高考物理动能与动能定理各地方试卷集合汇编

1、高考物理动能与动能定理各地方试卷集合汇编一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在a 点用一弹射装置可将静止的小滑块以 v0 水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到b 点后，进入半径r=0.3m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自b点向c点运动，c点右侧有一陷阱，、d两点的c竖 直高度差 h=0.2m，水平距离s=0.6m，水平轨道 ab 长为 l1=1m，bc 长为 l 2 =2.6m ，小滑块与 水平轨道间的动摩擦因数=0.5 ，重力加速度=10m/s2.g(1) 若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在a 点弹射出的速度大小；(2)

2、若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出，求小滑块在 a 点弹射出的速度大小的范围【答案】（ 1）（ 2） 5m/sva 6m/s和 va【解析】【分析】【详解】（1）小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，由牛顿第二定律及机械能守恒定律由 b 到最高点 1 mvb22mgr1 mv222由 a 到 b：解得 a 点的速度为（2）若小滑块刚好停在c 处，则：解得 a 点的速度为若小滑块停在bc 段，应满足 3m / s va4m / s若小滑块能通过c 点并恰好越过壕沟，则有h1 gt 22svct解得所以初速度的范围为3m / sva4m / s 和 va5m

3、 / s2 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：（

4、 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：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，光滑水平平台ab 与竖直光滑半圆轨道ac 平滑连接， c

5、 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。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

6、轨道 ac 的半径 r和小物体 m1 平抛的最大水平位移 x 的大小。【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

7、 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。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：e=m2gx 带解得：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：1m1v121m1vc22mgr22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=5m4 如图，在竖直平

8、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=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 ；(

9、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 (hr)1 mvb202解得h=4.5m物块从 b 点运动到斜面最高处的过程中，根据动能定理得：-mg r（ 1-cos37 ）+lsin37 - mgcos37 ?l=01 mvb22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=4j5 如图所示，斜面高为 h，水平面上

10、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：mgh mg cos lmgs0即：hmghmg cosmgs0sinmg

11、hmghmgs 0tan由几何关系可知：hlstan则有：mghmg lsmgs 0mghmgl0解得： lh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。6 如图所示，ab是一倾角为=37的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数=0.30 ， bcd是半径为 r=0.2m 的光滑圆弧轨道，它们相切于b 点， c 为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强3e = 4.0 10，质量 m = 0.20kg 的带电滑n/c块从斜面顶端由静止开始滑下已知斜面ab 对应的高度 h = 0.24m，滑块带电荷

12、 q = -4g = 10m/s2求：5.0 10c，取重力加速度， sin37 = 0.60， cos37 =0.80（ 1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端b 点时的速度大小；（ 2）滑块滑到圆弧轨道最低点c 时对轨道的压力【答案】 (1) 2.4m/s(2) 12n【解析】【分析】(1)滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端b 点时的速度大小；(2)滑块从 b 到 c点，由动能定理可得c 点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解【详解】(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力：fmgqe cos370.96n设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得：mgqeh fh

13、1 mv12sin 37o2解得：1v =2.4m/s(2)滑块从 b 到 c点，由动能定理可得：mg qer 1 cos37= 1 mv22 1 mv1222当滑块经过最低点时，有：fnmgqem v22r由牛顿第三定律：fn，fn11.36n方向竖直向下【点睛】本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程的选择.7 夏天到了，水上滑梯是人们很喜欢的一个项目，它可简化成如图所示的模型：倾角为37斜滑道 ab 和水平滑道 bc 平滑连接（设经过b 点前后速度大小不变），起点a 距水面的高度 h 7.0m ， bc 长 d 2.0m ，端点 c 距水面的高度h 1.0m 一质量 m 60

14、kg 的人从滑道起点 a 点无初速地自由滑下，人与ab、 bc间的动摩擦因数均为 0.2（取重力加速度 g 10m/ s2， sin37 0.6， cos37 0.8，人在运动过程中可视为质点），求：（1）人从 a 滑到 c 的过程中克服摩擦力所做的功w 和到达 c 点时速度的大小；（2）保持水平滑道端点在同一竖直线上，调节水平滑道高度h 和长度 d 到图中 bc位置时，人从滑梯平抛到水面的水平位移最大，则此时滑道bc距水面的高度 h【答案】 (1) 1200j ； 45 m/s (2) 当 h 2.5m 时，水平位移最大【解析】【详解】（1）运动员从a 滑到 c的过程中，克服摩擦力做功为：w

