1、高中物理動(dòng)能與動(dòng)能定理專項(xiàng)練習(xí)一、高中物理精講專題測(cè)試動(dòng)能與動(dòng)能定理1.如圖，在豎直平面內(nèi)，半徑R=0.5m的光滑圓弧軌道 ABC與粗糙的足夠長(zhǎng)斜面 CD相切于C點(diǎn)，CD與水平面的夾角 9=37, B是軌道最低點(diǎn)，其最大承受力Fm=21N,過A點(diǎn)的切線沿豎直方向?，F(xiàn)有一質(zhì)量m=0.1kg的小物塊，從 A點(diǎn)正上方的P點(diǎn)由靜止落下。已知物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)尸0.5.取sin37 =0.6.co37 =0.8, g=10m/s2,不計(jì)空氣阻力。(1)為保證軌道不會(huì)被破壞，求P、A間的最大高度差 H及物塊能沿斜面上滑的最大距離L;(2)若P、A間的高度差h=3.6m,求系統(tǒng)最終因摩擦所產(chǎn)生的總熱

2、量【答案】(1) 4.5m, 4.9m； (2) 4J【解析】【詳解】(1)設(shè)物塊在B點(diǎn)的最大速度為 vb,由牛頓第二定律得：2VbFm mg m R從P到B ,由動(dòng)能定理得12 cmg(H R) mvB 02解得H=4.5m物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到斜面最高處的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：12-mg R 11-cos37 ) +Lsin37 -科 mgos37 L=0 mvB2解得L=4.9m(3)物塊在斜面上，由于 mgsin37 科mcos37 ；物塊不會(huì)停在斜面上，物塊最后以B點(diǎn)為中心，C點(diǎn)為最高點(diǎn)沿圓弧軌道做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，由功能關(guān)系得系統(tǒng)最終因摩擦所產(chǎn)生的總熱Q=mg (h+Rcos37 解得Q=4J

3、2 .如圖所示，粗糙水平地面與半徑為R=0.4m的粗糙半圓軌道 BCD相連接，且在同一豎直平面內(nèi)，。是BCD的圓心，BOD在同一豎直線上.質(zhì)量為 m=1kg的小物塊在水平恒力F=15N的作用下，從 A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)撤去F,小物塊沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)恰好能通過 D點(diǎn)，已知A、B間的距離為3m,小物塊與地面間的動(dòng) 摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度g取10m/s2.求：(1)小物塊運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道B點(diǎn)的壓力大小.(2)小物塊離開 D點(diǎn)后落到地面上的點(diǎn)與 D點(diǎn)之間的距離DA8【答案】(1) 160N (2) 0.872 m【解析】【詳解】(1)小物塊在水平面上從 A運(yùn)動(dòng)

4、到B過程中，根據(jù)動(dòng)能定理，有：,L 、12(F-m。xab= mvB2-02在B點(diǎn)，以物塊為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得：2一VBN mg m 聯(lián)立解得小物塊運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)物塊的支持力為：N=160N由牛頓第三定律可得，小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道 B點(diǎn)的壓力大小為：NN=160N(2)因?yàn)樾∥飰K恰能通過 D點(diǎn)，所以在D點(diǎn)小物塊所受的重力等于向心力，即：2Vdmg m 可得：VD=2m/s設(shè)小物塊落地點(diǎn)距 B點(diǎn)之間的距離為x,下落時(shí)間為t,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有：X=VDt ,2R= 2gt2解得：x=0.8m則小物塊離開D點(diǎn)后落到地面上的點(diǎn)與D點(diǎn)之間的距離l J2X 0.8J2m3 .如圖

5、甲所示，一傾角為 37。的傳送帶以恒定速度運(yùn)行.現(xiàn)將一質(zhì)量m = 1 kg的小物體拋上傳送帶，物體相對(duì)地面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g= 10 m/s2, sin 37=0.6, cos 37=0.8:求：(1)物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2) 08 s內(nèi)物體機(jī)械能的增加量；(3)物體與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q?！敬鸢浮?1)科=0.875.(2) 丘 90 J (3) Q=126 J【解析】【詳解】(1)由圖象可以知道，傳送帶沿斜向上運(yùn)動(dòng)，物體放到傳送帶上的初速度方向是沿斜面向下的I2J值=_ =且加速大小為2的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)其受力分析，由牛頓第二定律得：

