高中物理动能与动能定理练习题及答案doc.docx
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高中物理动能与动能定理练习题及答案doc
高中物理动能与动能定理练习题及答案
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理
1.如图所示,圆弧轨道
AB是在竖直平面内的
1
圆周,B点离地面的高度
h=0.8m,该处切
4
线是水平的,一质量为
m=200g
的小球(可视为质点)自
A点由静止开始沿轨道下滑(不
计小球与轨道间的摩擦及空气阻力),小球从
B点水平飞出,最后落到水平地面上的
D
点.已知小物块落地点
D到
C点的距离为
x=4m,重力加速度为
g=10m/s2.求:
(1)圆弧轨道的半径
(2)小球滑到B点时对轨道的压力.
【答案】
(1)圆弧轨道的半径是5m.
(2)小球滑到B点时对轨道的压力为6N,方向竖直向下.【解析】
(1)小球由B到D做平抛运动,有:
h=1gt2
2
x=vBt
解得:
vBx
g
10
10m/s
4
2
0.8
2h
A到B过程,由动能定理得:
1
2
-0
mgR=
mvB
2
解得轨道半径
R=5m
(2)在B点,由向心力公式得:
N
mg
mvB2
R
解得:
N=6N
根据牛顿第三定律,小球对轨道的压力
N=N=6N,方向竖直向下
点睛:
解决本题的关键要分析小球的运动过程,把握每个过程和状态的物理规律,掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力,运用运动的分解法进行研究平抛运动.
2.如图所示,在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道,水平轨道的PQ段长度为,上面铺设特殊材料,小物块与其动摩擦因数为,轨道其它部分摩擦
不计。
水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定,弹簧处于原长状态。
可视为质点的质量
的小物块从轨道右侧
A点以初速度
冲上轨道,通过圆形轨道,水平轨道
后压缩弹簧,并被弹簧以原速率弹回,取,求:
(1)弹簧获得的最大弹性势能;
(2)小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能;
(3)当R满足什么条件时,小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。
【答案】
(1)10.5J
(2)3J(3)0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m
【解析】
【详解】
(1)当弹簧被压缩到最短时,其弹性势能最大。
从A到压缩弹簧至最短的过程中,由动
能定理得:
-μmgl+W弹=0-mv02
由功能关系:
W弹=-△Ep=-Ep
解得Ep=10.5J;
(2)小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中,由动能定理得
-2μmgl=Ek-mv02
解得Ek=3J;
(3)小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动,有以下两种情况:
①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动,此时设小球最高点速度为v2,由动能定理得
-2mgR=mv22-Ek
小物块能够经过最高点的条件m≥mg,解得R≤0.12m
②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动,为了不让其脱离轨道,小物块至多只能到达与圆心
等高的位置,即mv12≤mgR,解得R≥0.3m;
设第一次自A点经过圆形轨道最高点时,速度为v1,由动能定理得:
-2mgR=mv12-mv02
且需要满足m≥mg,解得R≤0.72m,
综合以上考虑,R需要满足的条件为:
0.3m≤R≤0.42m或0≤R≤0.12m。
【点睛】
解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况,把握隐含的临界条件,运用动能定理时要
注意灵活选择研究的过程。
3.如图所示,粗糙水平桌面上有一轻质弹簧左端固定在A点,自然状态时其右端位于B
点。
水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP,其形状为半径R=1.0m的圆环剪去了左
上角120°的圆弧,MN为其竖直直径,P点到桌面的竖直距离是h=2.4m。
用质量为
m=0.2kg的物块将弹簧由B点缓慢压缩至C点后由静止释放,弹簧在C点时储存的弹性势能Ep=3.2J,物块飞离桌面后恰好P点沿切线落入圆轨道。
