- 动能和动能定理
- 共8888题
（1）求该研究小组用的离心轨道圆周部分的半径R．
（2）当h=0.6m，小球到达圆周上最高点C点时，轨道对小球的压力多大？
正确答案
解：（1）小钢球从释放到B点的过程中，由动能定理有：
小钢球在B点时，由牛顿第二定律得：
解得：
由图乙可知：当h=0时，F=mg=4N；当h=0.6m时，F=28N．将上述数据带入③式解得：
R=0.2m
（2）小钢球从A到C的过程中，机械能守恒，有：
小钢球在C点时，由牛顿第二定律有：
联立解得：FN=4N．
答：（1）离心轨道圆周部分的半径R为0.2m；
（2）轨道对小球的压力为4N．
解析
解：（1）小钢球从释放到B点的过程中，由动能定理有：
小钢球在B点时，由牛顿第二定律得：
解得：
由图乙可知：当h=0时，F=mg=4N；当h=0.6m时，F=28N．将上述数据带入③式解得：
R=0.2m
（2）小钢球从A到C的过程中，机械能守恒，有：
小钢球在C点时，由牛顿第二定律有：
联立解得：FN=4N．
答：（1）离心轨道圆周部分的半径R为0.2m；
（2）轨道对小球的压力为4N．
（1）物体第一次到达弧底时对E点的作用力？
（2）物体在整个运动过程中系统产生的热量？
（3）物体在整个运动过程中对弧底E点最小作用力大小为多少？
正确答案
解：（1）物体从A点第一次运动到E的过程中，由动能定理可得：
mgLsin53°+mgR（1-cos53°）-μmgLcos53°=
FN-mg=m
代入数据解得：FN=104N；
由牛顿第三定律可知，物体第一次到达底部时，对E点的竖直向下压力大小为104N；
（2）物体最终将在BC圆弧中做往复运动，从A点开始运动至最终运动状态的B点，由能量守恒转化关系可知：
mgLsin53°=Q
解得：Q=20×5×0.8=80J；
（3）据题意可得，物体最终在BC圆弧中做往复运动，由动能定理有：
mgR（1-cos53°）=
FN-mg=m
代入数据解得：FN=36N；
由牛顿第三定律可知物体在弧底对E点的最小压力为36N．
答：（1）物体第一次到达弧底时对E点的作用力为104N；
（2）物体在整个运动过程中系统产生的热量为80J；
（3）物体在整个运动过程中对弧底E点最小作用力大小为36N．
解析
解：（1）物体从A点第一次运动到E的过程中，由动能定理可得：
mgLsin53°+mgR（1-cos53°）-μmgLcos53°=
FN-mg=m
代入数据解得：FN=104N；
由牛顿第三定律可知，物体第一次到达底部时，对E点的竖直向下压力大小为104N；
（2）物体最终将在BC圆弧中做往复运动，从A点开始运动至最终运动状态的B点，由能量守恒转化关系可知：
mgLsin53°=Q
解得：Q=20×5×0.8=80J；
（3）据题意可得，物体最终在BC圆弧中做往复运动，由动能定理有：
mgR（1-cos53°）=
FN-mg=m
代入数据解得：FN=36N；
由牛顿第三定律可知物体在弧底对E点的最小压力为36N．
答：（1）物体第一次到达弧底时对E点的作用力为104N；
（2）物体在整个运动过程中系统产生的热量为80J；
（3）物体在整个运动过程中对弧底E点最小作用力大小为36N．
（1）物块通过P的速度的大小；
（2））BP间的水平距离；
（3）弹簧被压缩到C点时具有的弹性势能；
（4）从C点释放m2后，m2在运动过程中克服摩擦力做的功．
正确答案
解析
解：（1）由物块过B点后其位移与时间的关系s=6t-2t2得与s=v0t+
v0=6m/s
加速度a=4m/s2
而μm2g=m2a 得μ=0.4
落到P点时其竖直速度为vy=
根据几何关系有：vp=4
vD=4m/s
（2）运动时间为：t=
所以DP的水平位移为：4×0.4m=1.6m
所以BD间位移为 sBD=
带入数据得：sBD=2.5m
所以BP间位移为2.5+1.6m=4.1m
（3）设弹簧长为AC时的弹性势能为EP，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，
释放m1时，EP=μm1gsCB
释放m2时EP=μm2gsBC+
且m1=2m2，
可得：EP=m2v02
带入数据得：EP=7.2J
（4）m2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，
则由能量转化及守恒定律得：
EP=Wf+
可得Wf=5.6J
答：（1）物块通过P的速度的大小4
（2））BP间的水平距离4.1m；
