动能和动能定理_章节学习

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题型：简答题

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简答题

如图所示，光滑圆弧轨道BC与足够长粗糙斜面DE平滑相连，固定在竖直平面内（CD为一段极小光滑圆弧）．现从离B点有一定距离和一定高度的A点水平抛出一个小物块，小物块恰能从B点沿切线方向进入半径为R的光滑圆弧轨道BC（不计空气阻力，进人圆弧轨道时不翻滚且无机械能损失），在小物块沿斜面返回光滑圆弧轨道后，刚好没有离开．图中θ=60°，α=37°（取sinα=0.6，cosα=0.8），动摩擦因数为μ，且μ＜0.75，重力加速度为g．求：

（1）A点与B点的水平距离x和竖直高度y应该满足何种关系；

（2）物块在斜面上滑行的总路程．

正确答案

解：（1）设A点初速为v0，B点速度为v，竖直速度为v1，物块在B点速度恰好沿切线方向，则v与水平线的夹角为θ=60°

由A到B做平抛运动，则：y=gt2，x=v0t，

对B点速度v做垂直和水平方向分解，有：v1=gt，

且tan60°=====，

得：x=y；

（2）物块在斜面上受力为支持力：N=mgcosα，摩擦力：f=μN=μmgcosα，

整个过程中除在斜面上的摩擦力做功损失能量外，其余地方无能量损失，物块返回B点后，刚好停在B点，即物块由A处平抛所获得的能量全部在斜面上因摩擦损失殆尽，设物块在斜面上滑行的总距离为s，由能量守恒定律得：

mgy+mv02=μmgscosα，

由y=gt2，得：t2=，

由于：v02=（）2===gy，

解得：s=；

答：（1）A点与B点的水平距离x和竖直高度y应该满足的关系为y；

（2）物块在斜面上滑行的总路程为．

解析

解：（1）设A点初速为v0，B点速度为v，竖直速度为v1，物块在B点速度恰好沿切线方向，则v与水平线的夹角为θ=60°

由A到B做平抛运动，则：y=gt2，x=v0t，

对B点速度v做垂直和水平方向分解，有：v1=gt，

且tan60°=====，

得：x=y；

（2）物块在斜面上受力为支持力：N=mgcosα，摩擦力：f=μN=μmgcosα，

整个过程中除在斜面上的摩擦力做功损失能量外，其余地方无能量损失，物块返回B点后，刚好停在B点，即物块由A处平抛所获得的能量全部在斜面上因摩擦损失殆尽，设物块在斜面上滑行的总距离为s，由能量守恒定律得：

mgy+mv02=μmgscosα，

由y=gt2，得：t2=，

由于：v02=（）2===gy，

解得：s=；

答：（1）A点与B点的水平距离x和竖直高度y应该满足的关系为y；

（2）物块在斜面上滑行的总路程为．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，以A、B为端点的半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的水平地面上，左端紧靠B点，上表面与半圆AB相切于B点，一水平传送带的左端与半圆AB相切于A点，整个装置处于同一竖直平面内．一可视为质点的物块被轻放在匀速运动的传带上的E点，当物块运动到A点时刚好与传送带速度相同，且恰好沿圆弧轨道AB做圆周运动，经B点滑上滑板，滑板运动到水平地面上的固定点C前已与物块达到共速，之后滑板在C点被牢固粘连．已知物块质量为m，滑块质量为M=m，半圆的半径为R，滑板长l=4R，E点距A点的距离s=2.5R，物块与滑板间的动摩擦因数为μ2=0.5，重力加速度为g．求：

