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高中物理动能与动能定理专题训练答案

2020-06-15 来源:星星旅游
高中物理动能与动能定理专题训练答案

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1.如图所示,质量m=3kg的小物块以初速度秽v0=4m/s水平向右抛出,恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R= 3.75m,B点是圆弧轨道的最低点,圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接,A与圆心D的连线与竖直方向成37角,MN是一段粗糙的水平轨道,小物块与MN间的动摩擦因数μ=0.1,轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r =0.4m的半圆弧轨道,C点是圆弧轨道的最高点,半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。 (1)求小物块经过B点时对轨道的压力大小;

(2)若MN的长度为L0=6m,求小物块通过C点时对轨道的压力大小; (3)若小物块恰好能通过C点,求MN的长度L。

【答案】(1)62N(2)60N(3)10m 【解析】 【详解】

(1)物块做平抛运动到A点时,根据平抛运动的规律有:v0vAcos37 解得:vAv04m/s5m/s

cos370.8小物块经过A点运动到B点,根据机械能守恒定律有:

1212mvAmgRRcos37mvB 222vB 小物块经过B点时,有:FNBmgmR解得:FNB2vBmg32cos37m62N

R根据牛顿第三定律,小物块对轨道的压力大小是62N (2)小物块由B点运动到C点,根据动能定理有:

mgL0mg2r1212mvCmvB 222vCmgm

r在C点,由牛顿第二定律得:FNC代入数据解得:FNC60N

根据牛顿第三定律,小物块通过C点时对轨道的压力大小是60N

2vC(3)小物块刚好能通过C点时,根据mgm2

r解得:vC2gr100.4m/s2m/s

1212mvC2mvB 22小物块从B点运动到C点的过程,根据动能定理有:

mgLmg2r代入数据解得:L=10m

2.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

2vy2gh

sin60o整理可得,物块通过P点的速度

vyv

v8m/s

(2)从P到M点的过程中,机械能守恒

1212mv=mgR(1cos60o)+mvM 22在最高点时根据牛顿第二定律

2mvM FNmgR整理得

FN4.8N

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

vDvcos60o4m/s

从C到D的过程中,根据能量守恒定律

12EpmgxmvD

2C、D两点间的距离

x2m

3.如图所示,固定的粗糙弧形轨道下端B点水平,上端A与B点的高度差为h1=0.3 m,倾斜传送带与水平方向的夹角为θ=37°,传送带的上端C点到B点的高度差为

h2=0.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计).一质量为m=1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下,然后从B点抛出,恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上,传送带逆时针传动,速度大小为v=0.5 m/s,滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.8,且传送带足够长,滑块运动过程中空气阻力忽略不计,g=10 m/s2,试求:

(1).滑块运动至C点时的速度vC大小;

(2).滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf; (3).滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q. 【答案】(1)2.5 m/s (2)1 J (3)32 J

【解析】本题考查运动的合成与分解、动能定理及传送带上物体的运动规律等知识。 (1) 在C点,竖直分速度: vy2gh21.5m/s

vyvcsin370,解得: vc2.5m/s

(2)C点的水平分速度与B点的速度相等,则vB=vx=vCcos37=2m/s

12mvB,解得: Wf1J 2(3) 滑块在传送带上运动时,根据牛顿第二定律得: mgcos37-mgsin37=ma

从A到B点的过程中,据动能定理得: mgh1Wf解得: a=0.4m/s

2达到共同速度所需时间t二者间的相对位移xvvc5s avvctvt5m 2由于mgsin37mgcos37,此后滑块将做匀速运动。

滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q=mgcos37x=32J

0

4.如图所示,在倾角为θ=30°的固定斜面上固定一块与斜面垂直的光滑挡板,质量为m的半圆柱体A紧靠挡板放在斜面上,质量为2m的圆柱体B放在A上并靠在挡板上静止。A与B半径均为R,曲面均光滑,半圆柱体A底面与斜面间的动摩擦因数为μ.现用平行斜面向上的力拉A,使A沿斜面向上缓慢移动,直至B恰好要降到斜面.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求: (1)未拉A时,B受到A的作用力F大小; (2)在A移动的整个过程中,拉力做的功W;

(3)要保持A缓慢移动中拉力方向不变,动摩擦因数的最小值μmin.