6、mgco第-。= ma 可解得：尸0.875.(2)根據(jù)v-t圖象與時(shí)間軸圍成的 面積”大小等于物體的位移，可彳導(dǎo)08 s內(nèi)物體的位移I2 + 61Ix - X4-X2X2 = 408 s s內(nèi)物體的機(jī)械能的增加量等于物體重力勢(shì)能的增加量和動(dòng)能增加量之和，為1 1+ -m x 42 - -m x 22 = 9(1/3 3) 08 s內(nèi)只有前6s發(fā)生相對(duì)滑動(dòng).06 s內(nèi)傳送帶運(yùn)動(dòng)距離為$皮=& = 2.06 s內(nèi)物體位移為 4物=.則06 s內(nèi)物體相對(duì)于皮帶的位移為“5 = 1所08 s內(nèi)物體與傳送帶因?yàn)槟Σ廉a(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以二者間的相對(duì)位移大小，Q = mgcosO As代入數(shù)據(jù)得：Q

7、= 126 J故本題答案是： 尸0.875.(2) B= 90 J (3) Q=126 J 【點(diǎn)睛】對(duì)物體受力分析并結(jié)合圖像白斜率求得加速度，在v-t圖像中圖像包圍的面積代表物體運(yùn)動(dòng)做過的位移。4 .如圖所示，在傾角為9=37。的斜面底端有一個(gè)固定擋板D,處于自然長(zhǎng)度的輕質(zhì)彈簧一端固定在擋板上，另一端在 。點(diǎn)，已知斜面 OD部分光滑，PO部分粗糙且長(zhǎng)度L=8m。質(zhì) 量m=1kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從 P點(diǎn)靜止開始下滑，已知物塊與斜面PO間的動(dòng)摩擦因數(shù) 尸0.25, g 取 10m/s2, sin37= 0.6, cos37=0.8。求：(1)物塊第一次接觸彈簧時(shí)速度的大小(2)若彈簧的最大壓縮

8、量d=0.5m,求彈簧的最大彈性勢(shì)能0.5m(3)物塊與彈簧接觸多少次，反彈后從。點(diǎn)沿斜面上升的最大距離第一次小于【答案】(1) 8m/s (2) 35J (3)5次【解析】【詳解】(1)物塊在PO過程中受到豎直向下的重力、垂直斜面向上的彈力、和沿斜面向上的摩擦 力，此過程應(yīng)用動(dòng)能定理得：1 2mgLsinmgL cos一 mv2解得物塊第一次接觸彈簧時(shí)物體的速度的大小為:v 2gL sin cos 8m/s(2)物塊由。到將彈簧壓縮至最短的過程中，重力勢(shì)能和動(dòng)能減少、彈簧的彈性勢(shì)能增 加，由能量守恒定律可得彈簧的最大彈性勢(shì)能EpEp1 2一 mv2mgd sin 35J(3)物塊第一次接觸彈

9、簧后，物體從。點(diǎn)沿斜面上升的最大距離s1,由動(dòng)能定理得：C 12mgs1mgs1 cos0 mv解得：、4m物塊第二次接觸彈簧后，物塊從。點(diǎn)沿斜面上升的最大距離 s2,由動(dòng)能定理得：mg sin (s s2)mg cos (s a) 0解得：82 2m1故物塊每經(jīng)過一次 。點(diǎn)，上升的最大距離為上一次的一2所以，物塊第一次返回時(shí)沿斜面上升的最大距離為：、 L2則第n次上升的最大距離為：sn 與21因?yàn)閟n -m,所以n4,即物塊與彈簧接觸 5次后，物塊從 。點(diǎn)沿斜面上升的最大距離21小于一m25 .如圖所示，傾角為30。的光滑斜面的下端有一水平傳送帶，傳送帶正以6m/s的速度運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向如圖所

10、示.一個(gè)質(zhì)量為2kg的物體(物體可以視為質(zhì)點(diǎn))，從 h=3.2m高處由靜止沿斜面下滑，物體經(jīng)過 A點(diǎn)時(shí)，不管是從斜面到傳送帶還是從傳送帶到斜面，都不計(jì) 其動(dòng)能損失.物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度g=10m/s2,求：(1)物體第一次到達(dá) A點(diǎn)時(shí)速度為多大？(2)要使物體不從傳送帶上滑落，傳送帶AB間的距離至少多大？(3)物體隨傳送帶向右運(yùn)動(dòng)，最后沿斜面上滑的最大高度為多少？【答案】(1) 8m/s (2) 6.4m(3) 1.8m【解析】【分析】(1)本題中物體由光滑斜面下滑的過程，只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒求解物體到斜面 末端的速度大??；(2)當(dāng)物體滑到傳送帶最左端速度為零

