高中人教版 (2019)3 动能和动能定理随堂练习题

这是一份高中人教版 (2019)3 动能和动能定理随堂练习题，共8页。试卷主要包含了如图所示，一质量为M=5，5J等内容，欢迎下载使用。
（l）A与C发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v1；
（2）A与C发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块B的速度大小V2；
（3）为使B不与C碰撞，木板A长度的最小值L．
2．如图所示，质量为M0=4kg的木板静止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一个质量m=1kg大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的摩擦因数μ=0.4，在铁块上加一个水平向左的恒力F=8N，铁块在长L=6m的木板上滑动．取g=10m/s2．求：
（1）经过多长时间铁块运动到木板的左端；
（2）在铁块到达木板左端的过程中，恒力F对铁块所做的功；
（3）在铁块到达木板左端时，铁块和木板的总动能；
（4）此过程因为摩擦而产生的热量．
3．如图所示，一质量m=2 kg的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M=l kg的小铁块以水平向左的速度v0=9 m／s从木板的右端滑上木板。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，取重力加速度g=10 m／s2，木板足够长，求：
（1）铁块相对木板滑动时木板的加速度“的大小；
（2）铁块与木板摩擦所产生的热量Q和木板在水平地面上滑行的总路程x。
4．如图所示，有一质量m＝1 kg的小物块，在平台上以初速度v0=3m/s水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的半径R＝0．5 m的粗糙圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点 的质量为M＝3 kg的长木板，木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，当小物块在木板上相对木板运动L=1 m时，与木板有共同速度，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0．3，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，sin53°=0．8，cs53°=0．6．求：
（1）A、C两点的高度差h；
（2）物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
（3）物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功．
5．如图所示，一质量为M=5．0kg的平板车静止在光滑水平地面上，其右侧足够远处有一固定障碍物A，障碍物A与平板车的上表面等高．不计A的厚度。另一质量为m=1．0kg可视为质点的滑块，以v0=8m/s的水平初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右、大小为10N的恒力F．当滑块运动到平板车的最右端时，两者恰好相对静止．此时撤去恒力F．当平板车碰到障碍物A时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后，恰能无碰撞地沿圆弧切线从B点切入光滑竖直圆弧轨道，B、D与地面等高，并沿轨道下滑．已知滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0．5，圆弧半径为R=1．0m，圆弧所对的圆心角∠BOD=θ=106°，取g =10m/s2，sin53°=0．8，cs53°=0．6，求：
（1）障碍物A与圆弧左端B的水平距离．
（2）滑块运动圆弧轨道最低点C时对轨道压力的大小．
（3）滑块与平板车因摩擦产生的热量．
6．如图所示，木板A长L=6 m，质量为M=8kg，在水平面上向右做直线运动。某时刻木板A速度v=6 m／s，在此时刻对木板A施加一个方向水平向左的恒力F=32N，与此同时，将一个质量m=2 kg的小物块B轻放在木板A上的P点(小物块可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，P点到木板A右端距离为lm，木板A与地面间的动摩擦因数为0.16，其他摩擦均不计．取g=10 m/s2．求：
(1)小物块B从轻放到木板A上开始，经多长时间两者同速?
A
B
F
v0
P
(2)小物块B从轻放到木板A上开始至离开木板A的过程，恒力F对木板A所做的功及小物块B离开木板A时木板A的速度?
7．如图所示，一质量m=2 kg的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M=l kg的小铁块以水平向左的速度v0=9 m／s从木板的右端滑上木板。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，取重力加速度g=10 m／s2，木板足够长，求：
（1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小；
（2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q和木板在水平地面上滑行的总路程x。
参考答案
1．（l）A与C发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v1为．
（2）A与C发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块B的速度大小V2为．
（3）为使B不与C碰撞，木板A长度的最小值L是4d．
【解析】解：（1）第一次碰撞前，由机械能守恒得
2m=2mgdsinθ
解得 v1=
（2）设发生第一次碰撞后，A上滑、B下滑的加速度大小分别为aA、aB，则
μmgcsθ+mgsinθ=maA；
μmgcsθ﹣mgsinθ=maB；
可知aA＞aB，则知A先减速到零，设A第一次碰撞后后上滑到最高点的时间为t，则
v1=aAt
v2=v1﹣aBt
联立解得 v2=
（3）研究A、B运动的全过程，由能量守恒定律有
mgdsinθ+mg（d+L）sinθ=μmgLcsθ
解得 L=4d
答：
（l）A与C发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v1为．
（2）A与C发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块B的速度大小V2为．
（3）为使B不与C碰撞，木板A长度的最小值L是4d．
