高考必刷题物理动能与动能定理题含解析

1、（物理）高考必刷题物理动能与动能定理题含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 如图所示，在水平轨道右侧固定半径为r 的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的pq 段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量的小物块从轨道右侧a 点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，求：（1）弹簧获得的最大弹性势能；（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能；（ 3）当 r 满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。【答案】 （1）

2、 10.5j（ 2）3j（ 3） 0.3mr0.42m或 0r0.12m【解析】【详解】（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从a 到压缩弹簧至最短的过程中，由动能定理得 ： - mgl+w 弹 0-mv0 2由功能关系： w 弹 =-ep =-ep解得 ep=10.5j；（2）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得-2 mgl ek-mv02解得 ek=3j；（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得-2 mgr mv22- ek小物块能够经过最高点的条件mmg，解得

3、 r0.12m小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心等高的位置，即mv12mgr，解得 r 0.3m；设第一次自a 点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得：2-2-2 mgr mv1mv0且需要满足mmg，解得 r0.72m，综合以上考虑，r 需要满足的条件为：0.3mr0.42m或 0r0.12m。【点睛】解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。2 如图所示，光滑水平平台ab 与竖直光滑半圆轨道 ac 平滑连接， c 点切线水平，长为l=4m 的粗糙水平传送带 bd 与平台无缝对接。

4、质量分别为m=0.3kg 和m =1kg 两个小物体12中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v0=1.5m/s 的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为=0.15某时剪断细绳，小物体m1 向左运动，m2 向右运动速度大小为 v2=3m/s ，g 取 10m/s 2求：(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能ep(2)从小物体 m2 滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能e(3)为了让小物体 m1 从 c 点水平飞出后落至 ab 平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道 ac 的半径 r和小物体 m1 平抛的最大水平位移 x 的大

5、小。【答案】 (1)19.5j(2)6.75j(3)r=1.25m 时水平位移最大为 x=5m 【解析】【详解】(1)对 m1 和 m2 弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=m1v1-m2v2解得v1=10m/s剪断细绳前弹簧的弹性势能为：e p1 m1v121 m2v2222解得ep=19.5j(2)设 m2 向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：12-m2gx=0-m2v22解得x=3m l=4m则 m2 先向右减速至速度为零，向左加速至速度为 v0=1.5m/s ，然后向左匀速运动，直至离开传送带。设小物体 m2 滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t。取向左为正方向

6、。根据动量定理得：m2gt=m2v0-（ -m2v2）解得：t=3s该过程皮带运动的距离为：x 带 =v0t=4.5m故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：2带e=mgx解得：e=6.75j(3)设竖直光滑轨道ac的半径为 r 时小物体 m1 平抛的水平位移最大为x。从 a 到 c 由机械能守恒定律得：1 mv1121 m1vc22mgr22由平抛运动的规律有：x=vct 12r1 gt122联立整理得x4r(104r)根据数学知识知当4r=10-4r即 r =1.25m 时，水平位移最大为x=5m3 如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端b 点水平，上端a 与 b 点的高度差为

7、 h10.3 m ，倾斜传送带与水平方向的夹角为 37，传送带的上端c 点到 b 点的高度差为h 0.1125m( 传送带传动轮的大小可忽略不计) 一质量为 m1 kg 的滑块 (可看作质点 )从2轨道的 a 点由静止滑下，然后从b 点抛出，恰好以平行于传送带的速度从c 点落到传送带上，传送带逆时针传动，速度大小为v 0.5 m/s ，滑块与传送带间的动摩擦因数为 0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g10 m/s 2，试求：(1).滑块运动至 c 点时的速度 vc 大小；(2).滑块由 a 到 b 运动过程中克服摩擦力做的功wf；(3).滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产

8、生的热量q.【答案】 （1） 2.5 m/s （ 2） 1 j （ 3） 32 j【解析】本题考查运动的合成与分解、动能定理及传送带上物体的运动规律等知识。(1) 在 c 点，竖直分速度： vy2gh21.5m / s0vc2.5m / svy vcsin37 ，解得：(2)c 点的水平分速度与b 点的速度相等，则 vb vx vc cos37 2m / s从 a 到 b 点的过程中，据动能定理得：mgh1w f1 mvb2 ，解得： wf 1j2(3) 滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得：mgcos37 mgsin37 ma解得： a0.4m / s2达到共同速度所需时间vvc5sta

