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

AB是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B与水平直轨道相切，如图所示．一小球自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）小球运动到B点时的动能

（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各是多大？（注意：物体在B点时仍具有向心加速度）

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：

mgR=m ①

则小球运动到B点时的动能为：EkB=mgR

（2）根据牛顿运动定律，小球在B点时，有：

NB-mg=，②

解①②得：NB=3mg

在C点：Nc=mg．

答：（1）小球运动到B点时的动能为mgR．

（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：

mgR=m ①

则小球运动到B点时的动能为：EkB=mgR

（2）根据牛顿运动定律，小球在B点时，有：

NB-mg=，②

解①②得：NB=3mg

在C点：Nc=mg．

答：（1）小球运动到B点时的动能为mgR．

（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：多选题

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多选题

如图所示，质量为m的物块在水平恒力F的推动下，从粗糙山坡底部的A处由静止运动至高为h的坡顶B处，并获得速度v，AB之间的水平距离为x，重力加速度为g，则（　　）

A物块克服重力所做的功是mgh

B合外力对物块做的功是mv2

C推力对物块做的功是mv2+mgh

D阻力对物块做的功是mv2+mgh-Fx

正确答案

A,B,D

解析

解：A、物块上升的高度为h，则物块克服重力做功为mgh，故A正确．

B、物体初动能为零，末动能为，根据动能定理知，合外力做功为，故B正确．

C、F为恒力，则恒力做功为Fx，故C错误．

D、根据动能定理知，Fx-mgh+，解得阻力做功Wf=mv2+mgh-Fx，故D正确．

故选：ABD．

1

题型：填空题

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填空题

从距地面3m高处，一个人用力将原来静止的球以5m/s的速度水平抛出，球的质量为2kg，抛球时人对铅球做的功为______J．若取地面处重力势能为0，g=10m/s2，则铅球落地前瞬间的机械能为______J．

正确答案

25

85

解析

解：根据动能定理可知，人对铅球做的功等于铅球动能的变化，即：

===25J．

根据机械能守恒定律可知，铅球落地前的机械能等于水平抛出时的机械能，即为：

E=+mgh==85J

故答案为：25，85．

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题型：填空题

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填空题

一个从阴极射出的质量为9.1×10-31kg的电子，若它具有4.1×10-16J的动能，那么电子的速率是______．

正确答案

3.0×107m/s

解析

解：根据动能表达式Ek=mv2，电子的速率为：v=；

故答案为：3.0×107m/s．

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题型：单选题

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单选题

足球比赛时，某方获得一次罚点球机会，该方一名运动员将质量为m的足球以速度v0猛地踢出，结果足球以速度v撞在球门高h的门梁上而被弹出．现用g表示当地的重力加速度，则此足球在空中飞往门梁的过程中克服空气阻力所做的功应等于（　　）

