高考物理二轮复习题型限时专练动能与动能定理

1、高考物理二轮复习题型限时专练动能与动能定理一、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，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 h10.3 m ，倾斜传送带与水平方向的夹角为 37，传送带的上

4、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生的热量q.【答案】 （1） 2.5 m/s（ 2） 1 j （ 3）

5、 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 / svy vcsin370 ，解得： vc2.5m / s(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：mgh1 w 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二者间的相对位移xv vc t vt 5m2由于 mgsin37mg

6、cos37，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qmgcos370 x32j3 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 ，

7、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：mgh mg cos lmgs0即：hmghmg cosmgs0sinhmghmgmgs0tan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（ a）所示，倾角 =30的光滑固定斜杆底端固定一电量为4c 的正点电q=210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

8、势能随位移变化图象，线 2 为动能随位移变化图象（2922）则g=10m/s ，静电力恒量k=910n?m/c（ 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；1.11 105c；（ 3）4.26随位移 s 变化的图线； 10v（4）图像如图

9、 , 线 3 即为小球电势能【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=mg sin30 所以m=4kg当达到最大速度时带电小球受力平衡:kqqmg sins02由线 2 可得 s0=1m，得:qmg sin s02 5=1.11 10ckq（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 :

10、wg+w 电 =ek即有 :mgh+qu=ekm 0代入数据得 :6u=4.2 10v（4）图中线3 即为小球电势能随位移 s 变化的图线5 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 点为圆轨道右半侧上的点，该点高出 b 点 0.25

11、 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ag 5m / s2小物块与传送带共速时，所用的时间tv01sa运动的位移xv02.5m l 2=6m2a故小物块与传送带达到相同速度后以 v0 5m / 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： mg m vn2r由机械能守恒定律得1 mv02mg (2r )1 mvn2 ，解得 r 0.5m22（2）设在距 a 点 x1 处将小物块轻放在传

12、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6 如图所示，倾角为45的粗糙平直导轨与

13、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： r

14、1 gt 22解得： vagr小滑块在 a 点飞出的动能 ek1mva21mgr22（2）设小滑块在e 点时速度为 vm ，由机械能守恒定律得：1 mvm21 mva2mg2r22在最低点由牛顿第二定律：fmgmvm2r由牛顿第三定律得：f=f解得： f =6mg（3） bd 之间长度为 l，由几何关系得：l2 2 1 r从 d 到最低点 e 过程中，由动能定理mghmg cos l1 mvm22解得42147 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 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在a 点，另一端在斜面上c

15、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)vm6m/s【解析】【详解】(1)在 p 点，根据牛顿第二定律：m

16、g 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，质量为m=1kg 的小滑块（视为质点）在半径为r=0.4m 的 1/4 圆弧 a 端由静止开始释放，它运动到b 点时速度为

17、v=2m/s当滑块经过b 后立即将圆弧轨道撤去滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由c点过渡到倾角为=37、长s=1m 的斜面cd 上， cd 之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0 之1.5间调节斜面底部d 点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在o 点，自然状态下另一端恰好在d 点认为滑块通过c 和d 前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力取 g=10m/s 2， sin37 =0.6， cos37 =0.8，不计空气阻力（ 1）求滑块对 b 点的压力大小以及在 ab 上克服阻力所做的功；（ 2）若设置 =0，求质点从 c 运动到 d 的时间；（ 3

18、）若最终滑块停在 d 点，求 的取值范围【答案】 （1） 20n， 2j；（ 2） 1s；（ 3） 0.125 0.75 或 =13【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑块在b 点所受的支持力，从而得出滑块对b 点的压力，根据动能定理求出 ab 端克服阻力做功的大小（2）若 =0，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出c 到 d 的时间（3）最终滑块停在 d 点有两种可能，一个是滑块恰好从c 下滑到 d，另一种是在斜面cd和水平面见多次反复运动，最终静止在d 点，结合动能定理进行求解【详解】（1）滑块在 b 点，受到重力和支持力，在b 点，根据牛顿第二定律有：f- mg m v

