- 动能和动能定理
- 共8888题
（1）若不计空气阻力，求石块落地时的速度．
（2）若石块落地时速度的大小为vt=19m/s，求石块克服空气阻力做的功．
正确答案
解：（1）石块由A到B过程，根据动能定理，有：
mgh=
解得：
v=
（2）石块由A到B．根据动能定理，有：
mgh-W=
解得：W=mgh+
答：（1）石块落地时的速度为20m/s．
（2）石块克服空气阻力做的功为1.95J．
解析
解：（1）石块由A到B过程，根据动能定理，有：
mgh=
解得：
v=
（2）石块由A到B．根据动能定理，有：
mgh-W=
解得：W=mgh+
答：（1）石块落地时的速度为20m/s．
（2）石块克服空气阻力做的功为1.95J．
（1）物块到达A点时的速度大小vA；
（2）物块到达B点时的速度大小vB；
（3）物块从B点运动到D点过程中摩擦力所做的功．
正确答案
解：（1）物体在平台上运动时，由牛顿第二定律得：
F-μmg=ma
由vA=at
代入数据解得：vA=4m/s．
（2）从A点到B点，由动能定理得：
mgh=
代入数据解得：vB=5m/s
（3）设OB与OC的夹角为θ，则：cosθ=
轨道最高点D时，重力提供向心力：mg=
从B点到D点，由动能定理得：
-mg（R+Rcosθ）-W=
解得：W=7.9J
答：（1）物块到达A点时的速度大小为4m/s．
（2）物块到达B点时的速度大小为5m/s．
（3）物块从B点运动到D点过程中克服摩擦力所做的功为7.9J．
解析
解：（1）物体在平台上运动时，由牛顿第二定律得：
F-μmg=ma
由vA=at
代入数据解得：vA=4m/s．
（2）从A点到B点，由动能定理得：
mgh=
代入数据解得：vB=5m/s
（3）设OB与OC的夹角为θ，则：cosθ=
轨道最高点D时，重力提供向心力：mg=
从B点到D点，由动能定理得：
-mg（R+Rcosθ）-W=
解得：W=7.9J
答：（1）物块到达A点时的速度大小为4m/s．
（2）物块到达B点时的速度大小为5m/s．
（3）物块从B点运动到D点过程中克服摩擦力所做的功为7.9J．
有一种清洗车辆用的手持式喷水抢．若枪口截面积为s，喷出水的速度为v，水的密度为ρ，t秒内喷出水的体积是______；每秒喷出水的动能为______．
正确答案
svt
ρsv3/2
解析
解：若枪口截面积为s，喷出水的速度为v，故t秒内喷出水的体积是：vt•s；
每1秒喷出水的质量为：m=ρV=ρvs；
故每秒喷出水的动能为：Ek=
故答案为：svt，
正确答案
解：设物体质量为m．
（1）在物块沿斜面上升的过程中，设当物体距离出发点的竖直高度为h1时动能和势能相等，此时物块速度为v1．由题意有
对此过程应用动能定理有：
由①②代入数据，得
（2）因为μ＜tanα，故物块滑到最高点后将返回．
设物块运动的最高点距出发点的竖直高度为H，
则对物块上升的全过程应用动能定理，有
由此代入数据，得
（3）在物块沿斜面下滑的过程中，
设当物体距离底部出发点的竖直高度为h2时动能和势能相等，
此时物块速度为v2．则
对下滑过程应用动能定理，有
由③④⑤代入数据，得
答：在物块沿斜面上升的过程中，当物体距离出发点的竖直高度为0.3m时，物体的动能和重力势能相等；
在物块沿斜面下滑的过程中，当物体距离出发点的竖直高度为0.2m时，物体的动能和重力势能相等．
解析
解：设物体质量为m．
（1）在物块沿斜面上升的过程中，设当物体距离出发点的竖直高度为h1时动能和势能相等，此时物块速度为v1．由题意有
对此过程应用动能定理有：
由①②代入数据，得
（2）因为μ＜tanα，故物块滑到最高点后将返回．
设物块运动的最高点距出发点的竖直高度为H，
则对物块上升的全过程应用动能定理，有
由此代入数据，得
（3）在物块沿斜面下滑的过程中，
设当物体距离底部出发点的竖直高度为h2时动能和势能相等，
此时物块速度为v2．则
对下滑过程应用动能定理，有
由③④⑤代入数据，得
答：在物块沿斜面上升的过程中，当物体距离出发点的竖直高度为0.3m时，物体的动能和重力势能相等；
在物块沿斜面下滑的过程中，当物体距离出发点的竖直高度为0.2m时，物体的动能和重力势能相等．
正确答案
解析
解：根据动能定理得：
EK2-EK1=-fx
则得EK2=EK1-fx
结合动能随位移变化的情况得：初动能EK1=50J，由EK1=
根据数学知识知：图象的斜率大小等于f，则得 f=2.5N
又f=μmg
解得 μ=0.25
设运动总时间为t，则由s=
t=
故选：A．
（1）求在沿杆运动的过程中，铁环受到的摩擦力f大小是多少？
（2）设铁环在t0=0时刻释放，t1时刻第一次到达Q点，t2时刻第一次到达杆底部，t3时刻第二次到达Q点，t4时刻恰好回到P点．请在图（b）给定的坐标中，画出0～t4时间内箱子对地面压力的变化图象；
