河北省张家口市高三物理 专题练习（16）带电粒子在复合场中的运动.doc

动能定理及其应用1.将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2下列选项正确的是（）A. Ek1=Ek2，W1=W2B. Ek1Ek2，W1=W2C. Ek1Ek2，W1W2D. Ek1Ek2，W1W2【答案】B【解析】从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，因重力做功只与初末位置有关，故重力做功相等，即W1=W2对两次经过a点的过程根据动能定理得，-Wf=Ek2-Ek1，可知Ek1Ek2，故B正确，ACD错误。2.一颗子弹以速度v0飞行时，恰好能射穿一块固定不动的木板，若子弹的速度为3v0，它能射穿相同的木板的块数是（）A. 3块 B. 6块 C. 9块 D. 12块【答案】C【解析】子弹以速度v运动时，恰能水平穿透一块固定的木板，根据动能定理有：fd=012mv20设子弹的速度为3v0时，穿过的木板数为n，则有：nfd=012m（3v0）2联立两式并代入数据得：n=9块，故选项C正确，选项ABD错误。点睛：解决本题的关键掌握动能定理，运用动能定理解题时要合理的选择研究的过程。3.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. 2mg B. 3mgC. 4mg D. 5mg【答案】D【解析】物体由A点运动到B点的过程中，由动能定理可得WF-mgR=12mvB2；因F是变力，对物体的运动过程分割，将AB弧划分成许多小段，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=Fs1+Fs2+Fsi+=F（s1+s2+si+）=F2 R；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mgmv2R ，即在圆轨道最高点处速度至少为gR故由机械能守恒定律得12mvB2=mgR+12m(gR)2 ；联立式得F=5mg 故D正确，ABC错误；故选D.点睛：解决本题的关键掌握“绳模型”在最高点的临界情况，结合牛顿第二定律和动能定理进行求解能用“微元法”求解变力功.4.有两个物体a和b，其质量分别为ma和mb，且mamb，它们的初动能相同，若a和b分别受到不变的阻力Fa和Fb的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为sa和sb，则（）A. FaFb且sasbB. FaFb且sasbC. FaFb且sasbD. FaFb且sasb【答案】C【解析】设物体的初速度为v，初动能为Ek，所受的阻力为F，通过的位移为s物体的速度与动能的关系为Ek=12mv2，得v=2Ekm，由s=v+02t，得：s=Ek2mt，由题意可知：t和Ek相同，则质量越大，位移越小，mamb，所以sasb；由动能定理得：Fs=0EK，因初动能相同，F与s成反比，则FaFb，故C正确，ABD错误。点睛：本题综合考查动能、动能定理及位移公式，在解题时要注意如果题目中涉及时间时，则应考虑应用运动学公式，不涉及时间应优先采用动能定理或功能关系。5.A、B两物体放在同一水平面上，受到大小相同的水平力F的作用，各自从静止开始运动经过时间t0，撤去作用在A物体上的外力F；经过时间4t0，撤去作用在B物体上的外力F两物体运动的v-t图象如图所示，则A、B两物体（）A. A、B两物体的质量之比为3：5B. A、B两物体与水平面间的滑动摩擦因数之比为2：1C. 在02t0时间间隔内，合外力对A、B两物体做功之比为5：3D. 在04t0时间间隔内，水平力F对A、B两物体做功之比为2：1【答案】C【解析】试题分析：由图象可得，A加速运动的加速度为a=2v0t0，减速运动的加速度为a=v0t，根据牛顿第二定律知2v0t0=Ff1m1，v0t0=f1m1由得f1=13F，B加速运动的加速度为v04t0，减速运动的加速度为v0t0，根据牛顿第二定律知v04t0=Ff2m2，v0t0=f2m，由得f2=45F，所以与水平面的摩擦力大小之比为F3:4F5=5:12，联立可得，m1m2=512；由f=mg可知：12=1； 故AB错误；合外力做功减速阶段两图象的斜率相等，故加速度相等，而此时a=g，故摩擦系数相同，由牛顿第二定律知，质量之比等于摩擦力之比为5：12，在匀加速运动阶段，合外力做功之比为等于末动能之比，为12m1v12:12m2v22=522:1212=5:3，故C正确；根据功的公式可知：W=FL，则力F做功之比：W1:W2=F2v02t0:Fv024t0=1:2；考点：考查了牛顿第二定律的综合应用【名师点睛】解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度-时间图线与时间轴所围成的面积表示位移6.