高中物理动能与动能定理模拟试题 13页

高中物理动能与动能定理模拟试题 一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理 1．如图所示，不可伸长的细线跨过同一高度处的两个光滑定滑轮连接着两个物体 A 和 B， A、B 质量均为 m。A 套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度为 h。开始时让连着 A 的 细线与水平杆的夹角 α。现将 A 由静止释放（设 B不会碰到水平杆， A、B 均可视为质点； 重力加速度为 g）求： (1)当细线与水平杆的夹角为 β（ 90 ）时， A 的速度为多大 ? (2)从开始运动到 A 获得最大速度的过程中，绳拉力对 A 做了多少功 ? 【答案】 (1) 2 2 1 1 1 cos sin sinA ghv ；(2) T sin hW mg h 【解析】 【详解】 (2)A、B 的系统机械能守恒 P KE E减 加 2 21 1 sin sin 2 2A B h hmg mv mv cosA Bv v 解得 2 2 1 1 1 cos sin sinA ghv (2)当 A 速度最大时， B 的速度为零，由机械能守恒定律得 P KE E减 加 21 sin 2 Am hmg h mv 对 A 列动能定理方程 2 T 1 2 AmW mv 联立解得 T sin hW mg h 2．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/s 2．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)0.1 m 或 0.8 m (3)0.5 J 【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： ⑧ ⑨ 滑块相对传送带滑动的位移 ⑩ 相对滑动生成的热量 ? ? 3．如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道 ABCD，其中 AB 是足够长的水平轨道， B 端 与半径为 R 的光滑半圆轨道 BCD 平滑相切连接，半圆的直径 BD竖直， C点与圆心 O 等 高． 现有一质量为 m 的小球 Q 静止在 B 点，另一质量为 2m 的小球 P 沿轨道 AB 向右匀速 运动并与 Q 发生对心碰撞 ，碰撞后瞬间小球 Q 对半圆轨道 B 点的压力大小为自身重力的 7 倍，碰撞后小球 P 恰好到达 C点 ． 重力加速度为 g． （1）求碰撞前小球 P 的速度大小； （2）求小球 Q 离开半圆轨道后落回水平面上的位置与 B 点之间的距离； （3）若只调节光滑半圆轨道 BCD半径大小，求小球 Q 离开半圆轨道 D 点后落回水平面上 的位置与 B 点之间的距离最大时，所对应的轨道半径是多少？ 【答案】 （1） （2） （3） 【解析】 【分析】 【详解】 设小球 Q 在 B 处的支持力为 ；碰后小球 Q 的速度为 ，小球 P 的速度为 ；碰前小球 P 的速度为 ；小球 Q 到达 D 点的速度为 . (1)由牛顿第三定律得小球 Q 在 B 点 碰后小球 Q 在 B 点由牛顿第二定律得 : 碰后小球 P 恰好到 C点，由动能定理得 : P、Q 对心碰撞，由动量守恒得： 联立解得 : (2)小球 Q 从 B 到 D 的过程中，由动能定理得： 解得 ，所以小球 Q 能够到达 D 点 由平抛运动规律有： 联立解得 (3) 联立解得 : 当 时 x 有最大值 所以 【点睛】 解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如 何转化，分段运用能量守恒定律列式是关键． 4．如图所示，斜面 ABC 下端与光滑的圆弧轨道 CDE相切于 C，整个装置竖直固定， D 是最 低点，圆心角∠ DOC=37°， E、B 与圆心 O 等高，圆弧轨道半径 R=0.30m ，斜面长 L=1.90m，AB 部分光滑， BC部分粗糙．现有一个质量 m=0.10kg 的小物块 P 从斜面上端 A 点无初速下滑，物块 P 与斜面 BC部分之间的动摩擦因数 =0.75．取 sin37o=0.6，cos37o=0.8，重力加速度 g=10m/s 2，忽略空气阻力．求： （1）物块从 A 到 C 过程重力势能的增量 ΔEP； （2）物块第一次通过 B 点时的速度大小 vB； （3）物块第一次通过 D 点时受到轨道的支持力大小 N． 