高考物理动能与动能定理专项练习含解析

高考物理动能与动能定理专项练习含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，质量m=3kg的小物块以初速度秽水平向右抛出，恰好从点沿着v=4m/sA0R=3.75mB圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为，点是圆弧轨道的最低点，37圆弧轨道与水平轨道平滑连接，与圆心的连线与竖直方向成角，是一段粗BDADMNMNμ=0.1糙的水平轨道，小物块与间的动摩擦因数，轨道其他部分光滑。最右侧是一个r=0.4mCBD半径为的半圆弧轨道，点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道在Dg=10m/ssin37=0.6cos37=0.8点平滑连接。已知重力加速度，°，°。2（1）求小物块经过B点时对轨道的压力大小；（2）若MN的长度为，L=6m求小物块通过C点时对轨道的压力大小；0MN（3）若小物块恰好能通过C点，求的长度。L【答案】（1）62N（2）60N（3）10m【解析】【详解】vvcos37做平抛运动到A点时，根据平抛运动的规律有：0（1）物块A4m/s5m/sv解得：vAcos370.80小物块经过A点运动到B点，根据机械能守定恒律有：1122mv2mgRRcos37mv2AB小物块经过B点时，有：Fmgmv2BRNBv2Fmg32cos37m62NNB解得：BR根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N（2）小物块由点运动到点，根据动能定理有：BCmgLmg2r12mv212mv2B0Cv2由牛顿第二定律得：FmgmCrC在点，NCF60N代入数据解得：NC根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60N（3）小物块刚好能通过C点时，根据mgmv2C2r解得：vgr100.4m/s2m/sC2小物块从B点运动到C点的过程，根据动能定理有：mgLmg2r12mv212mv2C2B代入数据解得：L=10m2．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，求：后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取（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）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m0≤R≤0.12m或【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：−μmgl+W＝0−mv02弹由功能关系：W=-△Ep=-Ep弹解得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−2μmgl＝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：①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−2mgR＝mv22−Ek小物块能够经过最高点的条件m≥mg，解得R≤0.12m②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mv12≤mgR，解得R≥0.3m；设第一次自A点经过时，速度为v1，由动能定理得：圆形轨道最高点−2mgR＝mv12-mv02且需要满足m≥mg，解得R≤0.72m，综合以上考虑，R需要满足的条件为：0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m。【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。两物块、并排静置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，物块的质量均为3．如图所示，ABM=0.60kg．一颗质量m=0.10kg的子弹C以v0=100m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A后接着射入B并留在中，此时A、B都没有离开桌面．已知离开桌面，后落地点到桌边的水平距离s=2.0m．设子弹在物块A、B中穿行时受到的g10m/sB物块的长度为0.27m，AA阻力大小相等，取2．(平抛过程中物块看成质点)求：1（）A和物块B离开桌面时速度的大小分别是多少；物块（）子弹在物块B2中打入的深度；（）若使子弹在物块B3中穿行时物块B未离开桌面，B则物块到桌边的最小初始距离．