（3）求从开始下落到最终停止在箱底，铁环运动的总路程s是多少？
正确答案
解：
解得：f=4N
（2）由题知铁环在t0=0时刻释放，t1时刻第一次到达Q点，t2时刻第一次到达杆底部，t3时刻第二次到达Q点，t4时刻恰好回到P点．故
0～t1时间内，杆对地的压力等于重力，故箱子对地的压力为：100N
t1～t2时间内，杆还受环的摩擦力向下，故箱子对地的压力为：100N+4N=104N
t2～t3时间内，杆受环的摩擦力向上，故箱子对地的压力为：100N-4N=96N
t3～t4时间内，杆对地的压力等于重力，故箱子对地的压力为：100N
则箱子对地面压力的变化图象如图（见右图）
（3）铁环第三次到达Q点时（向下 运动）的动能为：Ek1=mg（H-h）=32J＞2fh
铁环第四次到达Q点时（向上运动）的动能为：Ek2=Ek1-2fh=16J，
设小环在空中再次上升的距离为h′，则有：
-mgh′=0-Ek2，可解得h′=0.8m
铁环第四次到达Q点时（向下运动）的动能为：Ek3=Ek2=16J≤2 fh
之后铁环将始终沿直杆运动直至停止，设之后铁环沿直杆运动的距离为x，则有：
mgh-fx=0-Ek3
解得：x=14m
故铁环的总路程为：s=3H+h+2 h′+x=28.4m
答：（1）求在沿杆运动的过程中，铁环受到的摩擦力f大小是4N
（2）如图
（3）求从开始下落到最终停止在箱底，铁环运动的总路程s是28.4m
解析
解：
解得：f=4N
（2）由题知铁环在t0=0时刻释放，t1时刻第一次到达Q点，t2时刻第一次到达杆底部，t3时刻第二次到达Q点，t4时刻恰好回到P点．故
0～t1时间内，杆对地的压力等于重力，故箱子对地的压力为：100N
t1～t2时间内，杆还受环的摩擦力向下，故箱子对地的压力为：100N+4N=104N
t2～t3时间内，杆受环的摩擦力向上，故箱子对地的压力为：100N-4N=96N
t3～t4时间内，杆对地的压力等于重力，故箱子对地的压力为：100N
则箱子对地面压力的变化图象如图（见右图）
（3）铁环第三次到达Q点时（向下 运动）的动能为：Ek1=mg（H-h）=32J＞2fh
铁环第四次到达Q点时（向上运动）的动能为：Ek2=Ek1-2fh=16J，
设小环在空中再次上升的距离为h′，则有：
-mgh′=0-Ek2，可解得h′=0.8m
铁环第四次到达Q点时（向下运动）的动能为：Ek3=Ek2=16J≤2 fh
之后铁环将始终沿直杆运动直至停止，设之后铁环沿直杆运动的距离为x，则有：
mgh-fx=0-Ek3
解得：x=14m
故铁环的总路程为：s=3H+h+2 h′+x=28.4m
答：（1）求在沿杆运动的过程中，铁环受到的摩擦力f大小是4N
（2）如图
（3）求从开始下落到最终停止在箱底，铁环运动的总路程s是28.4m
如图所示，一质量m=1kg的小物块（可视为质点），从固定在地面上的倾斜轨道的顶点A从静止开始滑下，倾斜轨道的末端B恰好与光滑圆弧轨道BC相接，经圆弧轨道后滑上与C点等高且静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知小物块经过倾斜轨道的B点时的速度为5m/s，长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=1.8m、h=0.25m，圆弧半径R=1.25m物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，g=10m/s2．求：
（1）小物在倾斜轨道上运动时克服摩擦做的功；
（2）小物块滑动至C点时，圆弧轨道对滑块的压力；
（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．
正确答案
解：（1）滑块在倾斜轨道运动过程中，
由动能定理得：mg（H-h）-Wf=
代入数据解得：Wf=3J；
（2）从B到C过程，由动能定理得：
mgh=
在C点，由牛顿第二定律得：F-mg=m
代入数据解得：F=22N；
（3）由题意可知，小物块m对长木板的摩擦力：f=μ1mg=5N，
长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f′=μ2（M+m）g=10N，
因f＜f′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，
小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0，
则长木板长度至少为L=
答：（1）小物在倾斜轨道上运动时克服摩擦做的功为3J；
（2）小物块滑动至C点时，圆弧轨道对滑块的压力为22N；
（3）长木板至少为1.5m才能保证小物块不滑出长木板．
解析
解：（1）滑块在倾斜轨道运动过程中，
由动能定理得：mg（H-h）-Wf=
