高考物理動能與動能定理題20套(帶答案)及解析

高考物理動能與動能定理題20套(帶答案)及解析一、高中物理精講專題測試動能與動能定理1．如圖所示，在水平軌道右側(cè)固定半徑為R的豎直圓槽形光滑軌道，水平軌道的PQ段長度為，上面鋪設(shè)特殊材料，小物塊與其動摩擦因數(shù)為，軌道其它部分摩擦不計。水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定，彈簧處于原長狀態(tài)?？梢暈橘|(zhì)點的質(zhì)量的小物塊從軌道右側(cè)A點以初速度沖上軌道，通過圓形軌道，水平軌道后壓縮彈簧，并被彈簧以原速率彈回，取，求：（1）彈簧獲得的最大彈性勢能；（2）小物塊被彈簧第一次彈回經(jīng)過圓軌道最低點時的動能；（3）當R滿足什么條件時，小物塊被彈簧第一次彈回圓軌道時能沿軌道運動而不會脫離軌道?！敬鸢浮浚?）10.5J（2）3J（3）0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m【解析】【詳解】（1）當彈簧被壓縮到最短時，其彈性勢能最大。從A到壓縮彈簧至最短的過程中，由動能定理得：

?μmgl+W彈＝0?mv02由功能關(guān)系：W彈=-△Ep=-Ep解得Ep=10.5J；（2）小物塊從開始運動到第一次被彈回圓形軌道最低點的過程中，由動能定理得

?2μmgl＝Ek?mv02解得Ek=3J；（3）小物塊第一次返回后進入圓形軌道的運動，有以下兩種情況：①小球能夠繞圓軌道做完整的圓周運動，此時設(shè)小球最高點速度為v2，由動能定理得

?2mgR＝mv22?Ek小物塊能夠經(jīng)過最高點的條件m≥mg，解得R≤0.12m②小物塊不能夠繞圓軌道做圓周運動，為了不讓其脫離軌道，小物塊至多只能到達與圓心等高的位置，即mv12≤mgR，解得R≥0.3m；設(shè)第一次自A點經(jīng)過圓形軌道最高點時，速度為v1，由動能定理得：?2mgR＝mv12-mv02且需要滿足m≥mg，解得R≤0.72m，綜合以上考慮，R需要滿足的條件為：0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m?！军c睛】解決本題的關(guān)鍵是分析清楚小物塊的運動情況，把握隱含的臨界條件，運用動能定理時要注意靈活選擇研究的過程。2．如圖所示，兩物塊A、B并排靜置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，物塊的質(zhì)量均為M=0.60kg．一顆質(zhì)量m=0.10kg的子彈C以v0=100m/s的水平速度從左面射入A，子彈射穿A后接著射入B并留在B中，此時A、B都沒有離開桌面．已知物塊A的長度為0.27m，A離開桌面后，落地點到桌邊的水平距離s=2.0m．設(shè)子彈在物塊A、B中穿行時受到的阻力大小相等，g取10m/s2．(平拋過程中物塊看成質(zhì)點)求：（1）物塊A和物塊B離開桌面時速度的大小分別是多少；（2）子彈在物塊B中打入的深度；（3）若使子彈在物塊B中穿行時物塊B未離開桌面，則物塊B到桌邊的最小初始距離．【答案】（1）5m/s；10m/s；（2）（3）【解析】【分析】【詳解】試題分析：(1)子彈射穿物塊A后，A以速度vA沿桌面水平向右勻速運動，離開桌面后做平拋運動：解得：t=0.40sA離開桌邊的速度，解得：vA=5.0m/s設(shè)子彈射入物塊B后，子彈與B的共同速度為vB，子彈與兩物塊作用過程系統(tǒng)動量守恒：B離開桌邊的速度vB=10m/s（2）設(shè)子彈離開A時的速度為，子彈與物塊A作用過程系統(tǒng)動量守恒：v1=40m/s子彈在物塊B中穿行的過程中，由能量守恒①子彈在物塊A中穿行的過程中，由能量守恒②由①②解得m（3）子彈在物塊A中穿行過程中，物塊A在水平桌面上的位移為s1，由動能定理：③子彈在物塊B中穿行過程中，物塊B在水平桌面上的位移為s2，由動能定理④由②③④解得物塊B到桌邊的最小距離為：，解得：考點：平拋運動；動量守恒定律；能量守恒定律．