机械能守恒定律_章节学习

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题型：简答题

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简答题

如图所示，轨道ABCD固定在竖直平面内，其中AB为倾斜的光滑直轨道，BC是长L=0.8m粗糙水平直轨道，CD是半径为R=0.1m的光滑半园形轨道，AB与BC圆滑连接，CD与BC在C点相切．AB上有一小滑块（可视为质点）从高为h=0.2m处由静止开始下滑，小滑块沿轨道运动，恰能到达C点．

（1）求小滑块滑到B点时速度的大小；

（2）求小滑块与BC间的动摩擦因数；

（3）若要小滑块恰能通过D点，小滑块应从AB轨道上什么高度开始下滑？

正确答案

解：（1）小滑块在轨道AB上滑动时，只有重力做功，机械能守恒，则有

mgh=

则得v==2m/s

（2）滑块从B到C的过程中，根据动能定理得：

-μmgl=-

解得，μ=0.25

（3）若要小滑块恰能通过D点，在D点，由重力提供向心力，则由牛顿第二定律得：

mg=m

所以 vD=1m/s

设滑块下滑位置的高度为H，对整个过程，由动能定理得

mg（H-2R）-μmgl=-0

解得，H=0.45m

答：

（1）小滑块滑到B点时速度的大小是2m/2；

（2）小滑块与BC间的动摩擦因数是0.25；

（3）若要小滑块恰能通过D点，小滑块应从AB轨道上0.45m高度开始下滑．

解析

解：（1）小滑块在轨道AB上滑动时，只有重力做功，机械能守恒，则有

mgh=

则得v==2m/s

（2）滑块从B到C的过程中，根据动能定理得：

-μmgl=-

解得，μ=0.25

（3）若要小滑块恰能通过D点，在D点，由重力提供向心力，则由牛顿第二定律得：

mg=m

所以 vD=1m/s

设滑块下滑位置的高度为H，对整个过程，由动能定理得

mg（H-2R）-μmgl=-0

解得，H=0.45m

答：

（1）小滑块滑到B点时速度的大小是2m/2；

（2）小滑块与BC间的动摩擦因数是0.25；

（3）若要小滑块恰能通过D点，小滑块应从AB轨道上0.45m高度开始下滑．

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题型：单选题

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单选题

A、B两个物体的质量比为1：2，速度之比是2：1，那么它们的动能之比是（　　）

A1：1

B1：2

C2：1

D4：1

正确答案

C

解析

解：根据动能的定义式EK=mV2，可得：

故动能之比与质量和速度的平方成正比；

故动能之比为：2：1

故选：C

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题型：单选题

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单选题

某物体以初动能E0从倾角θ=37°的斜面底部A点沿斜面上滑，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5．当物体滑到B点时动能为E，滑到C点时动能为0，物体从C点下滑到AB中点D时动能又为E，则下列说法正确的是（已知|AB|=s，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（　　）

ABC段的长度为

BBC段的长度为

C物体再次返回A点时的动能为

D物体再次返回A点时的动能为

正确答案

D

解析

解：A、B、对AB有：：-mgssinθ-μmgscosθ=E-E0；

设BC为L，对从A到最高点再返回到D过程有：

；

代入数据得：，故A错误，B错误；

C、D、对A到C有：-mg（s+L）sinθ-μm（s+L）gcosθ=0-E0；

代人数据解得：

E0=mg（s+L）sinθ+μmg（s+L）cosθ=mg（s+L）（sinθ+μcosθ）=mgs

即：mgs=E0；

对全程有：-μmg（2s+2L）cosθ=E′-E0；

E′=0.9mgs-E0=-0.8E0+E0=，故C错误，D正确；

故选：D．

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题型：简答题

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简答题

过山车是游乐场中常见的设施．下图是一种过山车部分轨道的简易模型，它由θ=45°的倾斜轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道及水平轨道组成．A是倾斜轨道的最高点，其最低点与B平滑相连，且弯道部分长度忽略不计，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1=15.0m、R2=12.0m．一个质量为m=500kg的车厢（视为质点），从倾斜轨道的最高点A点由静止开始滑下，A、B的高度差H=60m．车厢与倾斜及水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．取g=10m/s2，求：

