动能和动能定理_章节学习

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题型：单选题

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单选题

如果一个物体运动的速度大小变为原来的2倍，则此物体的动能变为原来的（　　）倍．

A不变

B2倍

C4倍

D无法确定

正确答案

C

解析

解：由动能定义式：EK=mv2知，质量不变，物体运动的速度大小变为原来的2倍

则物体的动能变为：EK′=m（2v）2=4EK；故C正确，ABD错误．

故选：C．

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题型：简答题

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简答题

2008年12月，胶东半岛地区普降大雪，出现近年来少见的寒潮．为了安全行车，某司机在冰雪覆盖的平直公路上测试汽车的制动性能．当车速v=36km/h时紧急刹车（可认为车轮不转动），车轮与冰雪路面间的动摩擦因数μ=0.1，取g=10m/s2．求：

（1）车轮在公路上划出的刹车痕迹长L

（2）若该车以28.8km/h的速度在同样路面上行驶，突然发现正前方停着一辆故障车，为避免两车相撞，司机至少应在距故障车多远处采取同样的刹车措施．（已知刹车反应时间为△t=0.6s．）

正确答案

解：（1）刹车过程，由动能定理得：

μmgL=

解得L=50m

（2）在刹车反应时间内汽车匀速运动的位移：

S1=v△t=8×0.6=4.8m

汽车开始刹车后的位移为S2由动能定理得

μmgS2=

得S2=32m

∴S=S1+S2=4.8+32=36.8m

答：（1）车轮在公路上划出的刹车痕迹长L为50m；

（2）司机至少应在距故障车36.8m远处采取同样的刹车措施．

解析

解：（1）刹车过程，由动能定理得：

μmgL=

解得L=50m

（2）在刹车反应时间内汽车匀速运动的位移：

S1=v△t=8×0.6=4.8m

汽车开始刹车后的位移为S2由动能定理得

μmgS2=

得S2=32m

∴S=S1+S2=4.8+32=36.8m

答：（1）车轮在公路上划出的刹车痕迹长L为50m；

（2）司机至少应在距故障车36.8m远处采取同样的刹车措施．

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题型：简答题

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简答题

高速铁路作为现代社会的一种新的运输方式，为我国的经济发展、资源配置作出了重大贡献．在高铁运行中为了使乘客在乘车时感到舒适，列车最好能以恒定的加速度行驶．某质量为m、发动机额定输出功率为P的列车，由静止开始从O点出发，其v-t图象如图所示．其中OA段为一条直线，AB段为曲线，BC段为水平线，C为行程的终点．设列车运行全程中所受阻力大小保持不变．

（1）若图中t1、v1已知，且知t1是匀加速运动的最长时间，确定OA段阻力做功的大小．

（2）如果再知道v2是列车行驶的最大速度和汽车到达B点的时间t2，写出AB段汽车行驶的位移．

（3）若汽车全程牵引力做功为W，试确定汽车全程的总位移．

正确答案

解：（1）因为F恒定v均匀增大，所以P均匀增大．

所以有：t1-Wf=mv12

故有：Wf=t1-mv12

（2）由于v2是列车行驶的最大速度，故有：

f=

对AB段汽车应用动能定理可得：

P（t2-t1）-s′=m（v22-v12）

s′==v2（t2-t1）-

（3）对全程应用动能定理得：

W-fs=mv22

故有：S=

答：（1）OA段阻力做功的大小为Wf=t1-mv12．

（2）AB段汽车行驶的位移为v2（t2-t1）-．

（3）汽车全程的总位移为

解析

解：（1）因为F恒定v均匀增大，所以P均匀增大．

所以有：t1-Wf=mv12

故有：Wf=t1-mv12

（2）由于v2是列车行驶的最大速度，故有：

f=

对AB段汽车应用动能定理可得：

P（t2-t1）-s′=m（v22-v12）

s′==v2（t2-t1）-

（3）对全程应用动能定理得：

W-fs=mv22

故有：S=

答：（1）OA段阻力做功的大小为Wf=t1-mv12．

（2）AB段汽车行驶的位移为v2（t2-t1）-．

（3）汽车全程的总位移为

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题型：简答题

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简答题

质量为1kg的木块静止在水平地面上，受到20N水平恒力作用后沿水平地面匀加速滑动，木块滑动1m距离时速度达到4m/s，此时立即撤去水平恒力，试问木块还能滑行多远（g取10m/s2）？

