高中物理動(dòng)能與動(dòng)能定理的技巧及練習(xí)題及練習(xí)題含答案

1、高中物理動(dòng)能與動(dòng)能定理的技巧及練習(xí)題及練習(xí)題(含答案)一、高中物理精講專題測(cè)試動(dòng)能與動(dòng)能定理1.如圖所示，在某豎直平面內(nèi)，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑r=0.2m的四分之一細(xì)圓管 CD,管口 D端正下方直立一根勁度系數(shù)為 k=100N/m的輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊，一個(gè)質(zhì)量為 1kg的小球放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC的高度為h=0.6m處靜止釋放小球，它與 BC間的動(dòng)摩擦因數(shù) 斤0.5,小球進(jìn)入管口 C端時(shí)，它對(duì)上管壁有 FN=2.5mg的相互作用力，通過 CD后，在壓縮 彈簧過程中滑塊速度最大時(shí)彈簧彈性勢(shì)能Ep=0.5J。取重力加速度

2、g=10m/s2。求：(1)小球在C處受到的向心力大??；(2)在壓縮彈簧過程中小球的最大動(dòng)能Ekm；(3)小球最終停止的位置?！敬鸢浮?1)35N; (2)6J; (3)距離B 0.2m或距離 C端0.3m【解析】【詳解】(1)小球進(jìn)入管口 C端時(shí)它與圓管上管壁有大小為F 2.5mg的相互作用力故小球受到的向心力為F 向 2.5mg mg 3.5mg 3.5 1 10 35N(2)在C點(diǎn)，由代入數(shù)據(jù)得1 mv2 3.5J在壓縮彈簧過程中，速度最大時(shí)，合力為零，設(shè)此時(shí)滑塊離D端的距離為X。則有kxg mg解得mg - -x00.1mk設(shè)最大速度位置為零勢(shì)能面，由機(jī)械能守恒定律有mg(rX0)1

3、2一 mvc2EkmEp1 2 L Ekm mg(r x) mvc Ep3 3.5 0.5 6J(3)滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理得mg 3rmgs2-mvc解得BC間距離s 0.5m小球與彈簧作用后返回 C處動(dòng)能不變，小滑塊的動(dòng)能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中，設(shè)物塊在 BC上的運(yùn)動(dòng)路程為s ,由動(dòng)能定理有12mgs mvc解得s 0.7m故最終小滑動(dòng)距離 B為0.7 0.5m 0.2m處停下.【點(diǎn)睛】經(jīng)典力學(xué)問題一般先分析物理過程，然后對(duì)物體進(jìn)行受力分析，求得合外力及運(yùn)動(dòng)過程做功情況，然后根據(jù)牛頓定律、動(dòng)能定理及幾何關(guān)系求解。2.如圖所示，足夠長的光滑絕緣水平臺(tái)左端固定一被

4、壓縮的絕緣輕質(zhì)彈簧，一個(gè)質(zhì)量m 0.04kg，電量q 3 10 4C的帶負(fù)電小物塊與彈簧接觸但不栓接，彈簧的彈性勢(shì)能為0.32J。某一瞬間釋放彈簧彈出小物塊，小物塊從水平臺(tái)右端A點(diǎn)飛出，恰好能沒有碰撞地落到粗糙傾斜軌道的最高點(diǎn)B,并沿軌道BC滑下，運(yùn)動(dòng)到光滑水平軌道CD ,從點(diǎn)進(jìn)入到光滑豎直圓內(nèi)側(cè)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(dòng)摩擦因數(shù)0.5。小物塊在C點(diǎn)沒有能量損失，所有軌道都是絕緣的，運(yùn)動(dòng)過程中小物塊的電量保持不變，可視為質(zhì)點(diǎn)。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(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E 2 105V/m。已知2cos37

5、 0.8, sin37 0.6 ,取 g 10m/s ,求：(1)小物塊運(yùn)動(dòng)到 A點(diǎn)時(shí)的速度大小 vA；(2)小物塊運(yùn)動(dòng)到 C點(diǎn)時(shí)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(yīng)滿足什么條件?【答案】(1) 4m/s； (2) 有3m/s； (3) R? 0.022m【解析】【分析】【詳解】(1)釋放彈簧過程中，彈簧推動(dòng)物體做功，彈簧彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)變?yōu)槲矬w動(dòng)能解得(2) A到B物體做平拋運(yùn)動(dòng)，到 B點(diǎn)有vA = cos37Vb所以vB= - =5m/s0.8B到C根據(jù)動(dòng)能定理有mgLsin37解得mgcos37 L 1mvC - mv222vC =V33m/s(3)根據(jù)題意可知，小

