- 动能定理的应用
- 共327题
14．如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回。已知R＝0．4 m，l＝2．5m，v0＝6m／s，物块质量m＝1kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0．4，轨道其它部分摩擦不计。取g＝10m／s2．
求：
（1）物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；
（2）物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．
正确答案
（1）、
（2）、L=1m
解析
解:（1）对物块，首次从A到B，有
在B点，有：
解得：
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为40N，方向竖直向上。
（2）对物块，从A点到第二次到达B点：
在B点，有：
解得：L=1m
考查方向
解题思路
由于是单个物体做多过程、曲线运动的问题，所以要用动能定理列方程求解
易错点
（2）问中不脱离轨道返回A点的理解：只要物体能返回最高的B就能回到A点，所以 从A点到第二次到达B点：
在B点，有：
知识点
19.相距L＝1 m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1 kg的金属棒ab和质量为m2＝0.02 kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图所示，虚线上方磁场的磁感应强度B=1T,方向垂直纸
⑴当时间t=2s时拉力F的大小；
⑵当cd棒通过2C的电量时，其产生的热量为2.5J，则外力F需要做功为多少；
⑶判断cd棒将做怎样的运动，求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，
正确答案
（1）F=11.5N
（2）WF=93J
（3）见解析
解析
⑴ 
⑵ 
⑶ cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．当cd棒速度达到最大时，有：
对abcd回路，有：
又
fcd随时间变化的图象如图所示。
考查方向
解题思路
（1）由E=BLv、 
（2）由
（3）分析cd棒的运动情况：cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．
cd棒达到最大速度时重力与摩擦力平衡，而cd棒对导轨的压力等于安培力，可求出电路中的电流，再由E=BLv、欧姆定律求出最大速度．
易错点
本题中cd棒先受到滑动摩擦，后受到静摩擦，发生了突变，要仔细耐心分析这个动态变化过程．滑动摩擦力与安培力有关，呈现线性增大．
知识点
如图所示，绝缘轨道CDGH位于竖直平面内，圆弧段DG的圆心角为θ=37°，DG与水平段CD、倾斜段GH分别相切于D点和G点，CD段粗糙，DGH段光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强为E=1×104 N/C、水平向右的匀强电场中。一质量m=4×10-3
38.滑块在GH段上的加速度；
39.滑块与CD段之间的动摩擦因数µ；
40.滑块在CD段上运动的总路程。某同学认为：由于仅在CD段上有摩擦损耗，所以，滑块到达P点速度减为零后将不再运动，在CD段上运动的总路程为L+
正确答案
0
解析
GH段的倾角θ=37°，滑块受到的重力mg=0.04N，电场力qE=0.03N，qEcosθ=mgsinθ=0.024N，故加速度a=0
考查方向
解题思路
这道题首先根据受力分析求解加速度，利用动能定理列式求解摩擦力做功
易错点
摩擦力做功时要注意摩擦力往返都是做负功
正确答案
0.25
解析
滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得：
考查方向
解题思路
这道题首先根据受力分析求解加速度，利用动能定理列式求解摩擦力做功
易错点
摩擦力做功时要注意摩擦力往返都是做负功
正确答案
2.4m
解析
该同学观点错误，滑块在CD段上受到的滑动摩擦力Ff=µmg=0.01N，小于0.03N的电场力，故不可能停在CD段。滑块最终会在DGH间来回往复运动，到达D点的速度为0，全过程由动能定理得：qE·L+(-Ff·s)=0-0，解出s=
考查方向
解题思路
这道题首先根据受力分析求解加速度，利用动能定理列式求解摩擦力做功
易错点
摩擦力做功时要注意摩擦力往返都是做负功
