高考物理动能与动能定理题20套(带答案).docx

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1、高考物理动能与动能定理题20 套( 带答案 )一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 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

2、，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 Maa F f 1 Ff 2 1 m/s 2M(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

3、速度等于v 5 m/s对滑块有： (x L) vt 1 1gt22对木板有： x 1 at22解得： t 1 s 或 t 7 s(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2 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AB和 ，A、 B 质量均为 m。A 套在光滑水平杆上，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

4、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 ?2gh11； (2)WThh【答案】 (1) vAsinsinmg1 cos2sin【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vA2gh111cos2sinsin(2)当 A 速度最大时，B 的速度为零，由机械能守恒定律得EP减EK 加mghh1mvAm2sin2对 A 列动能定理方程WT1 mvAm22联立解得WT mghhsin3 如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中与半径为 R 的光滑半圆轨道BCD

5、 平滑相切连接，半圆的直径AB 是足够长的水平轨道，B 端BD 竖直， C 点与圆心O 等高现有一质量为 m 的小球 Q 静止在 B 点，另一质量为 2m 的小球 P 沿轨道 AB 向右匀速运动并与 Q 发生对心碰撞 ，碰撞后瞬间小球 Q 对半圆轨道 B 点的压力大小为自身重力的 7 倍，碰撞后小球 P 恰好到达 C 点 重力加速度为 g（1）求碰撞前小球P 的速度大小；（2）求小球Q 离开半圆轨道后落回水平面上的位置与B 点之间的距离；（3）若只调节光滑半圆轨道BCD半径大小，求小球Q 离开半圆轨道D 点后落回水平面上的位置与 B 点之间的距离最大时，所对应的轨道半径是多少？【答案】 （1）

6、（ 2）（ 3）【解析】【分析】【详解】设小球 Q 在 B 处的支持力为；碰后小球的速度为；小球 Q 到达 D 点的速度为(1)由牛顿第三定律得小球Q 在 B 点Q 的速度为.，小球P 的速度为；碰前小球P碰后小球Q 在B 点由牛顿第二定律得:碰后小球P 恰好到 C 点，由动能定理得:P、Q 对心碰撞，由动量守恒得：联立解得 :(2)小球 Q 从 B 到 D 的过程中，由动能定理得：解得，所以小球Q 能够到达D 点由平抛运动规律有：联立解得(3)联立解得 :当时 x 有最大值所以【点睛】解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如何转化，分段运用能量守恒定律列

7、式是关键4 如图所示，斜面高为hD、C两点距离为L，水平面上。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：mghmg cos LmgS0即：m

8、ghhmgS 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。5 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V =12m/s 的速度向右进入直管道，经t =0.5

9、s 到达 B 点，在刚到达半圆轨道B 点时，对 B01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/R

10、VB=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 m VB2=2mg R+ 1 m VC222NC=18.25N 方向向上6 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

11、）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】 （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 0.77 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

12、于B 点， P、 O 两点在同一竖直线上，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

13、(2)vC=9m/s (3)vm6m/s【解析】【详解】(1)在 P 点，根据牛顿第二定律：mg N Pm vP2R解得 :vP2.55m/sgR(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 =1mvP21mvC222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/s8 如图1所示是某游乐场的过山车，现将

14、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1FG 段的动摩擦因数=0.5，2sin37 =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

15、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s93m【答案】（ 1） FN=0.1N（ 2） x=0.52m （ 3） s160【解析】【详解】（1）滑块从 A 到 E，由动能定理得：mg L sinR 1 cos2 R1mgL cos1mvE22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（

16、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(1 cos )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 cos 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：2L2sin1 cosL11 L11L0sin1 cos2215故第 5 次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为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 L

17、02L1 2L22L32L4L593 m1609 如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为，间距为L导轨上端并联接有一电容为 C 的平行板电容器和阻值为R 的电阻导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g忽略其它电阻让金属棒在不同情况下从导轨上端由静止开始下滑，求:(1)当断开 S1 闭合 S2 时，金属棒由静止开始下滑位移x 后开始匀速，求匀速的速度大小和这过程电阻生的热量；(2)当断开 S2 闭合 S1 时金属棒的速度大小随时间变

