F1 的大小【答案】 (1)2m (2

22、)3N【解析】【分析】【详解】(1)为使小物块到达O1，设拉力作用的最小距离为x根据动能定理知：Fxmgs00解得 ： xmgs0.40.25 104F2m 2m（2）当小物块恰好过最高点时：mgm v2R从 O 点运动到最高点的过程由动能定理得：F1smgsmg2R1 mv2022解得 ： F13N10 一束初速度不计的电子流在经U 5000V 的加速电压加速后在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d1.0cm ，板长 l 5.0cm，电子电量e1.610 19 C，那么（ 1）电子经过加速电场加速后的动能为多少?（ 2）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加

23、多大的电压?【答案】 (1) Ek8 10 16J (2)要使电子能飞出，所加电压最大为400V【解析】【详解】（1）加速过程，由动能定理得: ElseU1 mv02 2解得 : Ek5000 eV8 10 16 J（2）在加速电压一定时，偏转电压U 越大，电子在极板间的偏转距离就越大当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压.进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动lv0 t在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，加速度: aFeU mdm偏转距离 y1 at 2 2能飞出的条件为y1 d 22Ud2250001.0102210 2解 式得 :

24、U ,4.0V10 2l 25.02即要使电子能飞出，所加电压最大为400V11 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R 0.45m，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/s 2，求（ 1）滑块第一次经过 B 点时对轨道的压力（ 2）整个过程中弹簧具有

25、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（1）滑块从A 点到 B 点，由动能定理可得：mgR=mvB22解得： vB3m/s ，滑块在 B 点，由牛顿第二定律：F-mg=m vB2R解得： F 60N，由牛顿第三定律可得：物块对B 点的压力： F F 60N；（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 mgLBC mgLCDsin30 +W0，其中： EP W，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

26、过B 点到最终停下来的全过程，由动能定理可得：mg s01 mvB22解得： s 2.25m则物体在 BC 段上运动的次数为：n 2.25 5.625，0.45说明物体在 BC 上滑动了 5 次，又向左运动0.625 0.4 0.25m，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12 可视为质点的小滑块从半径为0.8m 的四分之一光滑圆弧轨道顶端滑下。在轨道最低点滑上水平传送带的最右端（设轨道衔接处无机械能损失）。设传送带长度L=8m，并以恒定的 v=

27、3m/s 速度顺时针转动，小滑块恰好能运动到水平传送带的最左端而没有掉下传送带。已知重力加速度大小为 g=10m/s 2。求：（ 1）物块与传送带间的动摩擦因数；（ 2）物块从圆弧轨道最低点滑入传送带到第一次返回圆弧轨道最低点所用的时间（本小题计算结果保留两位有效数字）。【答案】（ 1） 0.1；（ 2）8.17s【解析】【详解】（1）物块从圆形光滑轨道下滑的过程，根据机械能守恒有mgR1 mv122解得 v14m/s物块沿传送带滑到最左端速度恰好为零，由动能定理有mg L 01mv122代入数据解得：0.1（2）物块在传送带先做匀减速运动ag 1m / s2则物块减速到零的时间为t1v14sat2v反向加速时加速度不变，故加速时间为3sa这段时间的位移为 x11 at224.5m2之后物块随传送带匀速运动，则t3Lx11.17 sv物块在传送带上第一次往返所用的时间为tt1 t2 t3 8.17s