质量为1kg的物体，放在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移s之间的关系如右图所示，重力加速度为10m/s2，则下列说法正确的是A. AB段加速度大小为3m/s2 B. OA段加速度大小为5m/s2C. s=9m时速度大小为32m/s D. s=3m时速度大小为22m/s【答案】C【解析】【详解】对于OA过程，根据动能定理，有：W1mgs=12mvA2，代入数据解得：vA=32m/s，根据速度位移公式，有vA2=2a1s，代入数据解得：a1=3m/s2，对于前9m过程，根据动能定理，有：W1mgs=12mvB2 ，代入数据解得：vB=32m/s.A、AB段受力恒定，故加速度恒定，而初末速度相等，故AB段的加速度为零，故A错误；B、由上面分析知，OA段加速度a1=3m/s2，故B错误；C、s=9m时速度大小为32m/s，故C正确；D、s=3m时速度大小为32m/s，故D错误故选C.【点睛】本题关键对物体受力分析，然后对物体的运动过程运用动能定理和速度位移公式列式并联立求解7.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. sL，vAvB C. sL，vAvB D. sL，vAvB【答案】B【解析】子弹穿过木块的过程中，阻力做负功，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vAvB根据动能定理得：mgs=012mv2，则得木块滑行的距离为 s=v22g，可知木块的初速度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sL，故B正确，ACD错误。8.如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为（tan ），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则( )A. 至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为2mgLsinB. 至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为mgLsinC. 至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为mgLsin22cosD. 设法使物体的角速度为3g2Lcos时，物块与转台间无相互作用力【答案】CD【解析】对物体受力分析知物块离开圆盘前，合力为：F=f+Tsin=m v2N+Tcos=mg根据动能定理知：W=Ek=12mv2当弹力T=0，r=Lsin由解得：W=12fLsin12mgLsin至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为12mgLsin，故AB错误；当N=0，f=0，根据牛顿第二定律可知：mgtan=m2Lsin，解得：gLcos,故D错误；当N=0，f=0，由知：W=12mgLsintan=mgLsin22cos，故C正确；故选C.点睛：此题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0，f=0 9.人骑自行车下坡，坡长L=500m，坡高h=8m，人和车的总质量为100kg，下坡时初速度为4m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时的车速为10m/s，g=10m/s2,则下坡过程中阻力所做的功为（ ）A. -4000J B. -5000J C. -3800J D. -4200J【答案】C【解析】试题分析：下坡过程中，重力做正功，阻力做负功，所以根据动能定理可得：mgh+Wf=12mv212mv02，代入数据可得Wf=3800J，故C正确，ABD错误，考点：考查了动能定理的应用点评：在应用动能定理解决问题时，可以不考虑过程，只需要注意始末状态即可，所以动能定理是解决变力做功，多过程问题的首选方法10.如图所示，某人通过定滑轮拉住一个重力等于G的物体使物体缓慢上升，这时人从A点走到B点，前进的距离为s，绳子的方向由竖直方向变为与水平方向成角若不计各种阻力，在这个过程中，人的拉力所做的功等于（）A. Gstan B. GscosC. GscosGstan D. GstanGscos【答案】C【解析】【详解】绳子由竖直位置到与水平方面成角的过程中，物体上升的高度：h=scosstan，物体缓慢上升，物体动能不变，根据功能关系知人的拉力所做的功等于物体重力势能的增加，即得：W=Gh=GscosGstan；故选C.