（1）车厢在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对车厢作用力的大小；

（2）如果车厢恰能通过第二个圆形轨道，B、C间距L应是多少？

（3）在满足（2）的条件下，要使车厢能安全通过第三个圆形轨道的最高点，半径R3应满足什么条件？

正确答案

解：（1）车厢从A滑到第一个圆轨道的最高点过程，根据动能定理，有：

车厢经过第一个圆轨道的最高点时速度为v1，重力和支持力的合力提供向心力，有：

F+mg=m

联立解得：F=7×103N

（2）车厢在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，重力提供向心力，有：

mg=m

对从初位置到第二圆轨道最高点过程运用动能定理，得到：

mg（H-2R2）

联立解得：L=90m

（3）车厢安全通过第三个圆形轨道的最高点时对应最大半径应满足

mg=m

对从初位置到第三圆轨道最高点过程运用动能定理，有：

mg（H-2R3）

联立解得：R3=4.8m；

答：（1）车厢在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对车厢作用力的大小为7×103N；

（2）如果车厢恰能通过第二个圆形轨道，B、C间距L应是90m；

（3）要使车厢能安全通过第三个圆形轨道的最高点，半径应满足条件是R≤4.8m．

解析

解：（1）车厢从A滑到第一个圆轨道的最高点过程，根据动能定理，有：

车厢经过第一个圆轨道的最高点时速度为v1，重力和支持力的合力提供向心力，有：

F+mg=m

联立解得：F=7×103N

（2）车厢在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，重力提供向心力，有：

mg=m

对从初位置到第二圆轨道最高点过程运用动能定理，得到：

mg（H-2R2）

联立解得：L=90m

（3）车厢安全通过第三个圆形轨道的最高点时对应最大半径应满足

mg=m

对从初位置到第三圆轨道最高点过程运用动能定理，有：

mg（H-2R3）

联立解得：R3=4.8m；

答：（1）车厢在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对车厢作用力的大小为7×103N；

（2）如果车厢恰能通过第二个圆形轨道，B、C间距L应是90m；

（3）要使车厢能安全通过第三个圆形轨道的最高点，半径应满足条件是R≤4.8m．

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题型：简答题

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简答题

如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中倾斜直轨AB与水平直轨CD长均为L=3m，圆弧形轨道APD和BQC均光滑，BQC的半径为r=1m，APD的半径为R=2m，AB、CD与两圆弧形轨道相切，O2A、O1B与竖直方向的夹角均为θ=37°．现有一质量为m=1kg的小球穿在滑轨上，以Ek0的初动能从B点开始沿BA向上运动，小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为μ=，设小球经过轨道连接处均无能量损失．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：

（1）要使小球完成一周运动回到B点，初动能EK0至少多大？

（2）若小球以EK0=31J的初动能从B点出发，则小球第二次到达D点时的动能为多少？

（3）在第（2）小题的情况下，小球在CD段上运动的总路程为多少？

正确答案

解析：（1）若要使小球能够通过圆弧APD的最高点，因为小球是穿在杆上，所以到达最高点时速度可以为0．

由能量守恒得：Ek0=mgR（1-cosθ）+mgLsinθ+μmgLcosθ

代入数据解得：Ek0=30J

（2）小球第一次回到B点时的动能为：-μmgLcos θ-μmgL=EKB-Ek0

得EkB=13J＜30J，说明小球不可能第二次过最高点，设小球沿AB向上运动到距离B点为s处返回．则有：EkB=μmgscosθ+mgssinθ

代入数据解得s=1.5m

小球继续向下运动，当小球第二次到达D点时动能为所以：

EKD=mg（r+rcosθ）+Ek1-Q-μmgL=13J

（3）小球第二次到D点后还剩13J的能量，沿DP弧上升后再返回DC段，到C点只剩下3J的能量．因此小球无法继续上升到B点，滑到BQC某处后开始下滑，之后受摩擦力作用，小球最终停在CD上的某点．

