- 动能和动能定理
- 共8888题
（1）求力F的最大值与最小值．
（2）已知力F由最小值达最大值的过程中，弹簧的弹性势能减小了4J，求这一过程中力F所做的功．
正确答案
解：（1）t=0 时，设弹簧压缩 x1，
由平衡条件得：kx1=（ mA+mB）gsin30°，
力F施加在A上以后，经过 t=0.2s物块A、B刚好分离时，
此时力F有最大值Fmax此时弹簧被压缩 x2，
由牛顿第二定律得：
Fmax-mAgsin30°=mAa，
kx2-mBgsin30°=mBa，
从0～0.2s内，x1-x2=
t=0时，物块A、B物块开始做匀加速运动，
则此刻力F有最小值Fmin，由牛顿第二定律得：
Fmin+kx1-（mA+mB）gsin30°=（mA+mB）a，
代入数据解得：Fmax=100N，Fmin=60N，x1=0.15m，x2=0.05m，a=5m/s2．
（2）在力由最大值到最小值的过程经历时间为0.2s，
在这0.2s内对AB整体，由动能定理得：
WF+W弹-WG=
WG=（mA+mB）g（x1-x2）sin30°，
由速度公式得：v=at，
解得，力F在0.2s内所做的功为：WF=8J；
答：（1）力F的最大值与最小值分别为：100N、60N．
（2）这一过程中力F所做的功为8J．
解析
解：（1）t=0 时，设弹簧压缩 x1，
由平衡条件得：kx1=（ mA+mB）gsin30°，
力F施加在A上以后，经过 t=0.2s物块A、B刚好分离时，
此时力F有最大值Fmax此时弹簧被压缩 x2，
由牛顿第二定律得：
Fmax-mAgsin30°=mAa，
kx2-mBgsin30°=mBa，
从0～0.2s内，x1-x2=
t=0时，物块A、B物块开始做匀加速运动，
则此刻力F有最小值Fmin，由牛顿第二定律得：
Fmin+kx1-（mA+mB）gsin30°=（mA+mB）a，
代入数据解得：Fmax=100N，Fmin=60N，x1=0.15m，x2=0.05m，a=5m/s2．
（2）在力由最大值到最小值的过程经历时间为0.2s，
在这0.2s内对AB整体，由动能定理得：
WF+W弹-WG=
WG=（mA+mB）g（x1-x2）sin30°，
由速度公式得：v=at，
解得，力F在0.2s内所做的功为：WF=8J；
答：（1）力F的最大值与最小值分别为：100N、60N．
（2）这一过程中力F所做的功为8J．
（1）小物块所受到的恒力F；
（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；
（3）计算小物块停止运动时离B点的距离．
正确答案
解：（1）设物体在AB段的加速度为a，在BC段的加速度为a1．
由xAB=
根据牛顿第二定律，有：Fcosα-μ（mg-Fsinα）=ma
得 F=10N
（2）物体到达B点时的速度 vB=at=4m/s
在BC段，由牛顿第二定律得：
mgsinα=ma1
解得 a1=gsinα=6m/s2．
小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，总时间为 t总=
（3）小物块从B向A运动过程中停下来所通过的位移为x，由动能定理得：-μmgx=0-
代入数据解得 x=1.6m
即小物块停止运动时离B点的距离为1.6m．
答：
（1）小物块所受到的恒力F是10N；
（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为
（3）小物块停止运动时离B点的距离为1.6m．
解析
解：（1）设物体在AB段的加速度为a，在BC段的加速度为a1．
由xAB=
根据牛顿第二定律，有：Fcosα-μ（mg-Fsinα）=ma
得 F=10N
（2）物体到达B点时的速度 vB=at=4m/s
在BC段，由牛顿第二定律得：
mgsinα=ma1
解得 a1=gsinα=6m/s2．
小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，总时间为 t总=
（3）小物块从B向A运动过程中停下来所通过的位移为x，由动能定理得：-μmgx=0-
代入数据解得 x=1.6m
即小物块停止运动时离B点的距离为1.6m．
答：
（1）小物块所受到的恒力F是10N；
（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为