【点睛】本题考查了求人所做的功，应用功能原理或动能定理即可正确解题，本题的解题关键是运用几何知识求出物体上升的高度，要注意：物体上升的高度不等于s11.如图所示，质量M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块（可看做质点）放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f现用一水平恒力F作用在滑块上，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s下列说法正确的是（ ）A. 上述过程中，滑块克服摩擦力做功为fLB. 滑块动能变化FsfsC. 滑块与木板组成的系统，内能增加了FLD. 滑块与木板组成的系统，动能增加了F（s+L）fL【答案】D【解析】【分析】根据滑块和木板的位移，结合功的公式求出摩擦力对滑块和木板做功的大小，对滑块运用动能定理求出滑块动能的变化量；摩擦力与相对位移的乘积等于产生的内能；【详解】A、在上述过程中，滑块的位移x=s+L，则滑块克服摩擦力做功Wf=fx=f（s+L），故A错误；B、滑块的位移x=s+L，根据动能定理得，滑块动能的变化量Ek=（Ff)(s+L），故B错误；C、摩擦力与相对位移的乘积等于系统产生的内能，则Q=fL，故C错误；D、滑块动能的增加量为（Ff)(s+L），木板动能的增加量为fs，则系统动能的增加量为F（s+L）fL，故D正确。【点睛】本题考查了功、动能定理的基本运用，在运用功的公式求解功时，一定要注意找出物体的位移，知道摩擦力与相对位移的乘积等于产生的内能。12.如图所示，一小物块以7m/s的初速度从曲面的A点沿曲面下滑，运动到B点的速度仍为7m/s，若该物块以6m/s的初速度仍由A点下滑，那么，它运动到B点时的速度是 A. 大于6m/s B. 等于6m/sC. 小于6m/s D. 条件不足，无法判断【答案】A【解析】试题分析：滑板运动员从曲面的A点下滑过程中，重力和摩擦力做功，当他下滑的速度减小时，在同一点他对轨道的压力减小，摩擦力减小，则他下滑过程中克服摩擦力做功减小，重力做功相同，根据动能定理得知，动能的变化量减小，第一次下滑过程动能变化量为零，则有0，得vB6m/s故选A13.如图所示，光滑轨道ABCD是过山车轨道的模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平粗糙传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则（ ）A. 固定位置A到B点的竖直高度可能为2.2RB. 滑块返回左侧所能达到的最大高度一定低于出发点AC. 滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关D. 无论传送带速度v多大，滑块于传送带摩擦产生的热量都一样多【答案】C【解析】滑块能通过C点，那么对滑块在C应用牛顿第二定律可得mgmvC2R，对滑块从A到C的运动过程应用机械能守恒可得mg(h2R)=12mvC212mgR，所以，固定位置A到B点的竖直高度h2.5R，故A错误；滑块在传送带上向右做减速运动时，摩擦力恒定，滑块做匀减速运动；返回D点的过程，若滑块到达D点时速度小于传送带速度，则滑块向左运动和向右运动对称，那么，滑块将回到A点；若距离足够大，滑块达到传送带速度后，将随传送带一起做匀速运动，那么，传送带到达D点的速度小于第一次到达D点的速度，滑块返回左侧所能达到的最大高度将低于出发点A，B错误；传送带受摩擦力作用，向右做匀减速运动，那么，滑块在传送带上向右运动的最大距离只和在D处的速度及传送带的动摩擦因数相关，与传送带速度v无关，C正确；滑块在传送带上的加速度恒定，那么滑块的位移恒定，故传送带速度越大，滑块在传送带上的相对位移越大，滑块于传送带摩擦产生的热量越多，故D错误14.如图所示，半径为R的半圆形轨道竖直固定在水平桌面上，圆心O与轨道上边沿和滑轮上边沿在同一水平线上，轨道最低点a与桌面相切Oc与Oa的夹角为60，A、B两球用跨过滑轮的轻绳连接(两球均可视为质点)A球从c点由静止释放后沿圆轨道滑到a点时速度恰好为零设轻绳足够长，不计一切摩擦，在此过程中下列说法正确的是 ( )A. 重力对A球做功的功率先变大后变小B. 两球速度大小始终相等C. 