6、球受到的電場(chǎng)力和重力的合力方向向上，其大小為F=qE-mg=59.6N所以D點(diǎn)為等效最高點(diǎn)，則小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為零，此時(shí)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(yīng)滿足Vc身D得:FK 0.022m3.如圖所示，粗糙水平地面與半徑為R=0.4m的粗糙半圓軌道 BCD相連接，且在同一豎直平面內(nèi)，O是BCD的圓心，BOD在同一豎直線上.質(zhì)量為 m=1kg的小物塊在水平恒力 F=15N的作用下，從 A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)撤去F,小物塊沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)恰好能通過D點(diǎn)，已知A、B間的距離為3m,小物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度g取

7、10m/s2.求：(1)小物塊運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道 B點(diǎn)的壓力大小.(2)小物塊離開 D點(diǎn)后落到地面上的點(diǎn)與 D點(diǎn)之間的距離【答案】(1) 160N (2) 0.8./2 m【解析】【詳解】(1)小物塊在水平面上從 A運(yùn)動(dòng)到B過程中，根據(jù)動(dòng)能定理，有:2 一(F-mg xab= mvB2-0 2在B點(diǎn)，以物塊為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得：N mg m vB聯(lián)立解得小物塊運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)物塊的支持力為：N=160N由牛頓第三定律可得，小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道 B點(diǎn)的壓力大小為：NN=160N(2)因?yàn)樾∥飰K恰能通過 D點(diǎn)，所以在D點(diǎn)小物塊所受的重力等于向心力，即：2 Vd mg m 可

8、得：VD=2m/s設(shè)小物塊落地點(diǎn)距 B點(diǎn)之間的距離為x,下落時(shí)間為t,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有：X=VDt ,122白2gt2解得：x=0.8m則小物塊離開D點(diǎn)后落到地面上的點(diǎn)與D點(diǎn)之間的距離| J2x 0.8%歷m4.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定的光滑軌道ABCD,其中AB是足夠長的水平軌道，B端與半徑為R的光滑半圓軌道 BCD平滑相切連接，半圓的直徑 BD豎直，C點(diǎn)與圓心O等高.現(xiàn)有一質(zhì)量為 m的小球Q靜止在B點(diǎn)，另一質(zhì)量為2m的小球P沿軌道AB向右勻速 運(yùn)動(dòng)并與Q發(fā)生對(duì)心碰撞，碰撞后瞬間小球 Q對(duì)半圓軌道B點(diǎn)的壓力大小為自身重力的 7 倍，碰撞后小球 P恰好到達(dá)C點(diǎn).重力加速度為g.(1)求

9、碰撞前小球 P的速度大?。?2)求小球Q離開半圓軌道后落回水平面上的位置與B點(diǎn)之間的距離；(3)若只調(diào)節(jié)光滑半圓軌道BCD半徑大小，求小球 Q離開半圓軌道D點(diǎn)后落回水平面上的位置與B點(diǎn)之間的距離最大時(shí)，所對(duì)應(yīng)的軌道半徑是多少？一【答案】(1) vp = (1 +)-) V4m(2)式= 4J? (3) R =【解析】【分析】【詳解】 設(shè)小球Q在B處的支持力為陰碰后小球 Q的速度為廿1,小球P的速度為叫；碰前小球P 的速度為Rp；小球Q到達(dá)D點(diǎn)的速度為 叫).(1)由牛頓第三定律得小球 Q在B點(diǎn)N =碰后小球Q在B點(diǎn)由牛頓第二te律得:N -升啕=碰后小球P恰好到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：-2mffR

