- 动能和动能定理
- 共8888题
如图所示,让摆球从图中的C位置由静止开始摆下,摆到最低点D处,摆线刚好被拉断,小球在粗糙的水平面上由D点向左做匀减速运动,到达A孔进入半径R=0.3m的竖直放置的光滑圆弧轨道,当摆球进入圆轨道立即关闭A孔.已知摆线长L=2m,θ=60°,小球质量为m=0.5kg,D点与小孔A的水平距离s=2m,g取10m/s2.试求:
(1)求摆球的到达D点的速度多大?
(2)求摆线能承受的最大拉力为多大?
(3)要使摆球能进入圆轨道且最高不超过与圆心等高处,求小球与水平面的动摩擦因数μ的范围.
正确答案
解(1)对CD段应用动能定理,得:mgL(1-cosθ)=
代入数据解得:vD=2m/s
(2)在最低点有牛顿第二定律得:T-mg=
代入数据解得:T=10N
由作用力与反作用力的关系可知:小球在最低点对绳子的拉力为10N,即绳子承受的最大拉力为10N.
(3)要使摆球能进入圆轨道,所以到达A点的速度大于零,据动能定理得:
代入数据解得:μ1=0.5
又因为最高不超过与圆心等高处,所以在等高处最大速度为零,再据动能定理得:
代入数据解得:μ2=0.35
以上可知,使摆球能进入圆轨道且最高不超过与圆心等高处,求小球与水平面的动摩擦因数0.35<μ<0.5.
答:(1)求摆球的到达D点的速度2m/s.
(2)求摆线能承受的最大拉力10N.
(3)要使摆球能进入圆轨道且最高不超过与圆心等高处,求小球与水平面的动摩擦因数μ的范围0.35<μ<0.5.
解析
解(1)对CD段应用动能定理,得:mgL(1-cosθ)=
代入数据解得:vD=2m/s
(2)在最低点有牛顿第二定律得:T-mg=
代入数据解得:T=10N
由作用力与反作用力的关系可知:小球在最低点对绳子的拉力为10N,即绳子承受的最大拉力为10N.
(3)要使摆球能进入圆轨道,所以到达A点的速度大于零,据动能定理得:
代入数据解得:μ1=0.5
又因为最高不超过与圆心等高处,所以在等高处最大速度为零,再据动能定理得:
代入数据解得:μ2=0.35
以上可知,使摆球能进入圆轨道且最高不超过与圆心等高处,求小球与水平面的动摩擦因数0.35<μ<0.5.
答:(1)求摆球的到达D点的速度2m/s.
(2)求摆线能承受的最大拉力10N.
(3)要使摆球能进入圆轨道且最高不超过与圆心等高处,求小球与水平面的动摩擦因数μ的范围0.35<μ<0.5.
如图所示,一轨道由光滑竖直的
圆弧AB、粗糙水平面BC及光滑斜面CE组成,BC与CE在C点由极小光滑圆弧相切连接,一小球从A点正上方h=0.2m处P点自由下落,正好沿A点切线进入轨道,已知小球质量m=1kg,
竖直圆弧半径R=0.05m,BC长s=0.1m,小球过C点后t1=0.3s第一次到达图中的D点,又经t2=0.2s第二次到达D点.重力加速度取g=10m/s2.求:
(1)小球第一次离开圆弧轨道B点瞬时速度大小vB和此时受轨道弹力大小;
(2)小球第一次经过C点时瞬间的速度大小vC;
(3)小球与水平面BC间的动摩擦因数μ.
正确答案
解:(1)由动能定理知,,
代入数据解得.
在圆弧轨道B点,根据牛顿第二定律有:,
代入数据解得NB=110N.
(2)小球在CE段加速度a=,
由对称性及题意可知,小球从C点上滑到最高点用时t=0.4s.
则小球在C点的速度vC=at=5×0.4m/s=2m/s.