3．如圖所示，斜面ABC下端與光滑的圓弧軌道CDE相切于C，整個裝置豎直固定，D是最低點，圓心角∠DOC＝37°，E、B與圓心O等高，圓弧軌道半徑R＝0.30m，斜面長L＝1.90m，AB部分光滑，BC部分粗糙．現(xiàn)有一個質(zhì)量m＝0.10kg的小物塊P從斜面上端A點無初速下滑，物塊P與斜面BC部分之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，忽略空氣阻力．求：（1）物塊第一次通過C點時的速度大小vC．（2）物塊第一次通過D點時受到軌道的支持力大小FD．（3）物塊最終所處的位置．【答案】（1）（2）7.4N（3）0.35m【解析】【分析】由題中“斜面ABC下端與光滑的圓弧軌道CDE相切于C”可知，本題考查動能定理、圓周運動和機械能守恒，根據(jù)過程分析，運用動能定理、機械能守恒和牛頓第二定律可以解答．【詳解】（1）BC長度，由動能定理可得代入數(shù)據(jù)的物塊在BC部分所受的摩擦力大小為所受合力為故（2）設(shè)物塊第一次通過D點的速度為，由動能定理得有牛頓第二定律得聯(lián)立解得（3）物塊每次通過BC所損失的機械能為物塊在B點的動能為解得物塊經(jīng)過BC次數(shù)設(shè)物塊最終停在距離C點x處，可得代入數(shù)據(jù)可得4．某游樂場擬推出一個新型滑草娛樂項目，簡化模型如圖所示。游客乘坐的滑草車（兩者的總質(zhì)量為），從傾角為的光滑直軌道上的點由靜止開始下滑，到達點后進入半徑為，圓心角為的圓弧形光滑軌道，過點后滑入傾角為（可以在范圍內(nèi)調(diào)節(jié)）、動摩擦因數(shù)為的足夠長的草地軌道。已知點處有一小段光滑圓弧與其相連，不計滑草車在處的能量損失，點到點的距離為，。求：(1)滑草車經(jīng)過軌道點時對軌道點的壓力大?。?2)滑草車第一次沿草地軌道向上滑行的時間與的關(guān)系式；(3)取不同值時，寫出滑草車在斜面上克服摩擦所做的功與的關(guān)系式?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)見解析【解析】【分析】【詳解】(1)根據(jù)幾何關(guān)系可知間的高度差從到點，由動能定理得解得對點，設(shè)滑草車受到的支持力，由牛頓第二定律解得由牛頓第三定律得，滑草車對軌道的壓力為。(2)滑草車在草地軌道向上運動時，受到的合外力為由牛頓第二定律得，向上運動的加速度大小為因此滑草車第一次在草地軌道向上運動的時間為代入數(shù)據(jù)解得(3)選取小車運動方向為正方向。①當時，滑草車沿軌道水平向右運動，對全程使用動能定理可得代入數(shù)據(jù)解得故當時，滑草車在斜面上克服摩擦力做的功為②當時，則滑草車在草地軌道向上運動后最終會靜止在軌道上，向上運動的距離為摩擦力做功為聯(lián)立解得故當時，滑草車在斜面上克服摩擦力做的功為③當時滑草車在草地軌道向上運動后仍會下滑，若干次來回運動后最終停在處。對全程使用動能定理可得代入數(shù)據(jù)解得故當時，滑草車在斜面上克服摩擦力做的功為所以，當或時，滑草車在斜面上克服摩擦力做的功為6000J；當時，滑草車在斜面上克服摩擦力做的功為。5．