- 机械能守恒定律
- 共29368题
正确答案
5m/s
解析
解：小球沿光滑的斜面向下运动，只有重力做功，则：mgh=
所以：v=
故答案为：5m/s
正确答案
解析
解：A、根据图象知，h=1m时，动能为 Ek=2J，即 
对x=0到x=2m段，运用动能定理，有：Fh-mgh=Ek，解得 F=mg+
B、在前2m物体的加速度 a=
所经历的时间为 t=
C、对后2m，运用动能定理得，Fh-mgh=△Ek，由图知，h=2m，动能的增加量△Ek=9J-4J=5J
解得F=22.5N，物体的加速度为 a=
D、对全过程运用动能定理得，WF-mgh=△Ek，其中 h=4m，△Ek=9J，解得WF=89J．故D正确．
故选：BD
（ ）
A等于mgh
B大于mgh
C小于mgh
D因为球入球门过程中的曲线的形状不确定，所以做功的大小无法确定
正确答案
解析
解：对足球从球员踢出到飞入球门的过程研究，根据动能定理得
W-mgh=
解得：W=mgh
故选A
关于动能的理解，下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，运动的物体都就有动能．故A正确．
B、根据Ek=
C、一定质量的物体，动能变化，则速度的大小一定变化，所以速度一定变化；但是速度变化，动能不一定变化，比如做匀速圆周运动，速度方向变化，大小不变，则动能不变．故C正确．
D、动能不变的物体，速度方向可能变化，则不一定处于平衡状态．故D错误．
故选：ABC．
如图所示电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体，电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上做匀加速运动，当它上升到H时，电梯的速度达到v，则在这过程中以下说法正确的是（ ）
A地板对物体的支持力做的功等于
B合力对物体做的功等于mgH+
C钢索的拉力做的功等于
D合力对电梯做的功等于
正确答案
解析
解：A、根据功能关系知地板对物体的支持力做的功等于物体增加的机械能即：
B、根据动能定理，合力对物体做功
C、研究电梯和物体，据功能关系，钢索拉力做的功
D、据动能定理，合力对电梯做功
故选：D
（1）物块落地前瞬间的速度大小；
（2）小球做平抛运动的水平位移；
（3）有同学认为，若取M=km，则k足够大时，能使小球平抛运动水平位移的大小最大达到绳长l，请通过计算判断这种说法是否正确．
正确答案
解：（1）系统机械能守恒
Mgl sin30°=
因为M=3m，得v1=
（2）根据动能定理-mgsin30°（l-lsin30°）=
m飞出管口的速度v2=
m在空中飞行的时间t=
水平位移s=v2t=
（3）若M=km，由①②两式可得
m飞出管口时的速度v2=
水平位移s=v2t=
可以得出结论，S＜
所以，这种说法是错误的，水平位移不可能为l．
答：（1）物块落地前瞬间的速度大小v1=
（2）小球做平抛运动的水平位移得
（3）通过计算知S＜
解析
解：（1）系统机械能守恒
Mgl sin30°=
因为M=3m，得v1=
（2）根据动能定理-mgsin30°（l-lsin30°）=
m飞出管口的速度v2=
m在空中飞行的时间t=
水平位移s=v2t=
（3）若M=km，由①②两式可得
m飞出管口时的速度v2=
水平位移s=v2t=
可以得出结论，S＜
所以，这种说法是错误的，水平位移不可能为l．
答：（1）物块落地前瞬间的速度大小v1=
（2）小球做平抛运动的水平位移得
（3）通过计算知S＜
AμmgR
B（1-μ）mgR
C
DmgR
正确答案
解析
解：BC段物体受摩擦力f=μmg，位移为R，故BC段摩擦力对物体做功W=-fR=-μmgR； 即物体克服摩擦力做功为μmgR；对全程由动能定理可知，mgR+W1+W=0
解得W1=μmgR-mgR；
故AB段克服摩擦力做功为mgR-μmgR．
故选：B
（1）物块在水平传送带BC上的运动时间．
（2）水平传送带上表面距地面的高度．
（3）小物块经过O点时对轨道的压力．
正确答案
解：（1）由牛顿第二定律，得：mg=ma，
解得：a=μg=4m/s2，
减速时间为：
匀速时间为：
从B到C所需时间 t=t1+t2=1.5s．
（2）小物块从C到D做平抛运动，在D点有有：
由
得h=
（3）小物块在D点的速度大小为：
对小物块从D点到O由动能定理，得：
在O点由牛顿第二定律，得：
联立以上两式解得：FN=43N
由牛顿第三定律知对轨道的压力为：FN′=43N．
