【物理】物理動(dòng)能與動(dòng)能定理練習(xí)題含答案含解析

1、【物理】物理動(dòng)能與動(dòng)能定理練習(xí)題含答案含解析一、高中物理精講專題測(cè)試動(dòng)能與動(dòng)能定理1.如圖所示，斜面ABC下端與光滑的圓弧軌道CDE相切于C,整個(gè)裝置豎直固定，D是最低點(diǎn)，圓心角/DOC=37°,E、B與圓心O等高，圓弧軌道半徑R=0.30m,斜面長(zhǎng)L=1.90m,AB部分光滑，BC部分粗糙.現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量m=0.10kg的小物塊P從斜面上端A點(diǎn)無(wú)初速下滑，物塊P與斜面BC部分之間的動(dòng)摩擦因數(shù)-0.75.取sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2,忽略空氣阻力.求：(1)物塊第一次通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小vc.(2)物塊第一次通過(guò)D點(diǎn)時(shí)受到

2、軌道的支持力大小Fd.(3)物塊最終所處的位置.【答案】(1)3m/S(2)7.4N(3)0.35m【解析】【分析】由題中斜面ABC下端與光滑的圓弧軌道CDE相切于C'可知，本題考查動(dòng)能定理、圓周運(yùn)動(dòng)和機(jī)械能守恒，根據(jù)過(guò)程分析，運(yùn)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒和牛頓第二定律可以解答.【詳解】(1)BC長(zhǎng)度lRtan53o0.4m,由動(dòng)能定理可得mg(Ll)sin37omvB22代入數(shù)據(jù)的Vb32m/s物塊在BC部分所受的摩擦力大小為fmgcos37o0.60N所受合力為Fmgsin37of0故VcVb3.2m/s(2)設(shè)物塊第一次通過(guò)D點(diǎn)的速度為Vd,由動(dòng)能定理得o1212mgR(1cos37

3、)-mvDmvC22有牛頓第二定律得FdmgVdmR聯(lián)立解得Fd7.4N(3)物塊每次通過(guò)BC所損失的機(jī)械能為Efl0.24J物塊在B點(diǎn)的動(dòng)能為1 2EkB-mvB2解得EkB0.9J物塊經(jīng)過(guò)BC次數(shù)n設(shè)物塊最終停在距離C點(diǎn)x處，可得0.9J0.24J=3.75mg(Lx)sin37of(3l+x)代入數(shù)據(jù)可得x0.35m2.某小型設(shè)備工廠采用如圖所示的傳送帶傳送工件。傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，以v2m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傾角37。工人將工件輕放至傳送帶最低點(diǎn)A,由傳送帶傳送至最高點(diǎn)B后再由另一工人運(yùn)走，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為-,所運(yùn)送的每個(gè)工8件完全相同且質(zhì)量m2kg。傳送帶長(zhǎng)度為L(zhǎng)6

4、m,不計(jì)空氣阻力。(工件可視為質(zhì)點(diǎn)，2sin370.6,cos370.8,g10m/s)求：(1)若工人某次只把一個(gè)工件輕放至A點(diǎn)，則傳送帶將其由最低點(diǎn)A傳至B點(diǎn)電動(dòng)機(jī)需額外多輸出多少電能？(2)若工人每隔1秒將一個(gè)工件輕放至A點(diǎn)，在傳送帶長(zhǎng)時(shí)間連續(xù)工作的過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)額外做功的平均功率是多少？【答案】(1)104J;(2)104W【解析】【詳解】(1)對(duì)工件mgcosmgsinmav22axvat1t12s得x2mx帶vt12xx相x帶x2m由能量守恒定律E電QEpEk即匚I-12E電mgcos為目mgLsin-mv2代入數(shù)據(jù)得E電104J(2)由題意判斷，每1s放一個(gè)工件，傳送帶上共兩個(gè)工

5、件勻加速，每個(gè)工件先勻加速后勻速運(yùn)動(dòng)，與帶共速后工件可與傳送帶相對(duì)靜止一起勻速運(yùn)動(dòng)。勻速運(yùn)動(dòng)的相鄰的兩個(gè)工件間距為xvt2mLxnx得n2所以，傳送帶上總有兩個(gè)工件勻加速，兩個(gè)工件勻速則傳送帶所受摩擦力為f2mgcos2mgsin電動(dòng)機(jī)因傳送工件額外做功功率為Pfv104W3 .兒童樂(lè)園里的彈珠游戲不僅具有娛樂(lè)性還可以鍛煉兒童的眼手合一能力。某彈珠游戲可簡(jiǎn)化成如圖所示的豎直平面內(nèi)OABCD透明玻璃管道，管道的半徑較小。為研究方便建立平5c.面直角坐標(biāo)系，。點(diǎn)為拋物口，下方接一滿足方程y-5x2的光滑拋物線形狀管道OA；AB、BC是半徑相同的光滑圓弧管道，CD是動(dòng)摩擦因數(shù)科=0.8的粗糙直管道；

