动能和动能定理_章节学习

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题型：单选题

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单选题

质量为1kg的物体，放置动摩擦因数为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之间的关系如图所示，重力加速度为10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

As=3m时速度大小为2m/s

Bs=9m时速度大小为4m/s

COA段加速度大小为3m/s2

DAB段加速度大小为3m/s2

正确答案

C

解析

解：A、C、对于前3m过程，根据动能定理，有：

W1-μmgs=mvA2

解得：vA=3m/s

根据速度位移公式，有：2a1s=vA2

解得：a1=3m/s2，故A错误、C正确；

B、对于前9m过程，根据动能定理，有：W2-μmgs′=mvB2

解得：vB=3m/s，故B错误；

D、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D错误；

故选：C．

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题型：单选题

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单选题

质量10g、以0.70km/s飞行的子弹与质量60kg、以10m/s奔跑的运动员相比（　　）

A运动员的动能较大

B子弹的动能较大

C二者的动能一样大

D无法比较它们的动能

正确答案

A

解析

解：子弹的动能为EK1=mV2=×0.01×7002J=2450J；

运动员的动能为EK2=mV2=×60×102J=3000J，所以运动员的动能较大．

故选：A．

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题型：简答题

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简答题

（2015•邛崃市校级二模）某地元宵晚会燃放焰火，其中用到了焰火的空中定向、定位与艺术造型等关键技术．现有一质量为5kg的焰火弹，要使该弹在被竖直发射到离炮筒出口150m的最髙点时恰好点火，假设焰火弹在上升过程中受到的空气阻力恒为其自身重力的0.2倍．g取10m/s2，求：

（1）设计师设计的焰火弹离开炮筒时的速度多大？

（2）焰火弹从离开炮筒出口到最高点点火的时间应控制多长？

正确答案

解：（1）设焰火初速度为v0，由动能定理得：

代入数据解得：v0=60m/s

（2）由牛顿第二定律得：mg+kmg=ma

由匀变速运动公式得：0=v0-at

联立以上各式并代入数据解得：t=5s

答：（1）设计师设计的焰火弹离开炮筒时的速度为60m/s

（2）焰火弹从离开炮筒出口到最高点点火的时间应控制5s

解析

解：（1）设焰火初速度为v0，由动能定理得：

代入数据解得：v0=60m/s

（2）由牛顿第二定律得：mg+kmg=ma

由匀变速运动公式得：0=v0-at

联立以上各式并代入数据解得：t=5s

答：（1）设计师设计的焰火弹离开炮筒时的速度为60m/s

（2）焰火弹从离开炮筒出口到最高点点火的时间应控制5s

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题型：简答题

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简答题

一架喷气式飞机，质量m=5.0×103kg，起飞过程中从静止开始滑跑的路程为S=5.3×102m，达到起飞速度V=60m/s，在此过程中飞机受到的阻力是飞机重力的0.02倍（K=0.02），求飞机受到的牵引力F为多少？

正确答案

解：以飞机为研究对象，它受到重力、支持力、牵引力和阻力作用，这四个力做的功分别为：

WG=0，

W支=0，

W牵=FL，

W阻=-kmgL，

根据动能定理得：Fs-kmgs=mV2-mv02

代入数据解得：F=1.8×104N

答：飞机受到的牵引力为1.8×104N

解析

解：以飞机为研究对象，它受到重力、支持力、牵引力和阻力作用，这四个力做的功分别为：

WG=0，

W支=0，

W牵=FL，

W阻=-kmgL，

根据动能定理得：Fs-kmgs=mV2-mv02

代入数据解得：F=1.8×104N

答：飞机受到的牵引力为1.8×104N

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题型：单选题

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单选题

一个人站在高出地面h处，抛出一个质量为m的物体．物体落地时的速率为v，不计空气阻力，则人对物体所做的功为（　　）

Amgv

Bmv2

Cmv2-mgh

Dmgh+mv2

正确答案

C

解析

解：设人对物体所做的功为W，根据动能定理得：

W+mgh=mv2-0，解得：W=mv2-mgh；

故选：C．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数u=0.25，桌面高h=0.45m，s未知．不计空气阻力，重力加速度取10m/s2．