由动能定理：EKD=μmgs1

可得小球在CD上所通过的路程为：s=3.9m

小球通过CD段的总路程为：S总=2L+s=9.9m

答：（1）要使小球完成一周运动回到B点，初动能EK0至为30J

（2）若小球以EK0=31J的初动能从B点出发，则小球第二次到达D点时的动能为13J

（3）在第（2）小题的情况下，小球在CD段上运动的总路程为9.9m

解析

解析：（1）若要使小球能够通过圆弧APD的最高点，因为小球是穿在杆上，所以到达最高点时速度可以为0．

由能量守恒得：Ek0=mgR（1-cosθ）+mgLsinθ+μmgLcosθ

代入数据解得：Ek0=30J

（2）小球第一次回到B点时的动能为：-μmgLcos θ-μmgL=EKB-Ek0

得EkB=13J＜30J，说明小球不可能第二次过最高点，设小球沿AB向上运动到距离B点为s处返回．则有：EkB=μmgscosθ+mgssinθ

代入数据解得s=1.5m

小球继续向下运动，当小球第二次到达D点时动能为所以：

EKD=mg（r+rcosθ）+Ek1-Q-μmgL=13J

（3）小球第二次到D点后还剩13J的能量，沿DP弧上升后再返回DC段，到C点只剩下3J的能量．因此小球无法继续上升到B点，滑到BQC某处后开始下滑，之后受摩擦力作用，小球最终停在CD上的某点．

由动能定理：EKD=μmgs1

可得小球在CD上所通过的路程为：s=3.9m

小球通过CD段的总路程为：S总=2L+s=9.9m

答：（1）要使小球完成一周运动回到B点，初动能EK0至为30J

（2）若小球以EK0=31J的初动能从B点出发，则小球第二次到达D点时的动能为13J

（3）在第（2）小题的情况下，小球在CD段上运动的总路程为9.9m

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题型：单选题

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单选题

做直线运动的物体，受到的合力F与物体发生的位移s的关系如图所示，已知物体的质量为20kg，在s=0处物体处于静止状态，则当物体在s=30m处时，物体的速度大小为（　　）

Am/s

B2m/s

C5m/s

D5m/s

正确答案

C

解析

解：由图可知，在0～20m，合外力为F1，可得该段位移内合力做功为：

W1=F1x1=10×20J=200J

在20～30m，合外力为F2，可得该段位移内合力做功为：

W2=F2x2=5×10J=50J

根据动能定理得：W1+W2=

可得 v=5m/s

故选：C．

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题型：简答题

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简答题

质量为m的小球从半径为R的四分之一圆轨道AB的最高点A从静止开始滚下，最后落在地面上的C点，已测得BC的水平距离为3R，B点到地面的竖直距离为4R，求小球在AB段运动过程中摩擦力做的功（已知重力加速度为g）．

正确答案

解：B→C，平抛运动，

解得t=

sx=vBt

VB=

A→C过程，由动能定理，

解出：

答：小球在AB段运动过程中摩擦力做的功

解析

解：B→C，平抛运动，

解得t=

sx=vBt

VB=

A→C过程，由动能定理，

解出：

答：小球在AB段运动过程中摩擦力做的功

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题型：简答题

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简答题

AB是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B与水平直轨相切，如图所示．一可视为质点的小球自A点起由静止开始沿轨道下滑．已知圆轨道半径为R，小球的质量为m，不计各处摩擦．求：