(3)小球从B到C过程中,μmg=ma′,
,
代入数据解得μ=0.5.
答:(1)小球第一次离开圆弧轨道B点瞬时速度大小为m/s,此时受轨道弹力大小为110N;
(2)小球第一次经过C点时瞬间的速度大小为2m/s;
(3)小球与水平面BC间的动摩擦因数为0.5.
解析
解:(1)由动能定理知,,
代入数据解得.
在圆弧轨道B点,根据牛顿第二定律有:,
代入数据解得NB=110N.
(2)小球在CE段加速度a=,
由对称性及题意可知,小球从C点上滑到最高点用时t=0.4s.
则小球在C点的速度vC=at=5×0.4m/s=2m/s.
(3)小球从B到C过程中,μmg=ma′,
,
代入数据解得μ=0.5.
答:(1)小球第一次离开圆弧轨道B点瞬时速度大小为m/s,此时受轨道弹力大小为110N;
(2)小球第一次经过C点时瞬间的速度大小为2m/s;
(3)小球与水平面BC间的动摩擦因数为0.5.
如图所示,在游乐节目中,选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到对面的高台上.一质量m=60kg的选手脚穿轮滑鞋以加速度2.5m/s2助跑13m后水平抓住竖直的绳开始摆 动,选手可看作质点,绳子的悬挂点到选手的距离L=10m.当绳摆到与竖直方向夹角θ=37°的C点时,选手放开绳子.不考虑空气阻力和绳的质量.,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.,求:
(1)选手加速运动抓住绳时的速度.(结果可含根号)
(2)选手飞越到C点放开绳子时的速度大小.
(3)选手放开绳子后继续运动到最高点时,刚好可以到达水平传送带A点(此时速度沿水平方向),传送带始终以v1=3m/s的速度匀速向左运动,传送带的另一端B点是终点,且传送带AB之间的距离SAB=3.75m.若选手在传送带上不提供动力自由滑行,受到的摩擦阻力为自重的0.2倍,通过计算说明该选手是否能顺利冲过终点B.
正确答案
解:(1)由运动学公式:V2=2ax得抓住绳时的速度V==
(2)根据机械守恒定律有:,
解得:VC==5m/s
(3)选手在放开绳子时,水平速度为vx,竖直速度为vy,则vx=vCcos37°=4m/s.
选手在最高点站到传送带上A点有4m/s向右的速度,在传送带上做匀减速直线运动.
选手的加速度大小a==2m/s2.
以地面为参考系
-vx2=-2ax,
x=4m>3.75m
所以可以顺利冲过终点.
答:(1)选手加速运动抓住绳时的速度;(2)选手飞越到C点放开绳子时的速度大小5m/s.
(3)可以顺利冲过终点.
解析
解:(1)由运动学公式:V2=2ax得抓住绳时的速度V==
(2)根据机械守恒定律有:,
解得:VC==5m/s
(3)选手在放开绳子时,水平速度为vx,竖直速度为vy,则vx=vCcos37°=4m/s.
选手在最高点站到传送带上A点有4m/s向右的速度,在传送带上做匀减速直线运动.
选手的加速度大小a==2m/s2.
以地面为参考系
-vx2=-2ax,
x=4m>3.75m
所以可以顺利冲过终点.
答:(1)选手加速运动抓住绳时的速度;(2)选手飞越到C点放开绳子时的速度大小5m/s.
(3)可以顺利冲过终点.
足球运动员在距球门正前方s处的罚球点,准确地从球门正中央横梁下边缘踢进一球.横梁下边缘离地面的高度为h,足球质量为m,空气阻力忽略不计,运动员至少要对足球做的功为W.下面给出功W的四个表达式中只有一个是合理的,你可能不会求解W,但是你可以通过一定的物理分析,对下列表达式的合理性做出判断.根据你的判断,W的合理表达式应为( )
正确答案
解析
解:A、当S>0时,一定有W>mgh,故A正确;
B、功等于机械能增量,故功W>mgh,但S取一定的值时,此式可能小于mgh,矛盾,故B错误;
C、足球重力势能增加量为mgh,动能增加量大于零,故功大于mgh,故C错误;
D、等号右边单位为:kg•N/kg•m2=N•m2=J•m,不是焦耳,故D错误;
故选:A.
