- 机械能守恒定律
- 共29368题
“神舟七号”返回舱可利用降落伞系统和缓冲发动机降低着陆阶段的下降速度．已知返回舱的质量为M，降落伞的质量为m，忽略返回舱受到的空气阻力及浮力，返回舱着陆阶段可认为是竖直降落的．
（1）假设降落伞打开后，降落伞受到空气阻力的大小与返回舱下降速度的二次方成正比，比例系数为k．由于空气阻力对降落伞的作用，可以使返回舱在离开地面比较高的地方就成为匀速下降的状态，求匀速下降的速度v．
（2）当匀速下降到离开地面高度为h的时候，返回舱自动割断伞绳，启动缓冲发动机，使返回舱获得一个竖直向上的恒定推力F，返回舱开始减速下降，下降过程中可认为返回舱的质量不变．当返回舱着陆时关闭缓冲发动机，此时返回舱的速度减为v′，求缓冲发动机推力F 的大小．
正确答案
解：（1）由题意，返回舱在离开地面比较高的地方做匀速直线运动，根据共点力平衡条件得
（M+m）g-kv2=0
解得，v=
（2）返回舱着陆时启动缓冲发动机过程，根据动能定理得：
（Mg-F）h=
解得 F=Mg-
答：
（1）匀速下降的速度v为
（2）缓冲发动机推力F 的大小为Mg-
解析
解：（1）由题意，返回舱在离开地面比较高的地方做匀速直线运动，根据共点力平衡条件得
（M+m）g-kv2=0
解得，v=
（2）返回舱着陆时启动缓冲发动机过程，根据动能定理得：
（Mg-F）h=
解得 F=Mg-
答：
（1）匀速下降的速度v为
（2）缓冲发动机推力F 的大小为Mg-
A
Bgh
C2gh
D
正确答案
解析
解：物体从A运动到B端的过程中，由动能定理得：
解得：v=
故选：D．
（1）物块滑到C点时速度的大小；
（2）若传送带顺时针匀速转动，且物块最后的落地点到C点水平距离不随传送带转动速度变化而改变．试讨论传送带转动速度的范围．
正确答案
解：（1）从C到D做平抛运动，竖直方向有：H=
水平方向上有：x1=v1t，代入数据解得：v1=2m/s；
（2）从A到B，由动能定理得：mgR=
要求落点不随传送带的速度改变而改变，则物块一直处于加速或者减速
若物体在传送带上一直减速，则传送带的速度v≤v1=2m/s，
若物体在传送带上一直加速，到C点时速度为v3，由运动学规律有：
v12-v22=-2as，v32-v22=2as，代入数据解得：v3=
则传送带的速度v≥
答：（1）物块滑到C点时速度的大小为2m/s；
（2）论传送带转动速度的范围是：v≥
解析
解：（1）从C到D做平抛运动，竖直方向有：H=
水平方向上有：x1=v1t，代入数据解得：v1=2m/s；
（2）从A到B，由动能定理得：mgR=
要求落点不随传送带的速度改变而改变，则物块一直处于加速或者减速
若物体在传送带上一直减速，则传送带的速度v≤v1=2m/s，
若物体在传送带上一直加速，到C点时速度为v3，由运动学规律有：
v12-v22=-2as，v32-v22=2as，代入数据解得：v3=
则传送带的速度v≥
答：（1）物块滑到C点时速度的大小为2m/s；
（2）论传送带转动速度的范围是：v≥
正确答案
解析
解：在子弹射入木块的瞬间，子弹与木块间的摩擦力远远大于木块与地面间的摩擦力，故地面光滑与粗糙效果相同；
子弹和木块构成一系统，在水平方向上合外力为零，在水平方向上动量守恒，规定向右为正方向，设子弹与木块的共同速度为v，
根据动量守恒定律有：mv0=（m+M）v
木块在水平面上滑行的距离为s，子弹射入并穿出木块的过程中对木块运用动能定理得：fs=
根据能量守恒定律得：Q=fd=
所以Q=fd＞fs，即d＞s，不论速度、质量大小关系如何，乙图正确；故ABC错误，D正确；
故选：D．
关于动能，下列说法中正确的是（ ）
A动能是机械能中的一种基本形式，凡是运动的物体都有动能
B公式Ek=
C一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化
D动能不变的物体，一定处于平衡状态
正确答案
解析
解：A、动能就是物体由于运动而具有的能量，是普遍存在的机械能中的一种基本形式，凡是运动的物体都有动能，所以A正确．
B、物体的动能是没有方向的，它是标量，速度v是物体相对参考平面的速度，所以B错误．
C、对于一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化的，但速度变化时，动能不一定变化，所以C正确
D、动能不变的物体，可以是物体速度的大小不变，但速度的方向可以变化，比如匀速圆周运动，此时的物体并不一定是受力平衡状态，所以D错误．
故选：AC
正确答案
解：设拉力为F1时，小球做匀速圆周运动的线速度为v1，则有 F1=m
当拉力为F2时，设小球做匀速圆周运动的线速度为v2，则有 F2=m
小球运动半径由R1变为R2过程中，根据动能定理得拉力对小球做的功为：W=
联立解得 W=
答：小球运动半径由R1变为R2过程中拉力对小球做的功为
解析
解：设拉力为F1时，小球做匀速圆周运动的线速度为v1，则有 F1=m
当拉力为F2时，设小球做匀速圆周运动的线速度为v2，则有 F2=m
小球运动半径由R1变为R2过程中，根据动能定理得拉力对小球做的功为：W=
