- 动能和动能定理
- 共8888题
（1）滑块到达轨道最低点B时对轨道的压力大小；
（2）滑块落地点到桌子边缘D点的距离；
（3）如果在C点到地面之间放置一块木板，木板与地面间的夹角θ=53°（图中虚线所示），则滑块能否落在木板上？若不能，请说明理由；若能，请求出它第一次在木板上的落点到C点的距离．（sin53°=0.8）
正确答案
解：（1）滑块从A到B的过程中，根据机械能守恒定律得：
mgR=
可得 vB=
在B点，设轨道对滑块支持力为F，则小滑块在B点时所受轨道支持力和重力的合力提供圆周运动的向心力
F-mg=m
联立得：F=3mg=30N
由牛顿第三定律，滑块对轨道的压力F′=F=30N
（2）从A到C，由动能定理得：
mgR-μmgL=
解得：vC=3m/s
滑块离开C点后做平抛运动，则有：
h=
x=vCt
联立解得：t=1s，x=3m
（3）假设滑块刚好落到木板的底端时经过C点的速度为v，则有：
v=
所以滑块能落在木板上．
设它第一次在木板上的落点到C点的距离为S．
则有：
Scos53°=vCt
Ssin53°=
得：tan53°=
S=
答：（1）滑块到达轨道最低点B时对轨道的压力大小为30N；
（2）滑块落地点到桌子边缘D点的距离是3m．
（3）滑块能落在木板上，它第一次在木板上的落点到C点的距离为4m
解析
解：（1）滑块从A到B的过程中，根据机械能守恒定律得：
mgR=
可得 vB=
在B点，设轨道对滑块支持力为F，则小滑块在B点时所受轨道支持力和重力的合力提供圆周运动的向心力
F-mg=m
联立得：F=3mg=30N
由牛顿第三定律，滑块对轨道的压力F′=F=30N
（2）从A到C，由动能定理得：
mgR-μmgL=
解得：vC=3m/s
滑块离开C点后做平抛运动，则有：
h=
x=vCt
联立解得：t=1s，x=3m
（3）假设滑块刚好落到木板的底端时经过C点的速度为v，则有：
v=
所以滑块能落在木板上．
设它第一次在木板上的落点到C点的距离为S．
则有：
Scos53°=vCt
Ssin53°=
得：tan53°=
S=
答：（1）滑块到达轨道最低点B时对轨道的压力大小为30N；
（2）滑块落地点到桌子边缘D点的距离是3m．
（3）滑块能落在木板上，它第一次在木板上的落点到C点的距离为4m
（1）在滚轮的作用下，杆加速上升的加速度；
（2）杆与滚轮脱离时杆的速度；
（3）每个周期中电动机对金属杆所做的功．
正确答案
解：（1）杆加速上升过程中，受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，滑动摩擦力大小为 f=μN=7×103N
a=
（2）设杆经过时间t0速度与滚轮速度相同，即有 v=at0
得t0=
此过程金属杆通过的位移 s=
∵s＜L=6.5m
∴金属杆先匀加速4米，后匀速2.5米．
杆与滚轮脱离时杆的速度为滚轮边缘线速度 v=4m/s
（3）对于匀加速运动过程，由动能定理得
W1-mgsinθs=
代人数据解得：W1=2.8×104J
对于匀速运动过程，由动能定理得 W2-mgsinθs′=0
解得：W2=1.25×104J
∴W=W1+W2=4.05×104J
答：
（1）在滚轮的作用下，杆加速上升的加速度为2m/s2．
（2）杆与滚轮脱离时杆的速度为4m/s．
（3）每个周期中电动机对金属杆所做的功为4.05×104J．
解析
解：（1）杆加速上升过程中，受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，滑动摩擦力大小为 f=μN=7×103N
a=
（2）设杆经过时间t0速度与滚轮速度相同，即有 v=at0
得t0=
此过程金属杆通过的位移 s=
∵s＜L=6.5m
∴金属杆先匀加速4米，后匀速2.5米．
杆与滚轮脱离时杆的速度为滚轮边缘线速度 v=4m/s
（3）对于匀加速运动过程，由动能定理得
W1-mgsinθs=
代人数据解得：W1=2.8×104J
对于匀速运动过程，由动能定理得 W2-mgsinθs′=0
解得：W2=1.25×104J
∴W=W1+W2=4.05×104J
答：
（1）在滚轮的作用下，杆加速上升的加速度为2m/s2．
（2）杆与滚轮脱离时杆的速度为4m/s．
（3）每个周期中电动机对金属杆所做的功为4.05×104J．
如图甲所示，斜面AB与水平面BM通过一小段长度可忽略的光滑圆弧平滑连接，一质量为m=1kg的小物块获得一初速度后从B点开始沿斜面上滑，滑到最高点后沿斜面下滑返回B 点，之后滑上水平面BM，物块与斜面和水平面之间的动摩擦因数相同，若小物块从B点开始运动后其动能EK随其路程x变化的部分图象如图乙所示．（g取10m/S2）求：
（1）小物块从开始运动到返回B点所需的时间．
（2）小物块在水平面上滑行的距离．
