湖南省长沙市高中物理 第16章 动量守恒定律 16动能定理

湖南省长沙市高中物理 第16章 动量守恒定律 16动能定理

‎《动能定理》 ‎ 一．单选题（共10小题）‎ ‎1．一个质量为‎2kg的物体，以‎4m/s的速度在光滑水平面上向右滑行，从某个时刻起，在物体上作用一个向左的水平力，经过一段时间，物体的速度方向变为向左，大小仍然是‎4m/s，在这段时间内水平力对物体做的功为（　　）‎ A．0 B．8J C．16J D．32J ‎2．关于物体所受外力的合力做功与物体动能的变化的关系有以下四种说法：①合力做正功，物体动能增加；②合力做正功，物体动能减少；③合力做负功，物体动能增加；④合力做负功，物体动能减少．上述说法正确的是（　　）‎ A．①② B．②③ C．③④ D．①④‎ ‎3．如图所示，两个质量相同的物体a和b处于同一高度，a自由下落，b沿固定光滑斜面由静止开始下滑，不计空气阻力．两物体到达地面时，下列表述正确的是（　　）‎ A．a的速率大 B．b的速率大 C．动能相同 D．速度方向相同 ‎4．一物体做直线运动的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．第1s内和第5s内的运动方向相反 B．0～4s内和0～6s内的平均速度相等 C．第5s内和第6s内的动量变化量相等 D．第6s内所受的合外力做负功 ‎5．如图所示，将一光滑圆轨道固定竖直放置，其中A点为圆轨道的最低点，B点为圆水平直径与圆弧的交点．一个质量为m的物体静置于A点，现用始终沿轨道切线方向、大小不变的外力F作用于物体上，使其沿圆轨道到达B点，随即撤去外力F，要使物体能在竖直圆轨道内维持圆周运动，外力F至少为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．如图所示，小球以初速v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为（　　）‎ A． ‎ B. C． D．‎ ‎7．如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ．开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v．则以下说法正确的是（　　）‎ A．A和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度 B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g（sinθ+μcosθ ）‎ C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中．弹簧对A所做的功等于mv2+MgLsinθ+μMgLcosθ D．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功大于mv2‎ ‎8．如图所示，两个相同的木块A、B静止在水平面上，它们之间的距离为L，今有一颗子弹以较大的速度依次射穿了A、B，在子弹射出A时，A的速度为vA，子弹穿出B时，B的速度为vB ‎，A、B停止时，它们之间的距离为s，整个过程A、B没有相碰，则（　　）‎ A．s=L，vA=vB B．s＞L，vA＜vB C．s＜L，vA＞vB D．s＜L，vA＜vB ‎9．（子弹打木块）如图，一颗‎0.1kg子弹以‎500m/s的速度打穿第一块固定木板后速度变为‎300m/s，则这个过程中子弹克服阻力所做的功为（　　）‎ A．8000J B．4500J C．12500J D．无法确定 ‎10．图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD是水平的，BC是与AB和CD都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计，一质量为m的小滑块在A点从静止状态释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由D点推回到A点时停下，设滑块与轨道间的摩擦系数为μ，则推力做的功等于（　　）‎ A． μmg（s+） B．μmg（s+hcotθ） C．mgh D．2mgh 二．多选题（共2小题）‎ ‎11．如图是某缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与直杆相连，直杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f，直杆质量不可忽略．一质量为m的小车以速度v0撞击弹簧，最终以速度v弹回．直杆足够长，且直杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面的摩擦．则（　　）‎ A．小车被弹回时速度v一定小于v0‎ B．直杆在槽内移动的距离等于（mv02﹣mv2）‎ C．直杆在槽内向右运动时，小车与直杆始终保持相对静止 D．弹簧的弹力可能大于直杆与槽间的最大静摩擦力 ‎12．