(物理)物理动能与动能定理提高训练

（物理）物理动能与动能定理提高训练一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1．如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧轨道的左端A与圆心O等高，B为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的右端C与一倾角θ=37°的粗糙斜面相切。一质量m=1kg的小滑块从A点正上方h=1m处的P点由静止自由下落。已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。(1)求滑块第一次运动到B点时对轨道的压力。(2)求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离。(3)通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A点。【答案】(1)70N；(2)1.2m；(3)能滑出A【解析】【分析】【详解】(1)滑块从P到B的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有212BmghRmv那么，对滑块在B点应用牛顿第二定律可得，轨道对滑块的支持力竖直向上，且2N270NBmghRmvFmgmgRR故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B点时对轨道的压力为70N，方向竖直向下。(2)设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得cos37sin37cos370mghRRLmgL（）所以1.2mL(3)对滑块从P到第二次经过B点的运动过程应用动能定理可得212cos370.542BmvmghRmgLmgmgR所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A点。【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。2．如图所示，两物块A、B并排静置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg．一颗质量m=0.10kg的子弹C以v0=100m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A后接着射入B并留在B中，此时A、B都没有离开桌面．已知物块A的长度为0.27m，A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m．设子弹在物块A、B中穿行时受到的阻力大小相等，g取10m/s2．(平抛过程中物块看成质点)求：（1）物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是多少；（2）子弹在物块B中打入的深度；（3）若使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面，则物块B到桌边的最小初始距离．【答案】（1）5m/s；10m/s；（2）23.510BmL（3）22.510m【解析】【分析】【详解】试题分析：(1)子弹射穿物块A后，A以速度vA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动：212hgt解得：t=0.40sA离开桌边的速度Asvt，解得：vA=5.0m/s设子弹射入物块B后，子弹与B的共同速度为vB，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：0()ABmvMvMmvB离开桌边的速度vB=10m/s（2）设子弹离开A时的速度为1v，子弹与物块A作用过程系统动量守恒：012AmvmvMvv1=40m/s子弹在物块B中穿行的过程中，由能量守恒2221111()222BABfLMvmvMmv①子弹在物块A中穿行的过程中，由能量守恒22201111()222AAfLmvmvMMv②由①②解得23.510BLm（3）子弹在物块A中穿行过程中，物块A在水平桌面上的位移为s1，由动能定理：211()02AfsMMv③子弹在物块B中穿行过程中，物块B在水平桌面上的位移为s2，由动能定理2221122BAfsMvMv④由②③④解得物块B到桌边的最小距离为：min12sss，解得：2min2.510sm考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律．3．如图所示，质量为m=1kg的滑块，在水平力F作用下静止在倾角为θ=30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0=3m/s，长为L=1.4m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s2．求(1)水平作用力F的大小；(2)滑块开始下滑的高度h；(3)在第(2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q．【答案】(1)(2)0.1m或0.8m(3)0.5J【解析】【分析】【详解】解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力FN处于平衡，如图所示：水平推力①解得：②（2）设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v下滑过程由机械能守恒有：，解得：③若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：④解得：⑤若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：⑥解得：⑦（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移：s=v0t由机械能守恒有：⑧⑨滑块相对传送带滑动的位移⑩相对滑动生成的热量⑪⑫4．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的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=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。【答案】(1)19.5J(2)6.75J(3)R=1.25m时水平位移最大为x=5m【解析】【详解】(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/s剪断细绳前弹簧的弹性势能为：2211221122pEmvmv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：-μm2gx=0-12m2v22解得x=3m＜L=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：μm2gt=m2v0-（-m2v2）解得：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=μm2gx带解得：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由机械能守恒定律得：2211111  222CmvmvmgR由平抛运动的规律有：x=vCt121122Rgt联立整理得410()4xRR根据数学知识知当4R=10-4R即R=1.25m时，水平位移最大为x=5m5．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：2BmvFmgmR从P到Ｂ，由动能定理得21()02BmgHRmv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=2102Bmv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=4J6．如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R＝0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接。有一质量为1kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F随位移变化的关系如图乙所示。滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与半圆弧轨道BC间的动摩擦因数未知，g取10m/s2。求：（1）滑块到达B处时的速度大小；（2）若到达B点时撤去F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。【答案】（1）210m/s。（2）5J。【解析】【详解】（1）对滑块从A到B的过程，由动能定理得：2113312BFxFxmgxmv，即21202-101-0.251104J=12Bv，得：210m/sBv；（2）当滑块恰好能到达最高点C时，2CvmgmR；对滑块从B到C的过程中，由动能定理得：2211222CBWmgRmvmv，带入数值得：=-5JW，即克服摩擦力做的功为5J；7．如图所示，滑块A的质量m＝0.01kg，与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，用细线悬挂的小球质量均为m＝0.01kg，沿x轴排列，A与第1只小球及相邻两小球间距离均为s＝2m，线长分别为L1、L2、L3…（图中只画出三只小球，且小球可视为质点），开始时，滑块以速度v0＝10m／s沿x轴正方向运动，设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块正碰，g取10m／s2，求：（1）滑块能与几个小球碰撞？（2）求出碰撞中第n个小球悬线长La的表达式。【答案】(1)12个;(2)【解析】（1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内转动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为s0，有得s0＝25m（个）（2）滑块与第n个球碰撞，设小球运动到最高点时速度为vn′对小球，有：．①②对滑块，有：③解①②③三式：8．图示为一过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的光滑圆形轨道组成，BC分别是圆形轨道的最低点和最高点，其半径R=1m，一质量m＝1kg的小物块（视为质点）从左側水平轨道上的A点以大小v0＝12m／s的初速度出发，通过竖直平面的圆形轨道后，停在右侧水平轨道上的D点．已知A、B两点间的距离L1＝5．75m，物块与水平轨道写的动摩擦因数0．2，取g＝10m／s2，圆形轨道间不相互重叠，求：（1）物块经过B点时的速度大小vB；（2）物块到达C点时的速度大小vC；（3）BD两点之间的距离L2，以及整个过程中因摩擦产生的总热量Q【答案】(1)11/ms(2)9/ms(3)72J【解析】【分析】【详解】（1）物块从A到B运动过程中，根据动能定理得：22101122BmgLmvmv解得：11/Bvms（2）物块从B到C运动过程中，根据机械能守恒得：2211·222BCmvmvmgR解得：9/Cvms（3）物块从B到D运动过程中，根据动能定理得：22102BmgLmv解得：230.25Lm对整个过程，由能量守恒定律有：20102Qmv解得：Q=72J【点睛】选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．知道小滑块能通过圆形轨道的含义以及要使小滑块不能脱离轨道的含义．9．雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关，雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g；（1）质