高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)

高考物理动能与动能定理试题(有答案和解析)

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量0.04kgm，电量4310Cq的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能为0.32J。某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端A点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B，并沿轨道BC滑下，运动到光滑水平轨道CD，从D点进入到光滑竖直圆内侧轨道。已知倾斜轨道与水平方向夹角为37，倾斜轨道长为2.0mL，带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数0.5。小物块在C点没有能量损失，所有轨道都是绝缘的，运动过程中小物块的电量保持不变，可视为质点。只有光滑竖直圆轨道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场，场强5210V/mE。已知cos370.8，sin370.6，取210m/sg，求：

（1）小物块运动到A点时的速度大小Av；

（2）小物块运动到C点时的速度大小Cv；

（3）要使小物块不离开圆轨道，圆轨道的半径应满足什么条件？

【答案】（1）4m/s；（2）33m/s；（3）R⩽0.022m

【解析】

【分析】

【详解】

（1）释放弹簧过程中，弹簧推动物体做功，弹簧弹性势能转变为物体动能

212PAEmv

解得

220.324m/s0.04PAEvm＝＝＝

（2）A到B物体做平抛运动，到B点有

cos37ABvv＝

所以 45m/s0.8Bv＝＝

B到C根据动能定理有

2211sin37cos3722CBmgLmgLmvmv

解得

33m/sCv＝

（3）根据题意可知，小球受到的电场力和重力的合力方向向上，其大小为

F=qE-mg=59.6N

所以D点为等效最高点，则小球到达D点时对轨道的压力为零，此时的速度最小，即

2DvFmR＝

解得

DFRvm＝

所以要小物块不离开圆轨道则应满足vC≥vD得：

R≤0.022m

2．在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A和B，两小球质量均为m，A球带电荷量为Q，B球不带电，A、B连线与电场线平行，开始时两球相距L，在电场力作用下，A球与B球发生对心弹性碰撞．设碰撞过程中，A、B两球间无电量转移．

(1)第一次碰撞结束瞬间A、B两球的速度各为多大?

(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?

(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0时刻除外)，可以在水平面内加一与电场正交的磁场．请写出磁场B与时间t的函数关系．

【答案】(1)10Av 12BQELvm (2)5QEL (3) 222mgBmLQEtQE

(223mLmLtQEQE )

【解析】 （1）A球的加速度QEam，碰前A的速度122AQELaLmv；碰前B的速度10Bv

设碰后A、B球速度分别为'1Av、'1Bv，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：

''111AABmmmvvv，2'2'2111111222AABmmmvvv

所以B碰撞后交换速度：'10Av，'112BAQELmvv

（2）设A球开始运动时为计时零点，即0t，A、B球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为1t、2t；由匀变速速度公式有：1102AmLaQEvt

第一次碰后，经21tt时间A、B两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度分别为2Av和2Bv，由位移关系有：2'1212112Bavtttt，得到：21233mLQEtt

221112222AAQELaamvtttv；'21BBvv

由功能关系可得：222211=522ABmmQELWvv电

（另解：两个过程A球发生的位移分别为1x、2x，1Lx，由匀变速规律推论24Lx，根据电场力做功公式有：125WQEQELxx）

（3）对A球由平衡条件得到：AQBmgv，Aatv，QEam

从A开始运动到发生第一次碰撞：2220tmggmLtQatQEEtmBQ

从第一次碰撞到发生第二次碰撞：222232tgmLmLtQEQEmLEtQEmBQ

点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒．由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度．那么A球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞．题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些．

3．如图所示，在倾角为θ=30°的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板，质量为m的半圆柱体A紧靠挡板放在斜面上，质量为2m的圆柱体B放在A上并靠在挡板上静止。A与B半径均为R，曲面均光滑，半圆柱体A底面与斜面间的动摩擦因数为μ．现用平行斜面向上的力拉A，使A沿斜面向上缓慢移动，直至B恰好要降到斜面．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：

