《高中物理动能与动能定理解题技巧分析及练习题(含答案)及解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理动能与动能定理解题技巧分析及练习题(含答案)及解析（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高中物理动能与动能定理解题技巧分析及练习题( 含答案 ) 及解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 如图所示，光滑水平平台AB 与竖直光滑半圆轨道AC 平滑连接， C 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
2、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
3、理得：1-m2gx=0-m2v222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 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：1 m1v121 m1vC22mgR22由平抛
4、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=5m2 如图所示，粗糙水平地面与半径为R=0.4m 的粗糙半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O 是BCD的圆心，BOD 在同一竖直线上质量为m=1kg 的小物块在水平恒力F=15N 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B 点时撤去F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D 点，已知A、 B 间的距离为3m ，小物块与地面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10m/s 2求：（1）小物块运动到（2）小物块离开B 点时对
5、圆轨道B 点的压力大小D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离【答案】（ 1） 160N（ 2）0.82 m【解析】【详解】（1）小物块在水平面上从A 运动到 B 过程中，根据动能定理，有：1（F-mg） xAB=2mvB2-0在 B 点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：Nmg m vB2R联立解得小物块运动到B 点时轨道对物块的支持力为： N=160N由牛顿第三定律可得，小物块运动到B 点时对圆轨道B 点的压力大小为：N=N=160N（2）因为小物块恰能通过D 点，所以在D 点小物块所受的重力等于向心力，即：mgmvD2R可得： vD=2m/s设小物块落地点距B 点之间的距离为x，下落
6、时间为t，根据平抛运动的规律有：x=vDt ，12R= gt22解得： x=0.8m则小物块离开 D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离 l2x0.82ma=304Q=2103 如图（ ）所示，倾角的光滑固定斜杆底端固定一电量为C 的正点电荷，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
7、）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 , 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
8、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 sins02 5kQ=1.11 10C（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 :G电 =EkW +W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4 如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m1kg 可视为
9、质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度在平台的右端有一传送带， AB 长 L 5m ，物块与传送带间的动摩擦因数10.2 ，与传送带相邻的粗糙水平面 BC 长 s=1.5m，它与物块间的动摩擦因数20.3，在 C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧与 BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为120o ，在圆弧的最高点 F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来若传送带以v5m / s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失当弹簧储存的Ep 18J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取 g10m / s2 （ 1） 求
10、右侧圆弧的轨道半径为 R;（ 2） 求小物块最终停下时与 C 点的距离 ;（ 3） 若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围【答案】 （1） R 0.8m；（ 2） x1 m ；（ 3）37 m / s v43m / s3【解析】【分析】【详解】E p2，可知： v0 6m / s（1）物块被弹簧弹出，由1 mv02因为 v0v，故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，由： mgma，vva t，120x1vt12 a t111 101 1得到： a12m / s2 ， t10.5s， x12.75m因为 x1L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m / s 的速度滑上水平面BC，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：1 m 2mgs mgR2v2代入数据整理可以得到：R0.8m （2）设物块从 E 点返回至 B 点的速度为vB ，由 1 m 21 m 2mg 2s2v2 v B2得到 vB7m / s ，因为 vB0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0 再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距 C 点 x 处，由
