1、高考物理动能与动能定理试题经典及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1如图所示,半径R=0.5 m的光滑圆弧轨道的左端A与圆心O等高,B为圆弧轨道的最低点,圆弧轨道的右端C与一倾角=37的粗糙斜面相切。一质量m=1kg的小滑块从A点正上方h=1 m处的P点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数=0.5,sin37=0.6,cos37=0.8,重力加速度g=10 m/s2。(1)求滑块第一次运动到B点时对轨道的压力。(2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。(3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A点。【答案】(1)70N; (2)1.2m; (3)能滑出A【解析】【分析】
2、【详解】(1)滑块从P到B的运动过程只有重力做功,故机械能守恒,则有那么,对滑块在B点应用牛顿第二定律可得,轨道对滑块的支持力竖直向上,且故由牛顿第三定律可得:滑块第一次运动到B点时对轨道的压力为,方向竖直向下。(2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L,滑块运动过程只有重力、摩擦力做功,故由动能定理可得所以(3)对滑块从P到第二次经过B点的运动过程应用动能定理可得所以,由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知:滑块从斜面上返回后能滑出A点。【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析,求得合外力及运动过程做功情况,然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。2如图所示,斜面ABC下端与光滑的圆
3、弧轨道CDE相切于C,整个装置竖直固定,D是最低点,圆心角DOC37,E、B与圆心O等高,圆弧轨道半径R0.30m,斜面长L1.90m,AB部分光滑,BC部分粗糙现有一个质量m0.10kg的小物块P从斜面上端A点无初速下滑,物块P与斜面BC部分之间的动摩擦因数0.75取sin370.6,cos370.8,重力加速度g10m/s2,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)(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、
4、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,由动能定理可得代入数据的物块在BC部分所受的摩擦力大小为所受合力为故(2)设物块第一次通过D点的速度为,由动能定理得有牛顿第二定律得联立解得(3)物块每次通过BC所损失的机械能为物块在B点的动能为解得物块经过BC次数设物块最终停在距离C点x处,可得代入数据可得3如图所示是一种特殊的游戏装置,是一段位于竖直平面内的光滑圆弧轨道,圆弧半径为,末端处的切线方向水平,一辆玩具滑车从轨道的点处下滑,滑到点时速度大小为,从点飞出后落到水面上的点。已知它落到水面上时相对于点(点正下方)的水平距离。为了能
5、让滑车抛到水面上的更远处,有人在轨道的下方紧贴点安装一水平传送带,传送带右端轮子的圆心与点的水平距离为,轮子半径为(传送带的厚度不计),若传送带与玩具滑车之间的动摩擦因数为0.4,玩具滑车的质量为,不计空气阻力(把玩具滑车作质点处理),求(1)玩具滑车到达点时对点的压力大小。(2)如果传送带保持不动,玩具滑车到达传送带右端轮子最高点时的速度和落水点位置。(3)如果传送带是在以某一速度匀速运动的(右端轮子顺时针转),试讨论玩具滑车落水点与传送带速度大小之间的关系。【答案】(1)80N;(2)6m/s,6m;(3)见解析。【解析】【详解】(1)玩具滑车到达D点时,由牛顿第二定律:解得;(2)若无传
6、送带时,由平抛知识可知:解得如果传送带保持不动,则当小车滑到最右端时,由动能定理:解得v=6m/s 因为,则小车从右端轮子最高点做平抛运动,则落水点距离传送带右端的水平距离: (3)若传送带的速度v6m/s,则小车在传送带上运动时一直减速,则到达右端的速度为6m/s,落水点距离传送带右端的水平距离为6m;若小车在传送带上一直加速,则到达右端时的速度满足解得若传送带的速度,则小车在传送带上运动时一直加速,则到达右端的速度为,落水点距离传送带右端的水平距离为;若传送带的速度10m/sv6m/s,则小车在传送带上运动时先减速到v,然后以速度v匀速,则到达右端的速度为v,落水点距离传送带右端的水平距离