Amgh+mv2-mv0

Bmv2-mv0-mgh

Cmv0-mv2-mgh

Dmgh+mv0-mv2

正确答案

C

解析

解：根据动能定理，得：

-mgh-Wf=mv2-mv02

解得：

Wf=m-mv2-mgh．故B正确，A、B、D错误．

故选：C．

1

题型：简答题

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简答题

光滑的圆弧的半径为0.5m，有一质量为0.2kg的物体自最高点A从静止开始下滑到圆弧最低点B时，然后沿水平面前进2m到达C点停止．（g=10m/s2），求：

（1）物体到达B点时的速大小；

（2）物体到达B点时受到圆弧轨道的支持力；

（3）水平面的滑动摩擦因数；

（4）若在C点给物体一个水平向左的恒力F=5N使能返回到A点，求该恒力作用的最小距离．

正确答案

解：（1）设物体到B点的速度为v，由A到B为研究过程，由机械能守恒得：mgR=mv2；

解之得：v===m/s

（2）在B点，根据牛顿第二定律得

N-mg=m

可得 N=3mg=6N

（3）设物体与水平面间的动摩擦因数μ，以A到C为研究过程，由动能定理得：

mgR-μmgl=0

解得：μ==0.25

（4）设恒力作用的最小距离为S．

由全过程，由动能定理得：

FS-mgR-μmgl=0

解得 S===0.4m

答：

（1）物体到达B点时的速大小是m/s；

（2）物体到达B点时受到圆弧轨道的支持力是6N；

（3）水平面的滑动摩擦因数是0.25；

（4）该恒力作用的最小距离是0.4m．

解析

解：（1）设物体到B点的速度为v，由A到B为研究过程，由机械能守恒得：mgR=mv2；

解之得：v===m/s

（2）在B点，根据牛顿第二定律得

N-mg=m

可得 N=3mg=6N

（3）设物体与水平面间的动摩擦因数μ，以A到C为研究过程，由动能定理得：

mgR-μmgl=0

解得：μ==0.25

（4）设恒力作用的最小距离为S．

由全过程，由动能定理得：

FS-mgR-μmgl=0

解得 S===0.4m

答：

（1）物体到达B点时的速大小是m/s；

（2）物体到达B点时受到圆弧轨道的支持力是6N；

（3）水平面的滑动摩擦因数是0.25；

（4）该恒力作用的最小距离是0.4m．

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题型：单选题

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单选题

下列有关动能的叙述，其中正确的是（　　）

A甲、乙两物体质量之比为m1：m2=2：1，它们的速度之比v1：v2=1：2，则两物体的动能是相等的

B甲、乙两物体质量之比为m1：m2=2：1，它们的速度之比v1：v2=1：2，则两物体的动能之比为4：1

C甲、乙两物体质量之比为m1：m2=2：1，它们的速度之比v1：v2=1：2，则两物体的动能之比为1：2

D甲、乙两物体质量之比为m1：m2=2：1，它们的速度之比v1：v2=1：4，则两物体的动能之比为1：4

正确答案

C

解析

解：A、B、C、甲、乙两物体质量之比为m1：m2=2：1，它们的速度之比v1：v2=1：2，根据公式Ek=，两物体的动能是之比为1：2，故A错误，B错误，C正确；

D、甲、乙两物体质量之比为m1：m2=2：1，它们的速度之比v1：v2=1：4，根据公式Ek=，两物体的动能之比为1：8，故D错误；

故选：C．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连接与水平方向间的夹角θ=30°，另一端点C为轨道的最低点，过C点的轨道切线水平．在C点右侧的水平面上紧挨C点放置一质量为m的长木板，长木板上表面与C点等高．一质量为m的物块（可视为质点）从空中A点以v0=的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.6，长木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2，物块恰好不能脱离长木板，求：

（1）物块经过轨道上C点时对轨道的压力．

（2）长木板的长度．

正确答案

解：（1）根据平行四边形定则知，B点的速度，

根据动能定理得，，

根据牛顿第二定律得，N-mg=m，

联立两式解得N=8mg，．

（2）物块的加速度，木板的加速度=2m/s2，

根据vC-a1t=a2t得，t=，

长木板的长度L==．

答：（1）物块经过轨道上C点时对轨道的压力为8mg．

（2）长木板的长度为．

解析

解：（1）根据平行四边形定则知，B点的速度，

根据动能定理得，，

根据牛顿第二定律得，N-mg=m，

联立两式解得N=8mg，．

（2）物块的加速度，木板的加速度=2m/s2，

根据vC-a1t=a2t得，t=，

长木板的长度L==．

答：（1）物块经过轨道上C点时对轨道的压力为8mg．

（2）长木板的长度为．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一工件由质量相等不栓接的两部分构成，其AB段是一半径为R的光滑圆轨道，BC段为一长度为2R的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个工件置于光滑水平地面上，右端紧靠竖直墙壁，两部分的轨道对接在同一竖直面内．现有一个质量是工件质量一半可视为质点的物块以初速v0=2，从C端滑入轨道内，恰能到达工件右侧最高点A处，此后滑回．（取g=10m/s2）

（1）求物块与水平轨道间的动摩擦因数；

（2）试分析物块最后能否滑出工件，若不能滑出，试求最终与工作左端的距离．

正确答案

解：（1）设物块的质量为m，则工件的两部分均为2m．对物块从C运动到A的过程，运用动能定理得：

-μmg•2R-mgR=0-

据题，v0=2，

解得 μ=0.5

（2）设物块从A下滑到B时的速度为v．由机械能守恒定律得：

mgR=

可得：v=

设物块在工件上滑动达到的共同速度为v′．取向左为正方向，由动量守恒定律得：

mv=（m+2m）v′

可得：v′=

设物块相对于工件滑行的距离为s．根据能量守恒定律得：

μmgs=-

解得：s=R＜2R

因此物块最后不能滑出工件，最终与工作左端的距离为：△s=2R-s=R

答：

（1）物块与水平轨道间的动摩擦因数是0.5；

（2）物块最后不能滑出工件，最终与工作左端的距离是R．

解析

解：（1）设物块的质量为m，则工件的两部分均为2m．对物块从C运动到A的过程，运用动能定理得：

-μmg•2R-mgR=0-

据题，v0=2，

解得 μ=0.5

（2）设物块从A下滑到B时的速度为v．由机械能守恒定律得：

mgR=

可得：v=

设物块在工件上滑动达到的共同速度为v′．取向左为正方向，由动量守恒定律得：

mv=（m+2m）v′

可得：v′=

设物块相对于工件滑行的距离为s．根据能量守恒定律得：

μmgs=-

解得：s=R＜2R

因此物块最后不能滑出工件，最终与工作左端的距离为：△s=2R-s=R

答：

（1）物块与水平轨道间的动摩擦因数是0.5；

（2）物块最后不能滑出工件，最终与工作左端的距离是R．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，工人通过两条传送带将质量为m的货物运送到高处，已知传送带1匀速运动的速度为v，传送带2的长度为L．将货物无初速度地放在传送带1的左端，到达右端前已经匀速运动，货物从传送带1过渡到传送带2时速度大小不变．某次传送带2因故障停转，工人发现货物沿传送带2向上滑行的最大距离为．