正确答案

解：设木块受到的滑动摩擦力大小为f．

根据动能定理得

未撤去恒力时，有 Fx-fx=

撤去恒力时，有-fx′=0-

联立解得 x′===m

答：木块还能滑行m．

解析

解：设木块受到的滑动摩擦力大小为f．

根据动能定理得

未撤去恒力时，有 Fx-fx=

撤去恒力时，有-fx′=0-

联立解得 x′===m

答：木块还能滑行m．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，物块B、C的质量相同，物块A的质量是B的1.6倍，三个物块均可看作质点．三物块用细线通过轻滑轮连接，物块B与C的距离和物块C到地面的距离均为L=1.8m．现将物块A下方的细线剪断，A上升，B和C下降．若物块A距滑轮足够远且不计一切阻力，物块C落地后不影响物块A、B的运动．g=10m/s2，求：

（1）C落地瞬间A的速度大小；

（2）物块A上升的最大高度．

正确答案

解：（1）对A、B、C系统，从开始运动到C落地瞬间，由动能定理得：

（mC+mB-mA）gL=

解得：v1==m/s=2m/s

（2）设物块B的质量为m，则物块A的质量为1.6m，当C着地后，A、B两物体系统机械能守恒，当B的速度为零时，B下落的位移为x，则有功能关系得：

mgx-1.6mgx=0-

解得：x==m≈0.87m

所以B与C没有发生碰撞，此时A上升到最高点，

则A上升的最大高度为：h=L+x=1.8+0.87=2.67m

答：（1）C落地瞬间A的速度大小为2m/s；

（2）物块A上升的最大高度为2.67m．

解析

解：（1）对A、B、C系统，从开始运动到C落地瞬间，由动能定理得：

（mC+mB-mA）gL=

解得：v1==m/s=2m/s

（2）设物块B的质量为m，则物块A的质量为1.6m，当C着地后，A、B两物体系统机械能守恒，当B的速度为零时，B下落的位移为x，则有功能关系得：

mgx-1.6mgx=0-

解得：x==m≈0.87m

所以B与C没有发生碰撞，此时A上升到最高点，

则A上升的最大高度为：h=L+x=1.8+0.87=2.67m

答：（1）C落地瞬间A的速度大小为2m/s；

（2）物块A上升的最大高度为2.67m．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，将质量为m=1kg的小物块放在半圆形轨道最低点M左侧的A处，AM距离为L=1.9m，物块与地面间的动摩擦因数μ=0.5，半圆形轨道直径d=1.8m，固定在水平面上，现物块以10m/s的初速度在水平地面上向右运动，求：

（1）小物块到达M时的速度？

（2）由于上升过程中摩擦阻力影响，小物块刚好能到达轨道最高点N．求小物块落地点到M点之间的水平距离；以着地的速度为多大？

（3）求上升过程中克服摩擦阻力所做的功？

正确答案

解：（1）对A到M运用动能定理得，，

代入数据解得vM=9m/s．

（2）在最高点N，有：mg=m，

解得．

根据2R=，t=，

则水平距离x=vNt=3×0.6m=1.8m．

落地时竖直分速度vy=gt=10×0.6m/s=6m/s，

则着地的速度v=．

（3）根据动能定理得，，

代入数据解得Wf=18J．

答：（1）小物块到达M时的速度为9m/s；

（2）小物块落地点到M点之间的水平距离为1.8m；着地速度为m/s．

（3）上升过程中克服摩擦阻力所做的功为18J．

解析

解：（1）对A到M运用动能定理得，，

代入数据解得vM=9m/s．

（2）在最高点N，有：mg=m，

解得．

根据2R=，t=，

则水平距离x=vNt=3×0.6m=1.8m．

落地时竖直分速度vy=gt=10×0.6m/s=6m/s，

则着地的速度v=．

（3）根据动能定理得，，

代入数据解得Wf=18J．

答：（1）小物块到达M时的速度为9m/s；

（2）小物块落地点到M点之间的水平距离为1.8m；着地速度为m/s．

（3）上升过程中克服摩擦阻力所做的功为18J．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为m的木块压缩轻质弹簧静止在O点，水平面ON段光滑，且N为弹簧的原长位置．长为L的NN′段粗糙，木块与NN′间的动摩擦因数为μ．现释放木块，若木块与弹簧相连接，则木块最远到达NN′段中点，然后在水平面上做往返运动，且第一次回到N时速度大小为v；若木块与弹簧不相连接，木块与弹簧在N点即分离，且通过N′点时以水平速度飞出，木块落地点P到N′的水平距离为s．求：