如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，下列结论中正确的是（　　）‎ A．上述过程中，F做功等于滑块和木板动能的增量 B．其他条件不变的情况下，M越大，s越小 C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长 D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多　‎ 三．计算题（共7小题）‎ ‎13．某滑板爱好者在离地h=‎1.8m高的平台上滑行，水平离开A点后落在水平地面的B点．其水平位移s1=‎4.2m．着地时由于存在能量损失，着地后速度变为v=‎4m/s，并以次为初速沿水平地面滑行s2=‎10m后停止．已知人与滑板的总质量m=‎70kg．求：‎ ‎（1）人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小；‎ ‎（2）人与滑板离开平台时的水平初速度．（空气阻力忽略不计，g=‎10m/s2）‎ ‎14．如图所示，质量为M=‎0.2kg的木块放在水平台面上，水平台面比水平地面高出h=‎0.2m，木块距水平台面的右端L=‎1.7m．质量为m=‎0.1M的子弹以v0=‎‎180m ‎/s的速度水平射向木块，当子弹以v=‎90m/s的速度水平射出时，木块的速度为v1=‎9m/s（此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零）．若木块落到水平地面时的落地点到水平台面右端的水平距离为l=‎1.6m，求：（g取‎10m/s2）‎ ‎（1）木块对子弹所做的功W1；‎ ‎（2）子弹对木块所做的功W2；‎ ‎（3）木块与水平台面间的动摩擦因数μ．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形轨道在B点衔接，导轨半径为R，一个质量为m的静止物块在A处压缩弹簧，在弹力的作用下获某一向右速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，求 ‎（1）弹簧对物块的弹力做的功；‎ ‎（2）物块从B到C克服阻力做的功；‎ ‎（3）物块离开C点后落回水平面时动能的大小．‎ ‎16．如图所示，内壁粗糙、半径R=‎‎0.4m 的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与足够长光滑水平轨道BC相切。质量m2=‎0.2kg的小球b左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m1=‎0.2kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为小球a重力的2倍。忽略空气阻力，重力加速度g=‎10m/s2．求 ‎（1）小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做功Wf；‎ ‎（2）小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep；‎ ‎（3）小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小。‎ ‎17．如图所示，圆环A的质量 m1=‎10kg，被销钉固定在竖直光滑的杆上，杆固定在地面上，A与定滑轮等高，A与定滑轮的水平距离L=‎3m，不可伸长的细线一端系在A上，另一端通过定滑轮系系在小物体B上，B的质量m2=‎2kg，B的另一侧系在弹簧上，弹簧的另一端系在固定在斜面底端挡板C上，弹簧的劲度系数k=40N/m，斜面的倾角θ=30°，B与斜面的摩擦因数μ=，足够的长的斜面固定在地面上，B受到一个水平向右的恒力F作用，F=20N，开始时细线恰好是伸直的，但未绷紧，B是静止的，弹簧被压缩．拔出销钉，A开始下落，当A下落h=‎4m时，细线断开、B与弹簧脱离、恒力F消失，不计滑轮的摩擦和空气阻力．问 ‎（1）销钉拔出前，画出物体B的受力示意图，此时弹簧的压缩量；‎ ‎（2）当A下落h=‎4m时，A、B两个物体速度大小的关系；‎ ‎（3）B在斜面上运动的最大距离？（g=‎10m/s2）‎ ‎18．如图所示，固定在竖直平面内的轨道ABCD由三段对接而成，其中AB是与水平面夹角为37°的光滑直轨道，BC是半径为R=‎0.5m的光滑圆轨道，并且B、C位于同一水平面上，CD是与水平面夹角为37°的粗糙直轨道，两只轨道与圆弧轨道在B、C两处相切．现将一质量m=‎0.1kg的小物块从轨道AB上距圆弧轨道最低点h=‎0.8m处由静止释放，之后小物块开始沿轨道运动．小物块与轨道CD的动摩擦因数 μ=0.5，取g=‎10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，求：‎ ‎（1）小物块第一次通过圆弧轨道最低点时的速度大小；‎ ‎（2）小物块第一次通过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；‎ ‎（3）小物块在轨道CD上通过的总路程．