高考必刷題物理動能與動能定理題含解析

1、高考必刷題物理動能與動能定理題含解析一、高中物理精講專題測試動能與動能定理1.某校興趣小組制作了一個游戲裝置，其簡化模型如圖所示，在A點用一彈射裝置可 將靜止的小滑塊以 V0水平速度彈射出去，沿水平直線軌道運動到B點后，進入半徑 R=0.3m的光滑豎直圓形軌道，運行一周后自B點向C點運動，C點右側有一陷阱， C D兩點的豎 直高度差 h=0.2m,水平距離 s=0.6m,水平軌道 AB長為Li=1m, BC長為L2=2.6m , 小滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)=03，重力加速度 g=10m/s2.(1)若小滑塊恰能通過圓形軌道的最高點，求小滑塊在 A點彈射出的速度大??；(2)若游戲規(guī)則為小滑塊

2、沿著圓形軌道運行一周離開圓形軌道后只要不掉進陷阱即為勝出, 求小滑塊在 A點彈射出的速度大小的范圍.【答案】(1) H =(2) 5m/sww 6m/矯口 va永氏n'占【解析】【分析】 【詳解】(1)小滑塊恰能通過圓軌道最高點的速度為v,由牛頓第二定律及機械能守恒定律2V mg 二療i "12_12由B到取局點mvB 2mgR mv .rI上1J由A到B: 一5期=-Mg 用巧解得A點的速度為%=力冠5(2)若小滑塊剛好停在 C處，則：一印?列上+上；)=。一?M(解得A點的速度為冷=4加5若小滑塊停在BC段，應滿足3m/s va 4m/s 12若小滑塊能通過 C點并恰好越

3、過壕溝，則有 h ，gt2 2s Vet 解得.,所以初速度的范圍為 3m/s vA 4m/s和vA 5m/s 2.如圖所示，足夠長的光滑絕緣水平臺左端固定一被壓縮的絕緣輕質彈簧，一個質量 m 0.04kg，電量q 3 10 4C的帶負電小物塊與彈簧接觸但不栓接，彈簧的彈性勢能為0.32J。某一瞬間釋放彈簧彈出小物塊，小物塊從水平臺右端A點飛出，恰好能沒有碰撞地落到粗糙傾斜軌道的最高點B,并沿軌道BC滑下，運動到光滑水平軌道 CD ,從點進入到光滑豎直圓內側軌道。已知傾斜軌道與水平方向夾角為37 ,傾斜軌道長為L 2.0m ,帶電小物塊與傾斜軌道間的動摩擦因數(shù)0.5。小物塊在C點沒有能量損失，

4、所有軌道都是絕緣的，運動過程中小物塊的電量保持不變，可視為質點。只有光滑豎 直圓軌道處存在范圍足夠大的豎直向下的勻強電場，場強E 2 105V/m。已知2cos37 0.8, sin37 0.6,取 g 10m/s ,求：(1)小物塊運動到 A點時的速度大小 vA；(2)小物塊運動到 C點時的速度大小 Vc ；(3)要使小物塊不離開圓軌道，圓軌道的半徑應滿足什么條件？【答案】(1) 4m/s； (2) QWm/s； (3) R? 0.022m【解析】【分析】【詳解】(1)釋放彈簧過程中，彈簧推動物體做功，彈簧彈性勢能轉變?yōu)槲矬w動能EP - mvA2解得2Ep 2 0.32 ，,vA= J=J=

5、4m/sm m . 0.04(2) A到B物體做平拋運動，到 B點有Va = cos37Vb所以vB= 5m/s0.8B到C根據(jù)動能定理有1212mgLsin37 mgcos37 L mvC mvB22解得vc=J33m/s(3)根據(jù)題意可知，小球受到的電場力和重力的合力方向向上，其大小為F=qE-mg=59.6N所以D點為等效最高點，則小球到達D點時對軌道的壓力為零，此時的速度最小，即2VdF= m -R解得所以要小物塊不離開圓軌道則應滿足VC身D得：FK 0.022m3.如圖所示，光滑水平軌道距地面高h=0.8m ,其左端固定有半徑R=0.6m的內壁光滑的半圓管形軌道，軌道的最低點和水平軌