（3）若改变小物块从B点开始上滑时的初动能EK0，其最终在水平面上滑行的距离x′也会相应地发生变化，求x′随初动能变化的函数解析式并计算出x′=2.5m对应的初动能．
正确答案
解：（1）设物体在斜面上上滑的最高点为C，由图乙可知xBC=5m，从C点返回时到D点，
从B到C由动能定理可得：0-50=-mgxBCsinθ-μmgxBCcosθ…①
从C到D由动能定理可得：2-0=mgxCDsinθ-μmgxCDcosθ…②
代入已知量解得：μ=0.5，θ=37°…③
由
代入数据得：v0=10m/s…④
由B上升到C加速度为：
上滑时间为：
由C返回B 加速度：
下滑时间为：t2=
速度为：vB=a2t2=2×
小物块从开始运动到返回B点所用时间为：
（2）在水平面上滑行的加速度为：a=-μg=-0.5×10=-5m/s2…⑩
则滑行距离为：
（3）设在斜面上从B点出发到返回B点的过程中摩擦力做功：
Wf1=2fx′=2μmgcosθ
而Ek0=
从B到M滑行距离x‘，摩擦力做功为：
全过程由动能定理：
代入上两问中的已知量，解得：
当x'=2.5m时，代入数据得：Ek0=62.5J；
答：（1）小物块从开始运动到返回B点所需的时间为3.24s；
（2）滑行距离为2m；
（3）x′=2.5m对应的初动能为62.5J．
解析
解：（1）设物体在斜面上上滑的最高点为C，由图乙可知xBC=5m，从C点返回时到D点，
从B到C由动能定理可得：0-50=-mgxBCsinθ-μmgxBCcosθ…①
从C到D由动能定理可得：2-0=mgxCDsinθ-μmgxCDcosθ…②
代入已知量解得：μ=0.5，θ=37°…③
由
代入数据得：v0=10m/s…④
由B上升到C加速度为：
上滑时间为：
由C返回B 加速度：
下滑时间为：t2=
速度为：vB=a2t2=2×
小物块从开始运动到返回B点所用时间为：
（2）在水平面上滑行的加速度为：a=-μg=-0.5×10=-5m/s2…⑩
则滑行距离为：
（3）设在斜面上从B点出发到返回B点的过程中摩擦力做功：
Wf1=2fx′=2μmgcosθ
而Ek0=
从B到M滑行距离x‘，摩擦力做功为：
全过程由动能定理：
代入上两问中的已知量，解得：
当x'=2.5m时，代入数据得：Ek0=62.5J；
答：（1）小物块从开始运动到返回B点所需的时间为3.24s；
（2）滑行距离为2m；
（3）x′=2.5m对应的初动能为62.5J．
（1）小物块离开A点的水平初速度v1；
（2）小物块经过O点时对轨道的压力；
（3）假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2=0.3，传送带的速度为5m/s，则PA间的距离是多少？
（4）斜面上C、D间的距离．
正确答案
解：（1）对小物块，由A到B有：
在B点
所以有：v1=
（2）对小物块，由B到O有：
其中vB=
在O点
由牛顿第三定律知对轨道的压力为N‘=43N，方向竖直向下．
（3）小物块在传送带上加速过程：μ2mg=ma3，
所以
（4）物块沿斜面上滑：
mgsin53°+μ1mgcos53°=ma1
代入数据可解得加速度为：a1=10m/s2
物块沿斜面下滑：mgsin53°-μ1mgcos53°=ma2
代入数据可得加速度为：a2=6m/s2
由机械能守恒知vC=vB=5m/s，小物块由C上升到最高点历时为：t1=
小物块由最高点回到D点历时为：t2=0.8s-0.5s=0.3s
故
答：（1）小物块离开A点的水平初速度v1为3m/s；
（2）小物块经过O点时对轨道的压力为43N；
（3）假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2=0.3，传送带的速度为5m/s，则PA间的距离是1.5m；
（4）斜面上C、D间的距离为0.98m．
解析
解：（1）对小物块，由A到B有：
在B点
所以有：v1=
（2）对小物块，由B到O有：
其中vB=
在O点
由牛顿第三定律知对轨道的压力为N‘=43N，方向竖直向下．
（3）小物块在传送带上加速过程：μ2mg=ma3，
所以
（4）物块沿斜面上滑：
mgsin53°+μ1mgcos53°=ma1
代入数据可解得加速度为：a1=10m/s2
物块沿斜面下滑：mgsin53°-μ1mgcos53°=ma2
代入数据可得加速度为：a2=6m/s2
由机械能守恒知vC=vB=5m/s，小物块由C上升到最高点历时为：t1=
小物块由最高点回到D点历时为：t2=0.8s-0.5s=0.3s
故
答：（1）小物块离开A点的水平初速度v1为3m/s；
（2）小物块经过O点时对轨道的压力为43N；
（3）假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2=0.3，传送带的速度为5m/s，则PA间的距离是1.5m；