7、为vt=vm;若传送带的速度v10m/s,则小车在传送带上运动时先加速到v,然后以速度v匀速,则到达右端的速度为v,落水点距离传送带右端的水平距离为vt=vm。4如图所示,足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧,一个质量,电量的带负电小物块与弹簧接触但不栓接,弹簧的弹性势能为。某一瞬间释放弹簧弹出小物块,小物块从水平台右端点飞出,恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点,并沿轨道滑下,运动到光滑水平轨道,从点进入到光滑竖直圆内侧轨道。已知倾斜轨道与水平方向夹角为,倾斜轨道长为,带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数。小物块在点没有能量损失,所有轨道都是绝缘的,运动过程中小物块的电量保
8、持不变,可视为质点。只有光滑竖直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场,场强。已知,取,求:(1)小物块运动到点时的速度大小;(2)小物块运动到点时的速度大小;(3)要使小物块不离开圆轨道,圆轨道的半径应满足什么条件?【答案】(1)4m/s;(2)m/s;(3)R0.022m【解析】【分析】【详解】(1)释放弹簧过程中,弹簧推动物体做功,弹簧弹性势能转变为物体动能解得(2)A到B物体做平抛运动,到B点有 所以 B到C根据动能定理有解得 (3)根据题意可知,小球受到的电场力和重力的合力方向向上,其大小为F=qE-mg=59.6N所以D点为等效最高点,则小球到达D点时对轨道的压力为零,此时的速
9、度最小,即解得所以要小物块不离开圆轨道则应满足vCvD得:R0.022m5如图(a)所示,倾角=30的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2104C的正点电荷,将一带正电小球(可视为点电荷)从斜杆的底端(但与Q未接触)静止释放,小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图(b)所示,其中线1为重力势能随位移变化图象,线2为动能随位移变化图象(g=10m/s2,静电力恒量K=9109Nm2/C2)则(1)描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况;(2)求小球的质量m和电量q;(3)斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U;(4)在图(b)中画出小球的电势能 随位移s变化的
10、图线(取杆上离底端3m处为电势零点)【答案】(1)小球的速度先增大,后减小;小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动,再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动,直至速度为零(2)4kg;1.11105C;(3)4.2106V(4)图像如图, 线3即为小球电势能随位移s变化的图线;【解析】【分析】【详解】(1)由图线2得知,小球的速度先增大,后减小根据库仑定律得知,小球所受的库仑力逐渐减小,合外力先减小后增大,加速度先减小后增大,则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动,再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动,直至速度为零(2)由线1可得:EP=mgh=mgssin斜率:k=20=mgsin30
11、所以m=4kg当达到最大速度时带电小球受力平衡:由线2可得s0=1m,得:=1.11105C(3)由线2可得,当带电小球运动至1m处动能最大为27J根据动能定理:WG+W电=Ek即有:mgh+qU=Ekm0代入数据得:U=4.2106V(4)图中线3即为小球电势能随位移s变化的图线6如图所示,一长度LAB=498m,倾角=30的光滑斜面AB 和一固定粗糙水平台BC 平滑连接,水平台长度LBC=04m,离地面高度H=14m,在C 处有一挡板,小物块与挡板碰撞后原速率反弹,下方有一半球体与水平台相切,整个轨道处于竖直平面内。在斜面顶端A 处静止释放质量为m=2kg 的小物块(可视为质点),忽略空气
12、阻力,小物块与BC 间的动摩擦因素=01,g 取10m/s2。问:(1)小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小;(2)小物块经过B 点多少次停下来,在BC 上运动的总路程为多少;(3)某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板,最后小物块落在D 点,已知半球体半径r=075m,OD 与水平面夹角为=53,求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板?(取)【答案】(1)7 m/s;(2)63次 249m(3)25次【解析】试题分析:小物块从开始运动到与挡板碰撞,重力、摩擦力做功,运用动能定理。求小物块经过B 点多少次停下来,需要根据功能转化或动能定理求出小物块运动的路程,计算出经过B点多少次。小物块经过平抛运动到