【答案】(1)F =3mg(2)W【解析】 【详解】

(1)研究B,据平衡条件,有

153(93)mgR (3)min 29F =2mgcosθ

解得

F =3mg

(2)研究整体,据平衡条件,斜面对A的支持力为

N =3mgcosθ =f =μN =由几何关系得A的位移为

x =2Rcos30°=3R

克服摩擦力做功

Wf =fx =4.5μmgR

由几何关系得A上升高度与B下降高度恰均为

33mg 233μmg 2h =

据功能关系

3R 2W + 2mgh - mgh - Wf = 0

解得

1W(93)mgR

2(3)B刚好接触斜面时,挡板对B弹力最大 研究B得

Nm研究整体得

2mg4mg

sin30fmin + 3mgsin30° = N′m

解得

fmin = 2.5mg

可得最小的动摩擦因数:

min

fmin53 N95.如图所示,半径为R的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内,O为圆轨道的圆心,D为圆轨道的最高点,圆轨道内壁光滑,圆轨道右侧的水平面BC与圆心等高.质量为m的小球从离B点高度为h处(重力加速度为g).

3Rh3R)的A点由静止开始下落,从B点进入圆轨道,2

(1)小球能否到达D点?试通过计算说明; (2)求小球在最高点对轨道的压力范围;

(3)通过计算说明小球从D点飞出后能否落在水平面BC上,若能,求落点与B点水平距离d的范围.

【答案】(1)小球能到达D点;(2)0F3mg;(3)

21Rd221R

【解析】

【分析】 【详解】

2mvD(1)当小球刚好通过最高点时应有:mg

R2mvD由机械能守恒可得:mghR

233R,因为h的取值范围为Rh3R,小球能到达D点; 22(2)设小球在D点受到的压力为F,则

联立解得h2mvD FmgR2mvD mghR23Rh3R解得:0F3mg 2据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为:0F3mg

联立并结合h的取值范围

(3)由(1)知在最高点D速度至少为vDmin此时小球飞离D后平抛,有:R12gt 2gR xminvDmint

联立解得xmin2RR,故能落在水平面BC上,

2vD当小球在最高点对轨道的压力为3mg时,有:mg3mgmmax

R解得vDmax2gR 小球飞离D后平抛R12gt, 2xmaxvDmaxt

联立解得xmax22R

故落点与B点水平距离d的范围为:

21Rd221R



6.如图所示,在竖直平面内的光滑固定轨道由四分之一圆弧AB和二分之一圆弧BC组成,两者在最低点B平滑连接.过BC圆弧的圆心O有厚度不计的水平挡板和竖直挡板各一块,挡板与圆弧轨道之间有宽度很小的缝隙.AB弧的半径为2R,BC弧的半径为R.一直径略小于缝宽的小球在A点正上方与A相距

2R处由静止开始自由下落,经A点沿圆弧轨3道运动.不考虑小球撞到挡板以后的反弹.

(1)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点.

(2)若小球能到达C点,求小球在B、C两点的动能之比;若小球不能到达C点,请求出小球至少从距A点多高处由静止开始自由下落才能够到达C点.

(3)使小球从A点正上方不同高度处自由落下进入轨道,小球在水平挡板上的落点到O点的距离x会随小球开始下落时离A点的高度h而变化,请在图中画出x2­h图象.(写出计算过程)

【答案】(1)mg (2) 4∶1 (3)

13过程见解析

【解析】 【详解】

(1)若小球能沿轨道运动到C点,小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0 设小球的质量为m,在C点的速度大小为vC,由牛顿运动定律和向心加速度公式有

mvC2N+mg=

R小球由开始下落至运动到C点过程中,机械能守恒,有

2mgR12mvC 32由两式可知

N=

小球可以沿轨道运动到C点.