6、各部分管道在連接處土!相切。A、B、C、D的橫坐標(biāo)分別為Xa=1.20m、xb=2.00m、xc=2.65m、xd=3.40mo已知，彈珠質(zhì)量m=100g,直徑略小于管道內(nèi)徑。E為BC管道的最高點(diǎn)，在D處有一反彈膜能無(wú)能量損失的反彈彈珠，sin37=0.6,sin53=0.8,g=10m/s2,求：應(yīng)該多大；(3)游戲設(shè)置(2)若要使彈珠第一次到達(dá)E點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力等于彈珠重力的3倍，在。點(diǎn)拋射速度vo3次通過(guò)E點(diǎn)獲得最高分，若要獲得最高分在。點(diǎn)拋射速度R的范圍。1)3m/s(2)272m/s(3)2晶m/sv啰2層m/s(1)由59x2得:A點(diǎn)坐標(biāo)(1.20m,0.80m)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得:X

7、A=V0t,yA1gt22代入數(shù)據(jù)，求得t=0.4s,(2)由速度關(guān)系，可得求得AB、BC圓弧的半徑v0=3m/s;53°R=0.5mOE過(guò)程由動(dòng)能定理得:mgyAmgR(1cos53)12mvE212mv02解得V0=2J2m/s;sina2.652.000.400.5CD與水平面的夾角也為a=30°設(shè)3次通過(guò)E點(diǎn)的速度最小值為0.5,“=30°v1.由動(dòng)能定理得mgyAmgR(1cos53)212mgxDcos30=0mv1解得v1=2J3m/s設(shè)3次通過(guò)E點(diǎn)的速度最大值為v2.由動(dòng)能定理得mgyAmgR(1cos53)412mgxDcos30=0-mv2解得

8、V2=6m/s考慮2次經(jīng)過(guò)E點(diǎn)后不從。點(diǎn)離開(kāi)，有解得V3=2J6m/s故2J3m/s<0<2屈m/s4 .如圖所示，斜面高為h,水平面上D、C兩點(diǎn)距離為L(zhǎng)?？梢钥闯少|(zhì)點(diǎn)的物塊從斜面頂點(diǎn)A處由靜止釋放，沿斜面AB和水平面BC運(yùn)動(dòng)，斜面和水平面銜接處用一長(zhǎng)度可以忽略不計(jì)的光滑彎曲軌道連接，圖中沒(méi)有畫(huà)出，不計(jì)經(jīng)過(guò)銜接處B點(diǎn)的速度大小變化，最終物塊停在水平面上C點(diǎn)。已知物塊與斜面和水平面間的滑動(dòng)摩擦系數(shù)均為必請(qǐng)證明：斜面傾角。稍微增加后，（不改變斜面粗糙程度）從同一位置A點(diǎn)由靜止釋放物塊，如圖中虛線所示，物塊仍然停在同一位置C點(diǎn)?！敬鸢浮恳?jiàn)解析所示【解析】設(shè)斜面長(zhǎng)為L(zhǎng),傾角為,物塊在水平面

9、上滑動(dòng)的距離為S.對(duì)物塊，由動(dòng)能定理得:由幾何關(guān)系可知:則有:mghmgcosLmgS0mghmgcoshsin-mgS0mghhmgtanmgS0htanLSmghmgLSmgS0mghmgL0h解得：L一故斜面傾角。稍微增加后，（不改變斜面粗糙程度）從同一位置A點(diǎn)由靜止釋放物塊，如圖中虛線所示，物塊仍然停在同一位置C點(diǎn)。15 .如圖所示，水平軌道的左端與固定的光滑豎直4圓軌道相切于用點(diǎn)，右端與一傾角為30°的光滑斜面軌道在0點(diǎn)平滑連接（即物體經(jīng)過(guò)0點(diǎn)時(shí)速度的大小不變，斜面頂端固定一輕質(zhì)彈簧，一質(zhì)量為2kg的滑塊從圓弧軌道的頂端四點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)水平軌道后滑上斜面并壓縮彈簧，第一次