‎ ‎19．如图所示，斜面倾角为θ ‎，一轻质弹簧平行于斜面放置，弹簧一端固定于斜面底部，自然伸长时，另一端位于斜面的O点，O点上方斜面粗糙，下方斜面光滑．质量为m的物体（可视为质点）从P点由静止释放沿斜面滑下，压缩弹簧后被弹回，上滑至OP中点时速度为零．已知该过程中OP两点间距离为x，当弹簧的压缩量为x时，物体的速度达到最大，此时弹簧具有的弹性势能为Ep．‎ ‎（1）求弹簧的劲度系数k；‎ ‎（2）物体从接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，其加速度大小和速度大小如何变化？（只定性说明）‎ ‎（3）此过程中，物体具有的最大动能Ekm是多少？‎ ‎　‎ 动能定理补充练习参考答案 ‎1．A 2．D ‎3．C 解：根据动能定理有：mgh=mv2﹣0‎ 知：高度相同，所以末动能相等。速度的大小相等，但方向不同。故选：C。‎ ‎4．C 解：A、由图可知，第1s内和第5s内的物体的速度都为正，速度方向没有改变。故A错误。‎ B、根据图象的面积表示位移，可知0﹣4s内的位移为：m，‎ ‎0﹣4s内的平均速度为：；4﹣6s内的位移为：m 所以：0﹣6s内的位移x6也等于‎30m，则6s内的平均速度为：m/s。故B错误。‎ C、由图可知，第5s内和第6s内的速度变化量都是﹣‎10m/s，是相等的，所以第5s内和第6s内的动量变化量相等，故C正确。‎ D、由图可知，在第6s初的速度为0，在6末的速度大小为‎10m/s，物体的动能增大，所以第6s内所受的合外力做正功，故D错误。‎ ‎5．D 解：物体由A点运动到B点的过程中，由动能定理可得WF﹣mgR=mvB2①；‎ 因F是变力，对物体的运动过程分割，将划分成许多小段，则当各小段弧长△s足够小时，在每一小段上，力F可看做恒力，且其方向与该小段上物体位移方向一致，有WF=F△s1+F△s2+…+F△si+…=F（△s1+△s2+…+△si+…）=F•R②；‎ 从B点起撤去外力F，物体的运动遵循机械能守恒定律，由于在最高点维持圆周运动的条件是mg≤m，即在圆轨道最高点处速度至少为。 故由机械能守恒定律得mvB2=mgR+③；‎ 联立①②③式得F=．故D正确，ABC错误；故选：D。‎ ‎6．A 解：对小球由A至B研究，由动能定理：﹣mgh﹣Wf=0﹣‎ 再对由B返回A研究，由动能定理： mgh﹣Wf=﹣0 联立两式解得：vA= 故选：A ‎7．B 解：A：对物体B和平板A整体分析可知，A和B达到最大速度时应满足kx=（m+M）gsinθ+μ（m+M）gcosθ，说明弹簧仍处于压缩状态，所以A错误；‎ B：根据题意可知，A和B恰好分离时，弹簧正好恢复原长，对A和B整体由牛顿第二定律得：‎ ‎（m+M）gsinθ+μ（m+M）gcosθ=（m+M）a，‎ 解得：a=gsinθ+μgcosθ=g（sinθ+μcosθ），所以B正确；‎ C：对A从释放到速度达到最大的过程由动能定理可得：W弹﹣Mg（xm﹣x）sinθ﹣μMg（xm﹣x）cosθ﹣FN（xm﹣x）=Mv2，‎ 其中xm是弹簧压缩的最大长度，x是速度最大时弹簧压缩的长度，FN是B对A的压力大小，比较可知C错误；‎ D：对B从释放到A和B达到最大速度的过程由动能定理可得：W总=﹣0，即B受到的合力对它做的功等于，所以D错误；故选：B。‎ ‎8．B 解：子弹穿过木块的过程中，由于子弹克服木块的阻力做功，动能减小，速度减小，所以子弹穿过A木块过程的平均速度较大，所用时间较短，根据动量定理得：‎ 对木块：ft=mv，v与t成正比，所以A的速度小于B的速度，即vA＜vB。‎ 根据动能定理得：﹣μmgs=0﹣，则得木块滑行的距离为 s=，木块的初速度v越大，滑行距离越大，则知A木块滑行的距离小于B滑行的距离，所以A、B停止时它们之间的距离增大，则有s＞L。故选：B。‎ ‎9．A 解：对子弹穿木块过程中，由动能定理得：﹣W=mv2﹣mv02‎ ‎，解得：W=8000J；故选：A。‎ ‎10．D 解：物体由A点下落至D点，设克服摩擦力做功为WAD，由动能定理：mgh﹣WAD=0， 即 WAD=mgh ①‎ 由于缓缓推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为WDA，由动能定理 当物体从D点被推回A点，WF﹣mgh﹣WDA=0 ②‎ 根据W=FLcosα可得：‎ 由A点下落至D，摩擦力做得功为WAD=﹣μmgcosθ×③‎ 从D→A的过程摩擦力做功为，WDA=﹣μmgcosθ×④‎ ‎③④联立得：WAD=WDA⑤‎ ‎①②③联立得：WF=2mgh 故ABC错误，D正确，故选：D。‎ ‎11．BD 解：A、小车在向右运动的过程中，弹簧的形变量若始终小于x=时，直杆和槽间无相对运动，小车被弹回时速度υ一定等于υ0；若形变量大于或等于x=时，杆和槽间出现相对运动，克服摩擦力做功，小车的动能减小，所以小车被弹回时速度υ一定小于υ0，A错误； B、整个过程应用动能定理：fs=△EK，直杆在槽内移动的距离s=（mv02﹣mv2），B正确；‎ C、直杆在槽内向右运动时，开始小车速度比杆的大，所以不可能与直杆始终保持相对静止，C错误；‎ D、当弹力等于最大静摩擦力时杆即开始运动，此时车的速度大于杆的速度，弹簧进一步被压缩，弹簧的弹力大于最大静摩擦力，D正确；故选：BD。