- 动能
- 共2155题
如图所示,在竖直平面内有一个粗糙的
圆弧轨道,其半径R=0.4m,轨道的最低点距地面高度h=0.8m,一质量m=0.1kg的小滑块从轨道的最高点A由静止释放,到达最低点B时的速度大小为v=2.0m/s.不计空气阻力,g取10m/s2,求:
(1)小滑块运动到圆弧轨道最低点B时,对轨道的压力的大小;
(2)小滑块落地点C距轨道最低点B的水平距离x;
(3)小滑块在轨道上运动的过程中克服摩擦力所做的功.
正确答案
解:(1)小滑块到达轨道最低点时,受重力和轨道对它的弹力F,根据牛顿第二定律
解得:F=2.0N)
根据牛顿第三定律,轨道受到的压力大小F′=F=2.0 N
(2)小滑块离开轨道后做平抛运动,设运动时间为t,初速度为v,则
解得x=0.8m
(3)在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中,根据动能定理:
解得:Wf=-0.2J
所以小滑块克服摩擦力做功为0.2 J.
答:(1)小滑块运动到圆弧轨道最低点B时,对轨道的压力的大小为2.0N;
(2)小滑块落地点C距轨道最低点B的水平距离x为0.8m;
(3)小滑块在轨道上运动的过程中克服摩擦力所做的功为0.2J
解析
解:(1)小滑块到达轨道最低点时,受重力和轨道对它的弹力F,根据牛顿第二定律
解得:F=2.0N)
根据牛顿第三定律,轨道受到的压力大小F′=F=2.0 N
(2)小滑块离开轨道后做平抛运动,设运动时间为t,初速度为v,则
解得x=0.8m
(3)在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中,根据动能定理:
解得:Wf=-0.2J
所以小滑块克服摩擦力做功为0.2 J.
答:(1)小滑块运动到圆弧轨道最低点B时,对轨道的压力的大小为2.0N;
(2)小滑块落地点C距轨道最低点B的水平距离x为0.8m;
(3)小滑块在轨道上运动的过程中克服摩擦力所做的功为0.2J
质量为1kg的物体从离地面5m高处自由下落,与地面碰撞后,上升的最大高度为3.2m,设球与地面作用时间为0.2s,求小球对地面的平均作用力.(g=10m/s2,不计空气阻力)
正确答案
解:由动能定理得:
小球下落过程:mgh1=mv12-0,v1=
=10m/s,方向竖直向下;
小球上升过程:-mgh2=0-mv22,v2=
=8m/s,方向竖直向上;
以向下为正方向,由动量定理得:(mg-F)t=mv2-mv1,
即:(1×10-F)×0.2=1×(-8)-1×(-10),
解得:F=-100N;
答:小球对地面的平均作用力大小为100N,方向竖直向上.
解析
解:由动能定理得:
小球下落过程:mgh1=mv12-0,v1=
=10m/s,方向竖直向下;
小球上升过程:-mgh2=0-mv22,v2=
=8m/s,方向竖直向上;
以向下为正方向,由动量定理得:(mg-F)t=mv2-mv1,
即:(1×10-F)×0.2=1×(-8)-1×(-10),
解得:F=-100N;
答:小球对地面的平均作用力大小为100N,方向竖直向上.
如图所示,质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面AB上,一质量为m的小物块(可视为质点)放置在木板右端,在木板左方有一墙壁P.T=0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向左运动,直至木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短).碰撞前后木板速度大小不变,方向相反,最后小物块刚好未离开木板.已知M>m,重力加速度为g.求:
(1)若初速度大小为v0,求木板与小物块的最终速度的大小;
(2)若初速度大小未知,求碰墙后小物块向左运动离墙壁最近的距离.
