- 动能
- 共2155题
（1）求F1与F2的比值（用动能定理求解）
（2）在t=2s时，恒力F2的功率．
正确答案
解：（1）由图可知，在0-1s内，小球的位移：
在1s-2.5s内，小球位移：
由动能定理得：
故F1x1=（F2-F1）x2
故：F1：F2=3：5
（2）t=2.0s时，小球速度的大小为v=2m/s，恒力F2的功率P=F2v=10×2W=20W
答：（1）F1与F2的比值为3：5
（2）在t=2s时，恒力F2的功率为20W．
解析
解：（1）由图可知，在0-1s内，小球的位移：
在1s-2.5s内，小球位移：
由动能定理得：
故F1x1=（F2-F1）x2
故：F1：F2=3：5
（2）t=2.0s时，小球速度的大小为v=2m/s，恒力F2的功率P=F2v=10×2W=20W
答：（1）F1与F2的比值为3：5
（2）在t=2s时，恒力F2的功率为20W．
关于动能和动能的改变下列说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、动能不变的物体，速度大小不变，但方向可以改变，如匀速圆周运动，有向心加速度，处于非平衡状态，故A错误；
B、动能大小与合外力大小无关，故B错误；
C、根据动能定理，合外力做功等于动能的变化；故合外力做的功越多，动能的改变就越大；故C正确；
D、动能Ek=
故选：C．
（1）摩托车的落地点到高台边缘的水平距离；
（2）摩托车落地时的速度大小；
（3）摩托车冲上高台过程中克服摩擦阻力所做的功．
正确答案
解：（1）摩托车离开高台做平抛运动，则
竖直方向有：h=
水平方向有：s=v1t′
联立求出：水平距离 s=v1
（2）设摩托车落地时的速度为v，根据机械能守恒定律得
mgh+
则得 v=
（3）摩托车冲上高台的过程中，根据动能定理得
Pt-mgh-W=
则得 W=Pt-mgh-
代入数据解得，W=1.75×104J
答：
（1）摩托车的落地点到高台的水平距离是10m；
（2）摩托车落地时速度的大小是10
（3）摩托车冲上高台过程中克服摩擦阻力所做的功是1.75×104J．
解析
解：（1）摩托车离开高台做平抛运动，则
竖直方向有：h=
水平方向有：s=v1t′
联立求出：水平距离 s=v1
（2）设摩托车落地时的速度为v，根据机械能守恒定律得
mgh+
则得 v=
（3）摩托车冲上高台的过程中，根据动能定理得
Pt-mgh-W=
则得 W=Pt-mgh-
代入数据解得，W=1.75×104J
答：
（1）摩托车的落地点到高台的水平距离是10m；
（2）摩托车落地时速度的大小是10
（3）摩托车冲上高台过程中克服摩擦阻力所做的功是1.75×104J．
（1）求滑块第一次到达圆弧轨道最低点B时的速度；
（2）判断滑块能否越过C点，如果能，求出滑块到达C点的速度vc；如果不能，求出滑块能达到的最大高度h．
（3）求滑块最终停止时距A点的距离．
正确答案
解：（1）AB过程，动能定理可得：
即：20-0.1×2×10=
解得：
（2）设他在C点速度为0，则有：
即：-mgh=-
解得：h=
不能越过C点
（3）全过程摩擦力做的功为：
W=μmgs，
所以与：s=
所以正好停在B点，距离A点2m．
答：（1）滑块第一次到达圆弧轨道最低点B时的速度为4m/s；
（2）滑块不能越过C点，如果不能，求出滑块能达到的最大高度h为0.8m．
（3）滑块最终停止时距A点的距离为2m．
解析
解：（1）AB过程，动能定理可得：
即：20-0.1×2×10=
解得：
（2）设他在C点速度为0，则有：
即：-mgh=-
解得：h=
不能越过C点
（3）全过程摩擦力做的功为：
W=μmgs，
所以与：s=
所以正好停在B点，距离A点2m．
答：（1）滑块第一次到达圆弧轨道最低点B时的速度为4m/s；
（2）滑块不能越过C点，如果不能，求出滑块能达到的最大高度h为0.8m．
（3）滑块最终停止时距A点的距离为2m．
（1）滑块B与A碰撞结束瞬间的速度；
（2）小车与墙壁碰撞前瞬间的速度；
（3）为使滑块B能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，对轨道半径R有何要求？
正确答案
解：（1）从释放B到与A碰撞前的过程，由动能定理得：
mgxsinθ+
代入数据解得：v1=
A、B碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv1=（m+m）v2，