【答案】 （1）-1.14J （2） 4.2m/s （3） 7.4N 【解析】 【分析】 【详解】 （1）从 A 到 C物块的重力做正功为： sin 37 1.14GW mgL Jo 故重力势能的增量 1.14P GE W J （2）根据几何关系得，斜面 BC部分的长度为： cot37 0.40l R mo 设物块第一次通过 B 点时的速度为 Bv ，根据动能定理有： 2137 0 2 Bmg L l sin mv 解得： 4.2 /Bv m s （3）物块在 BC部分滑动受到的摩擦力大小为： 37 0.60f mgcos N 在 BC部分下滑过程受到的合力为： 37 0F mgsin f 则物块第一次通过 C 点时的速度为： 4.2 /C Bv v m s 物块从 C到 D，根据动能定理有： 2 21 11 37 2 2D CmgR cos mv mv 在 D， 由牛顿第二定律得： 2 DvN mg m R 联立解得： 7.4N N 【点睛】 本题考查了动能定理与牛顿第二定律的综合运用，运用动能定理解题关键确定出研究的过 程，分析过程中有哪些力做功，再根据动能定理列式求解． 5．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 =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 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． 【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： cos37 0.96Nf mg qE 设到达斜面底端时的速度为 v1，根据动能定理得： 2 1 1 sin 37 2 hmg qE h f mvo 解得： v1=2.4m/s (2)滑块从 B 到 C点，由动能定理可得： 2 2 2 1 1 1=1 cos37 2 2 mmg q vE v mR － 当滑块经过最低点时，有： 2 N 2 F mg qE vm R 由牛顿第三定律： N N 11.36NF F， 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 . 6．如图甲所示，长为 4 m 的水平轨道 AB 与半径为 R＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道 BC在 B 处 相连接。有一质量为 1 kg 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 10 m/s 2。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）2 10 m/s。（ 2）5 J。 【解析】 【详解】 （1）对滑块从 A 到 B 的过程，由动能定理得： 2 1 1 3 3 1 2 BF x F x mgx mv ， 即 2120 2-10 1-0.25 1 10 4J= 1 2 Bv ， 得： 2 10m/sBv ； （2）当滑块恰好能到达最高点 C 时， 2 Cvmg m R ； 对滑块从 B 到 C的过程中，由动能定理得： 2 21 12 2 2C BW mg R mv mv ， 带入数值得： =-5JW ， 即克服摩擦力做的功为 5J； 7．如图所示，一长度 LAB=4． 98m，倾角 θ =30°的光滑斜面 AB 和一固定粗糙水平台 BC 平 滑连接，水平台长度 LBC=0．4m，离地面高度 H=1． 4m，在 C 处有一挡板，小物块与挡板 碰撞后原速率反弹，下方有一半球体与水平台相切，整个轨道处于竖直平面内。在斜面顶 端 A 处静止释放质量为 m="2kg" 的小物块（可视为质点），忽略空气阻力，小物块与 BC 间的动摩擦因素 μ=0． 1，g 取 10m/s2。问： （1）小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小； （2）小物块经过 B 点多少次停下来，在 BC 上运动的总路程为多少； （3）某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板，最后小物块落在 D 点，已知半球体半径 r=0．75m，OD 与水平面夹角为 α =53°，求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板？（取 ） 【答案】（ 1）7 m/s；（ 2）63 次 24．9m（3）25 次 【解析】 试题分析：小物块从开始运动到与挡板碰撞，重力、摩擦力做功，运用动能定理。求小物 块经过 B 点多少次停下来，需要根据功能转化或动能定理求出小物块运动的路程，计算出 经过 B 点多少次。