高考物理动能与动能定理练习题及答案Word格式.docx

1、F70 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Ff11mg4 N地面对木板的摩擦力Ff22（Mm）g3 N对木板由牛顿第二定律得：Ff1Ff2Maa1 m/s2（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v5 m/s对滑块有：（xL）vt1gt2对木板有：xat2t1 s或ts（不合题意，舍去）故本题答案是：（1）70 N（2）1 m/s2（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2滑板运动是极限运动的鼻祖，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

2、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v03m/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m60kg，B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h2m和H2.5m.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CD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B点时速度的大小；如不能，请求出最后停止的位置距C点的距离.（1）vB6m/s （2） L6

3、.5m （3）停在C点右侧6m处（1）在B点时有vB，得vB6m/s （2）从B点到E点有，得L6.5m （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，得h1.2mh2 m，故第一次返回时，运动员不能回到B点，从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得，得s19m，s2L6 m，故运动员最后停在C点右侧6m处.3如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C点切线水平，长为L=4m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接。质量分别为m1=0.3kg和m2=1kg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v0=1.5m/s的速度

4、向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为=0.15某时剪断细绳，小物体m1向左运动，m2向右运动速度大小为v2=3m/s，g取10m/s2求：（1）剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep（2）从小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E（3）为了让小物体m1从C点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC的半径R和小物体m1平抛的最大水平位移x的大小。（1）19.5J（2）6.75J（3）R=1.25m时水平位移最大为x=5m（1）对m1和m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=m1v1-m2v2解得 v1=10m

5、/s剪断细绳前弹簧的弹性势能为：解得Ep=19.5J（2）设m2向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：-m2gx=0-m2v22x=3mL=4m则m2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v0=1.5m/s，然后向左匀速运动，直至离开传送带。设小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t。取向左为正方向。根据动量定理得：m2gt=m2v0-（-m2v2）t=3s该过程皮带运动的距离为：x带=v0t=4.5m故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：E=m2gx带E=6.75J（3）设竖直光滑轨道AC的半径为R时小物体m1平抛的水平位移最大为x。从A到C由机械能守恒定

6、律得：由平抛运动的规律有：x=vCt1联立整理得根据数学知识知当4R=10-4R即R =1.25m时，水平位移最大为x=5m4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，电量的带负电小物块与弹簧接触但不栓接，弹簧的弹性势能为。某一瞬间释放弹簧弹出小物块，小物块从水平台右端点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点，并沿轨道滑下，运动到光滑水平轨道，从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，倾斜轨道长为，带电小物块与倾斜轨道间的动摩擦因数。小物块在点没有能量损失，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

7、道处存在范围足够大的竖直向下的匀强电场，场强。已知，取，求：（1）小物块运动到点时的速度大小；（2）小物块运动到点时的速度大小；（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？（1）4m/s；（2）m/s；（3）R0.022m（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（2）A到B物体做平抛运动，到B点有 所以B到C根据动能定理有（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，即所以要小物块不离开圆轨道则应满足vCvD得：R0.022m5在光滑绝缘

8、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，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（1） （2） （3） （ ）（

9、1）A球的加速度，碰前A的速度；碰前B的速度设碰后A、B球速度分别为、，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：，所以B碰撞后交换速度：（2）设A球开始运动时为计时零点，即，A、B球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为、；由匀变速速度公式有：第一次碰后，经时间A、B两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度分别为和，由位移关系有：，得到：；由功能关系可得：（另解：两个过程A球发生的位移分别为、，由匀变速规律推论，根据电场力做功公式有：）（3）对A球由平衡条件得到：，从A开始运动到发生第一次碰撞：从第一次碰撞到发生第二次碰撞：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

10、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6如图所示，AB是一倾角为=37的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数，BCD是半径为R=0.2m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E = 4.0103N/C，质量m = 0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下已知斜面AB对应的高度h = 0.24m，滑块带电荷q = -5.010-4C，取重力加

11、速度g = 10m/s2，sin37= 0.60，cos37=0.80求：（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小；（2）滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力（1） （2） （1）滑块沿斜面滑下的过程中，根据动能定理求解滑到斜面底端B点时的速度大小；（2）滑块从B到C点，由动能定理可得C点速度，由牛顿第二定律和由牛顿第三定律求解（1）滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力：设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得：v1=2.4m/s（2）滑块从B 到C 点，由动能定理可得：当滑块经过最低点时，有：由牛顿第三定律：方向竖直向下本题是动能定理与牛顿定律的综合应用，关键在于研究过程

12、的选择.7如图所示，光滑水平面MN的左端M处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度L=16m，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动ABCDE是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB为水平轨道，弧BCD是半径为R的半圆弧轨道，弧DE是半径为2R的圆弧轨道，弧BCD与弧DE相切在轨道最高点D，R=06m平面部分A点与传送带平齐接触放在MN段的物块m（可视为质点）以初速度v0=4m/s冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数=02，物块的质量m=1kg结果物块从滑上传送带又返回到N端，经水平面与左端M处的固定弹射器相碰撞（弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定），因碰撞弹射

13、器锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点，最后从E点飞出g取10m/s2求：（1）物块m从第一次滑上传送带到返回到N端的时间（2）物块m第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送带所多提供的能量多大？（1）（2）试题分析:（1）物块B向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀减速运动，达到与皮带共速后与皮带匀速物块B向右作匀减速运动过程：物块向右达到的最大位移：反向匀加速运动过程加速度大小不变达到与传送带共速的时间：相对地面向左位移：共速后与传送带匀速运动的时间：往返总时间：（2）由物块恰能通过轨道最高点D，并恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过最高点可得，物块是在半径为2R的圆弧上的最高点重力全部充当向心力得：又由物块上滑过中根据机械能守恒得：代入数据解得：物块第二次从N到A点：速度关系：代入得：得