（3）弹簧被压缩到C点时具有的弹性势能7.2J；
（4）从C点释放m2后，m2在运动过程中克服摩擦力做的功5.6J．
改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变．在下列哪几种情形，汽车的动能增大为原来的4倍？（ ）
正确答案
解析
解：A、质量不变，速度增大到原来的2倍，根据EK=
B、速度不变，质量增大到原来的2倍，根据EK=
C、质量减半，速度增大到原来的4倍，根据EK=
D、速度不变，质量增大到原来的4倍，根据EK=
故选：AD．
物体在水平恒力作用下，在水平面上由静止开始运动．当位移s时撤去F，物体继续前进3s后停止运动，若路面情况相同，则物体的摩擦力和最大动能是（ ）
Af=
Bf=
Cf=
Df=
正确答案
解析
解：在物体的整个运动过程中，由动能定理得：
Fs-f（s+3s）=0-0
解得：
从物体开始运动到撤去外力的过程中，由动能定理得：
Fs-fs=Ekm-0
解得：Ekm=
故选：D．
如图甲所示，质量m1=3kg的滑块C（可视为质点）放置于光滑的平台上，与一处于自然长度的弹簧接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．平台右侧的水平地面上紧靠平台依次排放着两块木板A、B．已知木板A、B的长度均为L=5m，质量均为m2=1.5kg，木板A、B上表面与平台相平，木板A与平台和木板B均接触但不粘连．
滑块C与木板A、B间的动摩擦因数为μ1=0.3，木板A、B与地面间的动摩擦因数μ2=0.1．现用一水平向左的力作用于滑块C上，将弹簧从原长开始缓慢地压缩0.2m的距离，然后将滑块C由静止释放，此过程中弹簧弹力大小F随压缩量x变化的图象如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2．求：
（1）滑块C刚滑上木板A时的速度：
（2）滑块C刚滑上木板A时，木板A、B及滑块C的加速度；
（3）从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间．
正确答案
解：（1）由F-x图象得弹力做功为：
W弹=
设滑块C刚滑上木块A时的速度为v0，由动能定理得：
W弹=
代入数据解得：v0=7m/s
（2）设滑块C在木块A上滑动时，滑块C的加速度为a1，木板A、B的加速度为a2．则：
μ1m1g=m1a1；a1=3m/s2．
μ1m1g-μ2（m1+2m2）g=2m2a2；a2=1m/s2．
（3）设滑块C在木板A上运动的时间为t1．则由：
解得：t1=1s或t1=2.5s（舍去）
设滑块C离开木板A时的速度为vC，木板A、B的速度分别为vA和vB．
vC=v0-a1t1=4m/s
vA=vB=a2t1=1m/s
滑块C在木板B上滑动时，滑块C的加速度为a1，设B的加速度为a3．
μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2a3；a3=3m/s2．
设经过时间t2，B、C达到共同速度v，则有：
v=vC-a1t2=vB+a3t2，
解得 t2=0.5s，v=2.5m/s
从滑块C滑上木板B到与木板B速度相同的过程中，滑块C与木板B的相对位移为：
△x=
可知此过程中C未离开B，又因μ1＞μ2，B、C共速后无相对运动，设B、C一起匀减速运动的加速度为a，运动时间为t3．
μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a；a=1m/s2．
0=v-at3；t3=2.5s
则从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间为：
t=t1+t2+t3=4s
答：（1）滑块C刚滑上木板A时的速度是7m/s：
（2）滑块C刚滑上木板A时，木板A、B及滑块C的加速度分别为3m/s2和1m/s2；
（3）从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间是4s
解析
解：（1）由F-x图象得弹力做功为：
W弹=
设滑块C刚滑上木块A时的速度为v0，由动能定理得：
W弹=
代入数据解得：v0=7m/s
（2）设滑块C在木块A上滑动时，滑块C的加速度为a1，木板A、B的加速度为a2．则：
μ1m1g=m1a1；a1=3m/s2．
μ1m1g-μ2（m1+2m2）g=2m2a2；a2=1m/s2．