（1）物块与传送带之间的动摩擦因数μ1；

（2）物块滑到B点时对半圆轨道的压力；

（3）物块在滑板上运动过程中，物块克服摩擦力做的功W1．

正确答案

解：（1）物块在A点刚好能做圆周运动，则有：

mg=

物块在传送带上加速到A点的过程中，由动能定理得：

μ1mgs=mvA2

可得μ1=0.2

（2）物块从A点到B点，由机械能守恒可得：

2mgR+mvA2=mvB2

在B点，由向心力表达式：

FN-mg=m

得到：FN=6mg

由牛顿第三定律可得：物块对B点的压力大小为6mg，方向竖直向下．

（3）由于物块在木块粘到C点前，已达共速，

对木板：μ2mg=Ma，v共=at

对物块：μ2mg=ma v共=vB-at

二者达共速：v共=

此时木板运动的位移：x1==R

物块对地的位移：x2==R

此时物块相对木板运动了：△x=R

此时物块克服摩擦力做功W1=μ2mgx2=mgR

当木板在C点被粘劳之后，物块继续向右运动，假设在木板上一直减速到0，则物块还能往前运动的位移：

x3==

△x+x3=＜4R

则物块在第二阶段克服摩擦力做功W2=μ2mgx3=mgR

则物块总共克服摩擦力做功为：W=W1+W2=mgR

答：（1）物块与传送带之间的动摩擦因数μ1为0.2．

（2）物块滑到B点时对半圆轨道的压力为6mg，方向竖直向下．

（3）物块在滑板上运动过程中，物块克服摩擦力做的功W1为mgR．

解析

解：（1）物块在A点刚好能做圆周运动，则有：

mg=

物块在传送带上加速到A点的过程中，由动能定理得：

μ1mgs=mvA2

可得μ1=0.2

（2）物块从A点到B点，由机械能守恒可得：

2mgR+mvA2=mvB2

在B点，由向心力表达式：

FN-mg=m

得到：FN=6mg

由牛顿第三定律可得：物块对B点的压力大小为6mg，方向竖直向下．

（3）由于物块在木块粘到C点前，已达共速，

对木板：μ2mg=Ma，v共=at

对物块：μ2mg=ma v共=vB-at

二者达共速：v共=

此时木板运动的位移：x1==R

物块对地的位移：x2==R

此时物块相对木板运动了：△x=R

此时物块克服摩擦力做功W1=μ2mgx2=mgR

当木板在C点被粘劳之后，物块继续向右运动，假设在木板上一直减速到0，则物块还能往前运动的位移：

x3==

△x+x3=＜4R

则物块在第二阶段克服摩擦力做功W2=μ2mgx3=mgR

则物块总共克服摩擦力做功为：W=W1+W2=mgR

答：（1）物块与传送带之间的动摩擦因数μ1为0.2．

（2）物块滑到B点时对半圆轨道的压力为6mg，方向竖直向下．

（3）物块在滑板上运动过程中，物块克服摩擦力做的功W1为mgR．

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题型：简答题

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简答题

由相同材料的木板搭成的轨道如图所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF…长均为L=3m，木板OA和其它木板与水平地面的夹角都为β=37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8），一个可看成质点的物体在木板OA上从图中的离地高度h=15m处由静止释放，物体与木板的动摩擦因数都为μ=0.5，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过它，既不损失动能，也不会脱离轨道，在以后的运动过程中，问：（重力加速度取10m/s2）

（1）从O点运动到A所需的时间是多少？

（2）物体运动的总路程是多少？物体最终停在何处？请说明理由．

正确答案

解：（1）物体在下滑过程中，由牛顿第二定律有 mgsinθ-μmgcosθ=ma

代入数据求得 a=2m/s2

设从O到A所用时间为t 则有

代入数据求得 t=5s

（2）从物体开始运动到最终停下的过程中，总路程为S，由动能定理得mgh-μmgScosθ=0

代入数据求得 S=37.5m

假设能依次能到达B点、D点，由动能定理得

得 vB＞0

得方程无解

则说明物体能过B点不能到达D点，最终将停在C点

答：（1）从O点运动到A所需的时间是5s（2）物体运动的总路程是37.5m，物体能过B点不能到达D点，最终将停在C点

解析

解：（1）物体在下滑过程中，由牛顿第二定律有 mgsinθ-μmgcosθ=ma

代入数据求得 a=2m/s2

设从O到A所用时间为t 则有

代入数据求得 t=5s

（2）从物体开始运动到最终停下的过程中，总路程为S，由动能定理得mgh-μmgScosθ=0

代入数据求得 S=37.5m

假设能依次能到达B点、D点，由动能定理得

得 vB＞0

得方程无解

则说明物体能过B点不能到达D点，最终将停在C点

答：（1）从O点运动到A所需的时间是5s（2）物体运动的总路程是37.5m，物体能过B点不能到达D点，最终将停在C点

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题型：多选题

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多选题

质量一定的物体（　　）

A速度发生变化时，动能一定发生变化

B速度发生变化时，动能不一定发生变化

C速度不变时，其动能一定不变

D动能不变时，速度一定不变

正确答案

B,C

解析

解：A、B速度改变，可能是速度方向改变，而大小不变，故动能不一定改变，故A错误．故B正确．

C、由动能表达Ek=，速度不变，则动能一定变，故C正确．

D、动能不变时，速度方向可以改变，速度大小不一定变，如匀速圆周运动，动能就不改变，故D错误．

故选：BC．

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题型：简答题

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简答题

AB是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B与水平直轨道相切，如图所示．一小球自A点起由静止开始沿轨道下滑．已知圆轨道半径为R，小球的质量为m，不计各处摩擦．求：