联立解得 W=
答：小球运动半径由R1变为R2过程中拉力对小球做的功为
正确答案
3.1m/s
解析
解：根据动能定理，有：mgR=
解得：v=
故答案为：3.1m/s．
A从C位置返回到A位置的过程中，克服阻力做功为
B滑块从B位置返回到A位置的过程中，动能变化为零
C滑块从C位置返回到B位置时的动能为
D滑块从B位置返回到A位置时的动能为
正确答案
解析
解：A、若无摩擦，则从A到D由动能定理可知mgh=
若AB粗糙则：在上滑过程中，由动能定理可得
解得
在上滑过程中和下滑过程中摩擦力做功相同，即为-
B、滑块从B位置返回到A位置的过程中，重力做功为
C、从C到B的过程中，只有重力做功，故
D、在整个过程中，摩擦力做功为
故选：BCD
（1）求机车关闭动力后沿坡道从A点滑行到B点时，克服路轨的摩擦阻力所做的功与坡道AB的水平距离x之间的关系；
（2）若机车在A点关闭动力后滑行，刚好能停在水平站台C点，求坡道AB的水平距离x1；
（3）若机车不制动的条件下，为确保安全运行，机车应停在B、C之间，则设计站台时坡道A、B的水平距离x必须控制在什么范围？
正确答案
解：（1）设斜面倾角为θ，AB的长度为s，
机车在坡道上受到的支持力：FN=mgcosθ，
受到的阻力：Ff=kFN=kmgcosθ，
克服摩擦阻力做功：
W克=Ffs=kmgscosθ=kmgx；
（2）当机车刚好停在C点时，
由动能定理得：
解得：
（3）x越大，机车在坡道上克服阻力做功越多，在站台上的停车点越靠近B点．
当机车刚好停在B点时有x2，由动能定理得：
解得：
所以站台坡道AB间的水平距离需满足：
答：（1）克服路轨摩擦阻力所做的功与坡道AB的水平距离x之间的关系为：W克=kmgx；
（2）坡道AB的水平距离：
（3）在不使用制动的条件下，为确保安全运行，站台坡道AB的水平距离范围为
解析
解：（1）设斜面倾角为θ，AB的长度为s，
机车在坡道上受到的支持力：FN=mgcosθ，
受到的阻力：Ff=kFN=kmgcosθ，
克服摩擦阻力做功：
W克=Ffs=kmgscosθ=kmgx；
（2）当机车刚好停在C点时，
由动能定理得：
解得：
（3）x越大，机车在坡道上克服阻力做功越多，在站台上的停车点越靠近B点．
当机车刚好停在B点时有x2，由动能定理得：
解得：
所以站台坡道AB间的水平距离需满足：
答：（1）克服路轨摩擦阻力所做的功与坡道AB的水平距离x之间的关系为：W克=kmgx；
（2）坡道AB的水平距离：
（3）在不使用制动的条件下，为确保安全运行，站台坡道AB的水平距离范围为
（1）物块经过B端时速度的大小；
（2）物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小；
（3）若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？
正确答案
解：（1）根据末速度和竖直方向的夹角为θ，根据运动的分解知
（2）从B到C应用动能定理
得vC=6m/s
在C点：
得F=46N
由牛顿第三定律知所以物块经过圆轨道上的C点时对轨道的压力为46N；
（3）从A到C过程中无能量损失，所以整个过程产生的热量就是从C到最终木板、物块都静止这一过程中产生的热量，
即应用能量守恒定律得：
答：（1）物块经过B端时速度的大小为2m/s；
（2）物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小46N；
（3）若木板足够长，从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是18J．
解析
解：（1）根据末速度和竖直方向的夹角为θ，根据运动的分解知
（2）从B到C应用动能定理
得vC=6m/s
在C点：
得F=46N
由牛顿第三定律知所以物块经过圆轨道上的C点时对轨道的压力为46N；
（3）从A到C过程中无能量损失，所以整个过程产生的热量就是从C到最终木板、物块都静止这一过程中产生的热量，
即应用能量守恒定律得：
答：（1）物块经过B端时速度的大小为2m/s；
（2）物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小46N；
（3）若木板足够长，从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是18J．
质量为5g和10g的两个小球，如果它们的速度相等，它们的动能之比是______；如果它们的动能相等，它们的速度之比是______．
正确答案
1：2
解析
解：质量为5g和10g的两个小球，如果它们的速度相等，它们的动能之比是：
Ek1：EK2=
如果它们的动能相等，它们的速度之比是：
v1：v2=
故答案为：1：2，
（1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，求斜面的倾角θ； （用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块下滑后恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；
