- 动能
- 共2155题
（1）小球经过C点时的动能；
（2）小球运动到C点时受到细绳的拉力大小；
（3）若在O和C之间某位置D有一水平钉子，使得细绳恰好能拉着小球绕D点做圆周运动．求D点与天花板的距离．
正确答案
解：（1）小球由A点到C点，根据机械能守恒定律可得：
mg（L-Lcosθ）=
故小球经过C点时的动能；
EK=mg（L-Lcosθ）=0.05×10×0.8×（1-0.8）=0.08J；
（2）在C点时，利用牛顿第二定律可得：
F-mg=m
故小球运动到C点时受到的细绳的拉力大小为：F=0.7N；
（3）设D点与天花板的距离为R，小球做圆周运动到最上端的速度为v′根据机械能守恒定律可得：
mg（L-Lcosθ）=mg×2（L-R）+
由牛顿第二定律可得：
mg=m
联立解得：R=0.736m．
答：（1）小球经过C点时的动能为0.08J；
（2）小球运动到C点时受到细绳的拉力大小为0.7N；
（3）D点与天花板的距离为0.736m
解析
解：（1）小球由A点到C点，根据机械能守恒定律可得：
mg（L-Lcosθ）=
故小球经过C点时的动能；
EK=mg（L-Lcosθ）=0.05×10×0.8×（1-0.8）=0.08J；
（2）在C点时，利用牛顿第二定律可得：
F-mg=m
故小球运动到C点时受到的细绳的拉力大小为：F=0.7N；
（3）设D点与天花板的距离为R，小球做圆周运动到最上端的速度为v′根据机械能守恒定律可得：
mg（L-Lcosθ）=mg×2（L-R）+
由牛顿第二定律可得：
mg=m
联立解得：R=0.736m．
答：（1）小球经过C点时的动能为0.08J；
（2）小球运动到C点时受到细绳的拉力大小为0.7N；
（3）D点与天花板的距离为0.736m
A弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为
CB能达到的最大高度为
DB能达到的最大高度为
正确答案
解析
解：A、对B下滑过程，据机械能守恒定律可得：mgh=
B、A碰撞过程，根据动量守恒定律可得：mv0=2mv，得A与B碰撞后的共同速度为v=
C、D当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′=
故选BD
滑板运动是一项陆地上的“冲浪运动”，如图甲所示，OAB是同一竖直平面上的滑行轨道，其中OA段是长27m的水平轨道，AB段是倾角θ=37°、足够长的斜直轨道，OA与AB在A点平滑连接．已知滑板及运动员的总质量为60 kg，运动员从水平轨道向左滑向斜直轨道，滑到O点开始计时，其后一段时间内的运动图象如图乙所示．将滑板及运动员视为质点，滑过拐角时速度大小不变，在水平和斜直轨道上滑板和接触面间的动摩擦因数相同．（g取10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，忽略空气阻力）求：
（1）滑板与接触面间的动摩擦因数；
（2）运动员到达A点时的速度大小；
（3）运动员沿斜轨道上滑的最大距离（保留三位有效数字）．
正确答案
解：（1）由图可知，物体在水平路面上的加速度大小为a=
由牛顿第二定律可知：μmg=ma，μ=
（2）由v2-v02=2ax可知：v2-122=-2×2×27，解得：v=6m/s；
（3）人滑上斜面后受重力、支持力和摩擦力的作用，速度减到0后再下滑；
则对上滑过程由动能定理可知：-mgxsinθ-μmgxcosθ=0-
解得人在斜面上滑行的距离为：x=2.37m；
答：（1）滑板与接触面间的动摩擦因数为0.2；
（2）运动员第一次到达A点时的速度大小为6m/s；
（3）运动员沿斜轨道上滑的最大距离为2.37m．
解析
解：（1）由图可知，物体在水平路面上的加速度大小为a=
由牛顿第二定律可知：μmg=ma，μ=
（2）由v2-v02=2ax可知：v2-122=-2×2×27，解得：v=6m/s；
（3）人滑上斜面后受重力、支持力和摩擦力的作用，速度减到0后再下滑；
则对上滑过程由动能定理可知：-mgxsinθ-μmgxcosθ=0-
解得人在斜面上滑行的距离为：x=2.37m；