10、 = 0-P、Q對(duì)心碰撞，由動(dòng)量守恒得：2m”=2m也+ m%聯(lián)立解得：；-：, r1 1(2)小球Q從B到D的過程中，由動(dòng)能定理得：-E郎=/4一嚴(yán)事,解得/口 = ,?兩訶，所以小球Q能夠到達(dá)D點(diǎn)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：1 I2R二承工聯(lián)立解得.212(3)- mg2R二12f二之小工 x= t一一3 V)-巧 2官辛 4Hm 毋)-16g(R -j +聯(lián)立解得：x= =Hg 4gi J 舊t rvi2_+當(dāng)_-L=o時(shí)x有最大值叼所以.【點(diǎn)睛】解決本題時(shí)要抓住彈簧的形變量相等時(shí)彈性勢(shì)能相等這一隱含的條件，正確分析能量是如 何轉(zhuǎn)化，分段運(yùn)用能量守恒定律列式是關(guān)鍵.如圖所示，在豎直平面內(nèi)的光滑固定

11、軌道由四分之一圓弧AB和二分之一圓弧BC組成，兩者在最低點(diǎn) B平滑連接.過BC圓弧的圓心O有厚度不計(jì)的水平擋板和豎直擋板各一塊，擋板與圓弧軌道之間有寬度很小的縫隙.AB弧的半徑為2R, BC弧的半徑為R一直徑略小于縫寬的小球在 A點(diǎn)正上方與A相距 交處由靜止開始自由下落，經(jīng) A點(diǎn)沿圓弧軌3道運(yùn)動(dòng).不考慮小球撞到擋板以后的反彈.(1)通過計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn).(2)若小球能到達(dá) C點(diǎn)，求小球在B、C兩點(diǎn)的動(dòng)能之比；若小球不能到達(dá) C點(diǎn)，請(qǐng)求出小 球至少從距A點(diǎn)多高處由靜止開始自由下落才能夠到達(dá)C點(diǎn).(3)使小球從A點(diǎn)正上方不同高度處自由落下進(jìn)入軌道，小球在水平擋板上的落點(diǎn)到O點(diǎn)的距離

12、x會(huì)隨小球開始下落時(shí)離 A點(diǎn)的高度h而變化，請(qǐng)?jiān)趫D中畫出 x2-h圖象.(寫出計(jì)算過程)【解析】【詳解】(1)若小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)到 C點(diǎn)，小球在C點(diǎn)所受軌道的正壓力 N應(yīng)滿足N0設(shè)小球的質(zhì)量為m,在C點(diǎn)的速度大小為 vc,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和向心加速度公式有2mvCN + mg=R小球由開始下落至運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中，機(jī)械能守恒，有2mgR 12mvc 32由兩式可知1N= - mg小球可以沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn).(2)小球在C點(diǎn)的動(dòng)能為 &c,由機(jī)械能守恒得2mgRRc=3設(shè)小球在B點(diǎn)的動(dòng)能為EkB,同理有8mgREkB=3得EkB : Ekc= 4 ： 1 .(3)小球自由落下，經(jīng) ABC圓弧軌道到達(dá)

13、C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)。由動(dòng)能定理得:2mgh - mvC由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：12R gt2 2 x=vct 解得：x 2 . Rh因?yàn)閤 J3r,且vcgR 所以R3Rh 由解得Fnmg第二種可能情況：物塊與擋板第二次碰撞后，向右可再一次滑上光滑圓弧軌道，則:mgRmg 4L12 _-mv2 由解得Fnmg，一一一 一八,整 4 L ，整 8 L物塊最后一次滑到底端 B處對(duì)圓軌道的壓力可能為 糜- mg或二維-8 mg耕 R 群R9.如圖所示，在方向豎直向上、大小為E=1x10V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，固定一個(gè)穿有A、B兩個(gè)小球(均視為質(zhì)點(diǎn))的光滑絕緣圓環(huán)，圓環(huán)在豎直平面內(nèi)，圓心為 O、半徑為R=0.2

14、m. A、B用一根絕緣輕桿相連，A帶的電荷量為q=+7X10C, B不帶電，質(zhì)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O的正下方)由靜止釋放，兩小球開始沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng).重力加速度大小為g=10m/s2 .(1)通過計(jì)算判斷，小球 A能否到達(dá)圓環(huán)的最高點(diǎn) 0?(2)求小球A的最大速度值.(3)求小球A從圖示位置逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，其電勢(shì)能變化的最大值.2 2【答案】(1) A不能到達(dá)圓環(huán)最局點(diǎn)(2)2m/s (3) 0.1344J3【解析】試題分析：A、B在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，分別對(duì) A、B由動(dòng)能定理列方程求解速度大小，由此判斷A能不能到