答：（1）物块在水平传送带BC上的运动时间为1.5s．
（2）水平传送带上表面距地面的高度为0.8m．
（3）小物块经过O点时对轨道的压力为43N．
解析
解：（1）由牛顿第二定律，得：mg=ma，
解得：a=μg=4m/s2，
减速时间为：
匀速时间为：
从B到C所需时间 t=t1+t2=1.5s．
（2）小物块从C到D做平抛运动，在D点有有：
由
得h=
（3）小物块在D点的速度大小为：
对小物块从D点到O由动能定理，得：
在O点由牛顿第二定律，得：
联立以上两式解得：FN=43N
由牛顿第三定律知对轨道的压力为：FN′=43N．
答：（1）物块在水平传送带BC上的运动时间为1.5s．
（2）水平传送带上表面距地面的高度为0.8m．
（3）小物块经过O点时对轨道的压力为43N．
动能：物体由于______而具有的能量叫做动能．表达式：Ek=______
动能是描述物体运动状态的物理量．
正确答案
运动
解析
解：动能：物体由于 运动 而具有的能量叫做动能．表达式：Ek=
故答案为：运动，
质量为2kg的小球，速度为4m/s时的动能大小为（ ）
正确答案
解析
解：动能表达式为：EK=
故选：B．
在距地面30m高处，以10m/s的速度向某一方向迅速抛出1kg的物体，物体落地时的速度为20m/s，则人在抛出物体时所做的功为______J，物体在空中运动的过程中，克服空气阻力所做的功为______J．（g=10m/s2）
正确答案
50
150
解析
解：根据动能定理得，人抛物体时对物体做功为：W=
对于抛出到落地过程，由动能定理得：mgh-Wf=
得物体克服空气阻力所做的功为：Wf=150J
故答案为：50，150J
（1）小球到达c点的速度？
（2）小球到达b点时对轨道的压力为多大？
（3）小球与粗糙的直轨道ab间的动摩擦因数？
正确答案
解：（1）小球恰好经过圆轨道的最高点，说明在c点重力恰好提供小球圆周运动的向心力，即有：
所以可得小球在C点的速度vC=
（2）小球从b到c的过程中只有重力对小球做功，根据动能定理有：
代入c点的速度可得小球在b点时的速度
vB=
小球在b点时，所受轨道的支持力与重力的合力提供小球圆周运动的向心力有：
可得小球受到轨道的支持力N=mg+
根据牛顿第三定律可知，小球到达b时对轨道的压力N′=N=6mg；
（3）小球离开c点后做平抛运动，抛出点高度H=2R，抛出速度vC=
bd=
因为d是ab的中点，所以ab间距离s=2bd=4R
从a到b的过程中，根据动能定理有：
解得：μ=
答：（1）小球到达c点的速度为
（2）小球到达b点时对轨道的压力为6mg；
（3）小球与粗糙的直轨道ab间的动摩擦因数为
解析
解：（1）小球恰好经过圆轨道的最高点，说明在c点重力恰好提供小球圆周运动的向心力，即有：
所以可得小球在C点的速度vC=
（2）小球从b到c的过程中只有重力对小球做功，根据动能定理有：
代入c点的速度可得小球在b点时的速度
vB=
小球在b点时，所受轨道的支持力与重力的合力提供小球圆周运动的向心力有：
可得小球受到轨道的支持力N=mg+
根据牛顿第三定律可知，小球到达b时对轨道的压力N′=N=6mg；
（3）小球离开c点后做平抛运动，抛出点高度H=2R，抛出速度vC=
bd=
因为d是ab的中点，所以ab间距离s=2bd=4R
从a到b的过程中，根据动能定理有：
解得：μ=
答：（1）小球到达c点的速度为
（2）小球到达b点时对轨道的压力为6mg；
（3）小球与粗糙的直轨道ab间的动摩擦因数为
（1）求当平板的倾角固定为90°，小球经过运动轨迹的最低点时轻细绳中的拉力大小；
（2）当平板的倾角固定为α时，若小球能保持在板面内作圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？
正确答案
解：（1）小球由水平位置运动到竖直位置的过程中，根据动能定理有：mgL=
在最低点，根据牛顿第二定律有：T-mg=m
联立以上可得：T=9N
根据牛顿第三定律可知轻绳中的拉力大小为9N
（2）小球要做圆周运动，在最高点有：
mgsinα=m
小球由水平位置运动到最高点，根据动能定理有：
-mgLsinα=
联立以上两式可得：α=30°
小球能保持在板面内作圆周运动，倾角α的值为α≤30°．
答：当平板的倾角固定为90°，小球经过运动轨迹的最低点时轻细绳中的拉力大小9N；
若小球能保持在板面内作圆周运动，倾角α的值应满足α≤30°．
解析
解：（1）小球由水平位置运动到竖直位置的过程中，根据动能定理有：mgL=
在最低点，根据牛顿第二定律有：T-mg=m