答：（1）滑板与接触面间的动摩擦因数为0.2；
（2）运动员第一次到达A点时的速度大小为6m/s；
（3）运动员沿斜轨道上滑的最大距离为2.37m．
（1）求空气阻力的大小；
（2）求乒乓球与地面碰撞几次后反弹高度首次低于0.5H；
（3）现将乒乓球于H高处重新静止释放，但在释放之初用手拍一下球，以使球恰能反弹回H高处，当球刚弹回H高处时紧接着再拍球，如此往复，使得球每次都能回到H高处．已知每次手拍球的时间和力度均相同，在每一个往复运动中，近似认为手拍球的时间、球在空中下降的时间、球与地面接触的时间三者之和恰好等于球在空中上升的时间，求手反复拍球的平均功率．
正确答案
解：（1）设乒乓球与水泥地碰撞前的动能为Ek，则由动能定理有：
下降过程：（mg-Ff）H=Ek-0，
上升过程：-（mg+Ff）0.8H=0-0.9Ek，
以上两式联合解得：
（2）由题知，第一次反弹后高度为0.8H，
类似地，易得：
第二次反弹高度为（0.8）2H=0.64H，
第三次反弹高度为（0.8）3H=0.512H，
第四次反弹高度为（0.8）4H=0.4096H＜0.5H，所以乒乓球与地面碰撞4次后反弹高度首次低于0.5H．
（3）设乒乓球与水泥地碰撞前的动能为Ek′，
下降过程：（mg-Ff）H+W=Ek′-0，
上升过程：-（mg+Ff）H=0-0.9Ek′，
以上两式联合解得：W=
上升过程中的加速度是
上升过程中的时间是
手反复拍球的平均功率：P=
答：（1）空气阻力的大小为
（2）乒乓球与地面碰撞4次后反弹高度首次低于0.5H；
（3）手反复拍球的平均功率为
解析
解：（1）设乒乓球与水泥地碰撞前的动能为Ek，则由动能定理有：
下降过程：（mg-Ff）H=Ek-0，
上升过程：-（mg+Ff）0.8H=0-0.9Ek，
以上两式联合解得：
（2）由题知，第一次反弹后高度为0.8H，
类似地，易得：
第二次反弹高度为（0.8）2H=0.64H，
第三次反弹高度为（0.8）3H=0.512H，
第四次反弹高度为（0.8）4H=0.4096H＜0.5H，所以乒乓球与地面碰撞4次后反弹高度首次低于0.5H．
（3）设乒乓球与水泥地碰撞前的动能为Ek′，
下降过程：（mg-Ff）H+W=Ek′-0，
上升过程：-（mg+Ff）H=0-0.9Ek′，
以上两式联合解得：W=
上升过程中的加速度是
上升过程中的时间是
手反复拍球的平均功率：P=
答：（1）空气阻力的大小为
（2）乒乓球与地面碰撞4次后反弹高度首次低于0.5H；
（3）手反复拍球的平均功率为
（2015秋•安徽校级期末）一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示．物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动．g取10m/s2．
（1）求物块与地面间的动摩擦因数μ；
（2）若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F．
正确答案
解：（1）对A到墙壁过程，运用动能定理得：
代入数据解得：μ=0.32．
（2）规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：F△t=mv′-mv，
代入数据解得：F=130N．
答：（1）物块与地面间的动摩擦因数为0.32．
（2）碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小为130N．
解析
解：（1）对A到墙壁过程，运用动能定理得：
代入数据解得：μ=0.32．
（2）规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：F△t=mv′-mv，
代入数据解得：F=130N．
答：（1）物块与地面间的动摩擦因数为0.32．
（2）碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小为130N．
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