《高中物理动能与动能定理常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一》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常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一（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常见题型及答题技巧及练习题( 含答案 )(1)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v0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R= 3.75m，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道 BD 平滑连接， A 与圆心D 的连线与竖直方向成37 角， MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与 MN 间的动摩擦因数=0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为 r =0.4m 的半圆弧轨道， C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在 D点平滑连接。已知重力加速度g=1
2、0m/s 2， sin37=0.6， cos37=0.8。（ 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 L0=6m，求小物块通过 C 点时对轨道的压力大小；（3）若小物块恰好能通过C 点，求 MN 的长度 L。【答案】（ 1） 62N（ 2） 60N（ 3）10m【解析】【详解】（1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：v0 vA cos37v04 m / s5m / s解得： vAcos370.8小物块经过 A 点运动到 B 点，根据机械能守恒定律有：1mvA2mg R Rcos371mvB222小物块经过 B 点时，有： FNBmgm vB2R解得
3、： FNB mg 32cos37m vB262NR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 B 点运动到 C 点，根据动能定理有：mgL0mg 2r1mvC21mvB222在 C 点，由牛顿第二定律得：FNC mgm vC2r代入数据解得： FNC60N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 mg m vC22r解得： vC 2gr100.4m / s 2m / s小物块从 B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有：mgLmg 2r1 mvC22 1 mvB222代入数据解得：L=10m2 某校兴趣小组制作了一个游
4、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=0.3mR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，C、 D 两点的竖 直高度差 h=0.2m，水平距离s=0.6m，水平轨道 AB 长为 L =1m，BC 长为 L2=2.6m ，1小滑块与 水平轨道间的动摩擦因数=0.5 ，重力加速度g=10m/s2.(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) 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
5、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 / svA4m / 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 / s3 如图所示，斜面ABC下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于CD是最，整个装置竖直固定，低点，圆心
6、角 DOC 37， E、 B 与圆心 O 等高，圆弧轨道半径R 0.30m，斜面长 L1.90m， AB 部分光滑， BC部分粗糙现有一个质量m 0.10kg 的小物块 P 从斜面上端 A 点无初速下滑，物块P 与斜面 BC 部分之间的动摩擦因数 0.75取 sin37 0.6， cos370.8，重力加速度g 10m/s 2，忽略空气阻力求：（1）物块第一次通过C 点时的速度大小vC（2）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小FD（3）物块最终所处的位置【答案】（ 1） 32m/s （ 2） 7.4N（ 3）0.35m【解析】【分析】由题中 “斜面 ABC下端与光滑的圆弧轨道 CDE相切
7、于 C”可知，本题考查动能定理、圆周运动和机械能守恒，根据过程分析，运用动能定理、机械能守恒和牛顿第二定律可以解答【详解】（1） BC 长度 lR tan 53o0.4m ，由动能定理可得mg(L l )sin 37o 1 mvB22代入数据的vB3 2m/s物块在 BC 部分所受的摩擦力大小为fmg cos37o0.60N所受合力为F mg sin 37of 0故vCvB3 2m/s（2）设物块第一次通过D 点的速度为vD ，由动能定理得mgR(1 cos37 o)1 mvD21 mvC222有牛顿第二定律得FDmg m vD2R联立解得FD7.4N（3）物块每次通过BC 所损失的机械能为E
8、fl0.24J物块在 B 点的动能为EkB1mvB22解得 EkB0.9J物块经过BC 次数n 0.9J =3.750.24J设物块最终停在距离 C 点 x 处，可得mg(L x)sin 37of (3l +x)0代入数据可得x0.35m4 如图（ a）所示，倾角 =30的光滑固定斜杆底端固定一电量为4C 的正点电Q=210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
9、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）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
10、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 sin s02 5=1.11 10CkQ（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 :WG+W 电 =Ek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5 如图所示，在竖直平面内的光滑固定轨道由四分之一圆弧AB 和二分之一圆弧BC组成，两者在最低点B 平滑连接过BC圆弧的圆心O 有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各一块，挡板与圆弧轨道之间有宽度很小的缝隙AB 弧的半径为2R，BC 弧的半径为R.一直径略小于缝宽的小球在A 点正上方与A 相距2R 处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨3道运动不考虑小球撞到挡板以后的反弹(1)通过计算判断小球能否