代入数据解得：v2=
（2）开始时A处于平衡状态，由平衡条件得：
mgsinθ=kx0，
代入数据解得：x0=0.1m，
已知x=0.1m，弹簧恢复原长时，上端的位置恰好在N点，B、A碰撞后，弹簧恢复原长时，A、B在N点分离，
从A、B碰撞后到即将分离过程中，由能量守恒定律得：
Ep=2mgx0sinθ+
代入数据解得：v3=2
此后B从斜面飞出，做斜抛运动直至运动到最高点，它落入小车的最左端的速度：
v3x=v3cosθ，
代入数据解得：v3x=3m/s，
滑块与小车组成的系统动量守恒，以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv3x=（m+M）v4，
代入数据解得：v4=2m/s，
滑块与小车组成的系统，由能量守恒定律得：
μmgL1=
代入数据解得：L1=0.75m＜L=1m，
小车与墙壁碰撞时的速度为v4=2m/s；
（3）小车与墙壁碰撞后，滑块在小车上做匀减速运动，
位移：L2=L-L1=1-0.75=0.25m，
假设滑块恰好能滑过圆的最高点，设速度为v，
由牛顿第二定律得：mg=m
由动能定理得：-μmgL2-mg•2R=
代入数据解得：R=0.06m，
如果滑块恰好滑至
则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，
由动能定理得：-μmgL2-mgR=0-
代入数据解得：R=0.15m，
综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半径需要满足的条件是：
R≤0.06m或R≥0.15m；
答：（1）滑块B与A碰撞结束瞬间的速度为
（2）小车与墙壁碰撞前瞬间的速度为2m/s；
（3）为使滑块B能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半径需要满足的条件是：R≤0.06m或R≥0.15m．
解析
解：（1）从释放B到与A碰撞前的过程，由动能定理得：
mgxsinθ+
代入数据解得：v1=
A、B碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv1=（m+m）v2，
代入数据解得：v2=
（2）开始时A处于平衡状态，由平衡条件得：
mgsinθ=kx0，
代入数据解得：x0=0.1m，
已知x=0.1m，弹簧恢复原长时，上端的位置恰好在N点，B、A碰撞后，弹簧恢复原长时，A、B在N点分离，
从A、B碰撞后到即将分离过程中，由能量守恒定律得：
Ep=2mgx0sinθ+
代入数据解得：v3=2
此后B从斜面飞出，做斜抛运动直至运动到最高点，它落入小车的最左端的速度：
v3x=v3cosθ，
代入数据解得：v3x=3m/s，
滑块与小车组成的系统动量守恒，以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv3x=（m+M）v4，
代入数据解得：v4=2m/s，
滑块与小车组成的系统，由能量守恒定律得：
μmgL1=
代入数据解得：L1=0.75m＜L=1m，
小车与墙壁碰撞时的速度为v4=2m/s；
（3）小车与墙壁碰撞后，滑块在小车上做匀减速运动，
位移：L2=L-L1=1-0.75=0.25m，
假设滑块恰好能滑过圆的最高点，设速度为v，
由牛顿第二定律得：mg=m
由动能定理得：-μmgL2-mg•2R=
代入数据解得：R=0.06m，
如果滑块恰好滑至
则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，
由动能定理得：-μmgL2-mgR=0-
代入数据解得：R=0.15m，
综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半径需要满足的条件是：
R≤0.06m或R≥0.15m；
答：（1）滑块B与A碰撞结束瞬间的速度为
（2）小车与墙壁碰撞前瞬间的速度为2m/s；
（3）为使滑块B能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半径需要满足的条件是：R≤0.06m或R≥0.15m．
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