动能_章节学习_百度题库

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题型：单选题

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单选题

一物体放在光滑水平面上，现用水平力F拉着物体由静止开始运动，当通过位移为s1时，速度达到v1，随后又通过位移s2，速度达到2v1，则物体在两段过程中所做的功之比为（　　）

A1：2

B2：1

C1：3

D1：4

正确答案

C

解析

解：根据动能定理得，，，可知W1：W2=1：3．故C正确，A、B、D错误．

故选：C．

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题型：简答题

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简答题

2012年11月23日上午，由来自东海舰队“海空雄鹰团”的飞行员戴明盟驾驶的中国航母舰载机歼-15降落在“辽宁舰”甲板上，首降成功，随后舰载机通过滑跃式起飞成功．滑跃起飞有点象高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，设某航母起飞跑道主要由长度为L1=160m 的水平跑道和长度为L2=20m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0m．一架质量为M=2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2×105N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响．取g=10m/s2．

（1）求飞机在水平跑道运动的时间．

（2）求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小．

（3）如果此航母去掉倾斜跑道，保持水平跑道长度不变，现在跑道上安装飞机弹射器，此弹射器弹射距离为84m，要使飞机在水平跑道的末端速度达到100m/s，则弹射器的平均作用力多大？（已知弹射过程中发动机照常工作）

正确答案

解：（1）设飞机在水平跑道上的加速度为a1，阻力为f，

由牛顿第二定律得，F-f=ma1，

，

代入数据解得t1=8s．

（2）设飞机在水平跑道末端速度为v1，倾斜跑道末端速度为v2，加速度为a2，

水平跑道上：v1=a1t1，

倾斜跑道上，由牛顿第二定律，

，

代入数据解得m/s．

（3）设弹射器弹力为F1，弹射距离为x，飞机在跑道末端的速度为v3，

由动能定理得，，

代入数据解得．

答：（1）飞机在水平跑道运动的时间为8s．

（2）飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小为m/s．

（3）弹射器的平均作用力为106N．

解析

解：（1）设飞机在水平跑道上的加速度为a1，阻力为f，

由牛顿第二定律得，F-f=ma1，

，

代入数据解得t1=8s．

（2）设飞机在水平跑道末端速度为v1，倾斜跑道末端速度为v2，加速度为a2，

水平跑道上：v1=a1t1，

倾斜跑道上，由牛顿第二定律，

，

代入数据解得m/s．

（3）设弹射器弹力为F1，弹射距离为x，飞机在跑道末端的速度为v3，

由动能定理得，，

代入数据解得．

答：（1）飞机在水平跑道运动的时间为8s．

（2）飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小为m/s．

（3）弹射器的平均作用力为106N．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为m的小物块放在长直水平面上，用水平细线紧绕在半径为R、质量为2m的薄壁圆筒上．t=0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动中角速度满足ω=β1t（β1为已知常数），物块和地面之间动摩擦因数为μ．求：

（1）物块做何种运动？请说明理由．

（2）物块运动中受到的拉力．

（3）从开始运动至t=t1时刻，电动机做了多少功？

（4）若当圆筒角速度达到ω0时，使其减速转动，并以此时刻为t=0，且角速度满足ω=ω0-β2t（式中ω0、β2均为已知），则减速多长时间后小物块停止运动？

正确答案

解：（1）圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据v=ωR=Rβ1t，线速度与时间成正比，故物块做初速为零的匀加速直线运动；

（2）由第（1）问分析结论，物块加速度为a=Rβ1，根据物块受力，由牛顿第二定律得：

T-μmg=ma

则细线拉力为：

T=μmg+m Rβ1

（3）对整体运用动能定理，有

W电+Wf=

其中：

Wf=-μmgs=-μmg

则电动机做的功为：

W电=μmg+

（4）圆筒减速后，边缘线速度大小v=ωR=ω0R-Rβ2t，线速度变化率为a=Rβ2

若a≤μg，细线处于拉紧状态，物块与圆筒同时停止，物块减速时间为：t=

若a＞μg，细线松弛，物块水平方向仅受摩擦力，物块减速时间为：t=

答：（1）物块做初速为零的匀加速直线运动；

（2）物块运动中受到的拉力为μmg+m Rβ1；

（3）从开始运动至t=t1时刻，电动机做功为μmg+；

（4）若a≤μg，减速时间后小物块停止运动；若a＞μg，减速时间后小物块停止运动．

解析

解：（1）圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据v=ωR=Rβ1t，线速度与时间成正比，故物块做初速为零的匀加速直线运动；