15、f1s1mgdf1 = mgcoshhs1=sin解得w 1200jmg（ h h） w 1 mv 22得运动员滑到c 点时速度的大小v 45 m/s（2）在从 c 点滑出至落到水面的过程中，运动员做平抛运动的时间为t，h 1 gt22下滑过程中克服摩擦做功保持不变w 1200j根据动能定理得：1mg（ h h） wmv022运动员在水平方向的位移：x v0tx=4h (5h )当 h 2.5m 时，水平位移最大.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 2

16、m 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 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） r 0.5m （ 2） 7m x7?.5m,0 x 5?.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

17、l 2=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1mv02mg (2r )1mvn2 ，解得 r0.5m22（2）设在距 a 点 x1 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

18、样也能过圆心右侧的m 点，由（ 1）可知 x38m 2.5m 5.5?m则： 0 x5.5m 故小物块放在传送带上放在传送带上距a 点的距离范围：7mx7?.5m和0x5?.5m考点：考查了相对运动，能量守恒定律的综合应用9 如图所示在竖直平面内，光滑曲面ab 与长度l=3m的水平传送带bc平滑连接于b 点，传送带bc 右端连接内壁光滑、半径r=0.55m的四分之一细圆管cd，圆管内径略大于物块尺寸，管口d 端正下方直立一根劲度系数为k=50n/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口d 端平齐一个质量为m=0.5kg 的物块（可视为质点）从曲面上p 点静止释放，p 点距bc的高度为h=0.

19、8m （已知弹簧的弹性势能ep 与弹簧的劲度系数k 和形变量x 的关系是：ep =1kx2，水平传送带与物间的动摩擦因数=0.4，重力加速度g 取10m/s 2）2求：（ 1）若传送带静止不动物块在水平传送带bc上前进的距离；（ 2）若传送带向右匀速运动的速度 v0=2m/s ，物块刚进入细圆管 cd时对管道的弹力，物块在压缩弹簧过程中的最大速度（压缩弹簧过程未超过弹性限度）；（ 3）若传送带向右匀速运动的速度 v0=2m/s ，物块从第一次进入细圆管后将做周期性的运动由于物块与传送带发生相对运动，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能【答案】（ 1） 2m（2） 4m/s （3） 4j【解

20、析】【分析】【详解】（1）物块从 p 点静止释放到停在传送带某处的过程中，根据动能定理得mgh - mgx=0-0解得 x =2m；（2）若传送带向右匀速运动的速度v0=2m/s ，因为传送带长度 l=3m 大于 2m，所以物块到达 c 点的速度 vc=2m/s物块经过管道c 点，根据牛顿第二定律得mg- n=m vc2r解得，管道对物块的弹力15n=n 1.36n，方向竖直向上11根据牛顿第三定律得知，物块对管道的弹力大小n=n1.36n，方向竖直向下物块从 c 点运动到速度最大的过程，根据平衡条件得mg =kx得 x=0.1m由动能定理得 mg (r+x)- 1212 122kx = 2m

21、vm - 2mvc解得，最大速度vm=4m/s（ 3）物块再次回到 c 点的速度仍为 2m/s ，它在传送带上先向左匀减速运动到速度为零，再向右匀加速运动至 c 点，速度大小仍为 2m/s ，因此，电动机多消耗的电能即为物块与传送带之间的摩擦生热 .物块向左减速的位移vc222x1=0.5m2g2 0.4 10物块与传送带间的相对位移x1=x1 +v0?解得 x1=1.5mv0gvc2物块向右加速运动的位移x2=0.5m2 gv0物块与传送带间的相对位移x2=v0?- x2=0.5m因此，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能是e=mg( x1+ x2)解得 : e =4j10 如图，质量为

22、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

23、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）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

24、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 v2，r代入数据解得： f=20n，由牛顿第三定律得： f=20n从abmgr- w 12到 ，由动能定理得：2mv ，代入数据得： w=2j（ 2）在 cd间运动，有： mgsin =ma，加速度为： a=gsin =100.6m/s2=6m/s2 ，根据匀变速运动规律有：s vt+ 1at22代入数据解得：1t= 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c

25、d 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 0-1mv2，2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11 如图所示，一轻质弹簧左端固定在轻杆的a 点，右端与一质量m1kg 套在轻杆的小物块相连但不栓接，轻杆ac 部分粗糙糙，与小物块间动摩擦因数=02， cd 部分为一段光滑的竖直半圆轨道小物块在外力作用下压缩弹簧至b 点由静止释放 ，小物块恰好运动到半圆轨道最高点d， bc5m ，小物块刚经过c 点速度 v4ms ， g 取 10m / s2 ，不计空气阻力 ，求：（ 1）半圆轨道的半径 r；（ 2）小物块刚经过 c 点时对轨道的压力 ；（3）小物块在外力作用下压缩弹簧在b 点时，弹簧的弹性势能e p 【答