L3.5102m（3）【答案】（）；15m/s10m/s2；（）2.510m2B【解析】【分析】【详解】试题分析：(1)子弹射穿物块A，后A以速度vA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面做后平抛运动：h12gt2解得：t=0.40ssA离开桌边的速度vAv=5.0m/s，解得：AtBBv设子弹射入物块后，子弹与的共同速度为，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：BmvMv(Mm)v0ABBv=10m/s离开桌边的速度B2AvA（）设子弹离开时的速度为，子弹与物块作用过程系统动量守恒：1mvmv2Mv01Av1=40m/sB子弹在物块中穿行的过程中，由能量守恒fL12Mv212mv212(Mm)v2①BA1BA子弹在物块中穿行的过程中，由能量守恒fL12mv212mv212(MM)v2②A01AL3.5102①②由解得mB3AA（）子弹在物块中穿行过程中，物块在水平桌面上的位移为，由动能定理：s1fs12(MM)v20③1ABBs2子弹在物块中穿行过程中，物块在水平桌面上的位移为，由动能定理fs12Mv12Mv④2A22B②③④Bsminss，由解得物块到桌边的最小距离为：12s2.5102m解得：min考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律．ABCCDEC4．如图所示，斜面下端与光滑的圆弧轨道相切于，整个装置竖直固定，是最D低点，圆心角∠DOC=37°，E、B与圆心O等高，圆弧轨道半径R=0.30m，斜面长L=1.90m，ABBC部分光滑，部分粗糙．m=0.10kgP现有一个质量的小物块从斜面上端A点无初速下滑，物块与斜面BC部分之间的动摩擦因数P=0.75．取sin37o=0.6，cos37o=0.8，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力．求：（1）物块从A到过程C重力势能的增量；ΔEPvB（2）物块B第一次通过点时的速度大小；（3）物块DN．第一次通过点时到受轨道的支持力大小【答案】（1）-1.14J（2）4.2m/s（3）7.4N【解析】【分析】【详解】（1）从A到C物块的重力做正功为：mgLsin371.14JWG故重力势能的增量EW1.14JPG（2）根据几何关系得，斜面BC部分的长度为：lRcot370.40mmgLlsin3712mv20设物块第一次通过B点时的速度为v，根据动能定理有：BBv4.2m/sB解得：部分滑动受到的摩擦力大小为：fmgcos370.60N（3）物块在BC在BC部分下滑过程受到的合力为：Fmgsin37f0vv4.2m/s则物块第一次通过C点时的速度为：CBmgR1cos37mv212mv21物块从C到D，根据动能定理有：2DCv2在D，由牛顿第二定律得：NmgmDR联立解得：N7.4N【点睛】本题考查了动能定理与牛顿第二定律的综合运用，运用动能定理解题关键确定出研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再根据动能定理列式求解．5．如图所示，一长度LAB=4．98m，倾角θ=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=0．4m，离地面高度H=1．4m，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），忽略空气阻力，小物块与BC间的动摩擦因素μ=0．1，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；3D（）某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板，最后小物块落在点，已知半球体半径r=075mODα=53°．，与水平面夹角为，求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板？（取）17m/s263249m325【答案】（）；（）次．（）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。求小物的路程，计算出抛运动到达D点，可以求出平抛时的初速度，进而求出在的距离以及和当班碰撞的次数。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经过B点多少次。小物块经过平BC段上运动（）从到C段运用动能定理1Amgsin-LAB=mv2v=7m/s2BCx（）从开始到最后停下在段所经过的路程为mgsinLAB-mgx=0x=24．9m=31．1经过AB的次数为312+1=63次3（）设小物块平V0抛时的初速度为H-r=gt2=v0tr+v0=3m/sn设第次后取走挡板mv2-mv02=2Lbcnn=25次考点：动能定理、平抛运动【名师点度；再一个容易出现错误的是在段运动定。根据功能关系求出在BC段运动的路程。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BC的路程与经过B点次数的关系，需要认真确6．如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，ABB恰好在点与圆弧相切，圆弧的半径为．一个质量为m的物体（可以看作质R点）从直轨道上与圆弧的圆心等高的P点由静止释放，结果它能在O两轨道AB间做往返运动．已知物体与轨道间的加速度为．