13、达D点,可以求出平抛时的初速度,进而求出在BC段上运动的距离以及和当班碰撞的次数。(1)从A到C段运用动能定理mgsin-LAB=mv2v=7m/s(2)从开始到最后停下在BC段所经过的路程为xmgsinLAB-mgx=0x=249m=311经过AB的次数为312+1=63次(3)设小物块平抛时的初速度为V0H -r=gt2r+=v0tv0=3 m/s设第n次后取走挡板mv2-mv02=2Lbcnn=25次考点:动能定理、平抛运动【名师点睛】解决本题的关键一是要会根据平抛运动的规律求出落到D时平抛运动的初速度;再一个容易出现错误的是在BC段运动的路程与经过B点次数的关系,需要认真确定。根据功能
14、关系求出在BC段运动的路程。7如图所示,AB是倾角为的粗糙直轨道,BCD是光滑的圆弧轨道,AB恰好在B点与圆弧相切,圆弧的半径为R一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上与圆弧的圆心O等高的P点由静止释放,结果它能在两轨道间做往返运动已知物体与轨道AB间的动摩擦因数为,重力加速度为g试求:(1)物体释放后,第一次到达B处的速度大小,并求出物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程s;(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时,对圆弧轨道的压力的大小;(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D(E、O、D为同一条竖直直径上的3个点),释放点距B点的距离L应满足什么条件【答案】(1); (
15、2); (3)【解析】【分析】【详解】(1)设物体释放后,第一次到达B处的速度为,根据动能定理可知:解得:物体每完成一次往返运动,在AB斜面上能上升的高度都减少一些,最终当它达B点时,速度变为零,对物体从P到B全过程用动能定理,有得物体在AB轨道上通过的总路程为(2)最终物体以B为最高点在圆弧轨道底部做往返运动,设物体从B运动到E时速度为 v,由动能定理知:在E点,由牛顿第二定律有解得物体受到的支持力根据牛顿第三定律,物体对轨道的压力大小为,方向竖直向下(3)设物体刚好到达D点时的速度为此时有解得:设物体恰好通过D点时释放点距B点的距离为,有动能定理可知:联立解得:则:答案:(1); (2);
16、 (3)8如图所示,光滑水平面MN的左端M处有一弹射装置P,右端N处与水平传送带恰平齐接触,传送带水平部分长度L=16m,沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动ABCDE是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的,AB为水平轨道,弧BCD是半径为R的半圆弧轨道,弧DE是半径为2R的圆弧轨道,弧BCD与弧DE相切在轨道最高点D,R=06m平面部分A点与传送带平齐接触放在MN段的物块m(可视为质点)以初速度v0=4m/s冲上传送带,物块与传送带间的摩擦因数=02,物块的质量m=1kg结果物块从滑上传送带又返回到N端,经水平面与左端M处的固定弹射器相碰撞(弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定),因碰撞弹射
17、器锁定被打开,将物块弹回后滑过传送带,冲上右侧的圆弧轨道,物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点,最后从E点飞出g取10m/s2求:(1)物块m从第一次滑上传送带到返回到N端的时间(2)物块m第二次在传送带上运动时,传送带上的电动机为了维持其匀速转动,对传送带所多提供的能量多大?【答案】(1)(2)【解析】试题分析:(1)物块B向右作匀减速运动,直到速度减小到零,然后反向匀减速运动,达到与皮带共速后与皮带匀速物块B向右作匀减速运动过程:物块向右达到的最大位移:反向匀加速运动过程加速度大小不变达到与传送带共速的时间:相对地面向左位移:共速后与传送带匀速运动的时间:往返总时间:(2)由物块恰能通
18、过轨道最高点D,并恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过最高点可得,物块是在半径为2R的圆弧上的最高点重力全部充当向心力得:又由物块上滑过中根据机械能守恒得:代入数据解得:物块第二次从N到A点:速度关系:代入得:;得:或(舍)物体运动时传送带的位移:传送带为维持匀速运动多提供的力:传送带所做的功等于传送带多提供的能量:考点:考查牛顿运动定律的综合应用;动能定理【名师点睛】本题关键明确滑块的运动规律,然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式求解9如图所示,ABC为竖直面内一固定轨道,AB段是半径为R的光滑圆弧,水平段与圆弧轨道相切于B,水平段BC长度为L,C端固定一竖直挡板一质量为m的小物块自