(2)小球在C点的动能为EkC,由机械能守恒得

EkC=

设小球在B点的动能为EkB,同理有

EkB=

1mg 32mgR 38mgR 3EkB∶EkC=4∶1.

(3)小球自由落下,经ABC圆弧轨道到达C点后做平抛运动。由动能定理得:

mgh由平抛运动的规律得:

R1mvC2 212gt 2x=vCt

解得:

x2Rh 因为x<3R,且vCgR 所以

R3Rh< 24x2-h图象如图所示:

7.光滑水平面AB与一光滑半圆形轨道在B点相连,轨道位于竖直面内,其半径为R,一个质量为m的物块静止在水平面上,现向左推物块使其压紧弹簧,然后放手,物块在弹力作用下获得一速度,当它经B点进入半圆形轨道瞬间,对轨道的压力为其重力的9倍,之后向上运动经C点再落回到水平面,重力加速度为g.求:

(1)弹簧弹力对物块做的功;

(2)物块离开C点后,再落回到水平面上时距B点的距离;

(3)再次左推物块压紧弹簧,要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道,则弹簧弹性势能的取值范围为多少? 【答案】(1)【解析】 【详解】

(2)4R(3)

(1)由动能定理得W=

在B点由牛顿第二定律得:9mg-mg=m解得W=4mgR

(2)设物块经C点落回到水平面上时距B点的距离为S,用时为t,由平抛规律知 S=vct 2R=gt2

从B到C由动能定理得

联立知,S= 4 R

(3)假设弹簧弹性势能为EP,要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道,则物块可能在圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点,则由机械能守恒定律知 EP≤mgR

若物块刚好通过C点,则物块从B到C由动能定理得

物块在C点时mg=m 则

联立知:EP≥mgR.

综上所述,要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道,则弹簧弹性势能的取值范围为 EP≤mgR 或 EP≥mgR.

8.离子发动机是利用电能加速工质(工作介质)形成高速射流而产生推力的航天器发动机。其原理如图所示,其原理如下:首先系统将等离子体经系统处理后,从下方以恒定速率v1向上射入有磁感应强度为B1、方向垂直纸面向里的匀强磁场的区域I内,栅电极MN和PQ间距为d。当栅电极MN、PQ间形成稳定的电场后,自动关闭区域I系统(包括进入其中的通道、匀强磁场B1)。区域Ⅱ内有垂直纸面向外,磁感应强度大小为B2,放在A处的中性粒子离子化源能够发射任意角度,但速度均为v2的正、负离子,正离子的质量为m,电荷量为q,正离子经过该磁场区域后形成宽度为D的平行粒子束,经过栅电极MN、PQ之间的电场中加速后从栅电极PQ喷出,在加速正离子的过程中探测器获得反向推力(不计各种粒子之间相互作用、正负离子、等离子体的重力,不计相对论效应)。求:

(1)求在A处的正离子的速度大小v2;

(2)正离子经过区域I加速后,离开PQ的速度大小v3;

(3)在第(2)问中,假设航天器的总质量为M,正在以速度v沿MP方向运动,已知现在的运动方向与预定方向MN成角,如图所示。为了使飞船回到预定的飞行方向MN,飞船启用推进器进行调整。如果沿垂直于飞船速度v的方向进行推进,且推进器工作时间极短,为了使飞船回到预定的飞行方向,离子推进器喷射出的粒子数N为多少?

222MvtanqB2D8qdmv1B1q2B2D123【答案】();();()222 28qdmvBqB2D2m4m11【解析】 【详解】

(1)根据左手定则可知,正离子向右偏转,负离子向左偏转,不会进入区域1中,因此也不会产生相应推力。所以只有加速正离子过程中才会产生推力。正离子在磁场中做匀速圆

2v2周运动时,洛伦兹力提供向心力:qv2B2=m,,根据题意,在A处发射速度相等,方向

r不同的正离子后,形成宽度为D的平行正离子束,即:r=小v2=

D,则在A处的正离子的速度大2qB2D。 2m(2)等离子体由下方进入区域I后,在洛伦兹力的作用下偏转,当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时,形成稳定的匀强电场,设等离子体的电荷量为q´,则q´E=q´v1B1,即:E=B1v1;正离子束经过区域I加速后,离开PQ的速度大小为v3,根据动能定理可知:qU=

