- 动能和动能定理
- 共8888题
正确答案
解析
解：A、a球做的是竖直上抛运动，b球是自由落体运动，它们的运动状态不同，不可能同时落地，故A错误．
B、从题目内容可看出，在
C、由于两球运动时机械能守恒，两球恰在
D、相遇后，ab两个球的速度的大小不同，而重力的大小是相同的，所以重力的功率不同，故D错误．
故选：C．
下列运动物体中动能最大的是（ ）
正确答案
解析
解：运动的物体一定具有动能，动能和物体的质量、运动速度大小有关，即为EK=
因此即将进入近地轨道的运载火箭，质量又大，速度又大，则动能最大，故选D，ABC错误．
故选：D．
（1）小球刚到达B点时，轨道对物体支持力FN的大小；
（2）小球与CD面接触前的瞬间，速度与水平方向的夹角；
（3）小球与水平面的动摩擦因数及最终静止的位置到D点的距离．
正确答案
解：（1）由动能定理得：
则：
由牛顿第二定律得：
则有：FN=3mg
（2）小球做平抛运动：
R=
代入数据得：θ=45°
（3）水平位移：x=Vt=2R
从落地点到E点，根据动能定理得：
解得：μ=
从E点返回，根据动能定理：
mgh-μmgs=0
解得：s=
答：（1）小球刚到达B点时，轨道对物体支持力FN的大小3mg；
（2）小球与CD面接触前的瞬间，速度与水平方向的夹角45°；
（3）小球与水平面的动摩擦因数
解析
解：（1）由动能定理得：
则：
由牛顿第二定律得：
则有：FN=3mg
（2）小球做平抛运动：
R=
代入数据得：θ=45°
（3）水平位移：x=Vt=2R
从落地点到E点，根据动能定理得：
解得：μ=
从E点返回，根据动能定理：
mgh-μmgs=0
解得：s=
答：（1）小球刚到达B点时，轨道对物体支持力FN的大小3mg；
（2）小球与CD面接触前的瞬间，速度与水平方向的夹角45°；
（3）小球与水平面的动摩擦因数
（1）金属盒从开始运动到与球第一次碰撞速度时的速度v1
（2）金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间？
正确答案
解：（1）根据动能定理，则从开始运动到左壁与小球相碰有：
解得盒与球第一次碰撞速度 v1=1m/s
（2）开始运动到与球第一次碰撞：t1=
由于小球和盒子发生弹性碰撞，故碰撞完后交换速度，即小球速度为1m/s，盒子速度为零此后小球在盒内：
t2=
小球与盒子再次相碰后，再次交换速度，盒子速度为1m/s，小球速度为零，则盒子运动的时间t3满足动量定理，取向右为正方向，则有：
-μ（m1+m2）gt3=0-m1v1，
代入数据解得：t3=0.25s
所经历的时间为：t=t1+t2+t3=1.75s
答：（1）金属盒从开始运动到与球第一次碰撞速度时的速度v1是1m/s．
（2）金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间1.75s．
解析
解：（1）根据动能定理，则从开始运动到左壁与小球相碰有：
解得盒与球第一次碰撞速度 v1=1m/s
（2）开始运动到与球第一次碰撞：t1=
由于小球和盒子发生弹性碰撞，故碰撞完后交换速度，即小球速度为1m/s，盒子速度为零此后小球在盒内：
t2=
小球与盒子再次相碰后，再次交换速度，盒子速度为1m/s，小球速度为零，则盒子运动的时间t3满足动量定理，取向右为正方向，则有：
-μ（m1+m2）gt3=0-m1v1，
代入数据解得：t3=0.25s
所经历的时间为：t=t1+t2+t3=1.75s
答：（1）金属盒从开始运动到与球第一次碰撞速度时的速度v1是1m/s．
（2）金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间1.75s．