绳上的拉力始终大于B球重力D. A、B两小球的质量之比为31【答案】A【解析】试题分析：m1、m2两个小球用绳子连在一起，两球沿绳子方向的速度是一样的；在m1滑下去一段距离后，绳子与圆的切线是不重合，两球的速度不等；分析竖直方向速度的变化情况求解，若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到A点，此时两小球速度均为零，根据动能定理求解质量关系重力做功的功率就是P=mgv，这里的v是指竖直的分速度，A由静止释放，所以A一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到a点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零，但是在这个过程当中是有竖直分速度的，竖直速度是从无到有再到无的变化过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以重力做功的功率也是先增大后减小的过程，A正确；A球由c点下滑到a点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在A滑下去一段过程后，此时的绳子与圆的切线不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度不相同，BC错误；若A球恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得m1gR(1cos60)=m2gR，解得m1=2m2，D错误15.如图所示，AB为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，其半径为R=0.8m轨道的B点与光滑水平地面相切，质量为m=0.2kg的小球由A点静止释放，g取10m/s2求：（1）小球滑到最低点B时，小球速度v的大小；（2）小球刚到达最低点B时，轨道对小球支持力FN的大小；（3）小球通过光滑的水平面BC滑上固定曲面CD，恰能到达最高点D，D到地面的高度为h=0.6m，小球在曲面CD上克服摩擦力所做的功Wf是多少？【答案】（1）4m/s；（2）6N；（3）0.4J【解析】（1）小球从A到B的过程，由动能定理得：mgR=12mv2 则得：v=2gR=4m/s（2）小球经过B点，由牛顿第二定律得：FNmg=mv2R 则有：FN=3mg=6N（3）对于小球从A运动到D的整个过程，由动能定理，得：mgRmghWf=0 则有：Wf=mg（Rh）=0.4J点睛：本题关键在于灵活地选择运动过程，运用动能定理研究要知道动能定理不涉及运动过程的加速度和时间，对于曲线运动同样适用16.如图所示，水平地面与一半径R=0.5m的竖直光滑圆弧上方一质量为m=0.1kg的小球以v0=3m/s的速度从距地面高度h=0.45m的水平平台边缘上的A飞出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道小球运动过程中空气阻力不计，g=10m/s2，求：(1)圆弧BC段所对的圆心角；(2)小球滑到C点时，对圆轨道的压力；(3)判断小球是否能够到达圆弧轨道的最高点D点并说明理由【答案】(1)=60 (2)FNC=4.4N (3)小球不能到D点【解析】【分析】(1)根据平抛运动的规律求小球到达B点的竖直分速度，由几何关系求出B点速度与水平方向的夹角，即为圆弧BC所对的圆心角；(2)先根据动能定理求C点速度，再根据牛顿第二定律求对轨道的压力；(3)小球恰能到达最高点的速度gR，根据动能定理求D点速度，若大于等于gR则能通过D，若小于gR，则不能通过D点.【详解】(1)小球从A到B做平抛运动，B点的竖直分速度vBy=2gh=2100.45m/s=3m/sB点速度与水平方向的夹角等于BC圆弧所对的圆心角，根据几何关系:tan=vByv0=33=3解得：=60(2)B点速度vB=v02+vBy2=(3)2+32m/s=23m/s从B到C根据动能定理有:mg(RRcos)=12mvC212mvB2代入数据解得：vC=vB2+2gR(1cos)=12+200.512m/s=17m/s在C点，由向心力公式得：FNCmg=mvC2R代入数据解得：FNC=mg+mvC2R=1+0.1170.5=4.4N根据牛顿第三定律：FNC=FNC=4.4N(3)小球恰能过最高点D时：mg=mvD2R解得： vD=gR=100.5=5m/s从C到D根据动能定理有：mg2R=12mvD212mvC2.代入数据得：vD=vC24gR=17400.5=3m/s，即方程无解，所以小球不能到达圆弧轨道的最高点D点.【点睛】本题考查了动能定理、牛顿第二定律和平抛运动的综合，难度不大，运用动能定理解题，关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，结合动能定理列式求解