高中物理动能与动能定理试题经典及解析(DOC 14页).doc

1、高中物理动能与动能定理试题经典及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来如图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点、圆心角 60，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道CD间的动摩擦因数0.2某运动员从轨道上的A点以v03m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为m60kg，B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h2m和H2.5m.求：(1)运动员从A点运动到B点过程中，到达B点时的

2、速度大小vB；(2)水平轨道CD段的长度L；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C点的距离.【答案】(1)vB6m/s (2) L6.5m (3)停在C点右侧6m处【解析】【分析】【详解】（1）在B点时有vB，得vB6m/s （2）从B点到E点有，得L6.5m （3）设运动员能到达左侧的最大高度为h，从B到第一次返回左侧最高处有，得h1.2mh2 m，故第一次返回时，运动员不能回到B点，从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得，得s19m，s2L6 m，故运动员最后停在C点右侧6m处.2如图所示，固

3、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，传送带的上端C点到B点的高度差为h20.1125m(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v0.5 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/s2，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

4、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： ，解得： (2)C点的水平分速度与B点的速度相等，则从A到B点的过程中，据动能定理得： ，解得： (3) 滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律得： 解得： 达到共同速度所需时间二者间的相对位移由于，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 3如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中AB是足够长的水平轨道，B端与半径为R的光滑半圆轨道BCD平滑相切连接，半圆的直径BD竖直，C点与圆心O等高现有

5、一质量为m的小球Q静止在B点，另一质量为2m的小球P沿轨道AB向右匀速运动并与Q发生对心碰撞，碰撞后瞬间小球Q对半圆轨道B点的压力大小为自身重力的7倍，碰撞后小球P恰好到达C点重力加速度为g（1）求碰撞前小球P的速度大小；（2）求小球Q离开半圆轨道后落回水平面上的位置与B点之间的距离；（3）若只调节光滑半圆轨道BCD半径大小，求小球Q离开半圆轨道D点后落回水平面上的位置与B点之间的距离最大时，所对应的轨道半径是多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【详解】设小球Q在B处的支持力为；碰后小球Q的速度为，小球P的速度为；碰前小球P的速度为；小球Q到达D点的速度为.(1)由牛顿第三定律得小

6、球Q在B点碰后小球Q在B点由牛顿第二定律得: 碰后小球P恰好到C点，由动能定理得: P、Q对心碰撞，由动量守恒得：联立解得:(2)小球Q从B到D的过程中，由动能定理得： 解得，所以小球Q能够到达D点由平抛运动规律有：联立解得(3) 联立解得:当时x有最大值 所以【点睛】解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如何转化，分段运用能量守恒定律列式是关键4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

7、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，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：即：由几何关系可知：则有：解得：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。5在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A和B，两小球质量均为m，

8、A球带电荷量为，B球不带电，A、B连线与电场线平行，开始时两球相距L，在电场力作用下，A球与B球发生对心弹性碰撞设碰撞过程中，A、B两球间无电量转移(1)第一次碰撞结束瞬间A、B两球的速度各为多大?(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0时刻除外)，可以在水平面内加一与电场正交的磁场请写出磁场B与时间t的函数关系【答案】(1) (2) (3) ( )【解析】（1）A球的加速度，碰前A的速度；碰前B的速度设碰后A、B球速度分别为、，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定

9、律有：，所以B碰撞后交换速度：，（2）设A球开始运动时为计时零点，即，A、B球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为、；由匀变速速度公式有：第一次碰后，经时间A、B两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度分别为和，由位移关系有：，得到：；由功能关系可得：（另解：两个过程A球发生的位移分别为、，由匀变速规律推论，根据电场力做功公式有：）（3）对A球由平衡条件得到：，从A开始运动到发生第一次碰撞：从第一次碰撞到发生第二次碰撞：点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度那么A球第一次碰后从速度为

10、零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些6如图所示，半径为R11.8 m的光滑圆弧与半径为R20.3 m的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L2.0 m、质量为M1.5 kg的木板，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m22 kg的物块静止于B处，质量为m11 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(mm1m2)物块m穿过半圆管底部C处滑上木板使其从静止开始