11、時(shí)，AB間的距離L最小，根據(jù)動(dòng)能定理列式求解；(3)物體在到達(dá) A點(diǎn)前速度與傳送帶相等，最后以 6m/s的速度沖上斜面時(shí)沿斜面上滑達(dá) 到的高度最大，根據(jù)動(dòng)能定理求解即可.【詳解】(1)物體由光滑斜面下滑的過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，則得：mgh -mv22解得：v . 2gh 、2 10 3.2 8m/s(2)當(dāng)物體滑動(dòng)到傳送帶最左端速度為零時(shí)，AB間的距離L最小，由動(dòng)能能力得：1 2mgL一 mv22 ，rV解得：L 2 g 2 0.5 1082m 6.4m(3)因?yàn)榛蟼魉蛶У乃俣仁?m/s大于傳送帶的速度6m/s,物體在到達(dá)A點(diǎn)前速度與傳送帶相等，最后以v帶6m/s的速度沖上斜面，

12、根據(jù)動(dòng)能定理得：mgh 01mv。222得：h m 1.8m2g 2 10【點(diǎn)睛】該題要認(rèn)真分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，選擇恰當(dāng)?shù)倪^程，運(yùn)用機(jī)械能守恒和動(dòng)能定理解題.6.如圖所示，光滑水平面 MN的左端M處有一彈射裝置 P,右端N處與水平傳送帶恰平齊接觸，傳送帶水平部分長(zhǎng)度L=16m,沿逆時(shí)針方向以恒定速度 v=2m/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng).ABCDE是由三部分光滑軌道平滑連接在一起組成的，AB為水平軌道，弧 BCD是半徑為R的半圓弧軌道，弧DE是半徑為2R的圓弧軌道，弧 BCD與弧DE相切在軌道最高點(diǎn) D,R=0. 6m.平面部分A點(diǎn)與傳送帶平齊接觸.放在 MN段的物塊m (可視為質(zhì)點(diǎn))以初速 度V0

13、=4m/s沖上傳送帶，物塊與傳送帶間的摩擦因數(shù)科=0 2,物塊的質(zhì)量 m=1kg.結(jié)果物塊從滑上傳送帶又返回到N端，經(jīng)水平面與左端 M處的固定彈射器相碰撞(彈射器的彈簧原來被壓縮后被鎖定)，因碰撞彈射器鎖定被打開，將物塊彈回后滑過傳送帶，沖上右側(cè) 的圓弧軌道，物塊恰能始終貼著圓弧軌道內(nèi)側(cè)通過了最高點(diǎn)，最后從E點(diǎn)飛出.g取10m/s2.求：D(1)物塊m從第一次滑上傳送帶到返回到N端的時(shí)間.(2)物塊m第二次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，傳送帶上的電動(dòng)機(jī)為了維持其勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，對(duì)傳送帶所多提供的能量多大？【答案】(1) t 4.5s (2) W 8J【解析】試題分析：(1)物塊B向右作勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減小到

14、零，然后反向勻減速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到與皮帶共速后與皮帶勻速物塊B向右作勻減速運(yùn)動(dòng)過程：mg ma0 二/一 口?t1 e-2sg物塊向右達(dá)到的最大位移：S v0 114m2反向勻加速運(yùn)動(dòng)過程加速度大小不變.達(dá)到與傳送帶共速的時(shí)間：t2 1s g相對(duì)地面向左位移：S/ v t2 1m2共速后與傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t3 SS- U 15sv 2往返總時(shí)間：；(2)由物塊恰能通過軌道最高點(diǎn)D,并恰能始終貼著圓弧軌道內(nèi)側(cè)通過最高點(diǎn)可得，物塊是在半徑為2R的圓弧上的最高點(diǎn)重力全部充當(dāng)向心力.又由物塊上滑過中根據(jù)機(jī)械能守恒得： - - -代入數(shù)據(jù)解得：VB6Rg, 6m/s12物塊第二次從N至IJA點(diǎn)：L V1