11mv32-mv22,其中电压U=Ed=B1v1d 22228qdmv1B1q2B2D联立可得:v3=。 24m(3)飞船方向调整前后,其速度合成矢量如图所示:

因此tan=

v,离子喷出过程中,系统的动量守恒:Mvv=Nmv3,为了使飞船回到预定

的飞行方向,离子推进器喷射出的粒子数N=2Mvtan228qdmv1B1q2B2D

9.如图,质量为m=1kg的小滑块(视为质点)在半径为R=0.4m的1/4圆弧A端由静止开始释放,它运动到B点时速度为v=2m/s.当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去.滑块在光滑水平面上运动一段距离后,通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ=37°、长s=1m的斜面CD上,CD之间铺了一层匀质特殊材料,其与滑块间的动摩擦系数可在0≤μ≤1.5之间调节.斜面底部D点与光滑地面平滑相连,地面上一根轻弹簧一端固定在O点,自然状态下另一端恰好在D点.认为滑块通过C和D前后速度大小不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计空气阻力.

(1)求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功; (2)若设置μ=0,求质点从C运动到D的时间; (3)若最终滑块停在D点,求μ的取值范围. 【答案】(1)20N, 2J;(2)【解析】 【分析】

(1)根据牛顿第二定律求出滑块在B点所受的支持力,从而得出滑块对B点的压力,根据动能定理求出AB端克服阻力做功的大小.

(2)若μ=0,根据牛顿第二定律求出加速度,结合位移时间公式求出C到D的时间. (3)最终滑块停在D点有两种可能,一个是滑块恰好从C下滑到D,另一种是在斜面CD和水平面见多次反复运动,最终静止在D点,结合动能定理进行求解. 【详解】

1s;(3)0.125≤μ<0.75或μ=1. 3v2(1)滑块在B点,受到重力和支持力,在B点,根据牛顿第二定律有:F−mg=m,

R代入数据解得:F=20N, 由牛顿第三定律得:F′=20N.

从A到B,由动能定理得:mgR−W=代入数据得:W=2J.

(2)在CD间运动,有:mgsinθ=ma, 加速度为:a=gsinθ=10×0.6m/s2=6m/s2,

12mv, 2根据匀变速运动规律有:s=vt+代入数据解得:t=

12at 21s. 3(3)最终滑块停在D点有两种可能: a、滑块恰好能从C下滑到D.则有: mgsinθ•s−μ1mgcosθ•s=0−代入数据得:μ1=1,

b、滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动,最终静止于D点. 当滑块恰好能返回C有:−μ1mgcosθ•2s=0−代入数据得到:μ1=0.125,

当滑块恰好能静止在斜面上,则有:mgsinθ=μ2mgcosθ, 代入数据得到:μ2=0.75.

所以,当0.125≤μ<0.75,滑块在CD和水平地面间多次反复运动,最终静止于D点. 综上所述,μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ=1. 【点睛】

解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动规律,运用动力学知识和动能定理进行求解,涉及到时间问题时,优先考虑动力学知识求解.对于第三问,要考虑滑块停在D点有两种可能.

12mv, 212mv, 2

10.如图所示的实验装置,可用来探究物体在斜面上运动的加速度以及弹簧储存的弹性势能。实验器材有:斜面、弹簧(弹簧弹性系数较大)、带有遮光片的滑块(总质量为m)、光电门、数字计时器、游标卡尺、刻度尺。实验步骤如下:

①用适当仪器测得遮光片的宽度为d;

②弹簧放在挡板 P 和滑块之间,当弹簧为原长时,遮光板中心对准斜面上的A点; ③光电门固定于斜面上的B点,并与数字计时器相连;

④压缩弹簧,然后用销钉把滑块固定,此时遮光板中心对准斜面上的O点; ⑤用刻度尺测量A、B两点间的距离L;

⑥拔去锁定滑块的销钉,记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间△t; ⑦移动光电门位置,多次重复步骤④⑤⑥。