如图所示，水平轨道左端与长L=1.25m的水平传送带相接，传送带逆时针匀速运动的速度v0=1m/s．轻弹簧右端固定在光滑水平轨道上，弹簧处于自然状态．现用质量m=0.1kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M=0.9kg的长木板上．竖直半圆轨道的半径R=0.4，物块与传送带间动摩擦因数μ1=0.8，物块与木板间动摩擦因数μ2=0.25，取g=10m/s2．求：
（1）物块到达B点时速度vB的大小．
（2）弹簧被压缩时的弹性势能EP．
（3）若长木板与水平地面间动摩擦因数μ3≤0.026时，要使小物块恰好不会从长木板上掉下，木板长度S的范围是多少 （设最大静动摩擦力等于滑动摩擦力）．
正确答案
解：（1）物体在光滑半圆轨道最高点恰好做圆周运动，由牛顿第二定律得：
解得
（2）物块被弹簧弹出的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒：
vB＞v0=1m/s，物体在传送带上一直做匀减速运动．
物块在传送带上滑行过程由动能定理得：-f1L=
f1=μ1mg=0.8N ⑤
联立②③④⑤解得：Ep=1.2J ⑥
（3）物块从B到C过程中由机械能守恒定律得：
联立②⑥解得：
讨论：Ⅰ．当μ3=0时，小物块恰好不会从长木板上掉下长度为s1，
小物块和长木板共速为v，由动量守恒定律：mvC=（M+m）v ⑨
由功能关系：
代入数据解得s1=3.6m（11）
Ⅱ．当μ3=0.026时，小物块恰好不会从长木板上掉下长度为s2，
物块在长木板上滑行过程中，对长木板受力分析：
上表面受到的摩擦力f2=μ2mg=0.25×1N=0.25N．（12）
下表面受到的摩擦力f3≤μ3（M+m）g=0.026×10N=0.26N
所以长木板静止不动，对物块在长木板上滑行过程
由动能定理得：-
代入数据解得s2=4m（14）
所以木板长度的范围是3.6m≤s≤4m（15）
答：（1）物块到达B点时速度vB的大小为2m/s．
（2）弹簧被压缩时的弹性势能为1.2J．
（3）要使小物块恰好不会从长木板上掉下，木板长度S的范围是3.6m≤s≤4m．
解析
解：（1）物体在光滑半圆轨道最高点恰好做圆周运动，由牛顿第二定律得：
解得
（2）物块被弹簧弹出的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒：
vB＞v0=1m/s，物体在传送带上一直做匀减速运动．
物块在传送带上滑行过程由动能定理得：-f1L=
f1=μ1mg=0.8N ⑤
联立②③④⑤解得：Ep=1.2J ⑥
（3）物块从B到C过程中由机械能守恒定律得：
联立②⑥解得：
讨论：Ⅰ．当μ3=0时，小物块恰好不会从长木板上掉下长度为s1，
小物块和长木板共速为v，由动量守恒定律：mvC=（M+m）v ⑨
由功能关系：
代入数据解得s1=3.6m（11）
Ⅱ．当μ3=0.026时，小物块恰好不会从长木板上掉下长度为s2，
物块在长木板上滑行过程中，对长木板受力分析：
上表面受到的摩擦力f2=μ2mg=0.25×1N=0.25N．（12）
下表面受到的摩擦力f3≤μ3（M+m）g=0.026×10N=0.26N
所以长木板静止不动，对物块在长木板上滑行过程
由动能定理得：-
代入数据解得s2=4m（14）
所以木板长度的范围是3.6m≤s≤4m（15）
答：（1）物块到达B点时速度vB的大小为2m/s．
（2）弹簧被压缩时的弹性势能为1.2J．
