高考物理动能与动能定理练习题及答案Word格式.docx
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F=70N
由牛顿第三定律,滑块对P点的压力大小是70N
(2)滑块对木板的摩擦力Ff1=μ1mg=4N
地面对木板的摩擦力
Ff2=μ2(M+m)g=3N
对木板由牛顿第二定律得:
Ff1-Ff2=Ma
a==1m/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v=5m/s
对滑块有:
(x+L)=vt-μ1gt2
对木板有:
x=at2
t=1s或t=s(不合题意,舍去)
故本题答案是:
(1)70N
(2)1m/s2 (3)1s
【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段的圆心为O点、圆心角θ=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μ=0.2.某运动员从轨道上的A点以v0=3m/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m=60kg,B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h=2m和H=2.5m.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)vB=6m/s
(2)L=6.5m(3)停在C点右侧6m处
(1)在B点时有vB=,得vB=6m/s
(2)从B点到E点有,得L=6.5m
(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h′=1.2m<
h=2m,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s=19m,s=2L+6m,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。
(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/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:
-μm2gx=0-m2v22
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)
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
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:
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=5m
4.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)R⩽0.022m
(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vC≥vD得:
R≤0.022m
5.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,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)()
(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θ=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=4.0×
103N/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=-5.0×
10-4C,取重力加速度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=0.6m.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μ=0.2,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