（1）木块通过N′点时的速度；

（2）木块从O运动到N的过程中弹簧弹力做的功；

（3）木块落地时速度vp的大小．

正确答案

解：（1）木块从N到NN′中点，再回到N点，此过程弹簧弹力做功代数和为零，克服摩擦力做的功为W克；若木块与弹簧不相连接，木块从N到达N′过程中，弹簧弹力不做功，克服摩擦力做的功也为W克，又因为两种情况木块到达N时的速度相同，所以到达N′的速度v′应等于第一次回到N时速度v，即v′=v

（2）木块从O运动到N的过程中弹簧弹力做的功为W

W-W克=mv2，

则得W=mv2+μmgL

（3）木块落地时速度为vp

t=

h=gt2=

根据机械能守恒定律得 mgh=mvp2-mv2

得vP=

答：

（1）木块通过N′点时的速度是v；

（2）木块从O运动到N的过程中弹簧弹力做的功是mv2+μmgL；

（3）木块落地时速度vp的大小是．

解析

解：（1）木块从N到NN′中点，再回到N点，此过程弹簧弹力做功代数和为零，克服摩擦力做的功为W克；若木块与弹簧不相连接，木块从N到达N′过程中，弹簧弹力不做功，克服摩擦力做的功也为W克，又因为两种情况木块到达N时的速度相同，所以到达N′的速度v′应等于第一次回到N时速度v，即v′=v

（2）木块从O运动到N的过程中弹簧弹力做的功为W

W-W克=mv2，

则得W=mv2+μmgL

（3）木块落地时速度为vp

t=

h=gt2=

根据机械能守恒定律得 mgh=mvp2-mv2

得vP=

答：

（1）木块通过N′点时的速度是v；

（2）木块从O运动到N的过程中弹簧弹力做的功是mv2+μmgL；

（3）木块落地时速度vp的大小是．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，有一质量m=1kg的小物块，在平台上以初速度v0=3m/s水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的半径R=0.5m的粗糙圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板，木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，当小物块在木板上相对木板运动l=1m时，与木板有共同速度，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.3，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=53°，不计空气阻力，取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：

（1）A、C两点的高度差h；

（2）物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；

（3）物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功．

正确答案

解：（1）小物块到C点时的速度竖直分量为

vCy=v0tan53°==4 m/s

下落的高度h=．

（2）小物块在木板上滑行达到共同速度的过程

木板的加速度大小：，

物块的加速度大小：，

由题意得：a1t=vD-a2t，

联立以上各式并代入数据解得vD=，

小球在D点时由牛顿第二定律得

代入数据解得FN=26N

由牛顿第三定律得FN′=FN=26 N，方向竖直向下；

（3）小物块由A到D的过程中，由动能定理得

mgh+mgR（1-cos 53°）-W=mv

代入数据解得W=10.5J

答：（1）A、C两点的高度差h为0.8m；

（2）物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为26N；

（3）物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功为10.5J．

解析

解：（1）小物块到C点时的速度竖直分量为

vCy=v0tan53°==4 m/s

下落的高度h=．

（2）小物块在木板上滑行达到共同速度的过程

木板的加速度大小：，

物块的加速度大小：，

由题意得：a1t=vD-a2t，

联立以上各式并代入数据解得vD=，

小球在D点时由牛顿第二定律得

代入数据解得FN=26N

由牛顿第三定律得FN′=FN=26 N，方向竖直向下；

（3）小物块由A到D的过程中，由动能定理得

mgh+mgR（1-cos 53°）-W=mv

代入数据解得W=10.5J

答：（1）A、C两点的高度差h为0.8m；

（2）物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为26N；

（3）物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功为10.5J．

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题型：简答题

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简答题

（2016•河南一模）如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l；水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回．已知R=0.4m，l=2.5m，v0=6m/s，物块质量m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数μ=0.4，轨道其他部分摩擦不计．取g=10m/s2．求：