10、可將彈簧壓縮至口點(diǎn)，已知光滑圓軌道的半徑。二°?,水平軌道長(zhǎng)為0.4吊,其動(dòng)摩擦因數(shù)口二02,光滑斜面軌道上CO長(zhǎng)為0-6巾取Qm/sL求(2)整個(gè)過(guò)程中彈簧具有最大的彈性勢(shì)能；(3)滑塊在水平軌道"上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間及滑塊幾次經(jīng)過(guò)4點(diǎn).【答案】(1)60n(2)L旬(3)3次【解析】本題考查機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的問(wèn)題，需運(yùn)用動(dòng)能定理、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、功能關(guān)系等知識(shí)。(1)滑塊從點(diǎn)到耳點(diǎn)也動(dòng)能定理可得解得：淞：居調(diào)vl滑塊在口點(diǎn)：解得：“-3。N由牛頓第三定律可得：物塊經(jīng)冊(cè)點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力F'=F=60n(2)滑塊第一次到達(dá)4點(diǎn)時(shí)，彈簧具有最大的彈性勢(shì)能用.

11、滑塊從內(nèi)點(diǎn)到門(mén)點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得Tnffff+(-ptmfji.nc)+(-mgL(；騏in30©)+14/=0P=-W解得：_.(3)將滑塊在“二段的運(yùn)動(dòng)全程看作勻減速直線運(yùn)動(dòng)加速度機(jī)=隔=2巾/9VHt=1.5$則滑塊在水平軌道"。上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間口滑塊最終停止上在水平軌道間，設(shè)滑塊在段運(yùn)動(dòng)的總路程為、從滑塊第一次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)到最終停下來(lái)的全過(guò)程，1“mgs-0-產(chǎn)調(diào)由動(dòng)能定理可得：一解得：，,11結(jié)合再C段的長(zhǎng)度可知，滑塊經(jīng)過(guò)“點(diǎn)3次。6 .如圖所示，四分之一光滑圓弧軌道AO通過(guò)水平軌道OB與光滑半圓形軌道BC平滑連接，B、C兩點(diǎn)在同一豎直線上，整個(gè)軌道固定于豎直平面內(nèi)，以

12、。點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系xOy。一質(zhì)量m=1kg的小滑塊從四分之一光滑圓弧軌道最高點(diǎn)A的正上方E處由靜止釋放，A、E間的高度差h=2.7m,滑塊恰好從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入軌道，通過(guò)半圓形軌道BC的最高點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力F=150N,最終落到軌道上的D點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)。已知四分之一圓弧軌道AO的半徑R=1.5m,半圓軌道BC的半徑r=0.4m,水平軌道OB長(zhǎng)l=0.4m,重力加速度g=10m/s2。求：(1)小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)小滑塊與水平軌道OB間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)D點(diǎn)的位置坐標(biāo).【答案】(1)%8m/s(2)0.5x1.2m,y0.6m【解析】【詳解】(1)滑塊在C點(diǎn)時(shí)，對(duì)滑

13、塊受力分析，有2VCFmgmr解得：vC8m/s(2)滑塊從E點(diǎn)到C點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理可知:mghR2r解得：0.5mgl12-mvc(3)小滑塊離開(kāi)C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，若滑塊落到水平軌道，則c1,22r-gt,sv/2解得：s3.2ml0.4m所以滑塊落到四分之一圓弧軌道上，設(shè)落點(diǎn)坐標(biāo)為x,y,則有:11.22ry2gtlxvCt222xRyR解得：x1.2m,y0.6m7 .質(zhì)量為M的小車固定在地面上，質(zhì)量為m的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))以V0的水平速度從小車一端滑上小車，小物體從小車另一端滑離小車時(shí)速度減為巴，已知物塊與小車之間的2動(dòng)摩擦因數(shù)為.求：77777777777777777777777

14、7777777777777777(1)此過(guò)程中小物塊和小車之間因摩擦產(chǎn)生的熱Q以及小車的長(zhǎng)度L.(2)若把同一小車放在光滑的水平地面上，讓這個(gè)物體仍以水平速度V0從小車一端滑上小車.a.欲使小物體能滑離小車，小車的質(zhì)量M和小物體質(zhì)量m應(yīng)滿足什么關(guān)系？23(2)a.M>3m；b.-v0,v0520b.當(dāng)M=4m時(shí)，小物塊和小車的最終速度分別是多少【答案】(1)Qmv02,L88g【解析】【詳解】(1)小車固定在地面時(shí)，物體與小車間的滑動(dòng)摩擦力為fmg,物塊滑離的過(guò)程由動(dòng)能定理解得：L3V028g物塊相對(duì)小車滑行的位移為fLm(v0-)2-mv(2222L,摩擦力做負(fù)功使得系統(tǒng)生熱，QfL可