小物块经过平抛运动到达 D 点，可以求出平抛时的初速度，进而求出在 BC段上运动的距离以及和当班碰撞的次数。 （1）从 A 到 C段运用动能定理 mgsin - LAB= mv2 v=7m/s （2）从开始到最后停下在 BC段所经过的路程为 x mgsin LAB- mgx=0 x=24．9m =31．1 经过 AB 的次数为 31 2+1=63 次 （3）设小物块平抛时的初速度为 V0 H -r = gt2 r+ =v0t v0=3 m/s 设第 n 次后取走挡板 mv2- mv 02=2 Lbcn n=25 次 考点：动能定理、平抛运动 【名师点睛】解决本题的关键一是要会根据平抛运动的规律求出落到 D 时平抛运动的初速 度；再一个容易出现错误的是在 BC段运动的路程与经过 B 点次数的关系，需要认真确 定。根据功能关系求出在 BC段运动的路程。 8．如图所示，两个半圆形的光滑细管道 (管道内径远小于半圆形半径 )在竖直平面内交叠， 组成 “S”字形通道．大半圆 BC的半径 R=0.9m，小半圆 CD 的半径 r=0.7m．在 “S”字形通道底 部 B 连结一水平粗糙的细直管 AB．一质量 m=0.18kg 的小球（可视为质点）从 A 点以 V0=12m/s 的速度向右进入直管道，经 t 1=0.5s 到达 B 点，在刚到达半圆轨道 B 点时，对 B 点的压力为 NB=21.8N．（取重力加速度 g=10m/s 2）求： （1）小球在 B 点的速度 VB 及小球与 AB 轨道的动摩擦因数 ? （2）小球到达 “S”字形通道的顶点 D 后，又经水平粗糙的细直管 DE，从 E 点水平抛出，其 水平射程 S=3.2m．小球在 E点的速度 VE为多少？ （3）求小球在到达 C点后的瞬间，小球受到轨道的弹力大小为多少？方向如何？ 【答案】（ 1）VB=10m/s ， =0.4（2）VE=S/ t=4m/s （3） NC=18.25N 方向向上 【解析】 【详解】 （1）根据牛顿第二定律有 NB-mg=mVB2/R VB=10m/s a=(V0-VB)/t=4m/s 2 mg=m a a =mg =0.4 （2）H=2R+2r=3.2m t= 2H g VE=S/ t=4m/s （3）NC- mg=mV C2/r 1 2 m VB2=2mg R+ 1 2 m VC2 NC=18.25N 方向向上 9．如图 1 所示是某游乐场的过山车，现将其简化为如图 2 所示的模型：倾角 θ=37°、 L=60cm 的直轨道 AB 与半径 R=10cm 的光滑圆弧轨道 BCDEF在 B处平滑连接， C、F 为圆轨 道最低点， D 点与圆心等高， E为圆轨道最高点；圆轨道在 F 点与水平轨道 FG平滑连接， 整条轨道宽度不计，其正视图如图 3 所示．现将一质量 m=50g 的滑块 ( 可视为质点 ) 从 A 端由静止释放．已知滑块与 AB 段的动摩擦因数 μ1=0.25，与 FG段的动摩擦因数 μ2=0.5， sin37 °=0.6，cos37 °=0.8，重力加速度 g=10m/s 2． （1） 求滑块到达 E 点时对轨道的压力大小 FN； （2）若要滑块能在水平轨道 FG上停下，求 FG 长度的最小值 x； （3）若改变释放滑块的位置，使滑块第一次运动到 D 点时速度刚好为零，求滑块从释放 到它第 5 次返回轨道 AB上离 B 点最远时，它在 AB 轨道上运动的总路程 s． 【答案】（ 1）FN=0.1N（2）x=0.52m（3） 93 m 160 s 【解析】 【详解】 （1）滑块从 A 到 E，由动能定理得： 2 1 1sin 1 cos 2 cos 2 Emg L R R mgL mv 代入数据得： 30 m/s 5Ev 滑块到达 E 点： 2 N Evmg F m R 代入已知得： FN=0.1N （2）滑块从 A 下滑到停在水平轨道 FG上，有 1 2sin 1 cos cos 0mg L R mgL mgx 代入已知得： x=0.52m （3）若从距 B 点 L0 处释放，则从释放到刚好运动到 D 点过程有： 0 1 0sin + (1 cos ) ] cos 0mg L R R mgL[ 代入数据解得： L0=0.2m 从释放到第一次返回最高点过程，若在轨道 AB 上上滑距离为 L1，则： 0 1 1 0 1sin cos 0mg L L mg L L 解得： 1 1 0 0 1 sin cos 1 sin cos 2 L L L 同理，第二次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为 L2，有： 2 1 2 1 1 0 1 sin cos 1 1 sin cos 2 2 L L L L 故第 5 次返回最高点过程，若在斜轨上上滑距离为 L5，有： 5 5 0 1 2 L L 所以第 5 次返回轨道 AB上离 B 点最远时，它在 AB 轨道上运动的总路程 0 1 2 3 4 5 932 2 2 2 m 160 L L L L L Ls 10． 