正确答案
解:(1)木板撞墙后,木板和物块速度反向,二者分别受到相反的大小相等的滑动摩擦力作用而减速,因为M>m,碰撞后小物块的加速度大于木板的加速度,故小物块先向左减速再向右加速.设木板和小物块之间动摩擦因数为μ,碰撞后小物块的加速度为a1,木板的加速度为a2,经过时间为t,木板和小物块刚好具有共同速度v.由牛顿第二定律及运动学公式得:
μmg=ma1;①
μmg=Ma2; ②
v=-v0+a1t ③
v=v0-a2t ④
解得 v= ⑤
(2)撞墙后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,
对木块由动能定理可得-fx1=-
⑥
对木板由动能定理可得-fx2=-
⑦
又小物块恰好没有脱离木板,故L=x1+x2 ⑧
联立⑤⑥⑦⑧解得 L= ⑨
经分析,木块向右减速到速度为0后再反向加速,故离墙最近之处即其速度为0之时,
对木块向右减速到速度为0的过程,由动能定理可得
-μmgx0=0- ⑩
联立⑨⑩可得 x0=(11)
故离墙最近的距离 xmin=L-x0=L
答:
(1)若初速度大小为v0,木板与小物块的最终速度的大小是;
(2)若初速度大小未知,碰墙后小物块向左运动离墙壁最近的距离是L.
解析
解:(1)木板撞墙后,木板和物块速度反向,二者分别受到相反的大小相等的滑动摩擦力作用而减速,因为M>m,碰撞后小物块的加速度大于木板的加速度,故小物块先向左减速再向右加速.设木板和小物块之间动摩擦因数为μ,碰撞后小物块的加速度为a1,木板的加速度为a2,经过时间为t,木板和小物块刚好具有共同速度v.由牛顿第二定律及运动学公式得:
μmg=ma1;①
μmg=Ma2; ②
v=-v0+a1t ③
v=v0-a2t ④
解得 v= ⑤
(2)撞墙后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,
对木块由动能定理可得-fx1=-
⑥
对木板由动能定理可得-fx2=-
⑦
又小物块恰好没有脱离木板,故L=x1+x2 ⑧
联立⑤⑥⑦⑧解得 L= ⑨
经分析,木块向右减速到速度为0后再反向加速,故离墙最近之处即其速度为0之时,
对木块向右减速到速度为0的过程,由动能定理可得
-μmgx0=0- ⑩
联立⑨⑩可得 x0=(11)
故离墙最近的距离 xmin=L-x0=L
答:
(1)若初速度大小为v0,木板与小物块的最终速度的大小是;
(2)若初速度大小未知,碰墙后小物块向左运动离墙壁最近的距离是L.
如图所示,AB是固定于竖直平面内的
圆弧形光滑轨道,末端B处的切线方向水平.一物体(可视为质点)P从圆弧最高点A处由静止释放,滑到B端飞出,落到地面上的C点.测得C点和B点的水平距离OC=L,B点距地面的高度OB=h.现在轨道下方紧贴B端安装一个水平传送带,传送带的右端与B点的距离为
.当传送带静止时,让物体P从A处由静止释放,物体P沿轨道滑过B点后又在传送带上滑行并从传送带的右端水平飞出,仍然落到地面上的C点.求:
(1)物体P与传送带之间的动摩擦因数;
(2)若在A处给物体P一个竖直向下的初速度v0,物体P从传送带的右端水平飞出后,落在地面上的D点,求OD的大小;
(3)若传送带驱动轮顺时针转动,带动传送带以速度v匀速运动,再把物体P从A处由静止释放,物体P落到地面上.设着地点与O点的距离为x,求出x与传送带上表面速度v的函数关系.