9、二者间的相对位移xv vc t vt 5m2由于 mgsin37mgcos37，此后滑块将做匀速运动。滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量q mgcos370x32j4 如图所示是一种特殊的游戏装置，cd 是一段位于竖直平面内的光滑圆弧轨道，圆弧半径为10m ，末端d 处的切线方向水平，一辆玩具滑车从轨道的c 点处下滑，滑到d 点时速度大小为10m/s ，从d 点飞出后落到水面上的b 点。已知它落到水面上时相对于o 点（ d 点正下方）的水平距离ob10m 。为了能让滑车抛到水面上的更远处，有人在轨道的下方紧贴d 点安装一水平传送带，传送带右端轮子的圆心与d 点的水平距离为8m ，轮子半

10、径为0.4m （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4kg ，不计空气阻力（把玩具滑车作质点处理），求(1)玩具滑车到达d 点时对d 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：2fdmgm vdr解得fdmgm vd2=404 10 2=80n ；r10(2)若无传

11、送带时，由平抛知识可知：xvdt解得t1s如果传送带保持不动，则当小车滑到最右端时，由动能定理：1mv21mvd2mgl22解得v=6m/s因为 v6m/sgr2m/s ，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：xvt6m(3) 若传送带的速度 v 6m/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1 mv21 mvd2mgl22解得v2 41m/s若传送带的速度v241m/s ，则小车在传送带上运动时一直加速，则到达右端的速度为2 41m/s ，落水点距离

12、传送带右端的水平距离为x vt 2 41m ； 若传送带的速度 10m/s v 6m/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为vt=vm； 若传送带的速度 241m/s v 10m/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。5 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=

13、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，由牛顿第二定律得：fmmgm vb2r从 p 到 ，由动能定理得mg (h r)1 mvb202解得h=4.5m物块从 b 点运动到斜面最

14、高处的过程中，根据动能定理得：-mg r（ 1-cos37 ）+lsin37 - mgcos37 ?l=01 mv2b2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=4j6 如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m1kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度在平台的右端有一传送带， ab 长 l 5m ，物块与传送带间的动摩擦因数10.2 ，与传送

15、带相邻的粗糙水平面 bc 长 s=1.5m，它与物块间的动摩擦因数20.3，在 c 点右侧有一半径为r 的光滑竖直圆弧与 bc 平滑连接，圆弧对应的圆心角为120o ，在圆弧的最高点 f 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来若传送带以v5m / s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失当弹簧储存的ep 18j 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的e 点，取 g10m / s2 （ 1） 求右侧圆弧的轨道半径为 r;（ 2） 求小物块最终停下时与 c 点的距离 ;（ 3） 若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调

16、节范围【答案】 （1） r0.8m ；（ 2） x1 m ；（ 3）37 m / s v43m / s3【解析】【分析】【详解】126m / s（1）物块被弹簧弹出，由e p2mv0 ，可知： v0因为 v0v，故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，由：1mg1 ， vv01 1，xt121011 1maa tv2 a t得到： a120.5s， x12.75m2m / s ， t1因为 x1l ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m / s 的速度滑上水平面bc，物块滑离传送带后恰到e 点，由动能定理可知：1 m 2mgs mgr2v2代入数据整理可以得到：r0.8m

17、（2）设物块从 e 点返回至 b 点的速度为vb ，由 1 m21 m 2mg 2s2v2 v b2得到 vb7m / s ，因为 vb0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0 再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距 c 点 x 处，由 1 mvb22mgs x，得到： x1m .232（3）设传送带速度为 v1 时物块能恰到 f 点，在 f 点满足 mgsin30 om vfr从 b 到 f 过程中由动能定理可知：1 mv121 mvf22 mgs mg rr sin 30o22解得：设传送带速度为v2 时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到e

18、 点，122mg3smgr2mv2由：解得： v243m / s若物块在传送带上一直加速运动，由1 m21 m2mgl2vbm2v01知其到 b 点的最大速度 vbm56m /s综合上述分析可知，只要传送带速度37m / sv43m / s 就满足条件【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理、圆周运动向心力公式的直接应用，此题难度较大，牵涉的运动模型较多，物体情境复杂，关键是按照运动的过程逐步分析求解7 如图所示，半径为 r11 光滑圆弧与半径为r20.3 m 的半圆光滑细管平滑连 1.8 m 的4接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为l 2.0 m、质量为 m 1.5 kg 的木板，

19、木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同现在让质量为m2 2 kg 的物块静止于b 处，质量为 m1 1 kg 的物块从光滑圆弧顶部的a 处由静止释放，物块m1 下滑至 b 处和 m2 碰撞后不再分开，整体设为物块 m(m m1 m2)物块 m 穿过半圆管底部c处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为 2 m/s 时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零 )，若 g10 m/s 2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计(1)求物块 m1 和 m2 碰撞过程中损失的机械能；(2)求物块 m 滑到半圆管底部c 处时所受支持力大小；(