代入数据解得：Wf=3J；
（2）从B到C过程，由动能定理得：
mgh=
在C点，由牛顿第二定律得：F-mg=m
代入数据解得：F=22N；
（3）由题意可知，小物块m对长木板的摩擦力：f=μ1mg=5N，
长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f′=μ2（M+m）g=10N，
因f＜f′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，
小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0，
则长木板长度至少为L=
答：（1）小物在倾斜轨道上运动时克服摩擦做的功为3J；
（2）小物块滑动至C点时，圆弧轨道对滑块的压力为22N；
（3）长木板至少为1.5m才能保证小物块不滑出长木板．
雨滴在空中下落时，由于空气阻力的影响，最终会以恒定的速度匀速下降，我们把这个速度叫做收尾速度．研究表明，在无风的天气条件下，空气对下落雨滴的阻力可由公式f=
假设雨滴下落时可视为球形，且在到达地面前均已达到收尾速度．每个雨滴的质量均为m，半径均为R，雨滴下落空间范围内的空气密度为ρ0，空气对雨滴的阻力系数为C0，重力加速度为g．
（1）求雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小；
（2）若根据云层高度估测出雨滴在无风的天气条件下由静止开始竖直下落的高度为h，求每个雨滴在竖直下落过程中克服空气阻力所做的功；
（3）大量而密集的雨滴接连不断地打在地面上，就会对地面产生持续的压力．设在无风的天气条件下雨滴以收尾速度匀速竖直下落的空间，单位体积内的雨滴个数为n（数量足够多），雨滴落在地面上不反弹，雨滴撞击地面时其所受重力可忽略不计，求水平地面单位面积上受到的由于雨滴对其撞击所产生的压力大小．
正确答案
解：（1）设雨滴竖直下落的收尾速度大小为v，
雨滴达到收尾速度时开始匀速下落 mg=f
又因为
解得
（2）设雨滴在空中由静止沿竖直方向下落至地面的过程克服空气阻力所做功为Wf，
依据动能定理有
解得
（3）取横截面积为S、高度H=vt的柱状体积内的雨滴为研究对象，它所含雨滴的总质量为M=nSHm
设柱状体积内的雨滴受到水平地面单位面积上的作用力大小为F，竖直向上为正方向
根据动量定理有 FSt=Mv
解得
根据牛顿第三定律，水平地面的单位面积上受到的由于雨滴对其撞击所产生的压力大小为
答：（1）雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小为
（2）每个雨滴在竖直下落过程中克服空气阻力所做的功为
（3）水平地面单位面积上受到的由于雨滴对其撞击所产生的压力大小为
解析
解：（1）设雨滴竖直下落的收尾速度大小为v，
雨滴达到收尾速度时开始匀速下落 mg=f
又因为
解得
（2）设雨滴在空中由静止沿竖直方向下落至地面的过程克服空气阻力所做功为Wf，
依据动能定理有
解得
（3）取横截面积为S、高度H=vt的柱状体积内的雨滴为研究对象，它所含雨滴的总质量为M=nSHm
设柱状体积内的雨滴受到水平地面单位面积上的作用力大小为F，竖直向上为正方向
根据动量定理有 FSt=Mv
解得
根据牛顿第三定律，水平地面的单位面积上受到的由于雨滴对其撞击所产生的压力大小为
答：（1）雨滴在无风的天气条件下沿竖直方向下落时收尾速度的大小为
（2）每个雨滴在竖直下落过程中克服空气阻力所做的功为
（3）水平地面单位面积上受到的由于雨滴对其撞击所产生的压力大小为
A物体对传送带做的功为
B传送带对物体做的功为
C由于物体和传送带相对滑动而产生的热量为
D传送带在此过程中消耗的能量至少为mv2
正确答案
解析
解：物体从静止释放于匀速运动的皮带，物体在皮带的滑动摩擦力作用下做匀加速运动，而皮带做匀速运动，因此当物体达到皮带的速度时，物体相对地面的位移为s，则皮带的位移为2s，
A、根据动能定理可知，传送带对物体做的功为fs=
B、根据动能定理可知，传送带对物体做的功为fs=
C、物体相对传送带的位移为s，则产生的热量为fs，即
D、传送带在这过程中消耗的能量即为物体产生的动能与过程中产生的热量之和，即至少为mv2 故D正确；
故选：BCD
质量为m=2kg的物体，在光滑水平面上以v1=6m/s的速度匀速向西运动，若有一个F=8N、方向向北的恒力作用于物体，在t=2s内物体的动能增加了______J，2s末速度的大小为______m/s．
正确答案
64
10
解析
解：在F方向上的加速度a=
则2s内F方向上的位移
根据动能定理知，动能的增加量△Ek=Fx=8×8J=64J．
因为
故答案为：64，10．
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