（1）小球下滑到B点时速度的大小；

（2）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力FB、FC各是多大？

正确答案

解：（1）小球从A到B的运动过程中，机械能守恒，选BC所在水平面为参考平面，则： ①

则小球运动到B点时的速度为：

（2）根据牛顿运动定律，小球在B点时，有：N-mg=m，②

解①②得：NB=3mg

在C点：Nc=mg．

答：（1）小球运动到B点时的速度为．

（2）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力NB、NC各是3mg、mg．

解析

解：（1）小球从A到B的运动过程中，机械能守恒，选BC所在水平面为参考平面，则： ①

则小球运动到B点时的速度为：

（2）根据牛顿运动定律，小球在B点时，有：N-mg=m，②

解①②得：NB=3mg

在C点：Nc=mg．

答：（1）小球运动到B点时的速度为．

（2）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力NB、NC各是3mg、mg．

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题型：填空题

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填空题

把质量为3.0kg的石块，从高30m的某处，以5.0m/s的速度竖直向上抛出，g取10m/s2，不计空气阻力，石块落地时的速率为______；整个过程重力做功为______．

正确答案

25m/s

900J

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=

代入数据解得 v1=25m/s．

重力做功为iW=mgh=3×10×30J=900J

故答案为：25m/s，900J

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题型：单选题

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单选题

两个物体质量比为1：4，速度大小之比为4：1，则这两个物体的动能之比为（　　）

A1：1

B1：4

C4：1

D2：1

正确答案

C

解析

解：根据得，质量比为1：4，速度大小比为4：1，则动能之比为4：1．故C正确，A、B、D错误．

故选：C．

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题型：简答题

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简答题

半径为R=1.01m的水平圆盘绕其竖直中心以角速度ω匀速转动，圆盘边沿固定有一个半径为r=1cm的浅圆桶，在圆盘上方高位h=1.25m处有固定的水平长板MN，板的右端中点N与圆盘中心O位于同一条竖直线上，一个质量为m=0.5kg的小滑板（可视为质点）静止在长板左端，某时刻对m施加一个水平向右大小为6N的拉力F，此时圆盘上过小浅圆筒圆心的直径刚好与拉力F平行，如图所示，拉力F作用0.4s后撤去，小物块最终从N点水平飞出后恰好落在浅圆筒中心，若小物块与长板间的动摩擦因数为μ=0.2，取g=10m/s2，求板的长度L及圆盘转动的角速度至少多大？

正确答案

解：小滑板离开N后做平抛运动过程，有：

R-r=vNt

h=

联立解得：

t1=0.5s

vN=2m/s

从M到N过程，先加速后减速；

加速过程的加速度：

a1=

加速过程的末速度：

v1=a1t2=10×0.4=4m/s

加速位移：

减速过程的加速度：

a2=-μg=-2m/s2

故减速时间：

减速位移：

故板长：L=x1+x2=0.8m+3m=3.8m

运动的总时间：

t=t1+t2+t3=0.5+0.4+1=1.9s

故圆盘的最小角速度为：

ω=≈3.3rad/s

答：板的长度L为3.8m，圆盘转动的角速度至少3.3rad/s．

解析

解：小滑板离开N后做平抛运动过程，有：

R-r=vNt

h=

联立解得：

t1=0.5s

vN=2m/s

从M到N过程，先加速后减速；

加速过程的加速度：

a1=

加速过程的末速度：

v1=a1t2=10×0.4=4m/s

加速位移：

减速过程的加速度：

a2=-μg=-2m/s2

故减速时间：

减速位移：

故板长：L=x1+x2=0.8m+3m=3.8m

运动的总时间：

t=t1+t2+t3=0.5+0.4+1=1.9s

故圆盘的最小角速度为：

ω=≈3.3rad/s

答：板的长度L为3.8m，圆盘转动的角速度至少3.3rad/s．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为mA=10kg的物块A和质量为mB=2kg的物块B放在与水平面夹角为30°的光滑斜面上处于静止状态，轻弹簧的一端与物块B连接，另一端与固定挡板连接．弹簧的劲度系数为k=400N/m．现给物块A施加一个平行于斜面向上的力F，使物块A沿斜面向上做匀加速运动，已知力F在前0.2s内为变力，0.2s后为恒力，g取10m/s 2．