15、得：Q3mv028(2)a.把小車放在光滑水平地面上時(shí)，小物體與小車間的滑動(dòng)摩擦力仍為f.設(shè)小物體相對(duì)小車滑行距離為L(zhǎng)時(shí)，跟小車相對(duì)靜止(未能滑離小車)共同速度為v,由動(dòng)量守恒定律：mv0=(M+m)v設(shè)這過(guò)程小車向前滑行距離為s.對(duì)小車運(yùn)用動(dòng)能定理有：12fs-Mvd2對(duì)小物體運(yùn)用動(dòng)能定理有12fmv022mv1f(Ls)-2聯(lián)立可得mvo1 21m)(fLmv0(M2 23 2物塊相對(duì)滑離需滿足LL且fL-mv028聯(lián)立可得：M3m,即小物體能滑離小車的質(zhì)量條件為M3mb.當(dāng)M=4m時(shí)滿足M3m,則物塊最終從小車右端滑離，設(shè)物塊和車的速度分別為M、V2.由動(dòng)量守恒：mv0mviMv2由能量

16、守恒定律：1 2,1212、fLmv0(mv1Mv2)2 2223聯(lián)立各式解得：v1v0,v2一v05208.如圖所不，質(zhì)量為m1=1kg的小物塊P,置于桌面上距桌面右邊緣C點(diǎn)L1=90cm的A點(diǎn)并與彈簧的右端接觸(不拴接)，輕彈簧左端固定，且處于原長(zhǎng)狀態(tài).質(zhì)量為M=3.5kg、長(zhǎng)L=1.5m的小車靜置于光滑水平面上，其上表面與水平桌面相平，且緊靠桌子右端.小車左端放有一質(zhì)量為m2=0.5kg的小滑塊Q.現(xiàn)用水平向左的推力將P緩慢壓縮L2=5cm推至B點(diǎn)(彈簧仍在彈性限度內(nèi))時(shí)，撤去推力，此后P沿桌面滑到桌子邊緣C時(shí)速度為2m/s,并與小車左端的滑塊Q相碰，最后Q停在小車的右端，物塊P停在小車

17、上距左端0.35m處P與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)因=0.4,P、Q與小車表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)區(qū)=0.1,重力加速度g=10m/s2(1)小車最后的速度v；(2)推力所做的功；(3)在滑塊Q與車相對(duì)靜止時(shí)，Q到桌邊的距離.1戶M77777777777777777377777Z77777?77777T【答案】(1)0.4m/s；(2)6J;(3)1.92m.【解析】【詳解】(1)設(shè)物塊P與滑塊Q碰后最終與小車保持相對(duì)靜止，其共同速度為由動(dòng)量守恒得:m1vc(m1m2M)v代入數(shù)據(jù)可得：v=0.4m/s(2)90cm=0.9m,設(shè)彈簧的最大彈性勢(shì)能為根據(jù)動(dòng)能定理得：EpmW1mhg(L12L2)12一mVc2

18、得：W=6J(3)設(shè)物塊P與滑塊Q碰后速度分別為Vi和V2,P與Q在小車上滑行距離分別為S和S2P與Q碰撞前后動(dòng)量守恒，則有:RVcmiVi由動(dòng)能定理得:2m1gs2m2gs221mhV1m2V2(mmbM)v222聯(lián)立得V1=1m/s,V2=2m/s2萬(wàn)程的另一組解：當(dāng)V2m/s時(shí),3V1s,3V1>V2'不合題意舍去.設(shè)滑塊Q與小車相對(duì)靜止時(shí)到桌邊的距離為s,由牛頓第二定律得：Q在小車上運(yùn)動(dòng)白a加速度為a2m2gm2a平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示，若板間距離d=1.0cm,板長(zhǎng)l=5.0cm,電子電量e=代入數(shù)據(jù)解得：a=-1m/s2由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：2V22a解得：s=1

19、.92m9.一束初速度不計(jì)的電子流在經(jīng)U=5000V的加速電壓加速后在距兩極板等距處垂直進(jìn)入1.61019c，那么(1)電子經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)加速后的動(dòng)能為多少？(2)要使電子能從平行板間飛出，兩個(gè)極板上最多能加多大的電壓【答案】(1)Ek81016J(2)要使電子能飛出，所加電壓最大為400V(1)加速過(guò)程，由動(dòng)能定理得：Els12eUmv02解得：Ek5000eV81016J(2)在加速電壓一定時(shí)，偏轉(zhuǎn)電壓U越大，電子在極板間的偏轉(zhuǎn)距離就越大當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓大到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出，此時(shí)的偏轉(zhuǎn)電壓，即為題目要求的最大電壓進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，電子在平行于板面的方向上做勻速運(yùn)動(dòng)Vot在垂直于板面的方向上