（1）小物块落地时的动能EK

（2）小物块的初速度大小v0．

正确答案

解：（1）对物块从飞出桌面到落地，

由动能定理得：mgh=Ek-mv2mv22，

落地动能EK=mgh+mv2=0.9J；

（2）对滑块从开始运动到飞出桌面过程，

由动能定理得：-μmgl=mv2-mv02，

解得：v0=4m/s；

答：

（1）小物块落地时的动能EK是0.9J；

（2）小物块的初速度大小v0是4m/s．

解析

解：（1）对物块从飞出桌面到落地，

由动能定理得：mgh=Ek-mv2mv22，

落地动能EK=mgh+mv2=0.9J；

（2）对滑块从开始运动到飞出桌面过程，

由动能定理得：-μmgl=mv2-mv02，

解得：v0=4m/s；

答：

（1）小物块落地时的动能EK是0.9J；

（2）小物块的初速度大小v0是4m/s．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，半径为R的圆环竖直放置，直径MN为水平方向，环上套有两个小球甲和乙，甲、乙之间用一长R的轻杆相连，小球可以沿环自由滑动，开始时甲球位于M点，乙球锁定．已知乙的质量为m，重力加速度为g．

（1）若甲球质量也为m，求此时杆对甲球的弹力大小；

（2）若甲的质量为2m，解除乙球锁定，由静止释放轻杆．求甲球由初始位置到达最低点的过程中，轻杆对甲球所做的功．

正确答案

解：（1）甲球受到重力、轨道水平向右的支持力和杆的弹力，根据平衡条件得

杆对甲球的弹力大小为 F==mg

（2）解除乙球锁定，由系统机械能守恒，2mgR-mgR=•2mv甲2+mv乙2

又因为v甲=v乙

得，v甲=

对甲球，由动能定理得

2mgR+W=

解得 W=-mgR

答：

（1）此时杆对甲球的弹力大小为mg．

（2）甲球由初始位置到达最低点的过程中，轻杆对甲球所做的功为-mgR．

解析

解：（1）甲球受到重力、轨道水平向右的支持力和杆的弹力，根据平衡条件得

杆对甲球的弹力大小为 F==mg

（2）解除乙球锁定，由系统机械能守恒，2mgR-mgR=•2mv甲2+mv乙2

又因为v甲=v乙

得，v甲=

对甲球，由动能定理得

2mgR+W=

解得 W=-mgR

答：

（1）此时杆对甲球的弹力大小为mg．

（2）甲球由初始位置到达最低点的过程中，轻杆对甲球所做的功为-mgR．

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题型：单选题

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单选题

甲、乙、丙三物体的质量之比m甲：m乙：m丙=1：2：3，它们沿水平面以一定的初速度在摩擦力的作用下减速滑行到停下，滑行距离分别为x甲、x乙、x丙．若它们与水平面间的动摩擦因数相同，初动能相同，则x甲：x乙：x丙为（　　）

A1：2：3

B1：1：1

C6：3：2

D3：2：1

正确答案

C

解析

解：由动能定理得-μmgs=0-Ek0有滑行距离为 s=，所以s∝，

由题意，m甲：m乙：m丙=1：2：3，则得x甲：x乙：x丙=6：3：2

故选C

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一固定在竖直平面内的光滑的半圆形轨道ABC，其半径R=2.5m，轨道在C处与水平地面相切．在C处放一质量为200g的小球，给它一水平向左的初速度，结果它沿CBA运动，通过A点，最后落在水平面上的D点，CD间距离为5米（g取10m/s2）求：

（1）小球通过A点时的速度；

（2）小球经过A点时对轨道的压力大小．

正确答案

解：（1）A到D过程是平抛运动，故：

x=vt

y=

解得：v=x=5=5m/s

（2）在A点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

N+mg=m

解得：N=m-mg=0.2×=4N

答：（1）小球通过A点时的速度为；

（2）小球经过A点时对轨道的压力大小为4N．

解析

解：（1）A到D过程是平抛运动，故：

x=vt

y=

解得：v=x=5=5m/s

（2）在A点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

N+mg=m

解得：N=m-mg=0.2×=4N

答：（1）小球通过A点时的速度为；

（2）小球经过A点时对轨道的压力大小为4N．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，光滑轨道ABCD是一“过山车”的简化模型，最低点B处入、出口不重合，C点是半径为R的竖直圆轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送带足够长，传送带的主动轮O1的半径为r，以恒定的角速度ω逆时针转动（轮与传送带间不打滑）．现将一质量为m的小滑块，每次在轨道AB上取合适的高度静止释放，滑块均能通过C点，再经D滑上传送带，并向右运动到最远点．已知滑块与传送带间动摩擦因数为μ，重力加速度为g