（2）由第（1）问分析结论，物块加速度为a=Rβ1，根据物块受力，由牛顿第二定律得：

T-μmg=ma

则细线拉力为：

T=μmg+m Rβ1

（3）对整体运用动能定理，有

W电+Wf=

其中：

Wf=-μmgs=-μmg

则电动机做的功为：

W电=μmg+

（4）圆筒减速后，边缘线速度大小v=ωR=ω0R-Rβ2t，线速度变化率为a=Rβ2

若a≤μg，细线处于拉紧状态，物块与圆筒同时停止，物块减速时间为：t=

若a＞μg，细线松弛，物块水平方向仅受摩擦力，物块减速时间为：t=

答：（1）物块做初速为零的匀加速直线运动；

（2）物块运动中受到的拉力为μmg+m Rβ1；

（3）从开始运动至t=t1时刻，电动机做功为μmg+；

（4）若a≤μg，减速时间后小物块停止运动；若a＞μg，减速时间后小物块停止运动．

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题型：简答题

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简答题

一个物体在离地面高h=0.45m的A点沿光滑曲面轨道从静止开始下滑，并进入粗糙水平轨道BC，如图所示，已知BC段的动摩擦因数μ=0.3，g=10m/s2．求：

（1）物体刚滑到B点时的速度大小；

（2）物体在水平轨道BC上滑行的最大距离．

正确答案

解：（1）A运动到B的过程中，根据动能定理得，

Mgh=mVB2

代入数据解得VB=3m/s

（2）对水平面上的运动，运用动能定理得，

-μmgs=0-mVB2

代入数据，解得S=1.5m

答：（1）物体滑至B点时的速度大小为3m/s．

（2）物体在水平轨道上滑行的最大距离为1.5m

解析

解：（1）A运动到B的过程中，根据动能定理得，

Mgh=mVB2

代入数据解得VB=3m/s

（2）对水平面上的运动，运用动能定理得，

-μmgs=0-mVB2

代入数据，解得S=1.5m

答：（1）物体滑至B点时的速度大小为3m/s．

（2）物体在水平轨道上滑行的最大距离为1.5m

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题型：简答题

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简答题

如图所示，水平轨道与直径为d=0.8m的半圆轨道相接，半圆轨道的两端点A、B连线是一条竖直线，整个装置处于方向水平向右，大小为103V/m的匀强电场中，一小球质量m=0.5kg，带有q=5×10-3C电量的正电荷，在电场力作用下由静止开始运动，不计一切摩擦，g=10m/s2，

（1）若它运动的起点离A为L，它恰能到达轨道最高点B，求小球在B点的速度和L的值．

（2）若它运动起点离A为L=2.6m，且它运动到B点时电场消失，它继续运动直到落地，求落地点与起点的距离．

正确答案

解；（1）因小球恰能到B点，则在B点，有mg=m

得

小球从静止运动到B过程，由动能定理，有

则得

（2）小球离开B点，电场消失，小球做平抛运动，设落地点距B点距离为s，由动能定理得：

小球从静止运动到B有

得

对于平抛运动，有

得

水平位移大小为

故

答：

（1）若它运动的起点离A为L，它恰能到达轨道最高点B，小球在B点的速度为2m/s，L的值为1m．

（2）若它运动起点离A为L=2.6m，且它运动到B点时电场消失，它继续运动直到落地，落地点与起点的距离为0.4s．

解析

解；（1）因小球恰能到B点，则在B点，有mg=m

得

小球从静止运动到B过程，由动能定理，有

则得

（2）小球离开B点，电场消失，小球做平抛运动，设落地点距B点距离为s，由动能定理得：

小球从静止运动到B有

得

对于平抛运动，有

得

水平位移大小为

故

答：

（1）若它运动的起点离A为L，它恰能到达轨道最高点B，小球在B点的速度为2m/s，L的值为1m．

（2）若它运动起点离A为L=2.6m，且它运动到B点时电场消失，它继续运动直到落地，落地点与起点的距离为0.4s．

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