（1）求力F的最大值与最小值．

（2）已知力F由最小值达最大值的过程中，弹簧的弹性势能减小了4J，求这一过程中力F所做的功．

正确答案

解：（1）t=0 时，设弹簧压缩 x1，

由平衡条件得：kx1=（ mA+mB）gsin30°，

力F施加在A上以后，经过 t=0.2s物块A、B刚好分离时，

此时力F有最大值Fmax此时弹簧被压缩 x2，

由牛顿第二定律得：

Fmax-mAgsin30°=mAa，

kx2-mBgsin30°=mBa，

从0～0.2s内，x1-x2=at2，

t=0时，物块A、B物块开始做匀加速运动，

则此刻力F有最小值Fmin，由牛顿第二定律得：

Fmin+kx1-（mA+mB）gsin30°=（mA+mB）a，

代入数据解得：Fmax=100N，Fmin=60N，x1=0.15m，x2=0.05m，a=5m/s2．

（2）在力由最大值到最小值的过程经历时间为0.2s，

在这0.2s内对AB整体，由动能定理得：

WF+W弹-WG=（mA+mB）v2-0，

WG=（mA+mB）g（x1-x2）sin30°，

由速度公式得：v=at，

解得，力F在0.2s内所做的功为：WF=8J；

答：（1）力F的最大值与最小值分别为：100N、60N．

（2）这一过程中力F所做的功为8J．

解析

解：（1）t=0 时，设弹簧压缩 x1，

由平衡条件得：kx1=（ mA+mB）gsin30°，

力F施加在A上以后，经过 t=0.2s物块A、B刚好分离时，

此时力F有最大值Fmax此时弹簧被压缩 x2，

由牛顿第二定律得：

Fmax-mAgsin30°=mAa，

kx2-mBgsin30°=mBa，

从0～0.2s内，x1-x2=at2，

t=0时，物块A、B物块开始做匀加速运动，

则此刻力F有最小值Fmin，由牛顿第二定律得：

Fmin+kx1-（mA+mB）gsin30°=（mA+mB）a，

代入数据解得：Fmax=100N，Fmin=60N，x1=0.15m，x2=0.05m，a=5m/s2．

（2）在力由最大值到最小值的过程经历时间为0.2s，

在这0.2s内对AB整体，由动能定理得：

WF+W弹-WG=（mA+mB）v2-0，

WG=（mA+mB）g（x1-x2）sin30°，

由速度公式得：v=at，

解得，力F在0.2s内所做的功为：WF=8J；

答：（1）力F的最大值与最小值分别为：100N、60N．

（2）这一过程中力F所做的功为8J．

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题型：单选题

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单选题

A、B两物体以相同的初速度滑到同一粗糙水平面上，若两物体的质量 mA＞mB，两物体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，则两物体能滑行的最大距离关系为（　　）

AXA=XB

BXA＞XB

CXA＜XB

D不能确定

正确答案

A

解析

解：由动能定理可知，-μmgx=0-；

即得滑行的最大距离 x=；

则可知，若初速度相等，则最大滑行距离相等，故A正确．

故选A

1

题型：填空题

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填空题

改变汽车的质量和速度，都能使汽车的动能发生变化，当汽车的质量变为原来的倍、速度变为原来的2倍时，其动能是原来的______倍．

正确答案

2

解析

解：动能为：EK=mV2；

当汽车的质量变为原来的倍、速度变为原来的2倍时，故动能为：

E′K=（m）（2V）2=2EK；

故答案为：2．

1

题型：多选题

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多选题

如图所示，质量为M，长度为l的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经一段时间小车运动的位移为s，小物块刚好滑到小车的最右端，则下述答案正确的是（　　）

A此时物块的动能为（F-f）（s+l）

B此时小车的动能为fs

C这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fs

D这一过程中，物块和小车产生的内能为fl

正确答案

A,B,D

解析

解：A、根据动能定理得，（F-f）（s+l）=mv2-0．则物块的动能为Ek=（F-f）（s+l）．故A正确．

B、根据动能定理得，小车的动能为fs，故B正确．

C、由功能关系得知，物块和小车增加的机械能为F（s+l）-fl．故C错误．

D、系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力做功fl．故D正确．

故选ABD

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