《高考物理动能与动能定理技巧(很有用)及练习题一》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理动能与动能定理技巧(很有用)及练习题一（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考物理动能与动能定理技巧( 很有用 ) 及练习题 (1)一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 如图所示，斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于 C，整个装置竖直固定，D 是最低点，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
2、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
3、 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Efl0.24J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(Lx)sin 37of (3l +x)0代入数据可得x0.35m2 如图所示，水平地面上一木板质量M 1 kg，长度L3.5 m ，木板右侧有一竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道，轨道半径R 1 m，最低点P 的切线与木板上表面相平质量m2 kg
4、的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以v039m / s 的速度与圆弧轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最终滑离木板已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数1 0.2，木板与地面间的动摩擦因数2 0.1， g 取 10 m/s 2求：(1)滑块对 P 点压力的大小；(2)滑块返回木板上时，木板的加速度大小；(3)滑块从返回木板到滑离木板所用的时间【答案】 (1)70 N (2)1 m/s 2(3)1 s【解析】【分析】【详解】(1)滑块在木板上滑动过程由动能定理得：1mgL 1 mv2 1mv0222解得： v 5 m/s在 P 点由牛顿第二定律得
5、：F mg m v2r解得：F 70 N由牛顿第三定律，滑块对P 点的压力大小是70 N(2)滑块对木板的摩擦力Ff1 1mg 4 N地面对木板的摩擦力Ff2 2(M m)g 3 N对木板由牛顿第二定律得：Ff1 Ff2 MaF f 1 Ff 2 1 m/s2aM(3)滑块滑上圆弧轨道运动的过程机械能守恒，故滑块再次滑上木板的速度等于v 5 m/s对滑块有： (x L) vt 1122gt对木板有： x 1at22解得： t 1 s 或 t 7s(不合题意，舍去 )3故本题答案是 ：(1)70 N(2)1 m/s 2(3)1 s【点睛】分析受力找到运动状态，结合运动学公式求解即可3 滑板运动是
6、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 v0 3m/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 m 60kg， B、E 两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h 2m 和 H 2.5m.求：(1)运动员从A 点运动到B 点过程中，到达B 点时的速度大小vB；(2)水平轨道C
7、D 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，请求出回到大小；如不能，请求出最后停止的位置距C 点的距离 .B 点时速度的【答案】 (1) vB 6m/s(2) L 6.5m (3)停在 C 点右侧 6m 处【解析】【分析】【详解】（1）在 B 点时有 vBv0，得 vB 6m/scos60（2）从 B 点到 E 点有12mgLmgH 0mvB得 mgh，2L 6.5m（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mghmgh mg2L 01 mvB2 ，得 h1.2mh 2 m，故第一次返回时，运动员不能2回到 B 点，从 B 点运动
8、到停止，在 CD 段的总路程为s，由动能定理可得mghmgs01 mvB2 ，得 s 19m ， s 2L 6 m，故运动员最后停在C 点右侧 6m 处.24 儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道，管道的半径较小。为研究方便建立平面直角坐标系， O 点为抛物口，下方接一满足方程y5x2 的光滑抛物线形状管道OA；9AB、BC是半径相同的光滑圆弧管道，CD 是动摩擦因数0.8 的粗糙直管道；各部分管道在连接处均相切。 A、B、C、D 的横坐标分别为 xA1.20m 、 xB 2.00m 、xC 2.65m 、
9、 xD3.40m。已知，弹珠质量 m 100g，直径略小于管道内径。 E 为 BC管道的最高点，在 D 处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37 0.6， sin53 0.8， g10m/s 2，求：（1）若要使弹珠不与管道OA 触碰，在 O 点抛射速度 0应该多大；（2）若要使弹珠第一次到达E 点时对轨道压力等于弹珠重力的3 倍，在 O 点抛射速度 v0应该多大；（3）游戏设置3 次通过 E 点获得最高分，若要获得最高分在O 点抛射速度 的范围。0【答案】（ 1） 3m/s （2） 22 m/s（ 3） 2 3 m/s 0 26 m/s【解析】【详解】（1）由 y5x2 得： A 点坐
10、标（ 1.20m ，0.80m ）9由平抛运动规律得：xAv0t，yA1 gt 22代入数据，求得t 0.4s， v03m/s ；（ 2）由速度关系，可得 53求得 AB、BC 圆弧的半径 R 0.5m OE 过程由动能定理得：mgyAmgR（1cos53 ）1 mvE21 mv0222解得 v0 2 2 m/s ；（3） sin 2.65 2.00 0.400.5， 300.5CD 与水平面的夹角也为 30设 3 次通过 E 点的速度最小值为v1 由动能定理得mgymgR（1cos53 ）2 mgx cos30 0mv1ACD122解得 v1 2 3 m/s设 3 次通过 E 点的速度最大值为v2 由动能定理得mgymgR（1cos53 ）4 mgx cos30 0mv2ACD122解得 v2 6m/s考虑 2 次经过 E 点后不从O 点离开，有122mgxCDcos30 0mv3