11、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/s2，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；(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】12J 190N 0.8m 【解析】试题分析：（1）选由机械能守恒求出物块下滑到B点时的速度；、碰撞满足动量守恒，由求出碰撞过程中损失的机械能；（2）物块m由B到C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

12、律和动能定理列式即可求解.设物块下滑到B点时的速度为，由机械能守恒可得：解得：、碰撞满足动量守恒：解得；则碰撞过程中损失的机械能为：物块m由B到C满足机械能守恒：解得：在C处由牛顿第二运动定律可得：解得：设物块m滑上木板后，当木板速度为时，物块速度为，由动量守恒定律得：解得：设在此过程中物块运动的位移为，木板运动的位移为，由动能定理得：对物块m：解得：对木板M：解得：此时木板静止，物块m到木板左端的距离为：设物块m在台阶上运动的最大距离为，由动能定理得：解得：7一质量为m =0.5kg的电动玩具车，从倾角为=30的长直轨道底端，由静止开始沿轨道向上运动，4s末功率达到最大值，之后保持该功率不变

13、继续运动，运动的v-t图象如图所示，其中AB段为曲线，其他部分为直线.已知玩具车运动过程中所受摩擦阻力恒为自身重力的0.3倍，空气阻力不计.取重力加速度g=10m/s2.（1）求玩具车运动过程中的最大功率P；（2）求玩具车在4s末时（图中A点）的速度大小v1；（3）若玩具车在12s末刚好到达轨道的顶端，求轨道长度L.【答案】（1）P=40W （2）v1=8m/s （3）L=93.75m【解析】【详解】（1）由题意得，当玩具车达到最大速度v=10m/s匀速运动时， 牵引力：F=mgsin30+0.3mg由P=Fv代入数据解得：P=40W （2）玩具车在0-4s内做匀加速直线运动，设加速度为a，牵

14、引力为F1，由牛顿第二定律得：F1-(mgsin30+0.3mg)=ma4s末时玩具车功率达到最大，则P=F1v1由运动学公式v1=at1 （其中t1=4s）代入数据解得:v1=8m/s（3）玩具车在04s内运动位移x1=得：x1=16m 玩具车在412s功率恒定，设运动位移为x2，设t2=12s木时玩具车速度为v，由动能定理得P(t2-t1)-(mgsin30+0.3mg)x2= 代入数据解得：x2=77.75m所以轨道长度L=x1+x2=93.75m8如图所示，一个质量为m=0.2kg的小物体(P可视为质点)，从半径为R=0.8m的光滑圆强轨道的A端由静止释放，A与圆心等高，滑到B后水平滑

15、上与圆弧轨道平滑连接的水平桌面，小物体与桌面间的动摩擦因数为=0.6，小物体滑行L=1m后与静置于桌边的另一相同的小物体Q正碰，并粘在一起飞出桌面，桌面距水平地面高为h=0.8m不计空气阻力，g=10m/s2.求：(1)滑至B点时的速度大小；(2)P在B点受到的支持力的大小；(3)两物体飞出桌面的水平距离；(4)两小物体落地前损失的机械能.【答案】(1) (2) (3)s=0.4m (4)E=1.4J【解析】【详解】（1）物体P从A滑到B的过程，设滑块滑到B的速度为v1，由动能定理有：解得：（2）物体P做匀速圆周运动，在B点由牛顿第二定律有:解得物体P在B点受到的支持力（3）P滑行至碰到物体Q

16、前，由动能定理有: 解得物体P与Q碰撞前的速度P与Q正碰并粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律有: 解得P与Q一起从桌边飞出的速度由平碰后P、Q一起做平抛运动，有：解得两物体飞出桌面的水平距离s=0.4m（4）物体P在桌面上滑行克服阻力做功损失一部分机械能:物体P和Q碰撞过程中损失的机械能:两小物体落地前损失的机械能解得：E=1.4J9如图所示，一质量M=4kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C，圆弧BC所对圆心角37，圆弧半径R=2.25m，滑动摩擦因数=0.48。质量m=1kg的小物块从某一高