（3）小物块停止运动时离B点的距离为1.6m．
A从第1s末到第2s末合外力做功为
B从第3s末到第5s末合外力做功为-W
C从第5s末到第7s末合外力做功为W
D从第3s末到第5s末合外力做功为
正确答案
解析
解：已知在前2s内合外力对物体做功为W，2s末速度大小为v0，运用动能定理得：
W=△Ek
W=
A、运用动能定理研究从第1s末到第2s末得：
因为动能变化为0，所以合外力做功为0．故A错误．
B、运用动能定理研究从第3s末到第5s末得：
合外力做功WB=0-
C、运用动能定理研究从第5s末到第7s末得：
合外力做功WC=
D、根据B选项分析，故D错误．
故选BC．
（1）使传送带固定不动，问滑块能否滑离传送带？摩擦产生的热量是多少？
（2）传送带逆时针以v2=1m/s匀速运动，问滑块能否滑离传送带？产生的热量是多少？
正确答案
解：（1）设传送带足够长，在整个过程中，
由动能定理得：mgh-μmgs=0-0，
解得：s=2m＞l=1.8m，
则滑块能离开传送带；
摩擦产生的热量：Q=μmg△l=μmgl=0.18J；
（2）传送带逆时针运动，l＜s，滑块与传送带间始终相对运动，
存在滑动摩擦力，滑块能滑离传送带，
滑块在斜面上下滑过程中机械能守恒，
由机械能守恒定律得：mgh=
滑块到达传送带时的速度v0=2m/s，
在传送带上，由牛顿第二定律得：
μmg=ma，解得，滑块在传送带上的加速度：a=1m/s2，
由匀变速运动的位移公式得：l=v0t-
解得，滑块在传送带上的运动时间t=（2-
传送带的位移：l′=v2t=2（1-
产生的热量：Q′=μmg△l′=μmg（l+l′）≈0.32J；
答：（1）使传送带固定不动，滑块能滑离传送带，摩擦产生的热量是0.18J；
（2）传送带逆时针以v2=1m/s匀速运动，滑块能滑离传送带，产生的热量是0.32J．
解析
解：（1）设传送带足够长，在整个过程中，
由动能定理得：mgh-μmgs=0-0，
解得：s=2m＞l=1.8m，
则滑块能离开传送带；
摩擦产生的热量：Q=μmg△l=μmgl=0.18J；
（2）传送带逆时针运动，l＜s，滑块与传送带间始终相对运动，
存在滑动摩擦力，滑块能滑离传送带，
滑块在斜面上下滑过程中机械能守恒，
由机械能守恒定律得：mgh=
滑块到达传送带时的速度v0=2m/s，
在传送带上，由牛顿第二定律得：
μmg=ma，解得，滑块在传送带上的加速度：a=1m/s2，
由匀变速运动的位移公式得：l=v0t-
解得，滑块在传送带上的运动时间t=（2-
传送带的位移：l′=v2t=2（1-
产生的热量：Q′=μmg△l′=μmg（l+l′）≈0.32J；
答：（1）使传送带固定不动，滑块能滑离传送带，摩擦产生的热量是0.18J；
（2）传送带逆时针以v2=1m/s匀速运动，滑块能滑离传送带，产生的热量是0.32J．
（1）物体在AB轨道克服阻力做的功；
（2）物体在B点对轨道的压力；
（3）物体落地时的动能；
（4）B、C两点间的水平距离．
正确答案
解：（1）设小滑块在AB轨道上克服阻力做功为W，对于从A至B过程，根据动能定理得：
代入数据解得：W=4 J，即小滑块在AB轨道克服阻力做的功为4J．
（2）物体在B点受到的支持力和重力的合力提供向心力：
所以：
根据牛顿第三定律，物体在B点受到的支持力和物体在B点对轨道的压力大小相等，方向相反，所以物体在B点对轨道的压力大小也是52 N；
（3）设小滑块落地时的动能为Ek，取地面为零重力势能参照考面，由于平抛过程中只有重力做功，故根据机械能守恒定律得：
代入数据解得：Ek=116 J，即小滑块落地时的动能为116J．
（4）小球离开B之后做平抛运动，
B、C两点间的水平距离等于小球平抛的水平距离：x=vt=4×1m=4m
答：（1）物体在AB轨道克服阻力做的功是4J；
（2）物体在B点对轨道的压力是52N；
（3）物体落地时的动能是116J；
（4）B、C两点间的水平距离是4m．
解析
解：（1）设小滑块在AB轨道上克服阻力做功为W，对于从A至B过程，根据动能定理得：
代入数据解得：W=4 J，即小滑块在AB轨道克服阻力做的功为4J．
（2）物体在B点受到的支持力和重力的合力提供向心力：
所以：
根据牛顿第三定律，物体在B点受到的支持力和物体在B点对轨道的压力大小相等，方向相反，所以物体在B点对轨道的压力大小也是52 N；
（3）设小滑块落地时的动能为Ek，取地面为零重力势能参照考面，由于平抛过程中只有重力做功，故根据机械能守恒定律得：