如图是一传送带加速装置示意图,现利用该装置,将一质量m=1kg的货物轻放在速度足够大的传送带A端,其由初速度为零加速到另一端B后将沿着半径R=0.4m的光滑圆弧轨道运动,圆弧所对圆心角为143°,且恰好到达圆弧轨道的最高点C,圆弧轨道与传送带在B点相切,半径OO方向竖直,O点为圆弧轨道的圆心,已知传送带与货物间的动摩擦因数μ=0.8,传送带与水平面间的夹角θ=37°.已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s3,货物可是为质点.
(1)求货物刚进入半圆轨道时,对B点的压力大小;
(2)求传送带至少要多长.
正确答案
解:(1)要使小球能沿轨道刚好到达最高点C,
重力提供圆周运动的向心力,在C点,
由牛顿第二定律得:mg=m,
解得:vC=,
物体由B到C过程中,由机械能守恒定律得:
=mg(R+Rcos37°)+
代入数据解得,
根据牛顿第二定律得,N-
解得N=.
(2)物体在沿AB加速过程中,由牛顿第二定律得:
μmgcosθ-mgsinθ=ma,
代入数据解得:a=0.4m/s2;
在沿AB加速过程中,由速度位移公式可得,
vB2-vA2=2asAB,解得sAB=23m;
答:(1)货物刚进入半圆轨道时,对B点的压力大小为54N;(2)传送带至少为23m.
解析
解:(1)要使小球能沿轨道刚好到达最高点C,
重力提供圆周运动的向心力,在C点,
由牛顿第二定律得:mg=m,
解得:vC=,
物体由B到C过程中,由机械能守恒定律得:
=mg(R+Rcos37°)+
代入数据解得,
根据牛顿第二定律得,N-
解得N=.
(2)物体在沿AB加速过程中,由牛顿第二定律得:
μmgcosθ-mgsinθ=ma,
代入数据解得:a=0.4m/s2;
在沿AB加速过程中,由速度位移公式可得,
vB2-vA2=2asAB,解得sAB=23m;
答:(1)货物刚进入半圆轨道时,对B点的压力大小为54N;(2)传送带至少为23m.
如图所示,质量为m小车在水平恒力F推动下,从底部A处光滑曲面由静止起运动至高位h的坡顶B,获得速度为v,重力加速度为g,则在这个过程中,物体克服重力做的功为______,合外力做的功为______.
正确答案
mgh
解析
解:物体上升h,故克服重力做功为:W克G=mgh;
根据动能定理,合外力做功为:W合=△Ek=;
故答案为:mgh,.
如图所示,小球由静止开始沿光滑轨道滑下,并沿水平方向抛出,小球抛出后落在斜面上.已知斜面的倾角为θ,斜面上端与小球抛出点在同一水平面上,下端与抛出点在同一竖直线上,斜面长度为L,斜面上M、N两点将斜面长度等分为3段.小球可以看作质点,空气阻力不计.为使小球能落在M点上,
(1)小球抛出的速度多大?
(2)释放小球的位置相对于抛出点的高度h是多少?(重力加速度为g)
正确答案
解:(1)设小球沿轨道滑至最低点的速度为v0,小球离开桌面后做平抛运动:
解得:
(2)由动能定理得:
解得
答:(1)小球抛出的速度为;
(2)释放小球的位置相对于抛出点的高度h是.
解析
解:(1)设小球沿轨道滑至最低点的速度为v0,小球离开桌面后做平抛运动:
解得:
(2)由动能定理得:
解得
答:(1)小球抛出的速度为;
(2)释放小球的位置相对于抛出点的高度h是.