（3）设滑块C在木板A上运动的时间为t1．则由：
解得：t1=1s或t1=2.5s（舍去）
设滑块C离开木板A时的速度为vC，木板A、B的速度分别为vA和vB．
vC=v0-a1t1=4m/s
vA=vB=a2t1=1m/s
滑块C在木板B上滑动时，滑块C的加速度为a1，设B的加速度为a3．
μ1m1g-μ2（m1+m2）g=m2a3；a3=3m/s2．
设经过时间t2，B、C达到共同速度v，则有：
v=vC-a1t2=vB+a3t2，
解得 t2=0.5s，v=2.5m/s
从滑块C滑上木板B到与木板B速度相同的过程中，滑块C与木板B的相对位移为：
△x=
可知此过程中C未离开B，又因μ1＞μ2，B、C共速后无相对运动，设B、C一起匀减速运动的加速度为a，运动时间为t3．
μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a；a=1m/s2．
0=v-at3；t3=2.5s
则从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间为：
t=t1+t2+t3=4s
答：（1）滑块C刚滑上木板A时的速度是7m/s：
（2）滑块C刚滑上木板A时，木板A、B及滑块C的加速度分别为3m/s2和1m/s2；
（3）从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间是4s
（1）滑块在A和D点所具有的重力势能分别是多少？（以BC面为零势面）
（2）若AB、CD均光滑，而只有BC面粗糙，BC=28cm且BC面上各处粗糙程度相同，则滑块最终停在BC面上什么位置？
正确答案
解：（1）以BC面为零势面，滑块在A和D点所具有的重力势能分别是：
EPA=mghA=mgsABsinα=2×10×1×sin30°J=10J； EPD=mghD=mgsCDsinα=2×10×0.6×sin37°J=7.2J；
（2）滑块从A到D过程，由动能定理得：mg（hA-hD）-μmgsBC=0
解得 μ=0.5
设从开始滑动到最终停止，滑块在BC面上滑行的总路程为S，对整个过程，由动能定理得：
mghA-μmgS=0
得S=
则
所以滑块最终停在BC面上距C端16cm处．
答：
（1）滑块在A和D点所具有的重力势能分别是10J和7.2J；
（2）滑块最终停在BC面上距C端16cm或距B端12cm；
解析
解：（1）以BC面为零势面，滑块在A和D点所具有的重力势能分别是：
EPA=mghA=mgsABsinα=2×10×1×sin30°J=10J； EPD=mghD=mgsCDsinα=2×10×0.6×sin37°J=7.2J；
（2）滑块从A到D过程，由动能定理得：mg（hA-hD）-μmgsBC=0
解得 μ=0.5
设从开始滑动到最终停止，滑块在BC面上滑行的总路程为S，对整个过程，由动能定理得：
mghA-μmgS=0
得S=
则
所以滑块最终停在BC面上距C端16cm处．
答：
（1）滑块在A和D点所具有的重力势能分别是10J和7.2J；
（2）滑块最终停在BC面上距C端16cm或距B端12cm；
（2015秋•新余校级月考）如图所示，某一装置由一段倾斜的粗糙直轨道和光滑的圆形轨道连接而成，轨道处于竖直平面内，直轨道与水平面的夹角θ=37°，在圆形轨道的最低点A安装有压力传感器，一个小物块在直轨道上离地面的高度为h处静止释放，沿轨道运动通过A点时压力传感器测得物块对轨道的压力F，改变h的大小可得到相应F的大小，其变化关系图如图所示，已知圆形轨道的半径R=0.24m，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，认为物块通过A点时不改变速度的大小，求：
（1）物块与直轨道间的滑动摩擦因数μ是多少？
（2）要使小物块沿圆形轨道运动到最高点，h值至少为多少？
正确答案
解：（1）物块在直轨道上下滑的过程，由动能定理得：
mgh-μmgcos37°•
在A点，由牛顿第二定律得：
F-mg=m
联立解得：F=mg+
由数学知识和F-h图象的信息可得：
mg=2N，
则得：m=0.2kg
图象的斜率为：k=
则有：
代入解得：μ=0.3
（2）小物块刚好通过圆轨道最高点时由重力提供向心力，则有 mg=m
从物块开始下滑到到达圆轨道最高点的过程，由动能定理得：
mgh-μmgcos37°•
联立解得：h=1m
答：（1）物块与直轨道间的滑动摩擦因数μ是0.3．