‎ ‎12．BD 解：A．由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，故A错误；‎ B．由于木板受到摩擦力不变，当M越大时木板加速度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小，故B正确；‎ C．滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；‎ D．系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确。故选：BD。‎ ‎13．解：（1）设人与滑板在水平地面上滑行时受到的平均阻力的大小为f，人在滑行过程中只有阻力做功，根据动能定理：‎ ‎﹣fs2=0﹣mv2 解得：f=56N ‎（2）人与滑板离开平台后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体，有：h=gt2 得：t=0.6s 水平方向分运动为匀速直线运动 vo ‎14．解：（1）对子弹：从开始到射出木块，由动能定理得：‎ ‎ 代入数据解得：W1=﹣243J，‎ ‎（2）对木块：由动能定理得，子弹对木块所做的功：‎ 代入数据解得：W2=8.1J；‎ ‎（3）设木块离开台面时速度为v2，木块在台面上滑行阶段对木块由动能定理得：‎ ‎﹣μMgL=①‎ 木块离开台面后平抛，由平抛规律得：‎ h=gt2 ② l=v2t ③由①②③代入数据解得：μ=0.50；‎ ‎15．解：（1）物体在B点时，做圆周运动，由牛顿第二定律可知：‎ T﹣mg=m解得v= 从A到C由动能定理可得：弹力对物块所做的功W=mv2=3mgR；‎ ‎（2）物体在C点时由牛顿第二定律可知：mg=m； 对BC过程由动能定理可得：‎ ‎﹣2mgR﹣Wf=mv02﹣mv2 解得物体克服摩擦力做功： Wf=mgR．‎ ‎（3）物体从C点到落地过程，机械能守恒，则由机械能守恒定律可得：‎ ‎2mgR=Ek﹣mv02物块落地时的动能Ek=mgR．‎ ‎16．解：（1）小球由释放到最低点的过程中，根据动能定理：‎ ‎…① 小球在最低点，根据牛顿第二定律：…②‎ 由①②联立可得：Wf=﹣0.4J…③‎ ‎（2）小球a与小球b通过弹簧相互作用，达到共同速度v2过程中，由动量关系：‎ m1v1=（m1+m2）v2…④由能量转化和守恒：…⑤‎ 由④⑤联立可得：EP=0.2J…⑥‎ ‎（3）小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中，a后来速度为v3，b后来速度为v4，由动量关系：‎ m1v1=m1v3+m2v4…⑦由能量转化和守恒：…⑧‎ 根据动量定理有：I=m2v4…⑨ 由⑦⑧⑨联立可得：I=0.4N•S。　‎ ‎17．解：（1）对物体受力分析，如图，F和重力的合力F合为：‎ ‎ F合的方向平行斜面向下 由题意分析可得物体对斜面的压力为0，故摩擦力为0，由平衡条件有：F合=F弹=k x 弹簧的压缩量为：‎ ‎（2）设当滑块下降h=‎4 m时，环和物的速度分别为v1，v2．此时物体上升的距离为：‎ h= 由运动的分解和几何关系得：v2=v1cos37°‎ ‎（3）由于弹簧的压缩量和伸长量相同，弹簧对物体做功为零，对系统用动能定理有：‎ ‎ 代入数据得：v2=‎6.02m/s 当细线断开、B与弹簧脱离、恒力F消失后，对物体B受力分析，由牛顿定律有：‎ a=g（sinθ+μcosθ）=‎10m/s2 ‎ ‎18．解：（1）物块从A到圆弧轨道最低点过程中，‎ 由动能定理得：mgh=mv2，解得：v===‎4m/s；‎ ‎（2）在圆弧轨道最低点，由牛顿第二定律得：‎ F﹣mg=m，解得：F=mg+m=0.1×10+0.1×=4.2N，‎ 由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力F′=F=4.2N，方向竖直向下；‎ ‎（3）小物块在CD上不断克服摩擦力做功，机械能减小，最终，小物块将在圆弧轨道上往复运动，在整个过程中，‎ 由动能定理得：mg[h﹣R（1﹣cos37°）]﹣μmgcos37°•S=0﹣0，‎ 解得：S===‎1.75m；　‎ ‎19．解：（1）当物体的速度最大时合力为零，由平衡条件和胡克定律得：‎ mgsinθ=kx 解得 k=‎ ‎（2）物体从接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，弹簧的弹力逐渐增大，弹力先大于重力沿斜面向下的分力，后小于重力沿斜面向下的分力，则合力先减小后增大，由牛顿第二定律知，加速度先减小，后增大．速度先增大，后减小．‎ ‎（3）从P点释放到反弹至OP中点，由动能定理得 mgsinθ﹣μmgxcosθ=0　①‎ 从P点释放到速度最大，由动能定理得 mg（x+）sinθ﹣μmgxcosθ﹣Ep=Ekm　②‎ 由①②两式可以求得最大动能为 Ekm=mgxsinθ﹣Ep．‎