6、道平滑連接.質量mi=1.0kg的小球A以V0=9m/s的速度與靜止在水平軌道上的質量m2=2.0kg的小球B發(fā)生對心碰撞，碰撞時間極短，小球A被反向彈回并從水平軌道右側邊緣飛出，落地點到軌道右邊緣的水平距離s=1.2m.重力加速度 g=10m/s2.求：(1)碰后小球B的速度大小VB；(2)小球B運動到半圓管形軌道最高點C時對軌道的壓力.【答案】(1) 6m/s (2) 20N,向下【解析】【詳解】1.2規(guī)定A的初速度方向為正方向，AB碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒，以向，有：mivo=m2VB-miVA, 代入數(shù)據(jù)解得：VB=6m/s.A運動的方向為正方1 1 -m油- 2R =5用2好-3m?

7、而(2)根據(jù)動能定理得,代入數(shù)據(jù)解得：；_一1，根據(jù)牛頓第二定律得說+ F = mz K解得vi12產(chǎn)=小斤.恤2乂礪-20 = 20«方向向下根據(jù)牛頓第三定律得，小球對軌道最高點的壓力大小為20N ,方向向上.【點睛】本題考查了動能定理、動量守恒定律、牛頓第二定律的綜合，涉及到平拋運動、圓周運動，綜合性較強，關鍵要理清過程，選擇合適的規(guī)律進行求解4.如圖所示，傾角為30。的光滑斜面的下端有一水平傳送帶，傳送帶正以6m/s的速度運動，運動方向如圖所示.一個質量為2kg的物體(物體可以視為質點)，從 h=3.2m高處由靜止沿斜面下滑，物體經(jīng)過 A點時，不管是從斜面到傳送帶還是從傳送帶到

8、斜面，都不計 其動能損失.物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度g=10m/s2,求：(1)物體第一次到達 A點時速度為多大？(2)要使物體不從傳送帶上滑落，傳送帶AB間的距離至少多大？(3)物體隨傳送帶向右運動，最后沿斜面上滑的最大高度為多少？【答案】(1) 8m/s (2) 6.4m(3) 1.8m【解析】【分析】(1)本題中物體由光滑斜面下滑的過程，只有重力做功，根據(jù)機械能守恒求解物體到斜面 末端的速度大?。?2)當物體滑到傳送帶最左端速度為零時，AB間的距離L最小，根據(jù)動能定理列式求解；(3)物體在到達 A點前速度與傳送帶相等，最后以 6m/s的速度沖上斜面時沿斜面上滑達 到的

9、高度最大，根據(jù)動能定理求解即可.【詳解】(1)物體由光滑斜面下滑的過程中，只有重力做功，機械能守恒，則得:mgh - mv22解得：v 2gh 2 10 3.2 8m/s(2)當物體滑動到傳送帶最左端速度為零時，AB間的距離L最小，由動能能力得：1 2mgL 0 - mv2 2解得：L m 6.4m2 g 2 0.5 10(3)因為滑上傳送帶的速度是 8m/s大于傳送帶的速度6m/s,物體在到達A點前速度與傳12送帶相等，最后以V帶 6m/s的速度沖上斜面，根據(jù)動能定理得：mgh 0 mv帶2得：h m 1.8m 2g 2 10【點睛】該題要認真分析物體的受力情況和運動情況，選擇恰當?shù)倪^程，運

10、用機械能守恒和動能定理解題.5.如圖甲所示，長為 4 m的水平軌道 AB與半徑為R= 0.6 m的豎直半圓弧軌道 BC在B處 相連接。有一質量為 1 kg的滑塊(大小不計)，從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F(xiàn)隨位移變化的關系如圖乙所示。滑塊與水平軌道AB間的動摩擦因數(shù)為 尸0.25,與半圓弧軌道BC間的動摩擦因數(shù)未知，g取10 m/s2。求：(1)滑塊到達B處時的速度大小；(2)若到達B點時撤去F,滑塊沿半圓弧軌道內側上滑，并恰好能到達最高點C,滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功。【答案】(1) 2 M m/so (2) 5 Jo【解析】 【詳解】(1)對滑塊從A到B的過程，由動能定理

