- 动能定理的应用
- 共327题
如图，竖直平面内的轨道I和II都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等。用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿I和II推至最高点A，所需时间分别为t1、t2;动能增量分别为△Ek1、△Ek2,假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与I. II轨道间的动摩擦因数相等，则
A△Ek1
B△Ek1=△Ek2 t1
C△Ek1
D△Ek1=△Ek2 t1
正确答案
解析
小球从最低点到最高点受到摩擦力做功：Wf＝μmgcosα×L＝μmgx水平与斜面倾角无关；水平拉力为恒力，水平位移相同，所以拉力做功相等，根据动能定理可知，两球到达A点时的速度相同，动能相等，AC项错误；将小球的运动看做直线运动，画出其速率随时间变化的图象，
可知，沿II轨道运动的小球先到达，B项正确。
知识点
如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径
（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h。
（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物体在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动
①求F的大小
②当速度时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离。
正确答案
见解析。
解析
（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得
代入数据得
（2）①设物块的加速度大小为
根据牛顿第二定律，对物体有
对工件和物体整体有
联立②③④⑤式，代入数据得
②设物体平抛运动的时间为
联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得
知识点
质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的
（1）弹性球受到的空气阻力
（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度
正确答案
（1）0.2 N
（2）
解析
（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由题图知
根据牛顿第二定律，得
mg－f＝ma1②
f＝m（g－a1）＝0.2 N。③
（2）由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1＝4 m/s，设球第一次离开地面时的速度大小为v2，则
v2＝
第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a2，则
mg＋f＝ma2
a2＝12 m/s2⑤
于是，有0－v22＝－2a2h⑥
解得
知识点
如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离L后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上。已知L=1.4m，v=3.0m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数u=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2。求
（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s
（2）小物块落地时的动能EK
（3）小物块的初速度大小v0.
正确答案
见解析。
解析
（1）由平抛运动的规律有：
竖直方向：
水平方向：
得出水平距离：
（2）由机械能守恒定律有：
动能：
（3）由动能定理有：
解得：
知识点
一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v，若将水平拉力的大小改为F2， 物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用
A
B
C
D
正确答案
解析
略
知识点
如图，MNP为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N、P端固定一竖直挡板。M相对于N的高度为h，NP长度为s。一木块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞后停止在水平轨道上某处。若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的滑动摩擦因数为
正确答案
物块停止的位置距N的距离可能为
解析
根据功能原理，在物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，物块的重力势能的减少
设物块的质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为s′，则
连立①②③化简得
第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，在N前停止，则物块停止的位置距N的距离为
第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，则物块停止的位置距N的距离为
所以物块停止的位置距N的距离可能为
知识点
倾角θ=37°，质量M=5kg的粗糙斜面位于水平地面上，质量m=2kg的木块置于斜顶端，从静止开始匀加速下滑，经t=2s到达底端，运动路程L=4m，在此过程中斜面保持静止（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2），求：
（1）地面对斜面的摩擦力大小与方向；
（2）地面对斜面的支持力大小；
（3）通过计算证明木块在此过程中满足动能定理。
正确答案
（1）地面对斜面的摩擦力大小为3.2N，方向水平向左；
（2）地面对斜面的支持力大小为67.6N；
（3）下滑过程中W=△Ek，动能定理成立。
解析
（1）木块做加速运动L=
对木块由牛顿定律mgsinθ﹣f1=ma
f1=mgsinθ﹣ma=8N，N1=mgcosθ=16N，
对斜面由共点力平衡，地对斜面的摩擦力f2=N1sinθ﹣f1cosθ=3.2N，方向水平向左。
（2）地面对斜面的支持力N2=Mg+N1cosθ+f1sinθ=67.6N，
（3）木块在下滑过程中，沿斜面方向合力及该力做的功为
F=mgsinθ﹣f1=4N，W=FL=16J。
木块末速度及动能增量v=at=4m/s，△Ek=
由此可知下滑过程中W=△Ek，动能定理成立。
知识点
如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一搜失去动力的小船沿直线拖向岸边。已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为V0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d,缆绳质量忽略不计。求：
（1）小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功W1；
（2）小船经过B点时的速度大小V1；
（3）小船经过B点时的加速度大小a。
正确答案
见解析。
解析
（1）小船从A点运动到B点克服阻力做功
（2）小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功
W=Pt1 ②
由动能定理有 
由①②③式解得 
（3）设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引绳的速度大小为u
则 P=Fu ⑤
由牛顿第二定律有 
由④⑤⑥⑦得 
知识点
一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方
A打到下极板上
B在下极板处返回
C在距上极板
D在距上极板
正确答案
解析
粒子从小孔正上方
知识点
摩天大楼中一个直通高层的客运电梯，行程超过百米。电梯的简化模型如图I所示。考虑安全、舒适、省时等因索，电梯的加速度a随时间t变化的。已知电梯在t=0时由静止开始上升，a一t图像如图2所示。电梯总质最m=2.0xI03kg，忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；
（2）类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图像求位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度的和速度的定义，根据图2所示a-t图像，求电梯在第1s内的速度改变量△v1和第2s末的速率v2；
（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率p，再求在0～11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功w。
正确答案
见解析。
解析
（1）由牛顿第二定律，有 F-mg= ma
由a─t图像可知，F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s2，a2=-1.0m/s2
F1= m(g+a1)=2.0×103×(10+1.0)N=2.2×104N
F2= m(g+a2)=2.0×103×(10-1.0)N=1.8×104N
（2）类比可得，所求速度变化量等于第1s内a─t图线下的面积
Δυ1=0.50m/s
同理可得， Δυ2=υ2-υ0=1.5m/s
υ0=0，第2s末的速率 υ2=1.5m/s
（3）由a─t图像可知，11s~30s内速率最大，其值等于0~11s内a─t图线下的面积，于是有 υm=10m/s
此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率
P=Fυm=mg
由动能定理可得总功：
W=Ek2-Ek1=
知识点
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