（1）若滑块恰能通过C点时，求滑块在传送带上滑行的最远距离．

（2）因为传送带的作用，滑上传送带的滑块又会被传回D点，并重返轨道，如果主动轮O1的角速度ω满足合适的条件，滑块就能不脱离轨道，再次滑上传送带，不断往返．则ω应满足怎样的条件？

（3）在上述第（1）问中，若主动轮O1的角速度，求滑块从D滑到最远的过程中，因克服摩擦而产生的内能．

正确答案

解：（1）滑块恰能通过C点时有：，

设滑块在传送带上滑行的最远距离离D为x，则有动能定理有：

0-，

得：x=

（2）因滑块不脱离轨道，再次滑上传送带且不断往返，要保证滑块不脱离轨道，可分两种情况：

I传送带速度v1较小时，滑块从传送带上再回到D点时速度大小等于传送带的速度，要保证滑块不脱离轨道，滑块在圆轨道上上升的最大高度为R，根据动能定理：

得：v1=，故传送带速度v传=ωr≤v1，

得：

II传送带速度较大时，要保证滑块不脱离轨道，滑块从传送带上再回到D点时速度大小要大于等于vD，才能通过圆轨道最高点后回到轨道AB上，设滑块过C点后到达D点时最小速度为vD，

则由机械能守恒有：，

得vD=，则需传送带的速度v2，应有v2≥vD=，故传送带速度v传=ωr≥vD，得：ω≥．综上可得：ω≤或ω≥

（3）由传送带得v传=，滑块在传送带上向右滑行的最远距离离D为仍为x=，此过程用时间为，

传送带在这段时间内向左运行的长度为：l=v传t=，两者相对位移为△x=x+l，故产生的内能为Q=μmg△x=7.5mgR．

答：（1）若滑块恰能通过C点时，滑块在传送带上滑行的最远距离为．

（2）因为传送带的作用，滑上传送带的滑块又会被传回D点，并重返轨道，如果主动轮O1的角速度ω满足合适的条件，滑块就能不脱离轨道，再次滑上传送带，不断往返．则ω应满足ω≤或ω≥；

（3）在上述第（1）问中，若主动轮O1的角速度，滑块从D滑到最远的过程中，因克服摩擦而产生的内能为7.5mgR．

解析

解：（1）滑块恰能通过C点时有：，

设滑块在传送带上滑行的最远距离离D为x，则有动能定理有：

0-，

得：x=

（2）因滑块不脱离轨道，再次滑上传送带且不断往返，要保证滑块不脱离轨道，可分两种情况：

I传送带速度v1较小时，滑块从传送带上再回到D点时速度大小等于传送带的速度，要保证滑块不脱离轨道，滑块在圆轨道上上升的最大高度为R，根据动能定理：

得：v1=，故传送带速度v传=ωr≤v1，

得：

II传送带速度较大时，要保证滑块不脱离轨道，滑块从传送带上再回到D点时速度大小要大于等于vD，才能通过圆轨道最高点后回到轨道AB上，设滑块过C点后到达D点时最小速度为vD，

则由机械能守恒有：，

得vD=，则需传送带的速度v2，应有v2≥vD=，故传送带速度v传=ωr≥vD，得：ω≥．综上可得：ω≤或ω≥

（3）由传送带得v传=，滑块在传送带上向右滑行的最远距离离D为仍为x=，此过程用时间为，

传送带在这段时间内向左运行的长度为：l=v传t=，两者相对位移为△x=x+l，故产生的内能为Q=μmg△x=7.5mgR．

答：（1）若滑块恰能通过C点时，滑块在传送带上滑行的最远距离为．

（2）因为传送带的作用，滑上传送带的滑块又会被传回D点，并重返轨道，如果主动轮O1的角速度ω满足合适的条件，滑块就能不脱离轨道，再次滑上传送带，不断往返．则ω应满足ω≤或ω≥；

（3）在上述第（1）问中，若主动轮O1的角速度，滑块从D滑到最远的过程中，因克服摩擦而产生的内能为7.5mgR．

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