联立以上可得：T=9N
根据牛顿第三定律可知轻绳中的拉力大小为9N
（2）小球要做圆周运动，在最高点有：
mgsinα=m
小球由水平位置运动到最高点，根据动能定理有：
-mgLsinα=
联立以上两式可得：α=30°
小球能保持在板面内作圆周运动，倾角α的值为α≤30°．
答：当平板的倾角固定为90°，小球经过运动轨迹的最低点时轻细绳中的拉力大小9N；
若小球能保持在板面内作圆周运动，倾角α的值应满足α≤30°．
正确答案
解：物体在水平面上运动过程：设撤去F前后物体的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律得：
F-μmg=ma1，μmg=ma2，
代入解得：a1=2m/s2，a2=2m/s2．
恒力F作用t=2s后物体的位移为：x1=
此时物体的速度为：v=a1t1=4m/s
设撤去拉力F后，物体第一次经过B点的时间为t1，则有：
d-x1=vt1-
代入解得：t1=1s（另一解t1=3s，舍去，根据t1=3s，判断出物体到不了B点）
物体在斜面上运动过程：设加速度大小为a3，则有：
mgsin30°=ma3，
代入数据解得：a3=gsin30°=5m/s2．
由上可得物体滑到B点时速度大小为：v0=v-a2t1=4-2×1m/s=2m/s
则物体物体在斜面上滑行的总时间为：t2=
所以物体第二次经过B点的时间为：t3=t1+t2=1.8s．
答：撤去拉力F后，物体两次经过B点，第一次时间为1s，第二次时间为1.8s．
解析
解：物体在水平面上运动过程：设撤去F前后物体的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律得：
F-μmg=ma1，μmg=ma2，
代入解得：a1=2m/s2，a2=2m/s2．
恒力F作用t=2s后物体的位移为：x1=
此时物体的速度为：v=a1t1=4m/s
设撤去拉力F后，物体第一次经过B点的时间为t1，则有：
d-x1=vt1-
代入解得：t1=1s（另一解t1=3s，舍去，根据t1=3s，判断出物体到不了B点）
物体在斜面上运动过程：设加速度大小为a3，则有：
mgsin30°=ma3，
代入数据解得：a3=gsin30°=5m/s2．
由上可得物体滑到B点时速度大小为：v0=v-a2t1=4-2×1m/s=2m/s
则物体物体在斜面上滑行的总时间为：t2=
所以物体第二次经过B点的时间为：t3=t1+t2=1.8s．
答：撤去拉力F后，物体两次经过B点，第一次时间为1s，第二次时间为1.8s．
求：（1）返回舱在这一阶段是怎样运动的？
（2）在初始时刻v=150m/s，此时它受到的阻力是多大？
（3）估算50s内返回舱下落的高度及克服阻力做的功．
正确答案
解：（1）v-t图象的斜率表示加速度，图象的点的切线斜率逐渐减小，故返回舱在这一阶段是先做加速度减少的减速运动，后做匀速运动；
（2）在初始时刻v=150m/s，加速度大小为：a=
根据牛顿第二定律，有：f-Mg=Ma
解得：f=M（g+a）=3000kg×（10+30）=1.2×104N；
（3）v-t图象的图线与t轴包围的面积表示位移大小，故50s内返回舱下落的高度大约为：
h=30格×（5×10）m/格=1500m
根据动能定理，有：
Mgh-W克f=
解得：W克f=Mgh-（
答：（1）返回舱在这一阶段先做加速度减少的减速运动，后做匀速运动；
（2）在初始时刻v=150m/s，此时它受到的阻力是1.2×105 N；
（3）50s内返回舱下落的高度为1500m，克服阻力做的功为8×107J．
解析
解：（1）v-t图象的斜率表示加速度，图象的点的切线斜率逐渐减小，故返回舱在这一阶段是先做加速度减少的减速运动，后做匀速运动；
（2）在初始时刻v=150m/s，加速度大小为：a=
根据牛顿第二定律，有：f-Mg=Ma
解得：f=M（g+a）=3000kg×（10+30）=1.2×104N；
（3）v-t图象的图线与t轴包围的面积表示位移大小，故50s内返回舱下落的高度大约为：
h=30格×（5×10）m/格=1500m
根据动能定理，有：
Mgh-W克f=
解得：W克f=Mgh-（
答：（1）返回舱在这一阶段先做加速度减少的减速运动，后做匀速运动；
（2）在初始时刻v=150m/s，此时它受到的阻力是1.2×105 N；
（3）50s内返回舱下落的高度为1500m，克服阻力做的功为8×107J．
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