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，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑r=0.2m的四分之一細圓管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間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，小球進入管口C端時，它對上管壁有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彈簧彈性勢能Ep=0.5J。取重力加速度g=10m/s2。求：(1)小球在C處受到的向心力大小；(2)在壓縮彈簧過程中小球的最大動能Ekm；(3)小球最終停止的位置?！敬鸢浮?1)35N；(2)6J；(3)距離B0.2m或距離C端0.3m【解析】【詳解】(1)小球進入管口C端時它與圓管上管壁有大小為的相互作用力故小球受到的向心力為(2)在C點，由代入數(shù)據(jù)得在壓縮彈簧過程中，速度最大時，合力為零，設(shè)此時滑塊離D端的距離為則有解得設(shè)最大速度位置為零勢能面，由機械能守恒定律有得(3)滑塊從A點運動到C點過程，由動能定理得解得BC間距離小球與彈簧作用后返回C處動能不變，小滑塊的動能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中，設(shè)物塊在BC上的運動路程為，由動能定理有解得故最終小滑動距離B為處停下.【點睛】經(jīng)典力學問題一般先分析物理過程，然后對物體進行受力分析，求得合外力及運動過程做功情況，然后根據(jù)牛頓定律、動能定理及幾何關(guān)系求解。6．如圖所示，一質(zhì)量為M、足夠長的平板靜止于光滑水平面上，平板左端與水平輕彈簧相連，彈簧的另一端固定在墻上．平板上有一質(zhì)量為m的小物塊以速度v0向右運動，且在本題設(shè)問中小物塊保持向右運動．已知小物塊與平板間的動摩擦因數(shù)為μ，彈簧彈性勢能Ep與彈簧形變量x的平方成正比，重力加速度為g.求：(1)當彈簧第一次伸長量達最大時，彈簧的彈性勢能為Epm，小物塊速度大小為求該過程中小物塊相對平板運動的位移大??；(2)平板速度最大時彈簧的彈力大小；(3)已知上述過程中平板向右運動的最大速度為v.若換用同種材料，質(zhì)量為的小物塊重復(fù)上述過程，則平板向右運動的最大速度為多大？【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【分析】（1）對系統(tǒng)由能量守恒求解小物塊相對平板運動的位移；（2）平板速度最大時，處于平衡狀態(tài)，彈力等于摩擦力；（3）平板向右運動時，位移大小等于彈簧伸長量，當木板速度最大時彈力等于摩擦力，結(jié)合能量轉(zhuǎn)化關(guān)系解答.【詳解】（1）彈簧伸長最長時平板速度為零，設(shè)相對位移大小為s，對系統(tǒng)由能量守恒mv02＝m()2＋Epm＋μmgs解得s＝（2）平板速度最大時，處于平衡狀態(tài)，f＝μmg即F＝f＝μmg.（3）平板向右運動時，位移大小等于彈簧伸長量，當木板速度最大時μmg＝kx對木板由動能定理得μmgx＝Ep1＋Mv2同理，當m′＝m，平板達最大速度v′時，＝kx′μmgx′＝Ep2＋Mv′2由題可知Ep∝x2，即Ep2＝Ep1解得v′＝v.7．如圖所示，AB是傾角為θ的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點與圓弧相切，圓弧的半徑為R．一個質(zhì)量為m的物體（可以看作質(zhì)點）從直軌道上與圓弧的圓心O等高的P點由靜止釋放，結(jié)果它能在兩軌道間做往返運動．已知物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g．