（2）要使小物块沿圆形轨道运动到最高点，h值至少为1m．
解析
解：（1）物块在直轨道上下滑的过程，由动能定理得：
mgh-μmgcos37°•
在A点，由牛顿第二定律得：
F-mg=m
联立解得：F=mg+
由数学知识和F-h图象的信息可得：
mg=2N，
则得：m=0.2kg
图象的斜率为：k=
则有：
代入解得：μ=0.3
（2）小物块刚好通过圆轨道最高点时由重力提供向心力，则有 mg=m
从物块开始下滑到到达圆轨道最高点的过程，由动能定理得：
mgh-μmgcos37°•
联立解得：h=1m
答：（1）物块与直轨道间的滑动摩擦因数μ是0.3．
（2）要使小物块沿圆形轨道运动到最高点，h值至少为1m．
（1）动车组在匀加速阶段的牵引力大小；
（2）动车组在整个加速过程中所通过的路程（计算结果保留两位有效数字）．
正确答案
解：（1）动车匀速运动，阻力等于牵引力故F=f
P总=fvm
f=
设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为F′，
由牛顿第二定律可得F′-f=8ma
解得F′=1.2×105N
（2）设动车组在匀加速阶段所能达到的最大速度为v
由P=F′v可知v=25m/s
由运动学公式v=at1
解得t1=50s
在非匀速运动阶段所需时间为t2=t-t1=500s
由动能定理可知
代入数据解得x=28km
答：（1）动车组在匀加速阶段的牵引力大小为1.2×105N；
（2）动车组在整个加速过程中所通过的路程为28km
解析
解：（1）动车匀速运动，阻力等于牵引力故F=f
P总=fvm
f=
设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为F′，
由牛顿第二定律可得F′-f=8ma
解得F′=1.2×105N
（2）设动车组在匀加速阶段所能达到的最大速度为v
由P=F′v可知v=25m/s
由运动学公式v=at1
解得t1=50s
在非匀速运动阶段所需时间为t2=t-t1=500s
由动能定理可知
代入数据解得x=28km
答：（1）动车组在匀加速阶段的牵引力大小为1.2×105N；
（2）动车组在整个加速过程中所通过的路程为28km
（1）滑块在斜面上的滑行时间t1及到达A点的速度大小vA；
（2）滑块脱离圆弧末端B点前轨道对滑块的支持力大小；
（3）当小车开始匀速运动时，小车运动的距离s2及滑块在车上滑行的距离s1．
正确答案
解：（1）滑块在斜面上的滑行加速度a
由牛顿第二定律，有 mg（sinθ-μcosθ）=ma1
解得 t1=2.5s
到达A点的速度大小 vA=at1=8 m/s
（2）滑块在圆弧AB上运动过程，
由动能定理
由牛顿第二定律，有
解得轨道对滑块的支持力 FB=31.7N
（3）滑块在车上滑行时的加速度 a1=μg=3.5m/s2
小车的加速度 
小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，
满足 vB-a1t2=a2t2
解得 t2=2 s
小车运动的距离 
滑块运动的距离 
所以，滑块在车上滑行的距离△s=s2-s1=10m
答：（1）滑块在斜面上的滑行时间为2.5s，到达A点的速度大小8m/s；
（2）滑块脱离圆弧末端B点前轨道对滑块的支持力大小为31.7N；
（3）当小车开始匀速运动时，小车运动的距离为3m，滑块在车上滑行的距离为13m．
解析
解：（1）滑块在斜面上的滑行加速度a
由牛顿第二定律，有 mg（sinθ-μcosθ）=ma1
解得 t1=2.5s
到达A点的速度大小 vA=at1=8 m/s
（2）滑块在圆弧AB上运动过程，
由动能定理
由牛顿第二定律，有
解得轨道对滑块的支持力 FB=31.7N
（3）滑块在车上滑行时的加速度 a1=μg=3.5m/s2
小车的加速度
小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，
满足 vB-a1t2=a2t2
解得 t2=2 s
小车运动的距离
滑块运动的距离
所以，滑块在车上滑行的距离△s=s2-s1=10m
答：（1）滑块在斜面上的滑行时间为2.5s，到达A点的速度大小8m/s；
（2）滑块脱离圆弧末端B点前轨道对滑块的支持力大小为31.7N；
（3）当小车开始匀速运动时，小车运动的距离为3m，滑块在车上滑行的距离为13m．
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