（1）未拉A时，B受到A的作用力F大小；

（2）在A移动的整个过程中，拉力做的功W； （3）要保持A缓慢移动中拉力方向不变，动摩擦因数的最小值μmin．

【答案】（1）F =3mg（2）1(93)2WmgR （3）min539

【解析】

【详解】

（1）研究B，据平衡条件，有

F =2mgcosθ

解得

F =3mg

（2）研究整体，据平衡条件，斜面对A的支持力为

N =3mgcosθ =332mg

f =μN =332μmg

由几何关系得A的位移为

x =2Rcos30°=3R

克服摩擦力做功

Wf =fx =4.5μmgR

由几何关系得A上升高度与B下降高度恰均为

h =32R

据功能关系

W + 2mgh - mgh - Wf = 0

解得

1(93)2WmgR

（3）B刚好接触斜面时，挡板对B弹力最大

研究B得

24sin30mmgNmg

研究整体得

fmin + 3mgsin30° = N′m

解得

fmin = 2.5mg 可得最小的动摩擦因数：

minmin539fN

4．如图所示，质量m=2kg的小物块从倾角θ=37°的光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入粗糙水平面，已知AB长度为3m，斜面末端B处与粗糙水平面平滑连接．试求：

（1）小物块滑到B点时的速度大小．

（2）若小物块从A点开始运动到C点停下，一共经历时间t=2.5s，求BC的距离．

（3）上问中，小物块与水平面的动摩擦因数μ多大？

（4）若在小物块上始终施加一个水平向左的恒力F，小物块从A点由静止出发，沿ABC路径运动到C点左侧3.1m处的D点停下．求F的大小．（sin37°=0.6，cos37°=0.8 ）

【答案】（1）6m/s（2）1.5s（3）0.4（4）2.48NF

【解析】

【详解】

(1)根据机械能守恒得：

21sin372ABBmgsmv

解得：

2sin3721030.6m/s6m/sBABvgs；

(2)物块在斜面上的加速度为：

21sin6m/sag

在斜面上有：

2112ABsat

代入数据解得：

11st

物块在BC段的运动时间为：

211.5sttt

BC段的位移为：

21(0)4.5m2BCBsvt

（3）在水平面上，有： 220Bvat﹣

解得：

2224m/sBvat．

根据牛顿第二定律有：

2mgma﹣

代入数据解得：

0.4．

(4)从A到D的过程，根据动能定理得：

sincos0ABBDABBDmgsFssmgs

代入数据解得：

2.48NF

【点睛】

连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力.

5．如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R．一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上与圆弧的圆心O等高的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．试求：

（1）物体释放后，第一次到达B处的速度大小，并求出物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程s；

（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力的大小；

（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D（E、O、D为同一条竖直直径上的3个点），释放点距B点的距离L应满足什么条件．

【答案】（1）2(sincos)tanBgRv；RL （2）(32cos)NFmg；

（3）(32cos)2(sincos)RL… 【解析】

【分析】

【详解】

（1）设物体释放后，第一次到达B处的速度为1v，根据动能定理可知：

21cos1coscossin2RmgRmgmv

解得：

2(sincos)tanBgRv

物体每完成一次往返运动，在AB斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达B点时，速度变为零，对物体从P到B 全过程用动能定理，有

coscos0mgRmgL

得物体在AB轨道上通过的总路程为

RL

（2）最终物体以B为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B运动到E时速度为2v v，由动能定理知：

221(1cos)2vmgRm

在E点，由牛顿第二定律有

22NmvFmgR

解得物体受到的支持力

(32cos)NFmg

根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为(32cos)NNFFmg，方向竖直向下．

（3）设物体刚好到达D点时的速度为Dv此时有

2DmvmgR

解得：

DvgR

设物体恰好通过D点时释放点距B点的距离为0L，有动能定理可知：

2001[sin(1cos)]cos2DmgLRmgLmv

联立解得：