- 动能和动能定理
- 共8888题
如图1所示，斜面AB与半径为0.5m的光滑竖直圆轨道BCD相切于B点，CD部分是半圆轨道，C、D为圆轨道的最低点和最高点．将质量为0．lkg的小物块（可视为质点）从轨道的ABC部分某处由静止释放，释放点与C点的高度差为h，用力传感器测出物块经C点时对轨道的压力F，得到F与h的关系图象如图2所示．已知物块与斜面间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取l0m/s2．求：
（l）图2中a、b两点的纵坐标Fa、Fb数值．
（2）物块在斜面上的释放点与B点的距离l为多大时，物块离开D点后落到轨道上与圆心O等高的位置上．
正确答案
解：（1）图2中，h=0时，F的读数为滑块的重力，为1N；
在B点释放时，根据动能定理，有：
mgh=
在C点，支持力和重力的合力提供向心力，故：
F-mg=
由①②解得：
F=mg+
（2）设斜面倾角为θ，由几何关系
hB=R（1-cosθ）
解得：cosθ=0.8
故sinθ=0.6
物体离开D点后，做平抛运动，有：
R=
物体从斜面释放到D点，由动能定理：
mglsinθ+mgR（1-cosθ）-μmglcosθ-mg•2R=
代入数据，得：l=3.46m
答：（l）图2中a点的纵坐标为1N，b点的纵坐标为1.4N；
（2）物块在斜面上的释放点与B点的距离l为3.46m时，物块离开D点后落到轨道上与圆心O等高的位置上．
解析
解：（1）图2中，h=0时，F的读数为滑块的重力，为1N；
在B点释放时，根据动能定理，有：
mgh=
在C点，支持力和重力的合力提供向心力，故：
F-mg=
由①②解得：
F=mg+
（2）设斜面倾角为θ，由几何关系
hB=R（1-cosθ）
解得：cosθ=0.8
故sinθ=0.6
物体离开D点后，做平抛运动，有：
R=
物体从斜面释放到D点，由动能定理：
mglsinθ+mgR（1-cosθ）-μmglcosθ-mg•2R=
代入数据，得：l=3.46m
答：（l）图2中a点的纵坐标为1N，b点的纵坐标为1.4N；
（2）物块在斜面上的释放点与B点的距离l为3.46m时，物块离开D点后落到轨道上与圆心O等高的位置上．
如图所示，AB为固定在竖直平面内半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，轨道在B点与光滑的水平面BC相切，质量为m的小球在A点静止释放，求：
（1）小球滑到最低点B时速度的大小；
（2）小球通过BC滑上固定曲面CD，恰好到达最高点D，D到水平面的高度为h，则小球在曲面CD上滑过程中克服摩擦力所做的功是多少．
正确答案
解：（1）AB过程，由机械能守恒定律得
mgR=
得 vB=
（2）设小球在曲面CD上滑过程中克服摩擦力所做的功是W．
对于A到D的过程，由动能定理得：
mg（R-h）-W=0
解得 W=mg（R-h）
答：
（1）小球滑到最低点B时速度的大小是
（2）小球在曲面CD上滑过程中克服摩擦力所做的功是mg（R-h）．
解析
解：（1）AB过程，由机械能守恒定律得
mgR=
得 vB=
（2）设小球在曲面CD上滑过程中克服摩擦力所做的功是W．
对于A到D的过程，由动能定理得：
mg（R-h）-W=0
解得 W=mg（R-h）
答：
（1）小球滑到最低点B时速度的大小是
（2）小球在曲面CD上滑过程中克服摩擦力所做的功是mg（R-h）．
物体沿直线运动的v-t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则（ ）
正确答案
解析
解：A、物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零．故A错误．
B、从第3秒末到第5秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相反，合力的功相反，等于-W．故B错误．
C、从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W．故C错误．
D、从第3秒末到第4秒末动能变化量是负值，大小等于第1秒内动能的变化量的
故选：D
（1）圆环到达O点时对轨道的压力FN；
（2）圆环在AB段运动的时间t．
正确答案
解：（1）圆环从O到D过程中做平抛运动
x=v0t
y=
读图知：x=6m、y=3m，代入上式解得 v0=
