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(物理)高考必刷题物理动能与动能定理题含解析一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理1 如图所示,在水平轨道右侧固定半径为R 的竖直圆槽形光滑轨道,水平轨道的PQ 段长度为,上面铺设特殊材料,小物块与其动摩擦因数为,轨道其它部分摩擦不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定,弹簧处于原长状态。可视为质点的质量的小物块从轨道右侧A 点以初速度冲上轨道,通过圆形轨道,水平轨道后压缩弹簧,并被弹簧以原速率弹回,取,求:(1)弹簧获得的最大弹性势能;(2)小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能;( 3)当 R 满足什么条件时,小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。【答案】 (1) 10.5J( 2)3J( 3) 0.3mR0.42m或 0R0.12m【解析】【详解】(1)当弹簧被压缩到最短时,其弹性势能最大。从A 到压缩弹簧至最短的过程中,由动能定理得 : - mgl+W 弹 0-mv0 2由功能关系: W 弹 =-Ep =-Ep解得 Ep=10.5J;(2)小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中,由动能定理得-2 mgl Ek-mv02解得 Ek=3J;(3)小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动,有以下两种情况:小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动,此时设小球最高点速度为v2,由动能定理得-2 mgR mv22- Ek小物块能够经过最高点的条件mmg,解得 R0.12m小物块不能够绕圆轨道做圆周运动,为了不让其脱离轨道,小物块至多只能到达与圆心等高的位置,即mv12mgR,解得 R 0.3m;设第一次自A 点经过圆形轨道最高点时,速度为v1,由动能定理得:2-2-2 mgR mv1mv0且需要满足mmg,解得 R0.72m,综合以上考虑,R 需要满足的条件为:0.3mR0.42m或 0R0.12m。【点睛】解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况,把握隐含的临界条件,运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。2 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m=0.3kg 和m =1kg 两个小物体12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=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/s 2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:E p1 m1v121 m2v2222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:12-m2gx=0-m2v22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:m2gt=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:2带E=mgx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:1 mv1121 m1vC22mgR22由平抛运动的规律有:x=vCt 12R1 gt122联立整理得x4R(104R)根据数学知识知当4R=10-4R即 R =1.25m 时,水平位移最大为x=5m3 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 h10.3 m ,倾斜传送带与水平方向的夹角为 37,传送带的上端C 点到 B 点的高度差为h 0.1125m( 传送带传动轮的大小可忽略不计) 一质量为 m1 kg 的滑块 (可看作质点 )从2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 0.8,且传送带足够长,滑块运动过程中空气阻力忽略不计,g10 m/s 2,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: vy2gh21.5m / s0vc2.5m / svy vcsin37 ,解得:(2)C 点的水平分速度与B 点的速度相等,则 vB vx vC cos37 2m / s从 A 到 B 点的过程中,据动能定理得:mgh1W f1 mvB2 ,解得: Wf 1J2(3) 滑块在传送带上运动时,根据牛顿第二定律得:mgcos37 mgsin37 ma解得: a0.4m / s2达到共同速度所需时间vvc5sta二者间的相对位移xv vc t vt 5m2由于 mgsin37mgcos37,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 mgcos370x32J4 如图所示是一种特殊的游戏装置,CD 是一段位于竖直平面内的光滑圆弧轨道,圆弧半径为10m ,末端D 处的切线方向水平,一辆玩具滑车从轨道的C 点处下滑,滑到D 点时速度大小为10m/s ,从D 点飞出后落到水面上的B 点。已知它落到水面上时相对于O 点( D 点正下方)的水平距离OB10m 。为了能让滑车抛到水面上的更远处,有人在轨道的下方紧贴D 点安装一水平传送带,传送带右端轮子的圆心与D 点的水平距离为8m ,轮子半径为0.4m (传送带的厚度不计),若传送带与玩具滑车之间的动摩擦因数为0.4,玩具滑车的质量为4kg ,不计空气阻力(把玩具滑车作质点处理),求(1)玩具滑车到达D 点时对D 点的压力大小。(2)如果传送带保持不动,玩具滑车到达传送带右端轮子最高点时的速度和落水点位置。(3)如果传送带是在以某一速度匀速运动的(右端轮子顺时针转),试讨论玩具滑车落水点与传送带速度大小之间的关系。【答案】 (1)80N; (2)6m/s , 6m; (3)见解析。【解析】【详解】(1)玩具滑车到达D 点时,由牛顿第二定律:2FDmgm vDR解得FDmgm vD2=404 10 2=80N ;R10(2)若无传送带时,由平抛知识可知:xvDt解得t1s如果传送带保持不动,则当小车滑到最右端时,由动能定理:1mv21mvD2mgL22解得v=6m/s因为 v6m/sgR2m/s ,则小车从右端轮子最高点做平抛运动,则落水点距离传送带右端的水平距离:xvt6m(3) 若传送带的速度 v 6m/s,则小车在传送带上运动时一直减速,则到达右端的速度为6m/s ,落水点距离传送带右端的水平距离为6m; 若小车在传送带上一直加速,则到达右端时的速度满足1 mv21 mvD2mgL22解得v2 41m/s若传送带的速度v241m/s ,则小车在传送带上运动时一直加速,则到达右端的速度为2 41m/s ,落水点距离传送带右端的水平距离为x vt 2 41m ; 若传送带的速度 10m/s v 6m/s,则小车在传送带上运动时先减速到v,然后以速度v 匀速,则到达右端的速度为v,落水点距离传送带右端的水平距离为vt=vm; 若传送带的速度 241m/s v 10m/s,则小车在传送带上运动时先加速到v,然后以速度v 匀速,则到达右端的速度为v,落水点距离传送带右端的水平距离为vt=vm。5 如图,在竖直平面内,半径R=0.5m 的光滑圆弧轨道
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