19、2，r代入数据解得： f=20n，由牛顿第三定律得： f=20n从 a 到 b，由动能定理得： mgr- w 1mv 2，2代入数据得： w=2j（ 2）在 cd间运动，有： mgsin =ma，22加速度为： a=gsin =100.6m/s，=6m/s1根据匀变速运动规律有：s vt+at22代入数据解得：t= 1 s3（3）最终滑块停在d 点有两种可能：a、滑块恰好能从c 下滑到 d则有：mgsin ?s-1mg cos ?s 0-1mv2，2代入数据得：1=1，b、滑块在斜面cd 和水平地面间多次反复运动，最终静止于d 点当滑块恰好能返回 c 有： - 1mgcos ?2s 0-1mv

20、2，2代入数据得到： 1=0.125，当滑块恰好能静止在斜面上，则有：mgsin=2mgcos，代入数据得到： 2=0.75所以，当 0.125 0.75，滑块在 cd 和水平地面间多次反复运动，最终静止于d 点综上所述， 的取值范围是0.125 0.75 或 =1【点睛】解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动规律，运用动力学知识和动能定理进行求解，涉及到时间问题时，优先考虑动力学知识求解对于第三问，要考虑滑块停在d 点有两种可能9 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ad段竖直， de段为 3 圆弧，圆心为o，e 为圆弧最高点，c与 e、 d与 o

21、分别等高， bc41 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； r2l； c 点上方低于3l5l34(4 3 )处滑下或高于44(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： bc1l ( 3 2r r)；小珠由 b 点释放，到达e 点满足：

22、44mgbc1 mve22从 e 点滑出后恰好撞到d点，则 rvet； t2r联立解得： r2l；43g（3） a. 若小珠到达 e 点与小珠上壁对钢丝的弹力等于1 mg ，则mg1 mgm ve21 ；从44r释放点到 e 点，由机械能守恒定律：mgh11mve21；2联立解得： h3 r3l)84(4 3b. 若小珠到达 e 点与小珠下壁对钢丝的弹力等于1 mg ，则 mg1mgm ve22；从释放44r点到 e 点，由机械能守恒定律：mgh2 1 mve22 ；2联立解得： h55l； 故当小珠子从c 点上方低于3l处滑下或高r4(4 34(438)5l处滑下时，小珠到达e 点与钢丝间的

23、弹力超过1于)mg .4(4 3410 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)3n【解析】【分析】【详解】(1)为使小物

24、块到达o1，设拉力作用的最小距离为x根据动能定理知：fxmgs0 0解得 ： xmgs0.40.25 104 m 2mf2（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：f1 smgs mg2r1 mv2022解得 ： f13n11 如图所示，光滑轨道槽abcd与粗糙轨道槽gh 通过光滑圆轨道ef 平滑连接 (d、 g 处在同一高度 )，组成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内。现将一质量m=1kg 的小球从 ab 段距地面高 h0=2m 处静止释放，小球滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点e点。已知 cd、 gh 与水平面的夹角为=37， gh 段的动

25、摩擦因数为=0.25，圆轨道的半径r 0.4m， e 点离水平面的竖直高度为3r（ e 点为轨道的最高点），（g=10m/s2 ，sin37 =0.6， cos37 =0.8）求：（ 1）小球第一次通过 e 点时的速度大小；（ 2）小球沿 gh 段向上滑行后距离地面的最大高度；（3）若小球从 ab 段离地面 h 处自由释放后，小球又能沿原路径返回ab 段，试求 h 的取值范围。【答案】（ 1） 4m/s （2） 1.62m；（ 3） h0.8m或 h2.32m【解析】【详解】（1）小球从 a 点到 e 点由机械能守恒定律可得：mg h0 3r1 mve22解得： ve 4m/s（2） d、g 离地面的高度 h12r 2rcos37o0.48m设小球在 ch 斜面上滑的最大高度为hm ，则小球从 a 点滑至最高点的过程，由动能定理得 mg h0 hmmgcos37 hm h10sin37由以上各式并代入数据 h m1.62m（3）小球要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则h2r 0.8m若能完成圆周运动，则小球返回时必须能经过圆轨道的最高点e，在 e 点， mg m ve2r此情况对应小球在ch斜面上升的高度为h ，小球从释放位置滑至最高点的过程，根据动能定理得