試求：（1）物體釋放后，第一次到達B處的速度大小，并求出物體做往返運動的整個過程中在AB軌道上通過的總路程s；（2）最終當物體通過圓弧軌道最低點E時，對圓弧軌道的壓力的大小；（3）為使物體能順利到達圓弧軌道的最高點D（E、O、D為同一條豎直直徑上的3個點），釋放點距B點的距離L應(yīng)滿足什么條件．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】【詳解】（1）設(shè)物體釋放后，第一次到達B處的速度為，根據(jù)動能定理可知：解得：物體每完成一次往返運動，在AB斜面上能上升的高度都減少一些，最終當它達B點時，速度變?yōu)榱?，對物體從P到B

全過程用動能定理，有得物體在AB軌道上通過的總路程為（2）最終物體以B為最高點在圓弧軌道底部做往返運動，設(shè)物體從B運動到E時速度為v，由動能定理知：在E點，由牛頓第二定律有解得物體受到的支持力根據(jù)牛頓第三定律，物體對軌道的壓力大小為，方向豎直向下．（3）設(shè)物體剛好到達D點時的速度為此時有解得：設(shè)物體恰好通過D點時釋放點距B點的距離為，有動能定理可知：聯(lián)立解得：則：答案：（1）；（2）；（3）8．如圖所示，傾角為30°的光滑斜面的下端有一水平傳送帶，傳送帶正以6m/s的速度運動，運動方向如圖所示．一個質(zhì)量為2kg的物體（物體可以視為質(zhì)點），從h=3.2m高處由靜止沿斜面下滑，物體經(jīng)過A點時，不管是從斜面到傳送帶還是從傳送帶到斜面，都不計其動能損失．物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，物體向左最多能滑到傳送帶左右兩端AB的中點處，重力加速度g=10m/s2，求：（1）物體由靜止沿斜面下滑到斜面末端需要多長時間；（2）傳送帶左右兩端AB間的距離l至少為多少；（3）上述過程中物體與傳送帶組成的系統(tǒng)產(chǎn)生的摩擦熱為多少；（4）物體隨傳送帶向右運動，最后沿斜面上滑的最大高度h′為多少？【答案】（1）1.6s（2）12.8m（3）160J（4）h′=1.8m【解析】(1)mgsinθ=ma,h/sinθ=,可得t="1.6"s.(2)由能的轉(zhuǎn)化和守恒得：mgh=μmgl/2，l="12.8"m.(3)在此過程中，物體與傳送帶間的相對位移:x相=l/2+v帶·t,又l/2=，而摩擦熱Q=μmg·x相，以上三式可聯(lián)立得Q="160"J.(4)物體隨傳送帶向右勻加速，當速度為v帶="6"m/s時向右的位移為x，則μmgx=，x="3.6"m<l/2，即物體在到達A點前速度與傳送帶相等，最后以v帶="6"m/s的速度沖上斜面，由=mgh′，得h′="1.8"m.滑塊沿斜面下滑時由重力沿斜面向下的分力提供加速度，先求出加速度大小，再由運動學公式求得運動時間，由B點到最高點，由動能定理，克服重力做功等于摩擦力做功，由此可求得AB間距離，產(chǎn)生的內(nèi)能由相互作用力乘以相對位移求得9．一質(zhì)量為m=0.5kg的電動玩具車，從傾角為=30°的長直軌道底端，由靜止開始沿軌道向上運動，4s末功率達到最大值，之后保持該功率不變繼續(xù)運動，運動的v-t圖象如圖所示，其中AB段為曲線，其他部分為直線.已知玩具車運動過程中所受摩擦阻力恒為自身重力的0.3倍，空氣阻力不計.取重力加速度g=10m/s2.（1）求玩具車運動過程中的最大功率P；（2）求玩具車在4s末時（圖中A點）的速度大小v1；（3）若玩具車在12s末剛好到達軌道的頂端，求軌道長度L.