- 动能和动能定理
- 共8888题
如图长为L=1.5m的水平轨道AB和光滑圆弧轨道BC平滑相接,圆弧轨道半径R=3m,圆心在B点正上方O处,弧BC所对的圆心角为θ=53°,具有动力装置的玩具小车质量为m=1kg,从A点开始以恒定功率P=10w由静止开始启动,运动至B点时撤去动力,小车继续沿圆弧轨道运动并冲出轨道.已知小车运动到B点时轨道对小车的支持力为FB=26
N,小车在轨道AB上运动过程所受阻力大小恒为f=0.1mg小车可以被看成质点.取g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,求:
(1)动力小车运动至B点时的速度VB的大小;
(2)小车加速运动的时间t;
(3)小车从BC弧形轨道冲出后能达到的最大离地高度.
正确答案
解:(1)对小车在B点时,其向心力由支持力和重力提供,有:
FB-mg=m…①
解得:vB==
m/s=7m/s…②
(2)选小车为研究对象,在小车从A运动到B的过程中,由动能定理可得:
Pt-fL=…③
联立②③可得:t==
=2.6s…④
(3)选小车为研究对象,在小车从B运动到C的过程中,由动能定理可得:
-mgR(1-cosθ)=-
…⑤
代入数据解得:vC==
m/s=5m/s
将速度vC沿竖直方向与水平方向分解,可知小车将在竖直方向向上做竖直上抛运动,设能达到的最大高度为H:
H=R(1-cosθ)+…⑥
代入数据解得:H=3×(1-0.6)+=2m
答:(1)动力小车运动至B点时的速度VB的大小为7m/s;
(2)小车加速运动的时间t为2.6s;
(3)小车从BC弧形轨道冲出后能达到的最大离地高度为2m.
解析
解:(1)对小车在B点时,其向心力由支持力和重力提供,有:
FB-mg=m…①
解得:vB==
m/s=7m/s…②
(2)选小车为研究对象,在小车从A运动到B的过程中,由动能定理可得:
Pt-fL=…③
联立②③可得:t==
=2.6s…④
(3)选小车为研究对象,在小车从B运动到C的过程中,由动能定理可得:
-mgR(1-cosθ)=-
…⑤
代入数据解得:vC==
m/s=5m/s
将速度vC沿竖直方向与水平方向分解,可知小车将在竖直方向向上做竖直上抛运动,设能达到的最大高度为H:
H=R(1-cosθ)+…⑥
代入数据解得:H=3×(1-0.6)+=2m
答:(1)动力小车运动至B点时的速度VB的大小为7m/s;
(2)小车加速运动的时间t为2.6s;
(3)小车从BC弧形轨道冲出后能达到的最大离地高度为2m.
汽车的质量和速度都能使汽车的动能发生变化,在下列情况中,能使汽车的动能变为原来3倍的是( )
正确答案
解析
解:物体的动能EK=mv2;
A、质量不变,速度变为原来的3倍,动能变为原来的9倍,故A错误;
B、质量和速度都变为原来的3倍,动能变为原来的27倍,故B错误;
C、质量变为原来的,速度变为原来的3倍,动能变为原来的3倍,故C正确;
D、质量变为原来的3倍,速度变为原来的,动能变为原来的三分之一,故D错误;
故选:C.
如图所示,水平传送带AB长L=4.9m,以v=8m/s的速度沿逆时针运动,B端与竖直面内的光滑圆轨道BC相切(传送带轮半径不计),轨道BC的半径R=3m,所对的圆心角θ=53°.现将质量m=1kg的质点轻放在传送带的A点,质点经过B点后滑上圆轨道并从C点冲出,刚好以水平速度由D点滑上质量M=2kg的薄木板,C、D的高度差为h.木板左端固定一处于原长的轻弹簧,轻弹簧右端距平台D端距离d=0.4m,质点在木板上滑动并压缩弹簧直到速度为零,此过程中克服弹簧弹力做功1.5J.已知质点与传送带、木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5,木板与平台间的动摩擦因数μ2=0.2,g取10m/s2,求:
(1)质点在传送带上运动的时间;
(2)质点到达C点的速度大小和平台距C点的高度h;
(3)弹簧的最大形变量.