到达O点时：根据合力充当向心力
mg+FN=
代入数据，得FN=30N
根据牛顿第三定律得，对轨道的压力为30N，方向竖直向上．
（2）圆环从A到O过程中，根据动能定理 有
FxAO-μmgxAB-mgy=
代入数据，得F=10N
圆环从A到B过程中，根据牛顿第二定律 有
F-μmg=ma
根据运动学公式有
代入数据，得时间t=
答：（1）圆环到达O点时对轨道的压力为30N；
（2）圆环在AB段运动的时间为
解析
解：（1）圆环从O到D过程中做平抛运动
x=v0t
y=
读图知：x=6m、y=3m，代入上式解得 v0=
到达O点时：根据合力充当向心力
mg+FN=
代入数据，得FN=30N
根据牛顿第三定律得，对轨道的压力为30N，方向竖直向上．
（2）圆环从A到O过程中，根据动能定理 有
FxAO-μmgxAB-mgy=
代入数据，得F=10N
圆环从A到B过程中，根据牛顿第二定律 有
F-μmg=ma
根据运动学公式有
代入数据，得时间t=
答：（1）圆环到达O点时对轨道的压力为30N；
（2）圆环在AB段运动的时间为
在某一高处的同一点将三个质量都相等的小球，以大小相等的初速度分别竖直上抛、平抛、竖直下抛，不计空气阻力，则以下叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、从抛出到落地的过程中，只有重力做功，而重力做功与路径无关，只与初末位置高度差有关，故重力对小球做功相等，根据动能定理可知，动能增量相等，故A正确．
B、由于平抛运动的物体落地时速度不是竖直向下，而竖直上抛、下抛运动的物体落地时速度竖直向下，速度是矢量，故三个小球落地时的速度不相等，则动量不相等，故B错误．
C、根据运动学公式：对竖直上抛：v=v0-gt，对竖直下抛：v=v0+gt，平抛运动：v=
D、平抛运动竖直方向的分运动是自由落体运动，可知，竖直下抛运动的时间最短，竖直上抛运动的时间最长，重力做功相等，根据公式P=
故选A
一列总质量为M的列车，沿平直铁路匀速行驶，某时刻，其质量为m的末节车厢脱钩，驾驶员发觉时，车头的前部自脱钩处又行驶了距离L，此时驾驶员立即关闭发动机．设车所受阻力与车重成正比，列车的牵引力恒定．求列车的两部分最后都停下来时，其间的距离是多少？
正确答案
解析
FL-μ（M-m）gS1=-
对末节车厢，根据动能定理有：
一μmgs2=0-
而△S=S1-S2
由于原来列车匀速运动，所以F=μMg．
以上方程联立解得△S=
答：当列车的两部分都停止时，它们的距离是
（1）若不计空气阻力，小球到达B点时的速率为多大？
（2）若不计空气阻力，小球初速度v0=2
（3）若空气阻力不能忽略，且给小球向左的初速度v0′=3
正确答案
解：（1）小球恰好到达B点时满足：
mg=m
解得：vB=
（2）设小球能从A运动到B，由机械能守恒定律有：
mg•
解得：vB′=
所以小球能到达B点
在点B，对小球受力分析有：
mg+T=m
代入可解得：T=mg
根据牛顿第三定律可知细线受到小球的拉力T′=T=mg
（3）设小球能从A运动到B，由动能定理有：
-mg 
代入数据可解得：Wf=-
答：
（1）小球到达B点时的速率为 
（2）若初速度v0=2
（3）空气阻力做的功为-
解析
解：（1）小球恰好到达B点时满足：
mg=m
解得：vB=
（2）设小球能从A运动到B，由机械能守恒定律有：
mg•
解得：vB′=
所以小球能到达B点
在点B，对小球受力分析有：
mg+T=m
代入可解得：T=mg
根据牛顿第三定律可知细线受到小球的拉力T′=T=mg
（3）设小球能从A运动到B，由动能定理有：
-mg
代入数据可解得：Wf=-
答：
（1）小球到达B点时的速率为
（2）若初速度v0=2
（3）空气阻力做的功为-
（1）滑块到达B端时，它对轨道的压力FN；
（2）车被锁定时，车右端距轨道B端的距离s．
正确答案
解：（1）由动能定理，得：
mgR=
由牛顿第二定律，得：
FN-mg=m
联立两式，代入数值得轨道对滑块的支持力：
FN=3mg=30N
由牛顿第三定律知滑块对轨道的压力大小为30N，方向竖直向下
（2）当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，得
对滑块有：-μmg=ma1；
对小车有：μmg=Ma2；
设经时间t两者达到共同速度，则有：
v+a1t=a2t；
解得：t=1s；
由于1s＜1.5s，此时小车还未被锁定，两者的共同速度：