【答案】（1）P=40W（2）v1=8m/s（3）L=93.75m【解析】【詳解】（1）由題意得，當玩具車達到最大速度v=10m/s勻速運動時，牽引力：F=mgsin30°+0.3mg由P=Fv代入數(shù)據(jù)解得：P=40W（2）玩具車在0-4s內(nèi)做勻加速直線運動，設(shè)加速度為a，牽引力為F1，由牛頓第二定律得：F1-(mgsin30°+0.3mg)=ma4s末時玩具車功率達到最大，則P=F1v1由運動學公式v1=at1（其中t1=4s）代入數(shù)據(jù)解得:v1=8m/s（3）玩具車在0~4s內(nèi)運動位移x1=得：x1=16m玩具車在4~12s功率恒定，設(shè)運動位移為x2，設(shè)t2=12s木時玩具車速度為v，由動能定理得P(t2-t1)-(mgsin30°+0.3mg)x2=代入數(shù)據(jù)解得：x2=77.75m所以軌道長度L=x1+x2=93.75m10．質(zhì)量為M的小車固定在地面上，質(zhì)量為m的小物體（可視為質(zhì)點）以v0的水平速度從小車一端滑上小車，小物體從小車另一端滑離小車時速度減為，已知物塊與小車之間的動摩擦因數(shù)為.求：（1）此過程中小物塊和小車之間因摩擦產(chǎn)生的熱Q以及小車的長度L.（2）若把同一小車放在光滑的水平地面上，讓這個物體仍以水平速度v0從小車一端滑上小車.a.欲使小物體能滑離小車，小車的質(zhì)量M和小物體質(zhì)量m應(yīng)滿足什么關(guān)系?b.當M=4m時，小物塊和小車的最終速度分別是多少?【答案】（1），（2）a.M>3m；b.，【解析】【詳解】(1)小車固定在地面時，物體與小車間的滑動摩擦力為，物塊滑離的過程由動能定理①解得：物塊相對小車滑行的位移為L，摩擦力做負功使得系統(tǒng)生熱，可得：（2）a.把小車放在光滑水平地面上時，小物體與小車間的滑動摩擦力仍為f．設(shè)小物體相對小車滑行距離為時，跟小車相對靜止（未能滑離小車）共同速度為v，由動量守恒定律：mv0=(M+m)v②設(shè)這過程小車向前滑行距離為s.對小車運用動能定理有:③對小物體運用動能定理有:④聯(lián)立②③④可得⑤物塊相對滑離需滿足且聯(lián)立可得：，即小物體能滑離小車的質(zhì)量條件為b.當M=4m時滿足，則物塊最終從小車右端滑離，設(shè)物塊和車的速度分別為、.由動量守恒：由能量守恒定律：聯(lián)立各式解得：，11．如圖1所示是某游樂場的過山車，現(xiàn)將其簡化為如圖2所示的模型：傾角θ=37°、L=60cm的直軌道AB與半徑R=10cm的光滑圓弧軌道BCDEF在B處平滑連接，C、F為圓軌道最低點，D點與圓心等高，E為圓軌道最高點；圓軌道在F點與水平軌道FG平滑連接，整條軌道寬度不計，其正視圖如圖3所示．現(xiàn)將一質(zhì)量m=50g的滑塊可視為質(zhì)點從A端由靜止釋放．已知滑塊與AB段的動摩擦因數(shù)μ1=0.25，與FG段的動摩擦因數(shù)μ2=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．（1）求滑塊到達E點時對軌道的壓力大小FN；（2）若要滑塊能在水平軌道FG上停下，求FG長度的最小值x；（3）若改變釋放滑塊的位置，使滑塊第一次運動到D點時速度剛好為零，求滑塊從釋放到它第5次返回軌道AB上離B點最遠時，它在AB軌道上運動的總路程s．【答案】（1）FN=0.1N（2）x=0.52m（3）【解析】【詳解】（1）滑塊從A到E，由動能定理得：代入數(shù)據(jù)得：滑塊到達E點：代入已知得：FN=0.1N（2）滑塊從A下滑到停在水平軌道FG上，有代入已知得：x=0.52m（3）若從距B點L0處釋放，則從釋放到剛好運動到D點過程有：代入數(shù)據(jù)解得：L0=0.2m從釋放到第一次返回最高點過程，若在軌道AB上上滑距離為L1，則：解得：