（1）物块经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；

（2）物块从Q运动到P的时间及弹簧获得的最大弹性势能；

（3）调节仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．

正确答案

解：（1）对从初始位置到圆弧轨道的最高点过程，根据动能定理，有：

-mg（2R）=

在圆弧轨道的最高点，根据牛顿第二定律，有：

mg+N=m

联立解得：

N=40N

根据牛顿第三定律，物块经过圆轨道最高点B时对轨道的压力为40N；

（2）从Q到P过程，滑块的加速度为：a=-μg=-4m/s2；

根据位移公式，有：x=，代入数据解得：

t=0.5s或t=2.5s（不可能速度减小为零后反向加速，故舍去）

在P点的速度为：v2=v0+at=6-4×0.5=4m/s

故最大弹性势能为：

（3）物块恰能不脱离轨道返回A点，在圆轨道最高点的速度为：

对从开始到第二次到圆轨道的最高点过程，根据动能定理，有：

-mg（2R）-μmg•2l=

解得：

2l===3.8m

故l=1.9m

答：（1）物块经过圆轨道最高点B时对轨道的压力为40N；

（2）物块从Q运动到P的时间为1s，弹簧获得的最大弹性势能为8J；

（3）调节仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是1.9m时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．

解析

解：（1）对从初始位置到圆弧轨道的最高点过程，根据动能定理，有：

-mg（2R）=

在圆弧轨道的最高点，根据牛顿第二定律，有：

mg+N=m

联立解得：

N=40N

根据牛顿第三定律，物块经过圆轨道最高点B时对轨道的压力为40N；

（2）从Q到P过程，滑块的加速度为：a=-μg=-4m/s2；

根据位移公式，有：x=，代入数据解得：

t=0.5s或t=2.5s（不可能速度减小为零后反向加速，故舍去）

在P点的速度为：v2=v0+at=6-4×0.5=4m/s

故最大弹性势能为：

（3）物块恰能不脱离轨道返回A点，在圆轨道最高点的速度为：

对从开始到第二次到圆轨道的最高点过程，根据动能定理，有：

-mg（2R）-μmg•2l=

解得：

2l===3.8m

故l=1.9m

答：（1）物块经过圆轨道最高点B时对轨道的压力为40N；

（2）物块从Q运动到P的时间为1s，弹簧获得的最大弹性势能为8J；

（3）调节仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是1.9m时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的细圆管CD，管口D端正下方竖直光滑圆管内直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端齐平．质量为m的小球从曲面上A点由静止开始下滑，AB竖直高度为2r，BC的长度为3r，进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧（始终在弹性限度内）．若当地重力加速度为g，求：

（1）小球达到B点时的速度大小vB；

（2）BC段的动摩擦因数μ；

（3）通过计算说明小球最终停在何处．

正确答案

解：（1）从A到B，根据动能定理有：mg•2r=mvB2

解得 vB=2

（2）由于进入管口C端时与圆管恰好无作用力，即只由重力提供向心力

即 mg=m

从B到C，由动能定理得：-μmg•3r=mvC2-

解得：μ=0.5

（3）根据能量守恒，从A点到最终有

mg•2r=μmgs

解得小球在BC上滑行的总路程 s=4r

因此小球最终停在C点左边r处（或B点右边2r处）．

答：

（1）小球达到B点时的速度大小vB是2．

（2）BC段的动摩擦因数μ是0.5；

（3）小球最终停在C点左边r处（或B点右边2r处）．

解析

解：（1）从A到B，根据动能定理有：mg•2r=mvB2

解得 vB=2

（2）由于进入管口C端时与圆管恰好无作用力，即只由重力提供向心力

即 mg=m

从B到C，由动能定理得：-μmg•3r=mvC2-

解得：μ=0.5

（3）根据能量守恒，从A点到最终有

mg•2r=μmgs

解得小球在BC上滑行的总路程 s=4r

因此小球最终停在C点左边r处（或B点右边2r处）．

答：

（1）小球达到B点时的速度大小vB是2．

（2）BC段的动摩擦因数μ是0.5；

（3）小球最终停在C点左边r处（或B点右边2r处）．

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