20、做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度eU透ddm12偏轉(zhuǎn)距離y-at22八一，一一，1能飛出的條件為yd24.0102V2解通式得：U,翠一250001.010225.010即要使電子能飛出，所加電壓最大為400V10.如圖甲所示，一質(zhì)量為ma的滑塊(可看成質(zhì)點(diǎn))固定在半徑為R的光滑四分之一圓弧軌道的頂端A點(diǎn)，另一質(zhì)量為mb的滑塊(可看成質(zhì)點(diǎn))靜止在軌道的底端B處，A點(diǎn)和圓弧對(duì)應(yīng)的圓心。點(diǎn)等高。(1)若圓弧的底端B與水平光滑平面連接(足夠長(zhǎng))，mb靜止于B點(diǎn)，ma從靜止開(kāi)始釋3ma<mb。ma=mb=1kg,R=0.8m,放，假設(shè)兩滑塊碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，且兩滑塊能發(fā)生兩次碰撞，試證明:(2)若圓弧

21、的底端B與水平傳送帶平滑連接，如圖乙所示。已知傳送帶逆時(shí)針勻速運(yùn)行的速率為V0=1m/s,B點(diǎn)到傳送帶水平面右端點(diǎn)C的距離為L(zhǎng)=2m。mb靜止于B點(diǎn)，ma從靜止開(kāi)始釋放，滑塊ma與mb相碰后立即結(jié)合在一起(設(shè)為mc)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)mc運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度恰好為零。求mc從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與傳送帶的速度相同的過(guò)程中由于摩擦而產(chǎn)生的熱量Q。(g=10m/s2)【答案】(1)見(jiàn)解析(2)9J【解析】【詳解】(1)兩滑塊碰撞時(shí)動(dòng)量守恒maVa=maVa'+mbVb'無(wú)機(jī)械能損失maV2=maVa，2+mbVb2解得：Vamaamaamb-vamb解得：Vb2mavamamb要想發(fā)生兩次碰撞必須滿足：-

22、Va'V-代入可得：3ma<mb12(2)機(jī)械能寸恒magR=mav12滑塊ma與mb相碰后結(jié)合在一起，動(dòng)量守恒maVl=mcV2從B運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，由動(dòng)能定理可得：fL=01mcv；2f=mca,vo=v2atmc向右運(yùn)動(dòng)：si=v2tat22傳送帶向左運(yùn)動(dòng)：S2=V0tQ=fs相對(duì)=f(si+S2)=9J11 .如圖所示，物塊B靜止放置在水平面上，物塊A以一定的初速度V0沖向B,若在物塊A、B正對(duì)的表面加上粘合劑，則物塊A、B碰后一起沿水平面運(yùn)動(dòng)的最大距離為I;若在物塊A、B正對(duì)的表面加上彈性裝置，則兩物塊將發(fā)生彈性正碰，碰后兩物塊間的最大距離為51。已知物塊A、B

23、與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為內(nèi)水平面足夠大，不計(jì)粘合劑及彈性裝置的質(zhì)量，求物塊A、，一一、'mAB的質(zhì)量之比omB入1【答案】-2【解析】【詳解】取水平向左為正方向。設(shè)A、B第一次碰后速度為V1由動(dòng)量守恒:mAVo(mAmB)vi第一次碰后到停止的過(guò)程,由動(dòng)能定理得:12(mAmB)gI0-(mAmB)V1第二次碰后速度分別為V2、V3,由動(dòng)量守恒得、動(dòng)能守恒得:mAVomAV2mBV3121212mAv0mAv2mBv3222第二次碰后到停止的過(guò)程，由動(dòng)能定理得:對(duì)A:mAgxA012-mAV22對(duì)B：mBgXB012mBv32聯(lián)立以上各式，可得,XB4151,由此可知若碰撞后A繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，AB的最大距離不可能是51,即可得,mAmB,碰后A會(huì)反彈向左運(yùn)動(dòng)，則有:XAxB51聯(lián)立以上各式，得:mA1mB212 .如圖所示，AB為傾角37°的斜面軌道，軌道的AC部分光滑，CB部分粗糙，BP為圓心角等于143°、半徑R=1m的豎直光滑圓弧軌道，兩軌道相切于B點(diǎn)，P、Q兩點(diǎn)在同一豎直線上，輕彈簧一端固定在A點(diǎn)，另一自由端在斜面上C點(diǎn)處，現(xiàn)有一質(zhì)量m=2kg的小物塊在外力作用下降彈簧緩慢壓縮到D點(diǎn)后(不栓接