《高考物理动能与动能定理技巧阅读训练策略及练习题(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技巧阅读训练策略及练习题(含答案)含解析.docx（16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技巧阅读训练策略及练习题( 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，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 ，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，
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1mv2 =mgR(1cos60o )+1mvM222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，
3、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x2m2 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 ，求滑块在传送带上滑行的整
4、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：s=v0t由机械能守恒有：
5、滑块相对传送带滑动的位移相对滑动生成的热量?3 如图所示，斜面高为h，水平面上D、C 两点距离为L。可以看成质点的物块从斜面顶点 A 处由静止释放，沿斜面AB 和水平面BC运动，斜面和水平面衔接处用一长度可以忽略不计的光滑弯曲轨道连接，图中没有画出，不计经过衔接处B 点的速度大小变化，最终物块停在 水平面上C 点。已知物块与斜面和水平面间的滑动摩擦系数均为。请证明：斜面倾角 稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置A 点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C 点。【答案】见解析所示【解析】【详解】设斜面长为 L ，倾角为，物块在水平面上滑动的距离为S对物块，由动能定理得：m
6、ghmg cos LmgS0即：mghhmgS 0mg cossinmghhmgS0mgtan由几何关系可知：hLStan则有：mghmg LSmgS0mghmgL0h解得： L故斜面倾角 稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置A 点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C 点。4 如图所示，半径为 R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道的圆心，D为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高质量为m 的小球从离 B 点高度为 h 处（ 3R h3R ）的 A 点由静止开始下落，从B 点进入圆轨道，2重力加速度为g ）（ 1）小球能否到达
7、 D 点？试通过计算说明；（ 2）求小球在最高点对轨道的压力范围；（3）通过计算说明小球从 D 点飞出后能否落在水平面 BC 上，若能，求落点与 B 点水平距离 d 的范围【答案】（ 1）小球能到达D 点；（ 2） 0F3mg ；（ 3）21 Rd221 R【解析】【分析】【详解】（1）当小球刚好通过最高点时应有：mgmvD2R由机械能守恒可得：mg hRmvD22联立解得 h33h3R ，小球能到达D 点；2R ，因为 h 的取值范围为 R2（2）设小球在 D 点受到的压力为F ，则FmvD2mgRmg h RmvD22联立并结合 h 的取值范围 3 Rh3R 解得： 0F3mg2据牛顿第三
8、定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：0F 3mg（3）由（ 1）知在最高点 D 速度至少为 vD mingR此时小球飞离 D 后平抛，有： R1 gt 22xminvD min t联立解得 xmin2RR ，故能落在水平面BC 上，当小球在最高点对轨道的压力为3mg 时，有： mg3mgm vD2maxR解得 vD max2gR小球飞离 D 后平抛 R1gt 2 ，2xmaxvD max t联立解得 xmax2 2R故落点与 B 点水平距离d 的范围为：21 Rd221 R5 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
9、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，BC 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C 点，请求出小(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 -
10、h 图象O 点的(写出计算过程 )1过程见解析【答案】 (1) mg (2) 41 (3)3【解析】【详解】（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 mvC 2R小球由开始下落至运动到C 点过程中，机械能守恒，有2mgR1 mvC232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
11、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：R1 gt 22x=vCt解得：x2Rh因为 x3R ，且 vCgR 所以R h 3R24x2-h 图象如图所示：6 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，
12、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： v2gh2 103.
13、28m/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 mv22v282m 6.4m解得： Lg20.5 102（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：mgh01mv带22v带262m 1.8m得： h2102g【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7 如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R 0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在 B 处相连接。有一质量为1 kg 的滑
14、块 (大小不计 )，从 A 处由静止开始受水平向右的力F 作用， F随位移变化的关系如图乙所示。滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数为0.25，与半圆弧轨道 BC间的动摩擦因数未知，g 取 10 m/s 2。求：（1）滑块到达B 处时的速度大小；（2）若到达B 点时撤去F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。【答案】（ 1） 210 m/s 。（ 2）5 J。【解析】【详解】（1）对滑块从A 到 B 的过程，由动能定理得：F1x1F3 x3mgx1 mv2B ，2即12202-101-0.251 104J=1vB ，得：vB2 10m/s；（2）
15、当滑块恰好能到达最高点C 时，mgm vC2；R对滑块从 B 到 C的过程中，由动能定理得：W mg 2R1 mvC21 mvB2 ，22带入数值得：W =-5J，即克服摩擦力做的功为5J；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g 10 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