11、得：12F1X1 F3X3mgx -mvB,2即1220 2-10 1-0.25 1 10 4J= 1 v2 ,2得:vB 2 J10m/s ；(2)當滑塊恰好能到達最高點C時，2mg m; R對滑塊從B到C的過程中，由動能定理得：1 212W mg 2R mvC mvB,2 2帶入數(shù)值得：W=-5J,即克服摩擦力做的功為 5J；6.下雪天，卡車在筆直的高速公路上勻速行駛.司機突然發(fā)現(xiàn)前方停著一輛故障車，他將 剎車踩到底，車輪被抱死，但卡車仍向前滑行，并撞上故障車，且推著它共同滑行了一段 距離l后停下.事故發(fā)生后，經(jīng)測量，卡車剎車時與故障車距離為L,撞車后共同滑行的距一 8 .離l L .假定

12、兩車輪胎與雪地之間的動摩擦因數(shù)相同.已知卡車質量M為故障車質量25m的4倍.V1(1)設卡車與故障車相撞刖的速度為V1兩車相撞后的速度變?yōu)閂2,求一V2(2)卡車司機至少在距故障車多遠處采取同樣的緊急剎車措施，事故就能免于發(fā)生.【答案】(1)匕5 (2) L 3LV242【解析】V15 G由碰撞過程動量守恒 Mv=(M m)v2則一 一V24(2)設卡車剎車前速度為 V0,輪胎與雪地之間的動摩擦因數(shù)為1 212兩車相撞前卡車動能變化 一Mv0 -MV1MgL 2 212碰撞后兩車共同向刖滑動，動能變化一(M m)V2 0 (M m)gl222_.由式Vo V1 2 gL2由式V22 gL82

13、一 .又因l L可得Vo 3 gL2512如果卡車滑到故障車刖就停止，由一Mv02 0 MgL '2故L'3-L23這意味著卡車司機在距故障車至少一L處緊急剎車，事故就能夠免于發(fā)生.27.如圖所示，在方向豎直向上、大小為 E=1X10v/m的勻強電場中，固定一個穿有A、B兩個小球(均視為質點)的光滑絕緣圓環(huán)，圓環(huán)在豎直平面內，圓心為 O、半徑為R=0.2m. A、B用一根絕緣輕桿相連，A帶的電荷量為q=+7Xl0c, B不帶電，質量分別為mA=0.01kg、mB=0.08kg.將兩小球從圓環(huán)上的圖示位置( A與圓心O等高，B在圓心。的 正下方)由靜止釋放，兩小球開始沿逆時針方向

14、轉動.重力加速度大小為g=10m/s2 .(1)通過計算判斷，小球 A能否到達圓環(huán)的最高點 0?(2)求小球A的最大速度值.(3)求小球A從圖示位置逆時針轉動的過程中，其電勢能變化的最大值.【答案】(1) A不能到達圓環(huán)最高點(2) 21 m/s (3) 0.1344J3【解析】【分析】【詳解】試題分析：A、B在轉動過程中，分別對 A、B由動能定理列方程求解速度大小，由此判斷A能不能到達圓環(huán)最高點； A、B做圓周運動的半徑和角速度均相同，對 A、B分別由動能 定理列方程聯(lián)立求解最大速度； A、B從圖示位置逆時針轉動過程中，當兩球速度為 0時, 根據(jù)電勢能的減少與電場力做功關系求解.(1)設A、