19、A端从静止开始沿圆轨道下滑,与挡板共发生了两次碰撞后停止在水平段B、C之间的某处,物块每次与挡板碰撞不损失机械能(即碰撞前、后速率相同)不计空气阻力,物块与水平段BC间的动摩擦因数为,重力加速度为g试求物块(1)第一次与挡板碰撞时的速率;(2)在水平轨道上滑行的总路程;(3)最后一次滑到圆轨道底端B处对圆轨道的压力【答案】(1) (2) (3) 物块最后一次滑到底端B处对圆轨道的压力可能为或【解析】【详解】(1)对物块第一次从A到C过程,根据动能定理: 解得第一次碰撞挡板的速率(2)设物块质量为m,在水平轨道上滑行的总路程为S,对物块从开始下滑到停止在水平轨道上的全过程,根据动能定理:mgRm
20、gS0解得(3)设物块最后一次经过圆弧轨道底端B时的速率为v2,对圆轨道的压力为FN,则: 第一种可能情况:物块与挡板第二次碰撞后,向右运动还未到B点时即停下,则: 由解得 第二种可能情况:物块与挡板第二次碰撞后,向右可再一次滑上光滑圆弧轨道,则: 由解得 物块最后一次滑到底端B处对圆轨道的压力可能为或10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F作用一段时间t后撤去,小车A继续运动与小车B发生碰撞,碰撞后两车粘在一起滑行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.
21、2倍,重力加速度g=10m/s2。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:-0.2(m1+m2)gd = 0-(m1+m2)v32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+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=t撤去F至二
22、车相碰过程,由动能定理得:-0.2m1gx2=m1v22-m1v12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= m1v22-0解得:x=3m在F作用的吋间内,由牛顿第二定律得:F-0.2m1g=m1a解得:a=6m/s2由x=at2联立解得小车A所受恒力F的作用时间:t=ls11如图所示,一质量M=4kg的小车静置于光滑水平地面上,左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙
23、轨道CD组成,BC与CD相切于C,圆弧BC所对圆心角37,圆弧半径R=2.25m,滑动摩擦因数=0.48。质量m=1kg的小物块从某一高度处的A点以v04m/s的速度水平抛出,恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道,最终与小车保持相对静止。取g10m/s2,sin37=0.6,忽略空气阻力,求:(1)A、B间的水平距离;(2)物块通过C点时,轨道对物体的支持力;(3)物块与小车因摩擦产生的热量。【答案】(1)1.2m(2)(3)13.6J【解析】【详解】(1)物块从A到B由平抛运动的规律得:tan= x= v0t 得x=1.2m(2)物块在B点时,由平抛运动的规律得: 物块在小车上BC段滑动过程中,
24、由动能定理得: mgR(1cos)mvC2mvB2 在C点对滑块由牛顿第二定律得 联立以上各式解得:(3)根据牛顿第二定律,对滑块有mgma1,对小车有mgMa2 当滑块相对小车静止时,两者速度相等,即 vCa1t1a2t1 由以上各式解得 ,此时小车的速度为va2t1物块在CD段滑动过程中由能量守恒定律得:mvC2(Mm)v2 + Q解得:Q=13.6J12一束初速度不计的电子流在经U5000V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5.0cm,电子电量eC,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多大的电压?【答案】(1) J (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:解得:eVJ(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在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动,加速度:偏转距离能飞出的条件为解式得:V即要使电子能飞出,所加电压最大为400V