质量为2kg的物体A以5m/s的速度向北运动,另一个质量为0.5kg的物体B以10m/s的速度向西运动,则下列说法正确的是( )
正确答案
解析
解:动能为:EK=mv2;
故A的动能为:EkA==25J;
B的动能为:EkB=×0.5×100=25J;
故EkA=EkB;
故选:A.
如图甲,在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面,斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中.一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端,整根弹簧处于自然状态.一质量为m、带电量为q(q>0)的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放,滑块在运动过程中电量保持不变,设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失,弹簧始终处在弹性限度内,重力加速度大小为g.
(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1;
(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm,求滑块从静止释放到速度大小为vm的过程中弹簧的弹力所做的功W;
(3)从滑块静止释放瞬间开始计时,请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象.图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻,纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小,vm是题中所指的物理量.(本小题不要求写出计算过程)
正确答案
解:(1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度大小为a,则有
qE+mgsinθ=ma…①
s0=at2…②
联立①②可得
t1=…③
(2)滑块速度最大时受力平衡,设此时弹簧压缩量为x0,则有
mgsinθ+qE=kx0…④
从静止释放到速度达到最大的过程中,由动能定理得
(mgsinθ+qE)•(s0+x0)+W=-0…⑤
联立④⑤可得
W=-(mgsinθ+qE)•(s0+
)
(3)假设t1时刻速度为v1,这段时间内匀加速运动我们描点用刻度尺连线即可;
设t2时刻速度达到最大,t1到t2时刻物体做加速度减小的加速运动,画一段斜率逐渐减小的平滑曲线即可.
设第一次速度为零的时刻为t3,t2到t3时间内物体做加速度增大的减速运动,画一段斜率逐渐增大的平滑曲线即可,
如图所示:
答:(1)滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1=
(2)弹簧的弹力所做的功W=-(mgsinθ+qE)•(s0+
)
(3)
解析
解:(1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度大小为a,则有
qE+mgsinθ=ma…①
s0=at2…②
联立①②可得
t1=…③
(2)滑块速度最大时受力平衡,设此时弹簧压缩量为x0,则有
mgsinθ+qE=kx0…④
从静止释放到速度达到最大的过程中,由动能定理得
(mgsinθ+qE)•(s0+x0)+W=-0…⑤
联立④⑤可得
W=-(mgsinθ+qE)•(s0+
)
(3)假设t1时刻速度为v1,这段时间内匀加速运动我们描点用刻度尺连线即可;
设t2时刻速度达到最大,t1到t2时刻物体做加速度减小的加速运动,画一段斜率逐渐减小的平滑曲线即可.
设第一次速度为零的时刻为t3,t2到t3时间内物体做加速度增大的减速运动,画一段斜率逐渐增大的平滑曲线即可,
如图所示:
答:(1)滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1=
(2)弹簧的弹力所做的功W=-(mgsinθ+qE)•(s0+
)
(3)
(2016•长宁区一模)一木块静止在粗糙水平面上,现用一大小为F1的水平力拉动木块,经过时间t,其速度为υ.若将水平拉力的大小改为F2,物体从静止开始经过相等时间t,速度变为2υ.对以上两个过程,用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2做的功,Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力做的功,则( )
正确答案
解析
解:由题意可知,两次物体均做匀加速运动,在同样的时间内,它们的位移之比为:
S1:S2=t:
=1:2;
两次物体所受的摩擦力不变,根据力做功表达式,则克服滑动摩擦力做功之比为:
Wt1:Wt2=fS1:fS2=1:2,
则有:Wf2=2 Wf1.
再由动能定理,则有:
WF-Wf=mv2-0;
可知:WF1-Wf1=mv2-0;WF2-Wf2=
m(2v)2-0;
由上两式可解得:WF2=4WF1-2Wf1,则有:WF2<4WF1 ,故C正确确,ABD错误;
故选:C
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