（4）斜面上C、D间的距离为0.98m．
（1）若该质点的运动轨迹和圆形区域的边缘交于P点，如图（甲）所示，∠POA=θ，求该质点从A点出发时的速率．
（2）若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD，如图（乙）所示，C、D分别为接收屏上最边缘的两点，∠COB=∠BOD=30°．求该屏上接收到的质点的最大动能和最小动能．
正确答案
解：（1）质点做类平抛运动：Rsinθ=vt
其中a=
解得
（2）由动能定理，到达屏上原点的动能为
由上式可知
当θ=60°时，即D点接收到的质点动能最小
当θ=120°时，即C点接收到的质点动能最大
答：（1）该质点从A点出发时的速率
（2）该屏上接收到的质点的最大动能
解析
解：（1）质点做类平抛运动：Rsinθ=vt
其中a=
解得
（2）由动能定理，到达屏上原点的动能为
由上式可知
当θ=60°时，即D点接收到的质点动能最小
当θ=120°时，即C点接收到的质点动能最大
答：（1）该质点从A点出发时的速率
（2）该屏上接收到的质点的最大动能
某人用手将质量为1kg的物体由静止向上提起1m，这时物体的速度为2m/s，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：分析物体的运动的情况可知，物体的初速度的大小为0，位移的大小为1m，末速度的大小为2m/s，
由v2-
加速度a=2m/s2，
由牛顿第二定律可得，
F-mg=ma，
所以F=mg+ma=12N，
A、手对物体做功W=FL=12×1=12J，所以A错误；
B、合力的大小为ma=2N，所以合力做的功为2×1=2J，所以合外力做功为2J，故B正确，C错误；
D、重力做的功为WG=mgh=-10×1=-10J，所以物体克服重力做功10J，所以D错误；
故选B．
正确答案
解析
解：设AB水平距离为x1，BC水平距离为x2，小铁块从A沿ABP滑到P点，由动能定理得：
mgh-μmgcosθ•
解得：
μ=
物体在斜面上受重力、支持力及摩擦力，合外力F=mgsinθ-μmgcosθ=0，所以小铁块沿斜面AP做匀速直线运动．
而沿新的斜面AP′运动时，由于P′在P的右侧，新斜面的倾角β＜θ，沿斜面方向有：mgsinβ＜μmgcosβ，合力F沿斜面向上，所以小铁块在新的斜面做匀减速直线运动．
故B正确，ACD错误．
故选：B．
正确答案
解析
解：设大碗的半径为r1，设小碗的半径为r2，
根据动能定理研究小球从碗的边缘到碗的最低点，列出等式得：
mgr1=
mgr2=
由于r1＞r2，所以v1＞v2
对小球在碗的最低点进行受力分析，小球受重力和碗对球的支持力FN，根据牛顿第二定律得：
F合=FN-mg=ma
向心加速度a=
FN=mg+m
FN1=mg+m
FN2=mg+m
所以FN1=FN2
根据牛顿第三定律知道碗对球的支持力等于球对压力
故选A．
（1）两滑块P、Q落地点到O点的水平距离；
（2）欲使两滑块的落地点相同，滑块的初速度v0应满足的条件；
（3）若滑块Q的初速度v0已满足（2）的条件，现将水平轨道AC向右延伸一段L，要使滑块Q落地点距O点的距离远，L应为多少？
正确答案
解：（1）滑块P从A到B的过程中由动能定理可知
从B点抛出x1=vBtP；
解得
滑块Q从A到C过程，由动能定理的-
解得
从C点抛出x2=vCtQvBtQ；
解得
（2）要使x1=x2，联立解得v0=
（3）由动能定理得
在延伸最右端抛出x2=vtQ；
距o点的距离为△x=L+x
得
答：（1）两滑块P、Q落地点到O点的水平距离分别为
（2）欲使两滑块的落地点相同，滑块的初速度v0应满足的条件
（3）若滑块Q的初速度v0已满足（2）的条件，现将水平轨道AC向右延伸一段L，要使滑块Q落地点距O点的距离远，L应为
解析
解：（1）滑块P从A到B的过程中由动能定理可知
从B点抛出x1=vBtP；
解得
滑块Q从A到C过程，由动能定理的-
解得
从C点抛出x2=vCtQvBtQ；
解得
（2）要使x1=x2，联立解得v0=
（3）由动能定理得
在延伸最右端抛出x2=vtQ；
距o点的距离为△x=L+x
得
答：（1）两滑块P、Q落地点到O点的水平距离分别为
（2）欲使两滑块的落地点相同，滑块的初速度v0应满足的条件
（3）若滑块Q的初速度v0已满足（2）的条件，现将水平轨道AC向右延伸一段L，要使滑块Q落地点距O点的距离远，L应为
两物体做匀速圆周运动，其运动半径之比为2：3，受到向心力之比为3：2，则其动能比（ ）
正确答案
解析
解：根据向心力公式，有
故动能之比为：
故选C．
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