正确答案
解:(1)质点在传送带上运动时,由μ1mg=ma,得a=5m/s2
假设质点在传送带上以加速度a 一直匀加速到B点,
由,得vB=7m/s<v=8m/s
可知上述假设成立.因此质点在传送带上运动的时间为:
(2)从B点到C点,根据动能定理
-mg(R-Rcosθ)=
质点到达C点的速度为:vC=5m/s
从C点到D点,质点做斜抛运动,vC在竖直方向的分速度:
vy=Vcsinθ=4m/s
由,得h=0.8m
(3)质点刚滑上木板的速度:vD=vCsinθ=3m/s
由μ1mg=5N<μ2(M+m)g=6N可知,质点在木板上滑动时,木板相对地面始终保持静止状态;
根据动能定理,从质点滑上木板到弹簧达到最大形变的过程中:
弹簧的最大形变量x=0.2m
答:(1)质点在传送带上运动的时间为1.4s;(2)质点到达C点的速度大小和平台距C点的高度h为0.8m;(3)弹簧的最大形变量为0.2m.
解析
解:(1)质点在传送带上运动时,由μ1mg=ma,得a=5m/s2
假设质点在传送带上以加速度a 一直匀加速到B点,
由,得vB=7m/s<v=8m/s
可知上述假设成立.因此质点在传送带上运动的时间为:
(2)从B点到C点,根据动能定理
-mg(R-Rcosθ)=
质点到达C点的速度为:vC=5m/s
从C点到D点,质点做斜抛运动,vC在竖直方向的分速度:
vy=Vcsinθ=4m/s
由,得h=0.8m
(3)质点刚滑上木板的速度:vD=vCsinθ=3m/s
由μ1mg=5N<μ2(M+m)g=6N可知,质点在木板上滑动时,木板相对地面始终保持静止状态;
根据动能定理,从质点滑上木板到弹簧达到最大形变的过程中:
弹簧的最大形变量x=0.2m
答:(1)质点在传送带上运动的时间为1.4s;(2)质点到达C点的速度大小和平台距C点的高度h为0.8m;(3)弹簧的最大形变量为0.2m.
质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点,静止在O点正下方的A点,如图所示.第一次小球在水平拉力F1的作用下,从A点缓慢地移到B点,力F1做的功为W1;第二次小球在水平恒力F2的作用下,从A点移到B点,力F2做的功为W2.OB与OA的夹角为θ.则( )
正确答案
解析
解:A、当使小球缓慢上升时,有:W1-mgL(1-cosθ)=0
得:W1=mgL(1-cosθ)
当F为恒力时:W2=F2•Lsinθ.故A正确;
B、C、D、根据动能定理得:当F为恒力时,有:W2-mgL(1-cosθ)=
得:W2=mgL(1-cosθ)+
恒力作用下小球到达B点时的速度等于或大于0,所以W2≥W1.故B错误,C正确,D正确.
故选:ACD.
“神舟七号”返回舱可利用降落伞系统和缓冲发动机降低着陆阶段的下降速度.已知返回舱的质量为M,降落伞的质量为m,忽略返回舱受到的空气阻力及浮力,返回舱着陆阶段可认为是竖直降落的.
(1)假设降落伞打开后,降落伞受到空气阻力的大小与返回舱下降速度的二次方成正比,比例系数为k.由于空气阻力对降落伞的作用,可以使返回舱在离开地面比较高的地方就成为匀速下降的状态,求匀速下降的速度v.
(2)当匀速下降到离开地面高度为h的时候,返回舱自动割断伞绳,启动缓冲发动机,使返回舱获得一个竖直向上的恒定推力F,返回舱开始减速下降,下降过程中可认为返回舱的质量不变.当返回舱着陆时关闭缓冲发动机,此时返回舱的速度减为v′,求缓冲发动机推力F 的大小.
正确答案
解:(1)由题意,返回舱在离开地面比较高的地方做匀速直线运动,根据共点力平衡条件得
(M+m)g-kv2=0
解得,v=
(2)返回舱着陆时启动缓冲发动机过程,根据动能定理得:
(Mg-F)h=-
解得 F=Mg-
答:
(1)匀速下降的速度v为.
(2)缓冲发动机推力F 的大小为Mg-.