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＝ 191.6 10 C，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 ? 【答案】 (1) 168 10kE J (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 : 2 0 1 2lsE eU mv ① 解得 : 5000kE eV 168 10 J （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 0l v t ② 在垂直于板面的方向上做匀加速直线运动，加速度 : F eUa m dm ③ 偏转距离 21 2 y at ④ 能飞出的条件为 1 2 y d ⑤ 解① ~⑤式得 : 222 2 22 2 2 5000 1.0 102 4.0 10 5.0 10 UdU l , V 即要使电子能飞出，所加电压最大为 400V 11． 可视为质点的小滑块从半径为 0.8m 的四分之一光滑圆弧轨道顶端滑下。在轨道最低 点滑上水平传送带的最右端（设轨道衔接处无机械能损失）。设传送带长度 L=8m，并以恒 定的 v=3m/s 速度顺时针转动，小滑块恰好能运动到水平传送带的最左端而没有掉下传送 带。已知重力加速度大小为 g=10m/s 2。求： （1）物块与传送带间的动摩擦因数； （2）物块从圆弧轨道最低点滑入传送带到第一次返回圆弧轨道最低点所用的时间（本小题 计算结果保留两位有效数字）。 【答案】（ 1）0.1；（ 2）8.17s 【解析】 【详解】 （1）物块从圆形光滑轨道下滑的过程，根据机械能守恒有 2 1 1 2 mgR mv 解得 1 4m/sv 物块沿传送带滑到最左端速度恰好为零，由动能定理有 2 1 10 2 mg L mv 代入数据解得： 0.1 （2）物块在传送带先做匀减速运动 21 /a g m s 则物块减速到零的时间为 1 1 4vt s a 反向加速时加速度不变，故加速时间为 2 3vt s a 这段时间的位移为 2 1 2 1 4.5 2 x at m 之后物块随传送带匀速运动，则 1 3 1.17L xt s v 物块在传送带上第一次往返所用的时间为 1 2 3 8.17t t t t s 12． 如图所示，物体 A 置于静止在光滑水平面上的平板小车 B的左端，在 A 的上方 O 点用 细线悬挂一小球 C(可视为质点 )，线长 L＝0.8 m．现将小球 C拉至水平无初速度释放，并在 最低点与 A 物体发生水平正碰，碰撞后小球 C 反弹的最大高度为 h＝ 0.2 m．已知 A、B、 C 的质量分别为 m A＝4 kg、m B＝8 kg 和 m C＝ 1 kg， A、B 间的动摩擦因数 μ＝0.2，A、C碰撞 时间极短，且只碰一次，取重力加速度 g＝10 m/s 2. (1)求小球 C 与物体 A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小； (2)求 A、C碰撞后瞬间 A 的速度大小； (3)若物体 A 未从小车 B 上掉落，小车 B 的最小长度为多少？ 【答案】 (1) 30N (2) 1.5m/s (3) 0.375m 【解析】 【详解】 解：（ 1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得： 2 0 1 2C Cm gL m v 代入数据解得： 0 4v m/s 对小球，由牛顿第二定律得： 2 0 c c vT m g m L 代入数据解得： T=30N （2）小球与 A 碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向 由动量守恒定律得： 0C C c A Am v m v m v 代入数据解得： Av 1.5m/s （3）物块 A 与木板 B 相互作用过程，系统动量守恒，以 A 的速度方向为正方向， 由动量守恒定律得： A A A Bm v m m v 代入数据解得： v=0.5m/s 由能量守恒定律得： 2 21 1 2 2A A A A Bm gx m v m m v 代入数据解得： x=0.375m。