（1）小球运动到B点时的动能

（2）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力NB、NC各是多大？（注意：物体在B点时仍具有向心加速度）

正确答案

解：（1）小球从A到B的运动过程中，机械能守恒，选BC所在水平面为参考平面，则：

mgR=m ①

则小球运动到B点时的动能为：EkB=mgR

（2）根据牛顿运动定律，小球在B点时，有：

NB-mg=，②

解①②得：NB=3mg

在C点：Nc=mg．

答：（1）小球运动到B点时的动能为mgR．

（2）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力NB、NC各是3mg、mg．

解析

解：（1）小球从A到B的运动过程中，机械能守恒，选BC所在水平面为参考平面，则：

mgR=m ①

则小球运动到B点时的动能为：EkB=mgR

（2）根据牛顿运动定律，小球在B点时，有：

NB-mg=，②

解①②得：NB=3mg

在C点：Nc=mg．

答：（1）小球运动到B点时的动能为mgR．

（2）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力NB、NC各是3mg、mg．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，质量为m的物块在水平恒力F的推动下，从粗糙山坡底部的A处由静止运动至高为h的坡顶B处，并获得速度v，AB之间的水平距离为x，重力加速度为g，则（　　）

A物块克服重力所做的功是mgh

B合外力对物块做的功是mv2

C推力对物块做的功是mv2+mgh

D阻力对物块做的功是mv2+mgh-Fx

正确答案

A,B,D

解析

解：A、物块上升的高度为h，则物块克服重力做功为mgh，故A正确．

B、物体初动能为零，末动能为，根据动能定理知，合外力做功为，故B正确．

C、F为恒力，则恒力做功为Fx，故C错误．

D、根据动能定理知，Fx-mgh+，解得阻力做功Wf=mv2+mgh-Fx，故D正确．

故选：ABD．

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题型：填空题

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填空题

从距地面3m高处，一个人用力将原来静止的球以5m/s的速度水平抛出，球的质量为2kg，抛球时人对铅球做的功为______J．若取地面处重力势能为0，g=10m/s2，则铅球落地前瞬间的机械能为______J．

正确答案

25

85

解析

解：根据动能定理可知，人对铅球做的功等于铅球动能的变化，即：

===25J．

根据机械能守恒定律可知，铅球落地前的机械能等于水平抛出时的机械能，即为：

E=+mgh==85J

故答案为：25，85．

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题型：简答题

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简答题

光滑水平面上，一个长平板与半圆组成如图所示的装置，半圆弧面（直径AB竖直）与平板上表面相切于A点，整个装置质量M=5kg．在装置的右端放一质量为m=1kg的小滑块（可视为质点），小滑块与长平板间的动摩擦因数μ=0.4，装置与小滑块一起以v0=12m/s的速度向左运动．现给装置加一个F=64N向右的水平推力，小滑块与长平板发生相对滑动，当小滑块滑至长平板左端A时，装置速度恰好减速为0，此时撤去外力F并将装置锁定（M速度瞬间变为零）．小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点B．滑块脱离半圆形轨道后又落回长平板．已知小滑块在通过半圆形轨道时克服摩擦力做功Wf=9.5J．g=10m/s2．求：