试求：μg动摩擦因数为，重力1B（）物体释放后，第一次到达处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过程中在ABs轨道上通过的总路程；2E（）最终当物体通过圆弧轨道最低点时，对圆弧轨道的压力的大小；3DE、O、D（）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点（为同一3条竖直直径上的个B点），释放点距点的距离L应满足什么条件．tan2gR(sincos)R2Fmg(32cos)；；（）N【答案】（）1LvB2(sincos)(32cos)R…3L（）【解析】【分析】【详解】1（）B设物体释放后，第一次到达处的速度为，v1根据动能定理可知：1mv2mgRcosmgcosRcossin21解得：v2gR(sincos)tanBABB每完成一次往返运动，在斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达点时，速度变为零，对物体从P到B全过程定理，有物体用动能mgRcosmgLcos0AB得物体在轨道上通过的总路程为LR（）最终物体以B为最高点在圆弧轨道2底部做往返运动，设物体从B运动到时速度为Evv，由动能定理知：2mgR(1cos)1mv222E在点，由牛顿第二定律有mv22RFmgN解得物体受到的支持力Fmg(32cos)NFmg(32cos)，方向竖直向根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为FNN下．3（）设物体刚好到达点时的速度为此时有DvDmgmv2DR解得：vgRDLDB设物体恰好通过点时释放点距点的距离为，有动能定理可知：0mg[LsinR(1cos)]mgcosL12mv2D00联立解得：则：2(sincos)(32cos)RL02(sincos)(32cos)RL…tan2gR(sincos)R；（）(32cos)答案：（）1L；（）2Fmg3vBN(32cos)RL…2(sincos)7．如图所示，倾角为的粗糙平直导轨与半径为的光滑圆环轨道相切，切点为45rb.m，整个轨道处在竖直平面内一质量为的小滑H=3rd块从导轨上离地面高为的处无初aO速下滑进入圆环轨道，接着小滑块从最高点水平飞出，恰好击中导轨上与圆心等高的c.点已知圆环eg最低点为点，重力加速度为，.求：不计空气阻力1a（）小滑块在点飞出的动能；e（）小滑块在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）1【答案】（）；（）′；（）421Emgr2F=6mg3214k【解析】【分析】【详解】1（）小滑块从a点飞出后做平拋运动：2rvta水平方向：竖直方向：r12gt2解得：vgraE1mv212mgr小滑块在a点飞出的动能2ka2v设小滑块在e点时速度为，由机械能守恒定律得：（）m12mv212mv2mg2rmamv2mr在最低点由牛顿第二定律：Fmg由牛顿第三定律得：F′=F解得：F′=6mgL221r（）3bd之间长度为L，由几何关系得：mgHmgcosL12mv2从d到最低点e过程中，由动能定理m42解得148．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=0.8m．（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1关系是：Ep=kx22，水平传送带与物间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取10m/s2．）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；v=2m/s（2）若传送带向右匀速运动的速度，物块刚进入细圆管CD时对管道的弹力，物0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v=2m/s，物块从第一次进入细圆管后将做周期性的运0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-μmgx=0-0解得x=2m；（2）若传送带向右匀速运动的速度v=2m/s，因为传送带长度l=3m大于2m，所以物块到0达C点的速度v=2m/sCv2物块经过管道C点，根据牛顿第二定律得mg-N=mCr15解得，管道对物块的弹力N=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′=N≈1.36N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，方向竖直向下．12112由动能定理得mg(r+x′)-kx'2=mv-mv2C22m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.v222x=物块向左减速的位移==0.5mC2g120.410vx=x+v•物块与传送带间的相对位移△0110g解得△x1=1.5mv2物块向右加速运动的位移x==0.5mCg22v物块与传送带间的相对位移△x2=v•0-x2=0.5m0g因此，一个周期内带动传送带的电动机多消耗的电能是E=μmgx+x(△△2)1解得:E=4J9．如图甲所示，水平面上A点处有一质量m＝0.5kg的小物块，从静止开始在水平向右恒力F1作用下运动，通过B点时立即撤去力F1，物块恰好落到斜面P点。