根据实验数据做出的纵轴截距为 b。

11L -图象为如图所示的一条直线,并测得-L图象斜率为k、t2t2

1-L图象可求得滑块经过A位置时的速度vA=____,滑块在斜面上运动的加t2速度a =_____。

(1)根据

(2)实验利用光电门及公式v=“大于”或“小于”)。

(3)本实验中,往往使用的弹簧弹性系数较大,使得滑块从O到A恢复原长过程中弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量,则弹簧储存的弹性势能Ep=___,Ep的测量值与真实值相比,测量值偏_____(填“大”或“小”)。 【答案】db 【解析】 【详解】

第一空:滑块从A到B做匀加速直线运动,设加速度为a,由于宽度较小,时间很短,所以

瞬时速度接近平均速度,因此有B点的速度为:vB2B2Ad测量滑块速度时,其测量值____真实值(选填“等于”、t121kd 小于 mbd2 大 22d,根据运动学公式有: t222avAvA12avv2aL,化简为22L2,结合图象可得:b2,k2

dtddd解得:vAdb; 第二空:由k2a12akd; ,解得:

d22第三空:由于弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量,所以摩擦力和重力沿斜面的分量

忽略不计,根据能量守恒可得:EP121mvAmbd2; 2212mvA, 2第四空:考虑摩擦力和重力沿斜面的分量,根据动能定理可得:WNWGWf而EP真WN,摩擦力小于重力沿斜面的分量,Ep的测量值与真实值相比,测量值偏大。

11.一束初速度不计的电子流在经U=5000V的加速电压加速后在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场,如图所示,若板间距离d=1.0cm,板长l=5.0cm,电子电量e=

1.61019C,那么

(1)电子经过加速电场加速后的动能为多少?

(2)要使电子能从平行板间飞出,两个极板上最多能加多大的电压?

16【答案】(1) Ek810J (2)要使电子能飞出,所加电压最大为400V

【解析】 【详解】

(1)加速过程,由动能定理得:ElseU解得:Ek5000eV81016J

(2)在加速电压一定时,偏转电压U越大,电子在极板间的偏转距离就越大当偏转电压大

到使电子刚好擦着极板的边缘飞出,此时的偏转电压,即为题目要求的最大电压. 进入偏转电场,电子在平行于板面的方向上做匀速运动lv0t②

12mv0① 2FeU在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动,加速度:a③ mdm12at④ 21能飞出的条件为yd⑤

2偏转距离y解①~⑤式得:U2Udl22250001.010225.010224.0102V

即要使电子能飞出,所加电压最大为400V

12.如图所示,在高h1=30 m的光滑水平平台上,质量m=1 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住,储存了一定量的弹性势能Ep.若打开锁扣K,物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台,做平抛运动,并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道.B点的高度h2=15 m,圆弧轨道的圆心O与平台等高,轨道最低点C的切线水平,并与地面上长为L=70 m的水平粗糙轨道CD平滑连接;小物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞,取g=10 m/s2.

(1)求小物块由A到B的运动时间;

(2)求小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小;

(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞,碰后速度等大反向,反向运动过程中没有冲出B点,最后停在轨道CD上的某点P(P点没画出).设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ,求μ的取值范围.

【答案】(1)3s (2)50 J (3)【解析】 【分析】 【详解】

11≤μ≤

26(1)由于h1=30 m,h2=15 m,设从A运动到B的时间为t,则h1-h2=解得t12

gt 23s

(2)由Rcos∠BOC=h1-h2,R=h1,所以∠BOC=60°.设小物块平抛的水平速度是v1,则

gttan60 v1解得:v1=10 m/s则Ep=

12

mv=50 J 2(3)设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s总.

根据题意,该路程的最大值是smax=3L,路程的最小值是smin=L

路程最大时,动摩擦因数最小,路程最小时,动摩擦因数最大,即由能量守恒知: mgh1+mgh1+

12

mv=μminmgsmax 212

mv=μmaxmgsmin 2解得:μmax=即

11,μmin= 2611≤μ≤

26

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