正确答案
解:(1)无传送带时,物体从B运动到C,做平抛运动,设物体在B点的速度为vB,
由L=vBt;
h=gt2,
解得:vB=L
当有传送带时,设物体离开传送带时的速度为v1,由平抛规律:
=v1t
h=gt2
解得:v1=L;
由此可知物体滑上传送带时的初速度为vB,末速度为v1,物体的位移为,此过程中只有传送带的摩擦力对物体做功,故根据动能定理有:
-μmg=
m
-
m
代入vB和v1可解得:
μ=;
(2)设物体离开传送带时的速度为v2,物体从A滑到离开传送带的过程中,只有重力和传送带的摩擦力对物体做功,由动能定理有:
mgR-μmg=
m
-
m
又物体从A滑至B的过程中有:
mgR=m
所以有:
m
-
×mg
=
m
-
m
又vB=L
可解得:v2=
物体离开传送带后做平抛运动,由题意根据平抛可知
OD=+v2t=
+
=
+
;
(3)物体由静止从P点开始下滑,到达B点的速度:
vB=L,
当物体滑上传送带全程加速时,物体滑离传送带时的速度v2,根据动能定理有:
加速时摩擦力做正功,故有:
μmg=
m
-
m
代入数值可得:
v2=
所以当传送带的速度v>,物体离开传送带的速度v>
,由题意根据平抛运动知识可知:
x=+v2t=
+
=
(1+
)
同理有当物体由静止从P点开始下滑,达到B点的速度vB=L,当物体滑上传送带并在全程在摩擦力作用下做减速运动时,物体滑离传送带的时的速度为v1,根据动能定理有:
减速时摩擦力做负功,故有:-μmg=
m
-
m
代入相应数值可解得:v1=
所以当传送带速度小于v<时,物体滑离传送带时的速度v1=
所以可知;x=+v1t=
+
=L
当传送带的速度满足:v1≤v≤v2时,物体在摩擦力作用下离开传送带时的速度大小都为v,
故此时x=+v
答:(1)物体P与传送带之间的摩擦因数μ=;
(2)若在A处给物体P一个竖直向下的初速度,物体P从传送带的右端水平飞出后,落到地面上的D点,OD的大小为+
;
(3)若驱动轮转动、带动传送带以速度v匀速运动,再把物体P从A处由静止释放,物体P落到地面上,设着地点与O点的距离为x,x与传送带上表面速度v的函数关系为:
1、x=L时,v<;
2、x=+v
时,
≤v≤
;
3、x=(1+
)时,v>
.
解析
解:(1)无传送带时,物体从B运动到C,做平抛运动,设物体在B点的速度为vB,
由L=vBt;
h=gt2,
解得:vB=L
当有传送带时,设物体离开传送带时的速度为v1,由平抛规律:
=v1t
h=gt2
解得:v1=L;
由此可知物体滑上传送带时的初速度为vB,末速度为v1,物体的位移为,此过程中只有传送带的摩擦力对物体做功,故根据动能定理有:
-μmg=
m
-
m
代入vB和v1可解得:
μ=;
(2)设物体离开传送带时的速度为v2,物体从A滑到离开传送带的过程中,只有重力和传送带的摩擦力对物体做功,由动能定理有:
mgR-μmg=
m
-
m
又物体从A滑至B的过程中有:
mgR=m
所以有:
m
-
×mg
=
m
-
m
又vB=L
可解得:v2=
物体离开传送带后做平抛运动,由题意根据平抛可知
OD=+v2t=
+
=
+
;
(3)物体由静止从P点开始下滑,到达B点的速度:
vB=L,
当物体滑上传送带全程加速时,物体滑离传送带时的速度v2,根据动能定理有:
加速时摩擦力做正功,故有:
μmg=
m
-
m
代入数值可得:
v2=
所以当传送带的速度v>,物体离开传送带的速度v>
,由题意根据平抛运动知识可知:
x=+v2t=
+
=
(1+
)
同理有当物体由静止从P点开始下滑,达到B点的速度vB=L,当物体滑上传送带并在全程在摩擦力作用下做减速运动时,物体滑离传送带的时的速度为v1,根据动能定理有:
减速时摩擦力做负功,故有:-μmg=
m
-
m
代入相应数值可解得:v1=
所以当传送带速度小于v<时,物体滑离传送带时的速度v1=
所以可知;x=+v1t=
+
=L
当传送带的速度满足:v1≤v≤v2时,物体在摩擦力作用下离开传送带时的速度大小都为v,
故此时x=+v
答:(1)物体P与传送带之间的摩擦因数μ=;
(2)若在A处给物体P一个竖直向下的初速度,物体P从传送带的右端水平飞出后,落到地面上的D点,OD的大小为+
;
(3)若驱动轮转动、带动传送带以速度v匀速运动,再把物体P从A处由静止释放,物体P落到地面上,设着地点与O点的距离为x,x与传送带上表面速度v的函数关系为:
1、x=L时,v<;
2、x=+v
时,
≤v≤
;
3、x=(1+
)时,v>
.