15、B在轉動過程中，輕桿對 A、B做的功分別為 Wt和Wt ,根據(jù)題意有：Wt Wt 0設A、B到達圓環(huán)最高點的動能分別為Ea、Ekb對A根據(jù)動能定理：qER- mAgR+WTi=EKA對B根據(jù)動能定理： Wti mBgR E聯(lián)立解得：Eka+ Ekb= - 0.04J由此可知：A在圓環(huán)最高點時，系統(tǒng)動能為負值，故A不能到達圓環(huán)最高點(2)設B轉過口角時，A、B的速度大小分別為 va、vb, 因A、B做圓周運動的半徑和角速度均相同，故：Va=vb12對 A根據(jù)動能定理：qERsinmAgRsinWT2 -mAvA2對B根據(jù)動能定理:Wt2 mBgR 1 cos12二 mBVB2聯(lián)立解得：vA3si

16、n 4cos 4由此可得：當tanUm/s33 ,，時，A、B的最大速度均為vmax4(3) A、B從圖示位置逆時針轉動過程中，當兩球速度為零時，電場力做功最多，電勢能減少最多，由上可式得 ：3sin +4cos獷4=0解得：sin元或sin =° (舍去) 84所以A的電勢能減少：Ep qERsin J 0.1344J625點睛：本題主要考查了帶電粒子在勻強電場中的運動，應用牛頓第二定律求出加速度，結 合運動學公式確定帶電粒子的速度和位移等；根據(jù)電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子 的能量發(fā)生變化，利用動能定理進行解答，屬于復雜題.8.雨滴落到地面的速度通常僅為幾米每秒，這與雨滴下落

17、過程中受到空氣阻力有關，雨滴間無相互作用且雨滴質量不變，重力加速度為g;(1)質量為m的雨滴由靜止開始，下落高度h時速度為u,求這一過程中空氣阻力所做的功W.(2)研究小組同學觀察發(fā)現(xiàn)，下雨時雨滴的速度跟雨滴大小有關，較大的雨滴落地速度較 快，若將雨滴看作密度為p的球體，設其豎直落向地面的過程中所受空氣阻力大小為f=kr2v2,其中v是雨滴的速度，k是比例常數(shù)，r是球體半徑.a.某次下雨時，研究小組成員測得雨滴落地時的速度約為V0,試計算本場雨中雨滴半徑r的大小；b.如果不受空氣阻力，雨滴自由落向地面時的速度會非常大，其 v-t圖線如圖所示，請在 圖中畫出雨滴受空氣阻力無初速下落的v-t圖線.

18、(3)為進一步研究這個問題，研究小組同學提出下述想法：將空氣中的氣體分子看成是空間中均勻分布的、靜止的彈性質點，將雨滴的下落看成是一個面積為S的水平圓盤在上述彈性質點中豎直向下運動的過程.已知空氣的密度為卬，試求出以速度v運動的雨滴所受空氣阻力 f的大小.(最后結果用本問中的字母表示)3kv24 g 'x v(3)22 Sv2(1)由動能定理：mgh W1 2 mu2解得:12W -mu mgh(2)a.雨滴勻速運動時滿足:2 2 kr vo ,解得r3kv24 gb.雨滴下落時，做加速度逐漸減小的加速運動,最后勻速下落,圖像如圖(3)設空氣分子與圓盤發(fā)生彈性碰撞.在極短時間 t內，圓

19、盤迎面碰上的氣體質點總質量為:以F表示圓盤對氣體分子的作用力，對氣體根據(jù)動量定理有:解得：F 2 Sv2m2v由牛頓第三定律可知，圓盤所受空氣阻力F F 2 Sv29.如圖所示，一個質量為 軌道的A端由靜止釋放，m=0.2kg的小物體(P可視為質點),從半徑為R=0.8m的光滑圓強A與圓心等高，滑到 B后水平滑上與圓弧軌道平滑連接的水平桌12【答案】(1) W mu mgh (2)面，小物體與桌面間的動摩擦因數(shù)為后0.6,小物體滑行L=1m后與靜置于桌邊的另一相同的小物體Q正碰，并粘在一起飛出桌面，桌面距水平地面高為h=0.8m不計空氣阻力，g=10m/s2.求：滑至B點時的速度大小；(2)P