15、達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)； A、B做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和角速度均相同，對(duì) A、B分別由動(dòng)能 定理列方程聯(lián)立求解最大速度； A、B從圖示位置逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，當(dāng)兩球速度為 0時(shí),根據(jù)電勢(shì)能的減少與電場(chǎng)力做功關(guān)系求解.(1)設(shè)A、B在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，輕桿對(duì)A、B做的功分別為 Wt和Wt ,根據(jù)題意有：WtWt0設(shè)A、B到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)的動(dòng)能分別為EKa、Ekb對(duì)A根據(jù)動(dòng)能定理:對(duì)B根據(jù)動(dòng)能定理:qER- mAgR+WT仁EkaWti mBgRE聯(lián)立解得：Eka+ Ekb= - 0.04J由此可知：A在圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能為負(fù)值，故(2)設(shè)B轉(zhuǎn)過口角時(shí)，A、B的速度大小分別為因A、B做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和角速度均相同，故：

16、A不能到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)va、 vb,VA=vB對(duì)A根據(jù)動(dòng)能定理:qERsinmAgRsin1 2Wt2 -mAvA2對(duì)B根據(jù)動(dòng)能定理:WT2 mBgR 1 cos12-mBVB2聯(lián)立解得：vA 893sin 4cos 4由此可得：當(dāng)tan3 ,，時(shí)，A、B的最大速度均為4vmax2 2m/ s3(3) A、B從圖示位置逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，當(dāng)兩球速度為零時(shí)，電場(chǎng)力做功最多，電勢(shì)能 減少最多，由上可式得 ：3sin +4cos a- 4=024 .斛得：sin 瓦或sin =0 (舍去)所以A的電勢(shì)能減少:Ep84qERsinJ 0.1344J625點(diǎn)睛：本題主要考查了帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用

17、牛頓第二定律求出加速度，結(jié) 合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等；根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功，引起帶電粒子 的能量發(fā)生變化，利用動(dòng)能定理進(jìn)行解答，屬于復(fù)雜題.10.如圖甲所示，水平面上A點(diǎn)處有一質(zhì)量 m= 0.5kg的小物塊，從靜止開始在水平向右物塊與水平面間AB間距為2m, (sin37 =0.6,恒力F1作用下運(yùn)動(dòng)，通過 B點(diǎn)時(shí)立即撤去力 Fi,物塊恰好落到斜面 P點(diǎn)。 的滑動(dòng)摩擦力為f, f大小與物塊離 A點(diǎn)的距離d的關(guān)系如圖乙所示。已知 斜面傾角=37, BP間距為3m,重力加速度g取10m/s2,不計(jì)空氣阻力。cos37 =0.8）求甲(1)物塊通過B點(diǎn)時(shí)速度大小；(2)恒力Fi大小

18、(3)現(xiàn)將圖甲裝置置于風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室中，斜面BC處于風(fēng)場(chǎng)中，且足夠長。物塊從 B點(diǎn)以(1)同中的速度水平向右拋出，立即撤去力F1,同時(shí)物塊受到大小為 4N的風(fēng)力F2作用，風(fēng)力方向從水平向左逆時(shí)針到豎直向下范圍內(nèi)可調(diào)，如圖甲所示。調(diào)整風(fēng)力方向使物塊從拋出至落到斜面的時(shí)間最短，求該最短時(shí)間及在此條件下物塊第一次落到斜面時(shí)的動(dòng)能【答案】(1) 4m/s (2) 4.5N (3) 7.69J【解析】【詳解】(1)物塊從B到P ,假設(shè)BP間距為L ,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有水平方向：x LcosvBt TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark73 o Current Document

19、9 一豎直方向：y Lsin gt 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立式解得 vB 4m/s ；1 (2)由圖乙可知摩擦力對(duì)物塊做功為Wf f1f2 d2 HYPERLINK l bookmark41 o Current Document 2物塊從A到B,由動(dòng)能定理有 F1d Wf -mvB 0代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立式解得Fi 4.5N(3)方法以B點(diǎn)為坐標(biāo)軸原點(diǎn)，水平方向?yàn)?x軸，豎直方向?yàn)閥軸，假設(shè)52與x軸方向成 角, 根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解有 水平方向：x vBt1以匚產(chǎn)2 mF2 sinmg 2 豎直萬向：y -2 t2m幾何關(guān)系：tan y xt Vb tan聯(lián)立式解得1 F2 sinmg 1 f2 costa