15．如图所示，一个光滑绝缘细椭圆环固定放置在水平面上，其长轴AC的延长线两侧固定有两个等量异号点电荷，电量绝对值为Q，两者连线的中点O恰为椭圆的中心，BD为椭圆的短轴。一带电量为q的小球套在环上（q
正确答案
解析
A选项，由于vC < vA，根据动能定理，可知从A到C动能减小，电势能增加，电场力做负功，小球带负电，故错误。
B选项，根据正负电荷周围电场强度的分布特点，可知电场强度，沿两电荷连线先减小后增大，连线的中点电场强度最小，故小球在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，故错误。
C选项，如图所示异号点电荷的等势面分布，可知B、D两点电势相等，小球从B点到D点电场力不做功，动能不变，故C选项正确。
D选项，小球从A到C过程中动能减小，电势能增加，从C到A动能增加，电势能减小，故C点电势能最大，故错误。
考查方向
1、考查正负电荷在真空中，电场、电势分布的对称性。
2、考查点电荷间的静电引力公式：
3、电场能与动能之间的相互转化，功能关系，动能定理，电场力做功。
解题思路
A选项，由于vC < vA，根据动能定理，可知从A到C动能减小，电势能增加，电场力做负功，小球带负电，故错误。
B选项，根据正负电荷周围电场强度的分布特点，可知电场强度，沿两电荷连线先减小后增大，连线的中点电场强度最小，故小球在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，故错误。
C选项，如图所示异号点电荷的等势面分布，可知B、D两点电势相等，小球从B点到D点电场力不做功，动能不变，故C选项正确。
D选项，小球从A到C过程中动能减小，电势能增加，从C到A动能增加，电势能减小，故C点电势能最大，故错误。
易错点
对正负电荷在真空中，电场、电势的对称性分布理解不到位。
知识点
如图所示，一倾斜传送带与水平方向夹角37°。传送物体。已知传送带总长度LAB =9.75m，以恒定速度v=2.0m/s顺时针转动。在距传送带底端A点9m的C点上方存在水平向左的匀强电场，电场强度50000N/C，现将一个质量m=2.0kg，电量
15.若不加电场,物块由底端A放上到相对传送带静止，物块相对传送带的位移S相；
16.加电场后，物块由底端A传送到顶端B所用时间t；
17.加电场后，将物块由底端A传送到顶端B过程中，传送带克服物块摩擦力做功W。
正确答案
5m;
解析
(1)对物体： μmgcosθ-mgsinθ=ma1 ----------1分
加速过程： V=a1t1 ----------1分
物块：S1=a1t12 /2 
传送带：S2=Vt1 ----------1分
相对位移：S相=S2-S1
解得a1=0.4m/s2 t1=5s S1=5m S2=10m S相=5m ----------1分
考查方向
解题思路
首先通过运动学特征分析物体的加速度，通过对物体受力分析求加速度，利用功能关系求克服摩擦力做功。
易错点
牛顿第二定律在求加速度时要注意将电场力计算进去
正确答案
7.5s;
解析
(2)加电场后：
匀速运动过程中：t2=(LAC-s1)/v ----------1分
CB段：mgsinθ+Eqcosθ-μ(mgcosθ-Eqsinθ)=ma2 ----------2分
减速过程中：sCB=vt3- a2t32/2 ----------1分
V’=v-a2t3 ----------1分
解得：t2=2s a2=2m/s2向下 t3=0.5s v’=1m/s
所以t总=t1+t2+t3=7.5s ----------2分
考查方向
解题思路
首先通过运动学特征分析物体的加速度，通过对物体受力分析求加速度，利用功能关系求克服摩擦力做功。
易错点
牛顿第二定律在求加速度时要注意将电场力计算进去
正确答案
187J
解析
(3)减速过程中物块相对传送带位移S’相=vt3-sCB 
A-C 摩擦生热Q1=μmgcosθS相 ----------1分
C-B 摩擦生热Q2=μmgcosθS’相 ----------1分
解得：S’相=0.25m, Q1=64J Q2=2.75J 总摩擦生热Q= Q1+ Q2
A— B功能关系得：
W-EqsCBcosθ=mgLABsinθ+mv2/2+Q ---------2分
得：W=187J
所以传送带克服物块摩擦力做功为187J。 ----------1分
考查方向
解题思路
首先通过运动学特征分析物体的加速度，通过对物体受力分析求加速度，利用功能关系求克服摩擦力做功。
易错点
牛顿第二定律在求加速度时要注意将电场力计算进去
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