20、在B點受到的支持力的大?。?3)兩物體飛出桌面的水平距離；(4)兩小物體落地前損失的機械能.【答案】(1)Vi 4m/s (2)Fn 6N (3)s=0.4m (4)AE=1.4J【解析】【詳解】(1)物體P從A滑到B的過程，設滑塊滑到 B的速度為vi,由動能定理有:mgR2-mv1 2解得：v1 4m/s(2)物體P做勻速圓周運動，在 B點由牛頓第二定律有2mv1Fn mg R解得物體P在B點受到的支持力 Fn 6N(3) P滑行至碰到物體 Q前，由動能定理有1212mgLmv2 mv122解得物體P與Q碰撞前的速度v2 2m/sP與Q正碰并粘在一起，取向右為正方向，由動量守恒定律有mv2

21、m m v3解得P與Q 一起從桌邊飛出的速度 v3 1m/s 由平碰后P、Q一起做平拋運動，有：h 2 gt2s v3t解得兩物體飛出桌面的水平距離s=0.4m(4)物體P在桌面上滑行克服阻力做功損失一部分機械能E1 mgL 1.2J物體P和Q碰撞過程中損失的機械能：1212E2 - mv2- (m m)v30.2J兩小物體落地前損失的機械能EEiE2解得： E=1.4J10 .如圖所示，豎直放置的半圓形光滑絕緣軌道半徑為R,圓心為O.下端與絕緣水平軌道在B點平滑連接，一質量為 m帶正電的物塊(可視為質點)，置于水平軌道上的A點。%重力加速度為 go已如A、B兩點間的距離為L,物塊與水平軌道間

22、的動摩擦因數(shù)為(1)若物塊能到達的最高點是半圓形軌道上與圓心O等高的C點，則物塊在 A點水平向左運動的初速度應為多大？(2)若在整個空同加上水平向左的勻強電場，場強大小為(q為物塊的帶電量)，現(xiàn)將物塊從A點由靜止釋放，且運動過程中始終不脫離軌道, 度大小。求物塊第2次經(jīng)過B點時的速在(2)的情景下，求物塊第 2n(n=1, 2、3)次經(jīng)過B點時的速度大小?！敬鸢浮?1) , 2g( L + R) (2) . 4 ；L (1)n2gL ,其中 n= 1、2、3(1)設物塊在A點的速度為V1,由動能定理有一mg J mgR= 0 m V122解得 V1= ,2g( L + R)(2)對物塊由釋放至

23、第一次到B點過程中，其經(jīng)過知：(qEmg )L= 1mv222B點速度為所求可得：v24 3gL(3)設第2、4、6、2n次經(jīng)過B點時的速度分別為 v2、v4、第2、4、6、2(n1)次離開B點向右滑行的最大距離分別為Li、匕、Ln-i,則：一(qEmg)Li=o_ 1mv222(qEmg)Li= 1mv42解得巴：qEmg 1v2 qEmg 2同理v6V4v2n1 =v2n 22v2n/ 1、n 1綜上可得()v22其中 n=1、2、3 -e=11 . 一束初速度不計的電子流在經(jīng) U = 5000V的加速電壓加速后在距兩極板等距處垂直進 入平行板間的勻強電場，如圖所示，若板間距離d= 1.0cm,板長| = 5.0cm,電子電量1.6 1019c，那么(1)電子經(jīng)過加速電場加速后的動能為多少？(2)要使電子能從平行板間飛出，兩個極板上最多能加多大的電壓？【答案】(1) Ek 8 10 16 J (2)要使電子能飛出，所加電壓最大為400V【解析】【詳解】12(1)加速過程，由動能th理得 ：Els eU mv02解得：Ek 5000 eV 8 10 16 J(2)在加速電壓一定時，偏轉電壓 U越大，電子在極板間的偏轉距離就越大當偏轉電壓 大到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出，此時的偏轉電壓，即為題目要求