17、度处的A点以v04m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，最终与小车保持相对静止。取g10m/s2，sin37=0.6，忽略空气阻力，求:（1）A、B间的水平距离；（2）物块通过C点时，轨道对物体的支持力；（3）物块与小车因摩擦产生的热量。【答案】（1）1.2m（2）（3）13.6J【解析】【详解】（1）物块从A到B由平抛运动的规律得:tan= x= v0t 得x=1.2m（2）物块在B点时，由平抛运动的规律得： 物块在小车上BC段滑动过程中，由动能定理得： mgR(1cos)mvC2mvB2 在C点对滑块由牛顿第二定律得 联立以上各式解得：（3）根据牛顿第二定律，对滑块有mg

18、ma1，对小车有mgMa2 当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即 vCa1t1a2t1 由以上各式解得 ，此时小车的速度为va2t1物块在CD段滑动过程中由能量守恒定律得：mvC2（Mm）v2 + Q解得：Q=13.6J10如图所示的实验装置，可用来探究物体在斜面上运动的加速度以及弹簧储存的弹性势能。实验器材有：斜面、弹簧(弹簧弹性系数较大)、带有遮光片的滑块(总质量为m)、光电门、数字计时器、游标卡尺、刻度尺。实验步骤如下：用适当仪器测得遮光片的宽度为d；弹簧放在挡板 P 和滑块之间，当弹簧为原长时，遮光板中心对准斜面上的A点；光电门固定于斜面上的B点，并与数字计时器相连；压缩弹簧，然后用

19、销钉把滑块固定，此时遮光板中心对准斜面上的O点；用刻度尺测量A、B两点间的距离L；拔去锁定滑块的销钉，记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间t；移动光电门位置，多次重复步骤。根据实验数据做出的L 图象为如图所示的一条直线，并测得L图象斜率为k、纵轴截距为 b。 （1）根据L图象可求得滑块经过A位置时的速度vA=_，滑块在斜面上运动的加速度a =_。 （2）实验利用光电门及公式v=测量滑块速度时，其测量值_真实值（选填“等于”、“大于”或“小于”）。（3）本实验中，往往使用的弹簧弹性系数较大，使得滑块从O到A恢复原长过程中弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，则弹簧储存的弹性势能Ep=_，E

20、p的测量值与真实值相比，测量值偏_(填“大”或“小”)。【答案】d kd2 小于 mbd2 大 【解析】【详解】第一空：滑块从A到B做匀加速直线运动，设加速度为a，由于宽度较小，时间很短，所以瞬时速度接近平均速度，因此有B点的速度为：，根据运动学公式有：，化简为，结合图象可得：，解得：； 第二空：由，解得：；第三空：由于弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，所以摩擦力和重力沿斜面的分量忽略不计，根据能量守恒可得：；第四空：考虑摩擦力和重力沿斜面的分量，根据动能定理可得：，而，摩擦力小于重力沿斜面的分量，的测量值与真实值相比，测量值偏大。11一束初速度不计的电子流在经U5000V的加速电压加速

21、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5.0cm，电子电量eC，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?【答案】(1) J (2)要使电子能飞出，所加电压最大为400V【解析】【详解】（1）加速过程，由动能定理得:解得:eVJ（2）在加速电压一定时，偏转电压U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.进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，加速度:偏转距离能飞出

22、的条件为解式得:V即要使电子能飞出，所加电压最大为400V12如图甲所示，一质量为ma的滑块(可看成质点)固定在半径为R的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A点，另一质量为mb的滑块(可看成质点)静止在轨道的底端B处，A点和圆弧对应的圆心O点等高。（1）若圆弧的底端B与水平光滑平面连接(足够长)，mb静止于B点，ma从静止开始释放，假设两滑块碰撞时无机械能损失，且两滑块能发生两次碰撞，试证明：3mavb代入可得：3mamb(2)机械能守恒magR=滑块ma与mb相碰后结合在一起，动量守恒mav1=mcv2从B运动到C点时速度恰好为零，由动能定理可得：fL=0mcf=mca，v0=v2atmc向右运动：s1=v2tat2传送带向左运动：s2=v0tQ=fs相对=f(s1s2)=9J