（3）要使小物块恰好不会从长木板上掉下，木板长度S的范围是3.6m≤s≤4m．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：根据
动能与时间的关系是二次函数关系，开口的方向向上．故C正确．
故选：C
（1）小钢球在水平轨道上克服阻力做的功；
（2）A点离水平地面的高度．
正确答案
解：（1）设小钢球过E点时的速度为vE，从E点到F点的水平距离为x，则
x=
x=vEt
h=
设小球运动到D点时速度为vD，轨道对小球作用力为N，则
N+mg=
由牛顿第三定律得 N=N′=0.5mg
联立以上各式代入数据解得
vE=1.5m/s，vD=
设小球从D点运动到E点过程中，在水平轨道上克服阻力做功为Wf，则
解得 Wf=2.525J；
（2）设A点离水平地面高度为H，小球从A点运动到D点过程中有
mg（H-h-2r）=
解得 H=2.175m；
答：（1）小钢球在水平轨道上克服阻力做的功2.525J；
（2）A点离水平地面的高度 2.175m．
解析
解：（1）设小钢球过E点时的速度为vE，从E点到F点的水平距离为x，则
x=
x=vEt
h=
设小球运动到D点时速度为vD，轨道对小球作用力为N，则
N+mg=
由牛顿第三定律得 N=N′=0.5mg
联立以上各式代入数据解得
vE=1.5m/s，vD=
设小球从D点运动到E点过程中，在水平轨道上克服阻力做功为Wf，则
解得 Wf=2.525J；
（2）设A点离水平地面高度为H，小球从A点运动到D点过程中有
mg（H-h-2r）=
解得 H=2.175m；
答：（1）小钢球在水平轨道上克服阻力做的功2.525J；
（2）A点离水平地面的高度 2.175m．
用50N的力将0.2kg的足球以4m/s的初速度沿水平方向踢出20m，则人对球做功为______J．
正确答案
1.6
解析
解：由动能定理可得：人对球做功为：
W=
故答案为：1.6．
（1）物体从B点运动至C点克服阻力做的功；
（2）物体离开C点后落回水平面时，重力的瞬时功率是多大．
正确答案
解：（1）物体恰好到达C点说明物体在C点时，只受重力作用，根据合力提供向心力有：
得物体在C点时的速度大小为：
物体在B点时，对轨道的压力为7mg，根据牛顿第三定律知，轨道对物体的支持力N=7mg，同理在B点物体在竖直方向合力提供圆周运动向心力
有：
得小球在B点的速度为：
从B至C的过程中只有重力和阻力做功，根据动能定理有：
根据动能定理得：
即：
所以物体克服阻力做功
（2）物体离开C点后做平抛运动，抛出点高度为h=2R，物体运动时间为：
所以落地时物体在竖直方向的速度为：
落地时重力的瞬时功率：
答：（1）物体从B点运动至C点克服阻力做的功
（2）物体离开C点后落回水平面时，重力的瞬时功率是
解析
解：（1）物体恰好到达C点说明物体在C点时，只受重力作用，根据合力提供向心力有：
得物体在C点时的速度大小为：
物体在B点时，对轨道的压力为7mg，根据牛顿第三定律知，轨道对物体的支持力N=7mg，同理在B点物体在竖直方向合力提供圆周运动向心力
有：
得小球在B点的速度为：
从B至C的过程中只有重力和阻力做功，根据动能定理有：
根据动能定理得：
即：
所以物体克服阻力做功
（2）物体离开C点后做平抛运动，抛出点高度为h=2R，物体运动时间为：
所以落地时物体在竖直方向的速度为：
落地时重力的瞬时功率：
答：（1）物体从B点运动至C点克服阻力做的功
（2）物体离开C点后落回水平面时，重力的瞬时功率是