解析
解:(1)由题意,返回舱在离开地面比较高的地方做匀速直线运动,根据共点力平衡条件得
(M+m)g-kv2=0
解得,v=
(2)返回舱着陆时启动缓冲发动机过程,根据动能定理得:
(Mg-F)h=-
解得 F=Mg-
答:
(1)匀速下降的速度v为.
(2)缓冲发动机推力F 的大小为Mg-.
如图所示,物体从高度为h的光滑固定斜面顶端A点开始下滑,在滑行到斜面底端B点时,速度的大小为(不计空气阻力)( )
正确答案
解析
解:物体从A运动到B端的过程中,由动能定理得:mv2-0=mgh
解得:v=
故选:D.
如图所示,AB为
圆弧轨道,半径为0.8m,BC是水平轨道,BC段长L=3m,BC段的动摩擦因数为
,今有质量m=1kg的物体,自A点从静止起下滑到C点刚好停止,求物体在轨道AB段克服阻力做的功.(g取10m/s2)
正确答案
解:对全过程使用运动定理,有:
mgh+W+(-μmgL)=0-0
代入数据可解得:W=-6J.
故物体在轨道AB段克服阻力做的功为6J.
答:物体在轨道AB段克服阻力做的功为6J.
解析
解:对全过程使用运动定理,有:
mgh+W+(-μmgL)=0-0
代入数据可解得:W=-6J.
故物体在轨道AB段克服阻力做的功为6J.
答:物体在轨道AB段克服阻力做的功为6J.
如图所示,一质量m=0.10kg的小物块以v0=4.0m/s的初速度在粗糙水平桌面上做直线运动,经时间t=0.4s后以速度v飞离桌面,最终落在水平地面上,已知物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25,桌面离地高h=0.45m,g=10m/s2,不计空气阻力,求:
(1)小物块飞离桌面时的速度v的大小.
(2)小物块落地点距飞出点的距离.
正确答案
解:(1)由牛顿第二定律得:μmg=ma
a=μg=2.5m/s2
物块做匀减速直线运动,v=v0-at
代入数据解得:v=3.0m/s
(2)物块飞出桌面后做平抛运动,竖直方向:h=gt12
水平方向:s=vt1
代入数据得:s=0.9m;
答:(1)小物块飞离桌面时的速度大小为3m/s;
(2)小物块落地点距飞出点的水平距离为0.9m.
解析
解:(1)由牛顿第二定律得:μmg=ma
a=μg=2.5m/s2
物块做匀减速直线运动,v=v0-at
代入数据解得:v=3.0m/s
(2)物块飞出桌面后做平抛运动,竖直方向:h=gt12
水平方向:s=vt1
代入数据得:s=0.9m;
答:(1)小物块飞离桌面时的速度大小为3m/s;
(2)小物块落地点距飞出点的水平距离为0.9m.
如图所示,光滑水平桌面上开一个光滑小孔,从孔中穿一根细绳,绳一端系一个小球,另一端用力F1向下拉,以维持小球在光滑水平面上做半径为R1的匀速圆周运动,今改变拉力,当大小变为F2,使小球仍在水平面上做匀速圆周运动,但半径变为R2,小球运动半径由R1变为R2过程中拉力对小球做的功多大?
正确答案
解:设拉力为F1时,小球做匀速圆周运动的线速度为v1,则有 F1=m.
当拉力为F2时,设小球做匀速圆周运动的线速度为v2,则有 F2=m.
小球运动半径由R1变为R2过程中,根据动能定理得拉力对小球做的功为:W=mv22-
mv12
联立解得 W=F2R2-
F1R1
答:小球运动半径由R1变为R2过程中拉力对小球做的功为F2R2-
F1R1.
解析
解:设拉力为F1时,小球做匀速圆周运动的线速度为v1,则有 F1=m.
当拉力为F2时,设小球做匀速圆周运动的线速度为v2,则有 F2=m.
小球运动半径由R1变为R2过程中,根据动能定理得拉力对小球做的功为:W=mv22-
mv12
联立解得 W=F2R2-
F1R1
答:小球运动半径由R1变为R2过程中拉力对小球做的功为F2R2-
F1R1.
一个小球从光滑的半球的顶点由静止开始滚下,半球的半径R为0.48m,如图,当物体落到地面上时的速率是______.
正确答案
3.1m/s
解析
解:根据动能定理,有:mgR=
解得:v==
=3.1m/s
故答案为:3.1m/s.
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