18、化的关系【答案】 (1) vm(sincos)mgRB2 L2，(sincos )2 m3 g2 R2(2) vmg(sincos )Q mgx(sincos)2B4 L4mtB2 L2C【解析】【详解】(1)金属棒在斜面上匀速直线运动时，由平衡条件：mg sinBILmg cos由闭合电路的欧姆定律I而动生电动势EBLvmER(sincos)mgR联立解得： vmB2L2对金属棒下滑过程，由动能定理得：mgxsinmg cosxWF 安= 1 mvm202而由功能关系，克服安培力做功等于电路的焦耳热：WF安 =Q联立解得： Qmgx(sin(sincos)2 m3g 2 R2cos )2B4

19、 L4(2)设金属棒经历时间t ，速度的变化量为v ，通过金属棒的电流为i，流过金属棒的电荷量为 Q ，按照电流的定义iQtQ 也是平行板电容器的极板在t 内的增加量，QC UCBLv金属棒受到的摩擦力为fmg cos金属棒受到的安培力为FiBiL设金属棒下滑的加速度为a，由牛顿第二定律有：mg sinfFimamg(sincos )联立解得： aB2 L2Cm加速度为恒定值，说明金属棒做匀加速直线运动有 vat可得瞬时速度与时间的关系： vmg(sincos ) tmB2L2C10 将一根长为L 的光滑细钢丝ABCDE制成如图所示的形状，并固定在竖直平面内其中段竖直，段为 3圆弧，圆心为，为

20、圆弧最高点，C与、D与O分别等高，ADDEO EEBC41 AC将质量为 m的小珠套在钢丝上由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g4（ 1）小珠由 C点释放，求到达 E 点的速度大小 v1；（ 2）小珠由 B 点释放，从 E 点滑出后恰好撞到 D点，求圆弧的半径 R；（3）欲使小珠到达E 点与钢丝间的弹力超过mg ，求释放小珠的位置范围4【答案】 v1=0； R2L3L5L； C 点上方低于4(4 3 )处滑下或高于434(4 3 )处【解析】【详解】（ 1）由机械能守恒可知，小珠由 C点释放，到达 E 点时，因 CE等高，故到达 E 点的速度为零；（ 2）由题意： BC 1 L ( 3 2

21、 R R) ；小珠由 B 点释放，到达 E 点满足：44mgBC1mvE22从 E 点滑出后恰好撞到D点， R vEt ； t2R 立解得： R2L；g4 3（3） a. 若小珠到达 E 点与小珠上壁 的 力等于1 mg ， mg1 mgm vE21 ；从44R 放点到 E 点，由机械能守恒定律：mgh1 1 mvE21 ；2 立解得： h3 R3L)84(4 3b. 若小珠到达 E 点与小珠下壁 的 力等于1 mg ， mg1mgm vE22；从 放44R点到 E 点，由机械能守恒定律：mgh2 1 mvE2 2；2 立解得： h5 R5L； 故当小珠子从C 点上方低于3L 滑下或高84(4

22、 3)4(4 3)5L 滑下 ，小珠到达E 点与 的 力超 1于mg .4(4 3 )411 如 所示， 直放置的半 形光滑 道半径 RO， 心 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 的初速度 多大?O 等高的C点， 物 在A 点水平向左运(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

23、。(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 v12g(L + R)(2) 物 由 放至第一次到B 点 程中，其 B 点速度 所求知： ( qEmg )L 1m v222可得： v24gL3(3) 第 2、4、 6、 2n 次 B 点 的速度分 v、v、 v，242n第2、 4、 6、 2(n 1)次离开 B 点向右滑行的最大距离分

24、 L12n 1、 L、 L， ： ( qEmg )L1 01m v222(qEmg11v2)L m42解得 v4qEmg1v2qEmg2v61v2 n1同理 v2n2v422 上可得 v2n( 1 )n1v222n1)n 2gL其中 n1、 2、 3v (3212 可 点的小滑 从半径 0.8m 的四分之一光滑 弧 道 端滑下。在 道最低点滑上水平 送 的最右端（ 道 接 无机械能 失）。 送 度L=8m，并以恒定的 v=3m/s 速度 ，小滑 恰好能运 到水平 送 的最左端而没有掉下 送 。已知重力加速度大小 g=10m/s 2。求：（ 1）物 与 送 的 摩擦因数；（ 2）物 从 弧 道最

25、低点滑入 送 到第一次返回 弧 道最低点所用的 （本小 算 果保留两位有效数字）。【答案】（ 1） 0.1；（ 2）8.17s【解析】【 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，由动能定理有代入数据解得：0.1（2）物块在传送带先做匀减速运动ag1m / 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 t3mg L 01 mv1228.17s