v′=a2t=1×1=1m/s．
因此，车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；
s=
答：（1）滑块到达B端时，它对轨道的压力FN=30N，方向竖直向下．（2）车被锁定时，车右端距轨道B端的距离s=1m．
解析
解：（1）由动能定理，得：
mgR=
由牛顿第二定律，得：
FN-mg=m
联立两式，代入数值得轨道对滑块的支持力：
FN=3mg=30N
由牛顿第三定律知滑块对轨道的压力大小为30N，方向竖直向下
（2）当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，得
对滑块有：-μmg=ma1；
对小车有：μmg=Ma2；
设经时间t两者达到共同速度，则有：
v+a1t=a2t；
解得：t=1s；
由于1s＜1.5s，此时小车还未被锁定，两者的共同速度：
v′=a2t=1×1=1m/s．
因此，车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；
s=
答：（1）滑块到达B端时，它对轨道的压力FN=30N，方向竖直向下．（2）车被锁定时，车右端距轨道B端的距离s=1m．
A重力对物块做功为
B合力对小物块做功为mgLsinα
C支持力对小物块做功为mgLcosα
D滑动摩擦力对小物块做功为
正确答案
解析
解：A、重力对滑块做功为WG=mgh=mgLsinα．故A错误．
B、根据动能定理得：合力对小物块做功为W合=
C、支持力方向与位移方向始终垂直，不做功；故C错误．
D、物块在滑动过程中，由动能定理可得：W滑+mgLsinα=
故选D
（2016•北京校级模拟）如甲图所示，长为4m的水平轨道AB与倾角为37°的足够长斜面BC在B处平滑连接，有一质量为2kg的滑块，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F与位移x的关系按乙图所示规律变化，滑块与AB和BC间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）滑块第一次到达B处时的速度大小；
（2）不计滑块在B处的速率变化，滑块到达B点时撤去力F，滑块冲上斜面，则滑块最终静止的位置与B点的距离多大．（sin37°=0.6）
正确答案
解：（1）初始时物体动能EkA=0，到达B点时的动能EKB=
由A到B过程中，外力做功：W=F1x1+F2x2-μmgx=32J，
由动能定理W=EKB-EKA，解得：
（2）如图所示，设滑块上升到D点时速度为0，所走距离为s1．
到达D点滑块动能为EkD=0，
由B到D的过程中，外力做功为：W1=-mgs1sin37°-μmgs1cos37°，
由动能定理W1=EkD-EkB，解得：s1=1.6m．
由mgsin37°＞μmgcos37°知，滑块不能静止在D点，将继续向下运动．
设滑块最终停在水平轨道上的E点，BE间距离设为s2．
到E点时滑块动能为EkE=0，
由D到E的过程中，外力做功为W2=mgs1sin37°-μmgs1cos37°-μmgs2，
由动能定理W2=EkE-EkD，解得：s2=0.64m．
答：（1）滑块第一次到达B处时的速度大小为4
（2）滑块最终静止的位置与B点的距离为0.64m．
解析
解：（1）初始时物体动能EkA=0，到达B点时的动能EKB=
由A到B过程中，外力做功：W=F1x1+F2x2-μmgx=32J，
由动能定理W=EKB-EKA，解得：
（2）如图所示，设滑块上升到D点时速度为0，所走距离为s1．
到达D点滑块动能为EkD=0，
由B到D的过程中，外力做功为：W1=-mgs1sin37°-μmgs1cos37°，
由动能定理W1=EkD-EkB，解得：s1=1.6m．
由mgsin37°＞μmgcos37°知，滑块不能静止在D点，将继续向下运动．
设滑块最终停在水平轨道上的E点，BE间距离设为s2．
到E点时滑块动能为EkE=0，
由D到E的过程中，外力做功为W2=mgs1sin37°-μmgs1cos37°-μmgs2，
由动能定理W2=EkE-EkD，解得：s2=0.64m．
答：（1）滑块第一次到达B处时的速度大小为4
（2）滑块最终静止的位置与B点的距离为0.64m．
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