物块与水平面间的滑动摩擦力为f，f大小与物块离A点的距离d的关系如图乙所示。已知AB间距为2m，斜面倾角＝37°，BP间距为3m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求(1)物块通过B点时速度大小;(2)恒力F1大小(3)现将图甲装置置于风洞实验室中，斜面BC.处于风场中，且足够长。物块从B点以(1)同中的速度水平向右抛出，立即撤去力F1，同时物块受到大小为4N的风力F2作用，风力方向从水平向左逆时针到竖直向下范内围可调，如图甲所示。调整风力方向使物块从抛出至落到斜面的时间最短，求该最短时间及在此条件下物块第一次落到斜面时的动能.14m/s24.5N37.69J【答案】（）（）（）【解析】【详解】1（）物块从B到P，假设BP间距为L，根据平抛运动规律有水平方向：xLcosvt①B竖直方向：yLsin12gt2②代入数据，联立①②式解得v4m/s；B1ffd③2122（）由图乙可知摩擦力对物块做功为Wf物块从A到，由动能定理有FdW12mv20④B1fBF4.5N代入数据，联立③④式解得1（3）方法一：x轴方向成角，y竖直方向为轴，假设与x水平方向为轴，F2以B点为坐标轴原点，根据运动的合成与分解有1Fcos水平方向：xvtt2⑤22mBFsinmg竖直方向：y12t2⑥2my几何关系：tan⑦x22mvtanBmg1Fcost1Fsin联立⑤⑥⑦式解得⑧tan22m12代入数据可得t，要使t最小，即4sin3cos要取最大2044sin3cos值，43而4sin3cos5sincos5sin37，故当530时，最小，t055t0.3sminvvFcost⑨2mxBt⑩Fsinmgvy2mE1mv21mvv（11）2222kxyE7.69Jk联立⑨⑩（11）式解得（12）（v2.56m/sv4.92m/s，）xy【或：把t0.3s代入⑥式中解得y0.738m⑨mmWWEQQ假设落到点，从到过程，由动能定理得，KBFG0mgyE1mv2即⑩B2kE7.69J11代入数据解得（）ky方法二：以点为坐标轴原点，沿斜面方向为轴，竖直斜面方向为轴，xB，和均为定值，为使物块尽快落到斜面，故垂直斜vvsin,GmgcosvGF2ByByByy面向下。1xvcostgsint2⑤x方向：2Bcost1Fmgyvsinty方向：22⑥2mBy0t0.3s时，解得minFmgcosvvsint⑥或：y2m1B当v0t0.15st2t0.3s时，，y11vvcosgsint⑦xBvvvsin2.4m/s，代入⑦式中解得，而yByB把t0.3smnv5m/sxE12mv212mvv⑧22kxyE7.69J代入数据解得⑨kt0.3s代入⑤式中解得x1.23m，【或：把mnEQQ假设落到点，从到过程，由动能定理得WW，kBFG即0mgxsinE1mv2⑦B2kE7.69J代入数据解得⑧】kU5000V10．一束初速度不计的电子流在经＝的加速电压加速后在距两极板等距处垂直进d1.0cml5.0cme入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离＝，板长＝，电子电量＝1.61019C，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E81016J(2)要使电子能飞出，所加电压最大为400V(1)【答案】k【解析】【详解】1:EeU1mv2①20（）加速过程，由动能定理得lsE5000eV81016J:解得k2U（）在加速电压一定时，偏转电压越大，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lvt偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动②0进入FeU③:线运动，加速度在垂直于板面的方向上做匀加速直amdm1偏转距离yat2④21yd⑤能飞出的条件为24.0102V22250001.0102Ud2„解①~⑤式得:Ul25.01022即要使电子能飞出，所加电压最大为400V“”面内有一管道装置，11．如图所示，在竖直平它是由两个完全相同的圆弧管道和两直A管道和圆弧管道分别相于切、、、，、A12BBDD管道组成。直1212CC高点，1CC、固定在同一水平地面上。两直12的最、低点，2管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。圆弧管道的半径均为，BODAOCBODAOC111111222222R。一质量为的m小物块以水平向点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为。设vC左的速度从0137v12m/sm=1kgR=1.5m，，，，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：0.501（）小物块从点出发时对管道的作用力；C12（）小物块第一次经过点时的速度大小；C23BA（）小物块在直管道上经过的总路程。1253m41），方向向下（）7m/s（）324106N【答案】（【解析】【详解】(1)C物块在点做圆周运动，由牛顿第二定律有：1v2Nmgm0Rv2Nmgm106N0R可得：106N由牛顿第三定律可知，小物块对管道