已知物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度g值取10m/s2,不计空气阻力,求∶
(1)物块通过P点的速度大小;
(2)物块经过轨道最高点M时对轨道的压力大小;
(3)C、D两点间的距离;
【答案】
(1)8m/s;
(2)4.8N;(3)2m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)通过P点时,由几何关系可知,速度方向与水平方向夹角为
60o,则
vy2
2gh
sin60o
vy
v
整理可得,物块通过
P点的速度
v
8m/s
(2)从P到M点的过程中,机械能守恒
1mv2=mgR(1
cos60o)+1mvM2
2
2
在最高点时根据牛顿第二定律
mvM2
FNmg
整理得
R
FN4.8N
根据牛顿第三定律可知,物块对轨道的压力大小为4.8N
(3)从D到P物块做平抛运动,因此
vDvcos60o4m/s
从C到D的过程中,根据能量守恒定律
Ep
mgx
1mvD2
2
C、D两点间的距离
x2m
4.如图,在竖直平面内,半径
R=0.5m的光滑圆弧轨道ABC与粗糙的足够长斜面CD相切
于C点,CD与水平面的夹角
θ=37°,B是轨道最低点,其最大承受力
Fm=21N,过A点的切
线沿竖直方向。
现有一质量
m=0.1kg的小物块,从A点正上方的P点由静止落下。
已知物
块与斜面之间的动摩擦因数
μ=0.5.取sin37°=0.6.co37=0.8°,g=10m/s2,不计空气阻力。
(1)为保证轨道不会被破坏,求
P、A间的最大高度差H及物块能沿斜面上滑的最大距离
L;
(2)若P、A间的高度差h=3.6m,求系统最终因摩擦所产生的总热量
Q。
【答案】
(1)4.5m,4.9m;
(2)4J
【解析】
【详解】
(1)设物块在B点的最大速度为vB,由牛顿第二定律得:
Fm
mgmvB2
R
从P到B,由动能定理得
mg(HR)
1mvB2
0
2
解得
H=4.5m
物块从B点运动到斜面最高处的过程中,根据动能定理得:
-mg[R(1-cos37)°+Lsin37]°-μmgcos37°?
L=0
1mvB2
2
解得
L=4.9m
(3)物块在斜面上,由于
mgsin37>°μmgcos37°物块不会停在斜面上,物块最后以,
B点为
中心,C点为最高点沿圆弧轨道做往复运动,由功能关系得系统最终因摩擦所产生的总热
量
Q=mg(h+Rcos37°)
解得
Q=4J
5.如图所示,粗糙水平地面与半径为R=0.4m的粗糙半圆轨道BCD相连接,且在同一竖直
平面内,O是BCD的圆心,BOD在同一竖直线上.质量为m=1kg的小物块在水平恒力
F=15N的作用下,从A点由静止开始做匀加速直线运动,当小物块运动到B点时撤去F,
小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点,已知A、B间的距离为3m,小物块与地面间的动
摩擦因数为0.5,重力加速度g取10m/s2.求:
(1)小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小.
(2)小物块离开D点后落到地面上的点与D点之间的距离
【答案】
(1)160N
(2)0.82m
【解析】
【详解】
(1)小物块在水平面上从A运动到B过程中,根据动能定理,有:
(F-μmg)xAB=1mvB2-0
2
在B点,以物块为研究对象,根据牛顿第二定律得:
NmgmvB2
R
联立解得小物块运动到
B点时轨道对物块的支持力为:
N=160N
由牛顿第三定律可得,小物块运动到
B点时对圆轨道
B点的压力大小为:
N′=N=160N
(2)因为小物块恰能通过
D点,所以在D点小物块所受的重力等于向心力,即:
mgmvD2
R
可得:
vD=2m/s
设小物块落地点距
B点之间的距离为
x,下落时间为
t,根据平抛运动的规律有:
x=vDt,
1
2
2R=gt
2
解得:
x=0.8m
则小物块离开D点后落到地面上的点与D点之间的距离l2x0.82m
6.如图所示,半径为R1=1.8m的1光滑圆弧与半径为R2=0.3m的半圆光滑细管平滑连
4
接并固定,光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L=2.0m、质量为M=1.5kg的木板,木
板上表面正好与管口底部相切,处在同一水平线上,木板的左方有一足够长的台阶,其高
度正好与木板相同.现在让质量为m2=2kg的物块静止于B处,质量为m1=1kg的物块
从光滑圆弧顶部的A处由静止释放,物块m1下滑至B处和m2碰撞后不再分开,整体设为
物块m(m=m1+m2).物块m穿过半圆管底部
C处滑上木板使其从静止开始向左运动,当
木板速度为2m/s时,木板与台阶碰撞立即被粘住
(即速度变为零),若g=10m/s2,物块碰
撞前后均可视为质点,圆管粗细不计.