（1）装置运动的时间和位移大小；

（2）长平板的长度l；

（3）小滑块最后落回长平板上的落点离A的距离．

正确答案

解：（1）分析M受力，由牛顿第二定律得：

F-μmg=Ma1

代入数据解得：

a1=12m/s2

设装置向左运动到速度为0的时间为t1，则有：

v0-a1t1=0

联立并代入数据解得：

t1=1s

装置向左运动的距离：

x1=v0t1-a1=12×1m-0.5×12×1m=6m

（2）对m受力分析，由牛顿第二定律得：

μmg=ma2

代入数据解得：

a2=4m/s2

设滑块运动到A点时的速度为v1，则：

v1=v0-a2t1

联立并代入数据解得：

v1=8m/s

小滑块向左运动的距离为：

x2=v0t1-a2=12×1m-0.5×4×1m=10m

则平板长为：l=x2-x1=10m-6m=4m

（3）设滑块在B点的速度为v2，从A至B，由动能定理得：

-mg×2R-Wf=m-m

在B点有：mg=

联立解得：

R=0.9m，v2=3m/s

小滑块从B点飞出做平抛运动：

2R=g

联立解得：t2=0.6s

落点离A的距离为：x=v2t2=3×0.6m=1.8m

答：1）装置运动的时间和位移大小6m；

（2）长平板的长度l为4m；

（3）小滑块最后落回长平板上的落点离A的距离1.8m．

解析

解：（1）分析M受力，由牛顿第二定律得：

F-μmg=Ma1

代入数据解得：

a1=12m/s2

设装置向左运动到速度为0的时间为t1，则有：

v0-a1t1=0

联立并代入数据解得：

t1=1s

装置向左运动的距离：

x1=v0t1-a1=12×1m-0.5×12×1m=6m

（2）对m受力分析，由牛顿第二定律得：

μmg=ma2

代入数据解得：

a2=4m/s2

设滑块运动到A点时的速度为v1，则：

v1=v0-a2t1

联立并代入数据解得：

v1=8m/s

小滑块向左运动的距离为：

x2=v0t1-a2=12×1m-0.5×4×1m=10m

则平板长为：l=x2-x1=10m-6m=4m

（3）设滑块在B点的速度为v2，从A至B，由动能定理得：

-mg×2R-Wf=m-m

在B点有：mg=

联立解得：

R=0.9m，v2=3m/s

小滑块从B点飞出做平抛运动：

2R=g

联立解得：t2=0.6s

落点离A的距离为：x=v2t2=3×0.6m=1.8m

答：1）装置运动的时间和位移大小6m；

（2）长平板的长度l为4m；

（3）小滑块最后落回长平板上的落点离A的距离1.8m．

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题型：多选题

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多选题

一个质量为m的带电小球，在存在匀强电场的空间以某一水平初速度抛出，小球运动时的加速度大小为，加速度方向竖直向下，则小球在竖直方向上下降H高度时（　　）

A小球的机械能减少了

B小球的动能增加了

C小球的电势能增加了

D小球的重力势能减少了mgH

正确答案

B,C,D

解析

解：由牛顿第二定律得：mg-F=

解知小球受到的电场力F=，且方向竖直向上．

小球在竖直方向上下降H高度时重力做正功W1=mgH，电场力做负功W2=-，因此，小球的重力势能减少mgH，小球的电势能增加，故C、D选项正确．

除重力做功外，电场力做负功W2=-，因此，小球的机械能减少，故A选项错．

合力的功W1+W2=，由动能定理知小球的动能增加，故B选项正确．

故答案选B、C、D．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，工人通过两条传送带将质量为m的货物运送到高处，已知传送带1匀速运动的速度为v，传送带2的长度为L．将货物无初速度地放在传送带1的左端，到达右端前已经匀速运动，货物从传送带1过渡到传送带2时速度大小不变．某次传送带2因故障停转，工人发现货物沿传送带2向上滑行的最大距离为．

（1）求货物上滑过程中的加速度大小；

（2）工人甲在货物到达传送带2时立刻施加平行于传送带斜向上的推力，作用一段距离后，撤去该力，货物恰能到达传送带2的顶端，求推力对货物做的功W；

（3）工人乙将传送带1的运行速度提高到2v，发现货物也恰能到达传送带2的顶端，求传送带1的长度．（已知货物与传送带1的动摩擦因数为μ，重力加速度为g）

正确答案

解：（1）由运动学公式得 v2=2a•L，解得：a=

（2）设斜面倾角为α，由动能定理得：

-mg•Lsinα-μmgcosαL=0-

WF-mgLsinα-μmgcosαL=0-

联立解得：WF=

（3）传送带1的运行速度提高到2v后，设货物到达传送带2的速度为v′，则v′2=2a•L，

解得：v′=v＜2v

所以货物在传送带上一直加速，a1=μg，2a1x=v′2，

解得：x=

答：（1）货物上滑过程中的加速度大小为；

（2）推力对货物做的功W是；

（3）传送带1的长度为．

解析

解：（1）由运动学公式得 v2=2a•L，解得：a=

（2）设斜面倾角为α，由动能定理得：

-mg•Lsinα-μmgcosαL=0-

WF-mgLsinα-μmgcosαL=0-

联立解得：WF=

（3）传送带1的运行速度提高到2v后，设货物到达传送带2的速度为v′，则v′2=2a•L，

解得：v′=v＜2v

所以货物在传送带上一直加速，a1=μg，2a1x=v′2，

解得：x=

答：（1）货物上滑过程中的加速度大小为；

（2）推力对货物做的功W是；

（3）传送带1的长度为．

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