如图,竖直平面内有两个半圆AO1B和CO2D中间有较短的光滑平台,小圆的内壁光滑,圆心为O1,半径为R1=0.8m,大圆的内壁粗糙,半径为小圆的两倍.小车静止放置光滑水平地面上,上表面与大圆D点等高且紧挨着D点,小车的质量M=3kg,上表面长L=7m,水平地面右端F处有一竖直挡板.P1和P2可视为质点,静止放在平台上,中间由轻质弹簧压缩且锁定,P1的质量m1=1kg.同时释放P1P2,P1刚好能过大圆C点不掉下并且沿着大圆的内壁运动从D点滑上小车,已知P1到达D点的速度为8m/s.P1与小车之间的动摩擦因素为0.4.(g=10m/s2)
(1)P1在大圆内壁滑动过程中产生的热量
(2)P2沿小圆运动到A点速度VA=,则P2的质量和弹簧存储的弹性势能分别为多少?
(3)地面的右侧有一挡板,小车与挡板碰撞就立即停止,试讨论挡板距离车右端的距离与P1克服摩擦力做功之间的关系.
正确答案
解:(1)P1恰好过C点,大圆半径为R2=1.6m,由牛顿第二定律:,解得:Vc=4m/s,
P1从C点运动到D点,克服摩擦力做功为Wf,由动能定理得:,解得:Q=Wf=8J;
(2)P2从B点运动到A点由动能定理得:,代入数据得:VB=7m/s,
P1、P分开过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:m1vC=m2vB,解得:m2=0.57kg,
弹簧的弹性势能:E=;
(3)设P1滑倒和车共速未从车上掉下,共同速度为V,则:
P和车组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:m1vD=(m1+M)v,
由能量守恒定律得:,
解得:S相对=6m<L,所以P1与车共速时并未从车上滑下,
小车从静止运动到与P1共速,车位移为S0,得:S0=1.5m
车停下后P1继续匀减速运动到停止:,解得:S1=0.5m,
讨论:①挡板距离车右端距离S≤S0,P1和车未共速前车就停下,P1在车上一直做匀减速运动到停止,
②挡板距离车右端距离S>S0,P1与车共速后,车才停止,P1继续减速,则P1相对地面的位移S总=L+S-S’=S+6.5m 所以W克=μm1g(S+6.5)J=4(S+6.5)J;
答:(1)P1在大圆内壁滑动过程中产生的热量为8J;
(2)P2沿小圆运动到A点速度VA=,则P2的质量为0.57kg,弹簧存储的弹性势能为22J;
(3)地面的右侧有一挡板,小车与挡板碰撞就立即停止,挡板距离车右端的距离与P1克服摩擦力做功之间的关系是:①挡板距离车右端距离S≤S0时克服摩擦力做功为32J;②挡板距离车右端距离S>S0时:W克=μm1g(S+6.5)J=4(S+6.5)J.
解析
解:(1)P1恰好过C点,大圆半径为R2=1.6m,由牛顿第二定律:,解得:Vc=4m/s,
P1从C点运动到D点,克服摩擦力做功为Wf,由动能定理得:,解得:Q=Wf=8J;
(2)P2从B点运动到A点由动能定理得:,代入数据得:VB=7m/s,
P1、P分开过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:m1vC=m2vB,解得:m2=0.57kg,
弹簧的弹性势能:E=;
(3)设P1滑倒和车共速未从车上掉下,共同速度为V,则:
P和车组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:m1vD=(m1+M)v,
由能量守恒定律得:,
解得:S相对=6m<L,所以P1与车共速时并未从车上滑下,
小车从静止运动到与P1共速,车位移为S0,得:S0=1.5m
车停下后P1继续匀减速运动到停止:,解得:S1=0.5m,
讨论:①挡板距离车右端距离S≤S0,P1和车未共速前车就停下,P1在车上一直做匀减速运动到停止,
②挡板距离车右端距离S>S0,P1与车共速后,车才停止,P1继续减速,则P1相对地面的位移S总=L+S-S’=S+6.5m 所以W克=μm1g(S+6.5)J=4(S+6.5)J;
答:(1)P1在大圆内壁滑动过程中产生的热量为8J;
(2)P2沿小圆运动到A点速度VA=,则P2的质量为0.57kg,弹簧存储的弹性势能为22J;
(3)地面的右侧有一挡板,小车与挡板碰撞就立即停止,挡板距离车右端的距离与P1克服摩擦力做功之间的关系是:①挡板距离车右端距离S≤S0时克服摩擦力做功为32J;②挡板距离车右端距离S>S0时:W克=μm1g(S+6.5)J=4(S+6.5)J.
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