(1)求物块m1和m2碰撞过程中损失的机械能;
(2)求物块m滑到半圆管底部C处时所受支持力大小;
(3)若物块m与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为
μ=0.25
,求物块m在台阶表面上滑行
的最大距离.
【答案】⑴
12J
⑵190N
⑶0.8m
【解析】
试题分析:
(1)选由机械能守恒求出物块
m1下滑到B点时的速度;m1、m2碰撞满足动
量守恒,由E机
1m1vB2
1mv共2求出碰撞过程中损失的机械能
;
(2)物块m由B到C
2
2
满足机械能守恒,在C点由牛顿第二定律可求出物块
m滑到半圆管底部C处时所受支持力
大小;(3)根据动量守恒定律和动能定理列式即可求解.
⑴设物块m1下滑到B点时的速度为vB,由机械能守恒可得:
m1gR11m1vB2
2
解得:
vB
6m/s
m1、m2碰撞满足动量守恒:
m1vB
(m1
m2)v共
解得;v共
2m/s
则碰撞过程中损失的机械能为:
E机
1m1vB2
1mv共2
12J
2
2
⑵物块m由B到C满足机械能守恒:
1mv共2
mg
2R2
1mvC2
2
2
解得:
vC
4m/s
在C处由牛顿第二运动定律可得:
FNmg
mvC2
R2
解得:
FN190N
⑶设物块m滑上木板后,当木板速度为v22m/s时,物块速度为v1,由动量守恒定律得:
mvCmv1Mv2
解得:
v13m/s
设在此过程中物块运动的位移为x1,木板运动的位移为x2,由动能定理得:
对物块m:
mgx1
1mv12
1mvC2
2
2
解得:
x1
1.4m
对木板M:
mgx2
1Mv22
2
解得:
x2
0.4m
此时木板静止,物块
m到木板左端的距离为:
x3Lx2x11m
设物块m在台阶上运动的最大距离为
x4,由动能定理得:
mg(x3
x4)0
1mv12
2
解得:
x4
0.8m
7.如图所示,AB是一倾角为θ=37°绝缘粗糙直轨道,滑块与斜面间的动摩擦因数的
=0.30,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
3
E=4.0×10
,质量m=0.20kg的带电滑
N/C
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=-
-4
2
.求:
5.0×10C,取重力加速度
g=10m/s,sin37=°0.60,cos37=0°.80
(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.
【答案】
(1)2.4m/s
(2)12N
【解析】
【分析】
(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.
【详解】
(1)
滑块沿斜面滑下的过程中,受到的滑动摩擦力:
fmgqEcos370.96N
设到达斜面底端时的速度为v1,根据动能定理得:
mg
qE
hf
h
1mv12
sin37o
2
解得:
1
v=2.4m/s
(2)滑块从B到C点,由动能定理可得:
mgqE
R1-cos37
=1mv221mv12
2
2
当滑块经过最低点时,有:
FN
mg
qE
mv2
2
R
由牛顿第三定律:
FN,
FN
11.36N
方向竖直向下.
【点睛】
本题是动能定理与牛顿定律的综合应用,关键在于研究过程的选择.
8.如图为一水平传送带装置的示意图.紧绷的传送带
AB始终保持v0
=5m/s
的恒定速率运
行,AB间的距离L为8m.将一质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上距
A点2m处的P
点,小物块随传送带运动到
B点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点
N.小物块与传送带
间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g=10m/s2.求:
(1)该圆轨道的半径r;
(2)要使小物块能第一次滑上圆形轨道达到
M点,M点为圆轨道右半侧上的点,该点高
出B点0.25m,且小物块在圆形轨道上不脱离轨道,求小物块放上传送带时距离
A点的位
置范围.
【答案】
(1)r0.5m
(2)7m
x
7?
.5m,0x
5?