15、t - g t2速度關(guān)系：vB v1g t代入得：才二46216=。；得：t 2s或t8s (舍)物體運(yùn)動(dòng)時(shí)傳送帶的位移：s vt 4m傳送帶為維持勻速運(yùn)動(dòng)多提供的力：F mg傳送帶所做的功等于傳送帶多提供的能量：W F s mg s 8J考點(diǎn)：考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用；動(dòng)能定理.【名師點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵明確滑塊的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，然后分階段運(yùn)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公 式、動(dòng)能定理列式求解.7. 一質(zhì)量為m =0.5kg的電動(dòng)玩具車，從傾角為二30。的長(zhǎng)直軌道底端，由靜止開始沿軌道向上運(yùn)動(dòng)，4s末功率達(dá)到最大值，之后保持該功率不變繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的 v-t圖象如圖所示，其中AB段為曲線，其他部分為直線.已

16、知玩具車運(yùn)動(dòng)過程中所受摩擦阻力恒為自身重力的0.3倍，空氣阻力不計(jì).取重力加速度g=10m/s2.(3)若玩具車在12s末剛好到達(dá)軌道的頂端，求軌道長(zhǎng)度L.【答案】(1) P=40W (2) vi=8m/s (3) L=93.75m【解析】【詳解】(1)由題意得，當(dāng)玩具車達(dá)到最大速度v=10m/s勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),牽引力：F=mgsin30 +0.3mg 由 P=Fv代入數(shù)據(jù)解得：P=40W(2)玩具車在0-4s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a,牽引力為Fi由牛頓第二定律得：Fi-( mgsin30 + 0.3mg尸ma4s末時(shí)玩具車功率達(dá)到最大，則P=Fivi由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式vi=ati (其中ti=

17、4s)代入數(shù)據(jù)解得：vi=8m/s12(3)玩具車在 04s內(nèi)運(yùn)動(dòng)位移 xi=at；2得：xi=i6m玩具車在412s功率恒定，設(shè)運(yùn)動(dòng)位移為X2,設(shè)t2=12s木時(shí)玩具車速度為 v,由動(dòng)能定理得1 212P(t2-ti)-( mgsin30 + 0.3mg)x2= mvmV|2 2代入數(shù)據(jù)解得：X2=77.75m所以軌道長(zhǎng)度L=xi+x2 =93.75m8.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧左端固定在輕桿的A點(diǎn)，右端與一質(zhì)量 m= 1kg套在輕桿的小物塊相連但不栓接，輕桿 AC部分粗糙糙，與小物塊間動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2, CD部分為一段光滑的豎直半圓軌道.小物塊在外力作用下壓縮彈簧至B點(diǎn)由靜止釋放，小物塊恰好

18、運(yùn)動(dòng)到半圓軌道最高點(diǎn) D, BC=5m,小物塊剛經(jīng)過 C點(diǎn)速度v=4m/ s , g取10m/s2 ,不計(jì)空氣阻力，求:(1)半圓軌道的半徑 R；(2)小物塊剛經(jīng)過 C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力(3)小物塊在外力作用下壓縮彈簧在B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能 E p【答案】 0.4m50N方向垂直向下(3)18J【解析】【分析】【詳解】(1)物塊由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律2mgR ； mv2R=0.4m小物塊剛過C點(diǎn)時(shí)2vFn mg = m 一R2所以 Fn mg m 50 N根據(jù)牛頓第三定律知小物塊剛經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力:F Fn 50N方向垂直向下(3)小物塊由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理

19、.12W單mgLBC -mv2帶入數(shù)據(jù)解得：W彈=18J所以Ep 18J .9.如圖所示，在粗糙水平軌道OOi上的。點(diǎn)靜止放置一質(zhì)量 m=0.25kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，它與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)科=0.4 OQ的距離s=4m.在Oi右側(cè)固定了一半徑力.（g=10m/s2）求:(1)為使小物塊到達(dá)Oi,求拉力R=0.32m的光滑的豎直半圓弧，現(xiàn)用 F=2N的水平恒力拉動(dòng)小物塊，一段時(shí)間后撤去拉F作用的最小距離；(2)若將拉力變?yōu)镕i,使小物塊從 O點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)至 OO1的中點(diǎn)時(shí)撤去拉力，恰能使小 物塊經(jīng)過半圓弧的最高點(diǎn)，求Fi的大小.【答案】(1)2m (2)3N【解析】【分析】【詳解】(1)為使小物塊到達(dá) Oi,設(shè)拉力作用的最小距離為 根據(jù)動(dòng)能定理知：, 0.25 10 4 m 2mFx mgs 0 0mgs