16、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） r0.5m （ 2） 7mx7?.5m,0 x5?.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
17、 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 x38m 2.5m5.5?m则： 0 x 5.5m 故小物块放在传送带上放在传送带上距A 点的距离范围： 7m x7?.5m和0 x5?.5m考点：考查了相对运动，能量守恒定律的综合应用9 如图所示，在方向竖
18、直向上、大小为E=1106V/m 的匀强电场中，固定一个穿有A、 B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】 （
19、1） A 不能到达圆环最高点（ 2） 2 2 m/s （ 3） 0.1344J3【解析】【分析】【详解】试题分析： A、B 在转动过程中，分别对A、 B 由动能定理列方程求解速度大小，由此判断A 能不能到达圆环最高点；A、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，对A、 B 分别由动能定理列方程联立求解最大速度；A、 B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0 时，根据电势能的减少与电场力做功关系求解（1）设 A、 B 在转动过程中，轻杆对A、 B 做的功分别为 WT 和 WT ，根据题意有 ： WT WT0设 A、 B 到达圆环最高点的动能分别为EKA KB、 E对 A 根据动能定理： qER
20、 mAgR+WT1=EKA对 B 根据动能定理： WT1 mB gR E联立解得： EKA+EKB= 0.04J由此可知 ：A 在圆环最高点时，系统动能为负值，故（ 2）设 B 转过 角时， A、 B 的速度大小分别为因 A、 B 做圆周运动的半径和角速度均相同，故：A 不能到达圆环最高点vA、 vB，vA=vB对 A 根据动能定理： qER sinmA gRsinWT 21mAvA22对 B 根据动能定理： WT 2 mB gR 1cos1 mB vB22联立解得： vA2 83sin4cos49由此可得 ：当 tan32 2 m / s时， A、 B 的最大速度均为 vmax43（ 3）
21、A、 B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为零时，电场力做功最多，电势能减少最多，由上可式得 ： 3sin +4cos 4=0解得： sin2425或 sin =0（舍去）所以 A 的电势能减少： EP qER sin84J 0.1344 J625点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的运动，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答，属于复杂题10 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
22、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 L 1.25m，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， sin370.6,cos370.8 ， g=10m/s 2. 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) vP5m/s (2) vC=9m/s (3
23、) vm 6m/s【解析】【详解】(1)在 P 点，根据牛顿第二定律：2vPmgN Pm解得 : vP2.5gR5m/s(2)由几何关系可知BP 间的高度差hBPR(1cos37 )物块 C 至 P 过程中，根据动能定理：mgL sin37mghBPmgLcos37 = 1 mvP21 mvC222联立可得： vC=9m/s(3)若要使物块始终不脱离轨道运动，则物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：mgL cos37mgLsin37 mgRsin 53 =01mvm22解得： vm6m/s11 如图甲所示，水平面上A 点处有一质量m 0.5kg
24、的小物块，从静止开始在水平向右恒力 F1 作用下运动，通过B 点时立即撤去力F1，物块恰好落到斜面 P 点。物块与水平面间的滑动摩擦力为 f，f 大小与物块离 A 点的距离 d 的关系如图乙所示。已知AB 间距为 2m，斜面倾角 37， BP 间距为 3m，重力加速度g 取 10m/s 2，不计空气阻力。(sin37 0.6，cos37 0.8)求(1)物块通过 B 点时速度大小 ;(2)恒力 F1 大小(3)现将图甲装置置于风洞实验室中，斜面BC.处于风场中，且足够长。物块从B 点以 (1) 同中的速度水平向右抛出，立即撤去力F1，同时物块受到大小为4N 的风力 F2作用，风力方向从水平向左
25、逆时针到竖直向下范围内可调，如图甲所示。调整风力方向使物块从抛出至落到斜面的时间最短，求该最短时间及在此条件下物块第一次落到斜面时的动能.【答案】（ 1） 4m/s （2） 4.5N（ 3） 7.69J【解析】【详解】（1）物块从 B 到 P ，假设 BP 间距为 L ，根据平抛运动规律有水平方向： xL cosvBt竖直方向： yL sin1 gt 22代入数据，联立式解得vB4m/s ；（2）由图乙可知摩擦力对物块做功为Wf1 f1f 2 d2物块从 A 到 B ，由动能定理有F1 dWf1mvB20 2代入数据，联立式解得F14.5N（3）方法一：以 B 点为坐标轴原点，水平方向为x 轴
26、，竖直方向为y 轴，假设 F2 与x 轴方向成角，根据运动的合成与分解有水平方向： x vBt1F2 cost 22m1F2 sinmgt2竖直方向： ym2几何关系： tanyxtvB tan联立式解得1F2 sinmg1 F2 costan2m2m代入数据可得 t12，要使 t 最小，即 4sin3cos 要取最大2044sin3cos值，而 4sin3cos54 sin3 cos5sin370，故当530 时， t 最小，55tmin0.3svxF2 costvBmvyF2 sinmgt mEk1 mv21 m vx2vy2（11）22联立（ 11）式解得 Ek7.69J（ 12）（ v
27、x2.56m/s ， vy4.92m/s ）【或：把 tmm0.3s 代入式中解得y0.738m 假设落到 Q 点，从 B 到 Q 过程，由动能定理得WFWGEK ，即 0mgyEk1mvB22代入数据解得 Ek7.69J（11）方法二：以B 点为坐标轴原点，沿斜面方向为x 轴，竖直斜面方向为y 轴，vBy vB sin, G y mg cos， vBy 和 Gy 均为定值，为使物块尽快落到斜面，故F2 垂直斜面向下。x 方向： xvB cos t1g sin t 22y 方向： y vB sin t1F2mg cost 22my 0时，解得 tmin 0.3s或： vyvB sinF2mg
28、cost1 m当 vy0 时， t10.15s ， t 2t1 0.3svx vB cosg sint 把 tmn0.3s 代入式中解得 vx5m/s ，而 vyvByvB sin2.4m/s ，Ek1 mv21 m vx2vy222代入数据解得Ek7.69J 【或：把 tmn0.3s 代入式中解得x 1.23m，假设落到 Q 点，从 B 到 Q 过程，由动能定理得WFWGEk ，即 0mgx sinEk1 mvB2 2代入数据解得 Ek7.69J】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
29、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