20、n代入數(shù)據(jù)可得t12值,而 4sin 3costmin0.3sVxvbF2 cos204 4sin5 4sin53cos3 cos5vyF2 sinmgEk1212-mv - m vx 222vy(11)聯(lián)立（11）式解得Ek7.69J(,要使t最小,即4sin5sin370 ,故當(dāng)3cos要取最大530時(shí)，t最小,(vx 2.56m/s , Vy4.92m/s)【或：把tmm 0.3s代入式中解得y 0.738m假設(shè)落到Q點(diǎn)，從B到Q過程，由動(dòng)能定理得 Wf WgEk ,12 _即 0 mgy Ek - mvB 2方法二：以B點(diǎn)為坐標(biāo)軸原點(diǎn),沿斜面方向?yàn)閤軸，豎直斜面方向?yàn)閥軸,VByVb

21、sin,Gy mg cos,VBy和Gy均為定值，為使物塊盡快落到斜面，故 F2垂直斜向向下。x方向：xvB cosy方向：yVb sinF2 mg cos 2t y 0時(shí)，解得n0.3STF2 mg cos ,或：vy vB sin t1 m當(dāng) Vy 0 時(shí)，t1 0.15s, t 2tl 0.3svx vB cosgsin t 把 tmn 0.3s 代入式中解得 Vx 5m/s ,而 Vy VBy VBsln2.4m/s , TOC o 1-5 h z 2122Ekmv m vx vy HYPERLINK l bookmark86 o Current Document 2代入數(shù)據(jù)解得Ek

22、7.69J【或：把tmn 0.3s代入式中解得x 1.23m,假設(shè)落到Q點(diǎn)，從B到Q過程，由動(dòng)能定理得 Wf WgEk,12即 0 mgxsinEk mvB 代入數(shù)據(jù)解得Ek 7.69J】11.如圖所示，一質(zhì)量 M=4kg的小車靜置于光滑水平地面上，左側(cè)用固定在地面上的銷釘擋住。小車上表面由光滑圓弧軌道BC和水平粗糙軌道 CD組成，BC與CD相切于C,圓弧BC所對(duì)圓心角0= 37,圓弧半徑R=2.25m,滑動(dòng)摩擦因數(shù) 月0.48。質(zhì)量m=1kg的小物塊 從某一高度處的 A點(diǎn)以V0= 4m/s的速度水平拋出，恰好沿切線方向自B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道,最終與小車保持相對(duì)靜止。取 g=10m/s2, sin

23、37 =0.6,忽略空氣阻力，求：A、B間的水平距離；(2)物塊通過C點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)物體的支持力;(3)物塊與小車因摩擦產(chǎn)生的熱量。13.6J【答案】(1) 1.2m (2) Fn 25.1N (3)(1)物塊從AHIJB由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：gttan 0=Vox= V0t得 x=1.2m(2)物塊在B點(diǎn)時(shí)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得:cos物塊在小車上BC滑動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理得：mgR(1 cos 0)= mvc2 mvB2222在C點(diǎn)對(duì)滑塊由牛頓第二定律得FN mg m巴R聯(lián)立以上各式解得：Fn 25.1N(3)根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)滑塊有mg= mai,對(duì)小車有mg= Ma 2當(dāng)滑塊相對(duì)小車靜止時(shí)

24、，兩者速度相等，即由以上各式解得tl 叵 s,6此時(shí)小車的速度為 v= a2t1= 34m / s5vc a1t 1= a2t1物塊在C血滑動(dòng)過程中由能量守恒定律得：mvC2 = (M + m) v2 + Q22解得：Q=13.6J12.如圖所示，AB為傾角37。的斜面軌道，軌道的 AC部分光滑，CB部分粗糙，BP為圓心角等于143、半徑R=1m的豎直光滑圓弧軌道，兩軌道相切于B點(diǎn)，P、Q兩點(diǎn)在同一豎直線上，輕彈簧一端固定在A點(diǎn)，另一自由端在斜面上C點(diǎn)處，現(xiàn)有一質(zhì)量 m=2kg的小物塊在外力作用下降彈簧緩慢壓縮到D點(diǎn)后(不栓接)釋放，物塊經(jīng)過 C點(diǎn)后，從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過程中的位移與時(shí)間的關(guān)系為 x 12t 4t