如图所示，静止在粗糙水平面上的斜面体有三个光滑斜面AB、AC和CD．已知斜面AB与水平方向成37°角，斜面AC与水平方向成53°角，斜面CD与水平方向成30°角，A点与C点的竖直高度为h1=0.8m，C点与D点的竖直高度为h2=3.25m．在B点左侧的水平面上有一个一端固定的轻质弹簧，自然长度时弹簧右端到B点的水平距离为S=3.9m．质量均为m=1kg的物体甲和乙同时从顶点A由静止释放，之后甲沿斜面AB下滑，乙沿AC下滑．在甲乙两物体下滑过程中，斜面体始终处于静止状态，且两物体运动中经过B点、C点、D点时，速度大小不改变，只改变方向．甲进入水平面后向左运动压缩弹簧的最大压缩量为x=0.1m，乙物体进入水平面后便向右运动最终停止．已知甲物体与水平面的动摩擦因数为μ=0.6，（sin37°=0.6）求：
（1）弹簧的最大弹性势能为多少？
（2）甲物体最终停止位置距B点多远？
（3）通过计算，说明甲乙两物体是否同时滑到水平面上？
（4）若以释放甲乙物体时作为t=0时刻，做出斜面体受到地面的摩擦力大小f随时间变化的图线．
正确答案
解：（1）当滑块甲运动到最左端时，弹簧的弹性势能最大，对滑块甲从A到最左端过程运用动能定理，有：
mg（h1+h2）-μmg（s+x）=Ep
代入数据得：Ep=16.5J
（2）对甲物体从开始到停止运动的整个过程运用动能定理，有
mg（h1+h2）-μmgl=0
得：l=6.75m
距B点距离为：△l=2（s+x）-l=2×（3.9+0.1）-6.75=1.25m
（3）甲物体受重力、支持力，根据牛顿第二定律，有
mgsinθ=ma
得：a=gsinθ
得：
所以，甲下滑时间为：
乙在AC上下滑时间为：
乙到达C点时速度为：
乙由C到D的时间为t2，则：
整理得：
解得：t2=1s
可见乙物体下滑总时间为：t′=t1+t2=1.5s
所以，两物体同时滑到水平面上．
（4）物体在光滑斜面上下滑时对斜面的压力产生的水平分量为：Nx=mgcosθsinθ
0-t1时间内斜面体受到的摩擦力为：f=mgcos37°sin37°-mgcos53°sin53°=0
t1-t2时间内斜面体受到的摩擦力为：f=mgcos37°sin37°-mgcos30°sin30°
代入数据得：f=0.47N
图象：
答：（1）弹簧的最大弹性势能为16.5J；（2）甲物体最终停止位置距B点1.25m远；（3）甲乙两物体同时滑到水平面上；（4）如图所示．
解析
解：（1）当滑块甲运动到最左端时，弹簧的弹性势能最大，对滑块甲从A到最左端过程运用动能定理，有：
mg（h1+h2）-μmg（s+x）=Ep
代入数据得：Ep=16.5J
（2）对甲物体从开始到停止运动的整个过程运用动能定理，有
mg（h1+h2）-μmgl=0
得：l=6.75m
距B点距离为：△l=2（s+x）-l=2×（3.9+0.1）-6.75=1.25m
（3）甲物体受重力、支持力，根据牛顿第二定律，有
mgsinθ=ma
得：a=gsinθ
得：
所以，甲下滑时间为：
乙在AC上下滑时间为：
乙到达C点时速度为：
乙由C到D的时间为t2，则：
整理得：
解得：t2=1s
可见乙物体下滑总时间为：t′=t1+t2=1.5s
所以，两物体同时滑到水平面上．
（4）物体在光滑斜面上下滑时对斜面的压力产生的水平分量为：Nx=mgcosθsinθ
0-t1时间内斜面体受到的摩擦力为：f=mgcos37°sin37°-mgcos53°sin53°=0
t1-t2时间内斜面体受到的摩擦力为：f=mgcos37°sin37°-mgcos30°sin30°
代入数据得：f=0.47N
图象：
答：（1）弹簧的最大弹性势能为16.5J；（2）甲物体最终停止位置距B点1.25m远；（3）甲乙两物体同时滑到水平面上；（4）如图所示．
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