20、3)若物块 m 与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为 0.25，求物块m 在台阶表面上滑行的最大距离【答案】 12j190n0.8m【解析】试题分析 ：（ 1）选由机械能守恒求出物块m1 下滑到 b 点时的速度 ； m1 、 m2 碰撞满足动量守恒 ，由 e机1 m1vb21 mv共2求出碰撞过程中损失的机械能；（ 2）物块 m 由 b 到 c22满足机械能守恒 ，在 c 点由牛顿第二定律可求出物块m 滑到半圆管底部 c 处时所受支持力大小；（ 3）根据动量守恒定律和动能定理列式即可求解.设物块 m1 下滑到 b 点时的速度为 vb ，由机械能守恒可得：m1 gr1 1 m1vb22解得： vb

21、6m / sm1 、 m2 碰撞满足动量守恒： m1vb( m1m2 )v共解得； v共2m / s则碰撞过程中损失的机械能为：1212e机2m1vb2mv共12j物块 m 由 b 到 c 满足机械能守恒：1mv共2mg2r21mvc222解得： vc4m / s在 c 处由牛顿第二运动定律可得：fnmgm vc2r2解得： fn190n设物块 m 滑上木板后，当木板速度为v22m / s 时，物块速度为 v1 ，由动量守恒定律得： mvcmv1mv 2解得： v13m / s设在此过程中物块运动的位移为x1 ，木板运动的位移为x2 ，由动能定理得：对物块 m：mgx11mv121mvc222

22、解得： x11.4m对木板 m：mgx1 mv2222解得： x20.4m此时木板静止，物块m 到木板左端的距离为： x3 l x2 x1 1m设物块 m 在台阶上运动的最大距离为x4 ，由动能定理得：mg(x3x4 ) 01 mv122解得： x40.8m8 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

23、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） vbe（ 3c=10m/s ， =0.4（ 2） v =s/ t=4m/s） n =18.25n 方向向上【解析】【详解】（ 1）根据牛顿第二定律有 nb-mg=mvb2/rvb=

24、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/r12=2mg r+122m vb2m vcnc=18.25n 方向向上9 如图所示，倾角为45 的粗糙平直导轨与半径为r 的光滑圆环轨道相切，切点为b，整个轨道处在竖直平面内. 一质量为m 的小滑块从导轨上离地面高为h=3r 的 d 处无初速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点a 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心o 等高的c 点 . 已知圆环最低点为e 点，重力加速度为g，不计空气阻力. 求：（ 1）小滑块在 a 点

25、飞出的动能；（）小滑块在 e 点对圆环轨道压力的大小；（ 3）小滑块与斜轨之间的动摩擦因数. （计算结果可以保留根号）1mgr ；（ 2） f =6mg；（ 3）42【答案】（ 1） ek142【解析】【分析】【详解】（ 1）小滑块从 a 点飞出后做平拋运动：水平方向： 2r vat竖直方向： r1 gt 22解得： vagr小滑块在 a 点飞出的动能 ek1 mva21 mgr22（2）设小滑块在e 点时速度为vm ，由机械能守恒定律得：1 mvm21 mva2mg 2r22在最低点由牛顿第二定律：fmgmvmr由牛顿第三定律得：f=f解得： f =6mg2（3） bd 之间长度为 l，由几

26、何关系得： l2 2 1 r从 d 到最低点 e 过程中，由动能定理 mghmg cos l1mvm22解得421410 在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块a 和 b，两者相距为 d现给 a 一初速度，使a 与 b 发生弹性正碰，碰撞时间极短当两木块都停止运动后，相距仍然为d已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为 b 的质量为 a 的 2 倍，重力加速度大小为g求 a 的初速度的大小【答案】18 gd5【解析】【详解】设在发生碰撞前的瞬间，木块 a 的速度大小为 v0；在碰撞后的瞬间， a 和 b 的速度分别为 v1 和 v2 在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律，得1 mv021 mv1212mv22222mv0mv12mv2，式中，以碰撞前木块a 的速度方向为正，联立解得：v1v0， v22v033设碰撞后 a 和 b 运动的距离分别为 d1和 d2，由动能定理得mgd11 mv12，2（2m） gd 21 2mv2 2 2按题意有： d d2d1 联立解得： v0 18gd511 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