（3）若将（2）中求出的μ2作为已知条件，继续增大θ角，求物块落地点与墙面的距离最大值S总，及此时斜面的倾角θ‘．
正确答案
解：（1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，则有 G斜=fm；
即 mgsinθ=μ1 mgcosθ
得 tanθ=μ1=0.05
故 θ=arctg0.05
（2）从顶端无初速释放开始直至恰好运动到桌面末端 根据动能定理 W合=△EK得：
mgL1sin37°-μ1 mgcos37°L1-μ2 mg（L2-L1cos37°）=0
解得：μ2=0.8
（3）从顶端无初速释放开始直至运动到桌面末端 根据动能定理得：
mgL1sinθ-μ1mgcosθL1-μ2 mg（L2-L1cosθ）=
代入得：sinθ+0.75 cosθ-1.2=
变形得 
即
则当θ=53°时，
对于平抛运动，竖直方向有：
H=
解得：t=0.4s；
平抛运动的水平距离最大为：x1=vmt=0.4m
故物块落地点与墙面的距离最大值为：S总=L2+x1=1.9m
答：（1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，斜面的倾角θ为arctg0.05．
（2）当θ角增大到37°时，物块下滑后恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数μ2是0.8．
（3）物块落地点与墙面的距离最大值S总是1.9m，此时斜面的倾角θ是53°．
解析
解：（1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，则有 G斜=fm；
即 mgsinθ=μ1 mgcosθ
得 tanθ=μ1=0.05
故 θ=arctg0.05
（2）从顶端无初速释放开始直至恰好运动到桌面末端 根据动能定理 W合=△EK得：
mgL1sin37°-μ1 mgcos37°L1-μ2 mg（L2-L1cos37°）=0
解得：μ2=0.8
（3）从顶端无初速释放开始直至运动到桌面末端 根据动能定理得：
mgL1sinθ-μ1mgcosθL1-μ2 mg（L2-L1cosθ）=
代入得：sinθ+0.75 cosθ-1.2=
变形得
即
则当θ=53°时，
对于平抛运动，竖直方向有：
H=
解得：t=0.4s；
平抛运动的水平距离最大为：x1=vmt=0.4m
故物块落地点与墙面的距离最大值为：S总=L2+x1=1.9m
答：（1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，斜面的倾角θ为arctg0.05．
（2）当θ角增大到37°时，物块下滑后恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数μ2是0.8．
（3）物块落地点与墙面的距离最大值S总是1.9m，此时斜面的倾角θ是53°．
（2015秋•吉林校级月考）把质量为3.0kg的石块，从高30m的某处，以5.0m/s的速度向斜上方抛出，（g取10m/s2），
（1）不计空气阻力，求石块落地时的速率．
（2）若石块在运动过程中克服空气阻力做了73.5J的功，石块落地时的速率又为多少？
正确答案
解：不计空气阻力时，设石块落地时的速率为v1．根据动能定理得：
mgh=
代入数据得：v1=25m/s．
若有空气阻力时，设石块落地时的速率为v2．根据动能定理得：
mgh-W阻=
代入数据解得：v2=24m/s
答：（1）不计空气阻力，石块落地时的速率为25m/s．
（2）若石块在运动过程中克服空气阻力做了73.5J的功，石块落地时的速率为24m/s．
解析
解：不计空气阻力时，设石块落地时的速率为v1．根据动能定理得：
mgh=
代入数据得：v1=25m/s．
若有空气阻力时，设石块落地时的速率为v2．根据动能定理得：
mgh-W阻=
代入数据解得：v2=24m/s
答：（1）不计空气阻力，石块落地时的速率为25m/s．
（2）若石块在运动过程中克服空气阻力做了73.5J的功，石块落地时的速率为24m/s．
在下面列举的各个实例中，哪个情况动能一定是增大的（ ）
正确答案
解析
解：A、跳伞运动员在空气中匀速下落时，速度不变，则由EK=
B、不计空气阻力，水平抛出的手榴弹在空中做平抛运动，手榴弹速度不断增加，由EK=
C、物体在拉力作用下沿着光滑的斜面匀速上升时，速度不变，由EK=
D、小球碰到弹簧上把弹簧压缩及又被弹簧弹回来的过程中，小球的速度先减小后增大，由EK=
故选：B
Amgh-
B
C-mgh
D-（mgh+
正确答案
解析
解：小球从A到C过程中，重力和弹力对小球做负功，由于支持始终与位移垂直，故支持力不做功，由动能定理可得：
WG+WF=0-
其中：WG=-mgh，
解得：
WF=mgh-
故A正确．
故选：A．
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