【点评】在应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题时，要注意运动过程的分析，此类问题，还要对整个运动进行分段处理．对于板长，往往根据能量守恒求解．
2．（1）经过2s时间铁块运动到木板的左端．
（2）在铁块到达木板左端的过程中，恒力F对铁块所做的功是64J
（3）在铁块到达木板左端时，铁块和木板的总动能为40J；
（4）此过程因为摩擦而产生的热量为24J
【解析】
试题分析：（1）由牛顿第二定律要分别求得两物体的加速度，则由位移公式可求得两物体位移的表达式，由两位移间的关系可求得时间；
（2）求得铁块的位移，由功的公式可求得恒力所做的功
（3）分别对木板和铁块由动能定理求得动能，则可求得总动能
（4）因为摩擦力是恒力，铁块相对木板的位移为S，根据W=FS即可求摩擦产生的热
解：（1）铁块与木板间的滑动摩擦力f=μmg=4N
铁块的加速度a1===4m/s2；
木板的加速度a2==m/s2=1m/s2；
铁块滑到木板左端的时间为t，则a1t2﹣a2t2=L
代入数据解得：t=2s
（2）铁块位移s1=a1t2=×4×22=8m
恒力F做的功W=Fs1=8×8J=64J
（3）木板位移s2=a2t2=2m
铁块的动能E1=（F﹣f）s1=（8﹣4）×8=32J
木板的动能EB=fs2=4×2J=8J
铁块和木板的总动能E总=E1+EB=32J+8J=40J
（4）铁块的相对木板的位移为S=s1﹣s2=8﹣2=6m
所以摩擦产生的热为Q=fS=4×6=24J
答：（1）经过2s时间铁块运动到木板的左端．
（2）在铁块到达木板左端的过程中，恒力F对铁块所做的功是64J
（3）在铁块到达木板左端时，铁块和木板的总动能为40J；
（4）此过程因为摩擦而产生的热量为24J．
3．（1）0.5m/s2（2）36J；1.5m
【解析】
试题分析：（1）设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a2，由牛顿第二定律得：
μ2Mg-μ1（M+m）g=ma2，
解得：a2＝0.5m/s2
（2）设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a1，由牛顿第二定律得：
μ2Mg=Ma1
解得：a1＝μ2g＝4m/s2
设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为v，所需的时间为t，则有：
v=v0-a1t
v=a2t
解得：v=1m/s，t=2s
滑块相对于地面的位移为x1＝v0t−a1t2＝9×2−×4×4＝10m
木板运动的位移x2＝a2t2＝×0.5×4＝1m，
铁块与木板的相对位移△x=x1-x2=10-1=9m，
则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量Q=f△x=μ2Mg△x=0.4×10×9=36J
达共同速度后的加速度为a3．发生的位移为s，则有：
a3=μ1g=1m/s2；
木板在水平地面上滑行的总路程l=x2+s=1+0.5=1.5m
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清滑块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式求解.
4．（1）0．8m（2）26N （3）10．5J
【解析】
试题分析：（1）小物块到C点时的速度竖直分量为vCy＝v0tan53°=4 m/s
下落的高度
（2）小物块在木板上滑行达到共同速度的过程
木板的加速度大小：
物块的加速度大小：
由题意得：a1t=vD-a2t
联立以上各式并代入数据解得vD＝m/s
小球在D点时由牛顿第二定律得
代入数据解得FN＝26N
由牛顿第三定律得FN′＝FN＝26 N，方向竖直向下
（3）小物块由A到D的过程中，由动能定理得
mgh+mgR（1－cs 53°）-W＝mvD2 -mv02
代入数据解得W＝10．5J
考点：动能定理; 牛顿第二定律
5．（1） （2）43N （3）
【解析】
试题分析: （1）对滑块：
对平板车：
经过时间t，两者共速：
解得：t=1s, v1=3m/s
从A点平抛：
t1=0．4s
水平距离：
（2）滑块过B点的速度：
由B点至C点，由动能定理：
C点分析：
由牛顿第三定律得，压力大小为43N
（3）滑块的位移：
平板车的位移：
相对位移：
摩擦生热：
考点：考查动能定理；向心力、牛顿第二定律、牛顿第三定律、匀变速直线运动．
【名师点睛】分析清楚滑块在每个过程的运动状态，根据物体的运动的过程来逐个求解，本题中用到了匀变速直线运动、平抛运动和圆周运动的规律，涉及的知识点较多，要求学生要熟练的应用每一部分的知识．
6．（1）1s（2）32J；4m/s
【解析】
试题分析：(1)由于小物块B与木板A间无摩擦则小物块B离开木板A前始终对地静止，木板A在恒力和摩擦力共同作用下先向右匀减速后向左匀加速，当木板A向右速度减为零时两者同速，设此过程用时t1，研究木板A向右匀减速过程，对木板A应用牛顿第二定律：
解得
木板A向右匀减速时间
木板A向右匀减速位移
则小物块B还在木板A上此时两者同速
(2)木板A向左匀加速位移时小物块B离开）
小物块B从轻放到木板A上开始至离开木板A过程，恒力F对木板A所做的功：
研究木板A向左匀加速过程，对木板A应用牛顿第二定律：
此时木板A速度：(动能定理也可)
考点：牛顿第二定律；功
【名师点睛】本题是牛顿第二定律的综合应用问题；分析两物体的运动情况时，要抓住两物体间没有摩擦力，小物块B离开木板A前始终对地静止，再根据牛顿第二定律和运动学公式结合研究；此题难度中等，考查物理规律的综合运用能力.
【答案】（1）；（2），
【解析】
试题分析：（1）设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为，由牛顿第二定律得：，解得： 。
（2）设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为，由牛顿第二定律得：
，解得：
设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为，所需的时间为，则有：
， ，解得：
铁块相对于地面的位移为：
木板运动的位移为：，
铁块与木板的相对位移，
则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量
达共同速度后的加速度为．发生的位移为，则有：
，
木板在水平地面上滑行的总路程
考点：功能关系 牛顿第二定律
【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用。铁块滑上木板后做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，达到共同速度后，共同做减速运动直至停止，根据牛顿第二定律分别求出它们的加速度，求出两物体速度相同时所需的时间，从而求出铁块相对地面的位移大小和木板相对于地面的位移，从而求出相对位移，再求出产生的热量，根据牛顿第二定律结合运动学基本公式求出共同做减速运动直至停止的位移，从而求出木板在水平地面上滑行的总路程。