代入数据解得：Ek=116 J，即小滑块落地时的动能为116J．
（4）小球离开B之后做平抛运动，
B、C两点间的水平距离等于小球平抛的水平距离：x=vt=4×1m=4m
答：（1）物体在AB轨道克服阻力做的功是4J；
（2）物体在B点对轨道的压力是52N；
（3）物体落地时的动能是116J；
（4）B、C两点间的水平距离是4m．
两个材料相同的物体，甲的质量大于乙的质量，以相同的初动能在同一水平面上滑动，最后都静止，它们滑行的距离是（ ）
正确答案
解析
解：材料相同的物体在同一水平面上滑动，动摩擦因素相同，根据牛顿第二定律可知a甲=a乙，
因为EK甲=EK乙且m甲＞m乙，
所以v甲＜v乙，
根据速度位移公式得：
所以x甲＜x乙．
故选：B
一物体质量为1kg，速度为10m/s，它的动能是（ ）
正确答案
解析
解：根据动能表达式有：EK=
故选：C．
滑块以速率v1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率变为v2，且v2＜v1，若滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端重力势能为零，则（ ）
正确答案
解析
解：A、上升、下降时都要克服摩擦力做功，故机械能均减小．故A、B错误．
C、设物体上升的最大位移为s，动能和势能相等时的位移为l，速度为v3
在上升过程由动能定理有：
由动能等于势能，有：
由②③得：
由①得：
比较可得l大于
故选：C．
正确答案
解析
解：A、将飞刀的运动逆过来看成是一种平抛运动，平抛运动在竖直方向上是自由落体运动，由h=
B、三把刀在击中板时的速度大小即为平抛运动的初速度大小，初速度为：v0=
C、竖直方向上逆过来看做自由落体运动，平抛运动落地时竖直分速度 vy=
D、设任一飞刀抛出的初速度与水平方向夹角分别为θ，则tanθ=
故选：C
（1）令μ=0，将P由D点静止释放，求小物块P在斜面上的运动时间；
（2）令μ=0.5，在D点给P一个沿斜面向下的初速度v0=2m/s，求小物块P落地时的动能；
（3）对于不同的μ，每次都在D点给小物块P一个沿斜面向下足够大的初速度以保证它能滑离斜面，求μ的取值在哪个范围内，挡板X始终受到压力的作用．
正确答案
解：（1）当μ=0时，P沿斜面下滑的加速度为a，
由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，解得：a=gsinθ=6m/s2，
由运动学公式得：L=
解得：t=
（2）设落地时P的动能为Ek，P沿斜面下滑到落地，由动能定理得：
mg（H+Lsinθ）-μmgLcosθ=EK-
解得：EK=6J；
（3）P在斜面上下滑过程中梯形物块受力如图：
由平衡条件可得F+Nsinθ=fcosθ，
所以F=μmgcosθcosθ-mgcosθsinθ
代入数据，得F=6.4μ-4.8，
挡板X受压力，则F＞0，所以6.4μ-4.8＞0，得μ＞0.75
依题意，0≤μ＜1，所以μ的取值范围为0.75＜μ＜1
答：（1）令μ=0，将P由D点静止释放，小物块P在斜面上的运动时间为0.41s；
（2）令μ=0.5，在D点给P一个沿斜面向下的初速度v0=2m/s，小物块P落地时的动能为6J；
（3）0.75＜μ＜1时，挡板X始终受到压力的作用．
解析
解：（1）当μ=0时，P沿斜面下滑的加速度为a，
由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，解得：a=gsinθ=6m/s2，
由运动学公式得：L=
解得：t=
（2）设落地时P的动能为Ek，P沿斜面下滑到落地，由动能定理得：
mg（H+Lsinθ）-μmgLcosθ=EK-
解得：EK=6J；
（3）P在斜面上下滑过程中梯形物块受力如图：
由平衡条件可得F+Nsinθ=fcosθ，
所以F=μmgcosθcosθ-mgcosθsinθ
代入数据，得F=6.4μ-4.8，
挡板X受压力，则F＞0，所以6.4μ-4.8＞0，得μ＞0.75
依题意，0≤μ＜1，所以μ的取值范围为0.75＜μ＜1
答：（1）令μ=0，将P由D点静止释放，小物块P在斜面上的运动时间为0.41s；
（2）令μ=0.5，在D点给P一个沿斜面向下的初速度v0=2m/s，小物块P落地时的动能为6J；
（3）0.75＜μ＜1时，挡板X始终受到压力的作用．
扫码查看完整答案与解析