.5m
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析:
(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度
ag5m/s2
小物块与传送带共速时,所用的时间
t
v0
1s
a
运动的位移
v0
x
2.5m<-
2=6m
2a
L
故小物块与传送带达到相同速度后以
v0
5m/s的速度匀速运动到
B,然后冲上光滑圆弧
轨道恰好到达
N点,故有:
mg
mvN2
r
由机械能守恒定律得
1
mv02
mg(2r)
1
mvN2
,解得r0.5m
2
2
(2)设在距A点x1处将小物块轻放在传送带上,恰能到达圆心右侧的
M点,由能量守恒
得:
mg(L-x1)=mgh代入数据解得
x1=7.5?
m
设在距A点x2处将小物块轻放在传送带上,恰能到达右侧圆心高度,由能量守恒得:
mg(L-x2)=mgR代入数据解得
x2=7?
m
则:
能到达圆心右侧的
M点,物块放在传送带上距
A点的距离范围
;
同理,只要过最高点
N同样也能过圆心右侧的
M点,由
(1)可知x3=8m2.5m
5.5?
m
则:
0x
5.5m.
故小物块放在传送带上放在传送带上距
A点的距离范围:
7mx
7?
.5m和0x
5?
.5m
考点:
考查了相对运动,能量守恒定律的综合应用
9.如图所示,倾角为
45
的粗糙平直导轨与半径为
r的光滑圆环轨道相切,切点为
b,整个轨道处在竖直平面内
.一质量为
m的小滑块从导轨上离地面高为
H=3r
的
d处无初
速下滑进入圆环轨道,接着小滑块从最高点
a水平飞出,恰好击中导轨上与圆心
O等高的
c点.已知圆环最低点为
e点,重力加速度为
g,不计空气阻力
.求:
(1)小滑块在a点飞出的动能;
()小滑块在e点对圆环轨道压力的大小;
(3)小滑块与斜轨之间的动摩擦因数.(计算结果可以保留根号)
【答案】(1
1
mgr;(2
)F′=6mg
;(3)
4
2
)Ek
14
2
【解析】
【分析】
【详解】
(1)小滑块从a点飞出后做平拋运动:
水平方向:
2rvat
竖直方向:
r
1
gt2
2
解得:
va
gr
小滑块在a点飞出的动能Ek
1mva
2
1mgr
2
2
(2)设小滑块在
e点时速度为vm,由机械能守恒定律得:
1
mvm
2
1
mva
2
mg
2r
2
2
在最低点由牛顿第二定律:
F
mg
mvm
2
r
由牛顿第三定律得:
F′=F
解得:
F′=6mg
(3)bd之间长度为L,由几何关系得:
L
221r
从d到最低点e过程中,由动能定理mgH
mgcosL
1mvm
2
2
解得
4
2
14
10.一质量为m=0.5kg的电动玩具车,从倾角为=30°的长直轨道底端,由静止开始沿轨
道向上运动,
4s末功率达到最大值,之后保持该功率不变继续运动,运动的
v-t
图象如图
所示,其中AB段为曲线,其他部分为直线
重力的0.3倍,空气阻力不计.取重力加速度
.已知玩具车运动过程中所受摩擦阻力恒为自身
g=10m/s2.
(1)求玩具车运动过程中的最大功率P;
(2)求玩具车在4s末时(图中A点)的速度大小v1;
(3)若玩具车在12s末刚好到达轨道的顶端,求轨道长度L.
【答案】
(1)P=40W
(2)v1=8m/s
(3)L=93.75m
【解析】
【详解】
(1)由题意得,当玩具车达到最大速度
v=10m/s匀速运动时,
牵引力:
F=mgsin30°+0.3mg
由P=Fv
代入数据解得:
P=40W
(2)玩具车在0-4s内做匀加速直线运动,设加速度为
a,牵引力为F1,
由牛顿第二定律得:
F1-(mgsin30+0°.3mg)=ma
4s末时玩具车功率达到最大,则
P=F1v1
由运动学公式v1=at1(其中t1=4s)
代入数据解得:
v1=8m/s
(3)玩具车在0~4s内运动位移x1=
1at12
2
得:
x1=16m
玩具车在4~12s功率恒定,设运动位移为
x2,设t2=12s木时玩具车速度为
v,由动能定理
得
P(t2-t1)-(mgsin30+0°.3mg)x2=
1mv2
1mv12
2
2
代入数据解得:
x2=77.75m
所以轨道长度L=x1+x2=93.75m
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