（1）求货物上滑过程中的加速度大小；

（2）工人甲在货物到达传送带2时立刻施加平行于传送带斜向上的推力，作用一段距离后，撤去该力，货物恰能到达传送带2的顶端，求推力对货物做的功W；

（3）工人乙将传送带1的运行速度提高到2v，发现货物也恰能到达传送带2的顶端，求传送带1的长度．（已知货物与传送带1的动摩擦因数为μ，重力加速度为g）

正确答案

解：（1）由运动学公式得 v2=2a•L，解得：a=

（2）设斜面倾角为α，由动能定理得：

-mg•Lsinα-μmgcosαL=0-

WF-mgLsinα-μmgcosαL=0-

联立解得：WF=

（3）传送带1的运行速度提高到2v后，设货物到达传送带2的速度为v′，则v′2=2a•L，

解得：v′=v＜2v

所以货物在传送带上一直加速，a1=μg，2a1x=v′2，

解得：x=

答：（1）货物上滑过程中的加速度大小为；

（2）推力对货物做的功W是；

（3）传送带1的长度为．

解析

解：（1）由运动学公式得 v2=2a•L，解得：a=

（2）设斜面倾角为α，由动能定理得：

-mg•Lsinα-μmgcosαL=0-

WF-mgLsinα-μmgcosαL=0-

联立解得：WF=

（3）传送带1的运行速度提高到2v后，设货物到达传送带2的速度为v′，则v′2=2a•L，

解得：v′=v＜2v

所以货物在传送带上一直加速，a1=μg，2a1x=v′2，

解得：x=

答：（1）货物上滑过程中的加速度大小为；

（2）推力对货物做的功W是；

（3）传送带1的长度为．

1

题型：填空题

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填空题

如图所示，从地面A处竖直上抛一质量为m的小球，当小球上升到距A点高度为h的B点时动能为EK（EK是未知量）；当小球上升到最高点后返回至距A处的C点时，动能也为EK．若空气阻力f=0.1mg，则小球在下落过程中从B点到C点克服空气阻力所做的功为______mgh，小球能上升的最大高度为______h．

正确答案

4

解析

解：设最大高度为H，对小球，从A点运动到B点的过程，由动能定理得：

EK-m=-（mg+f）h

从A点开始运动到返回C点的过程运用动能定理得：

EK-m=-mg•h-f（2H-h）

又f=0.1mg

联立解得：H=4h

从上升到B点运动到下落时B点的过程中运用动能定理得：

EK′-EK=-f（3h+3h），

在下落过程中从B点到C点，有：

mg（h-h）-W=EK-EK′

联立以上两式得：

W=mgh

故答案为：，4．

1

题型：简答题

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简答题

如图，摩托车做特技表演，以v0=10.0m/s的初速度冲向高台，然后从高台以v1=12m/s的速度水平飞出，落在倾角θ=37°的斜面上．若摩托车冲向高台的过程中以p=4.0kw的额定功率行驶，冲到高台上所用时间t1=4.0s．人和车的总质量m=1.8×102kg，台高h=5.0m．不计空气阻力，取g=10m/s2，求：

（1）摩托车从高台飞出到落至斜面所用时间t2；

（2）摩托车落到斜面上缓冲，只保留沿斜面方向速度，求缓冲后的速度v2；

（3）摩托车冲上高台过程中阻力所做的功Wf．

正确答案

解：（1）由平抛运动规律得：

h=gt2

s=v1t2

由几何关系得 tanθ=

解得 t2=1.8s

（2）缓冲前竖直方向速度 vy=gt2=18m/s

故缓冲后沿斜面方向速度v2=v1cosθ+vysinθ=20.4m/s

（3）由动能定理得：

Pt1-mgh+Wf=mv12-mv02

解得：Wf=-3.04×103J

答：（1）摩托车从高台飞出到落至斜面所用时间t2为1.8s；

（2）摩托车落到斜面上缓冲，只保留沿斜面方向速度，缓冲后的速度v2为20.4m/s；

（3）摩托车冲上高台过程中阻力所做的功Wf为-3.04×103J．

解析

解：（1）由平抛运动规律得：

h=gt2

s=v1t2

由几何关系得 tanθ=

解得 t2=1.8s

（2）缓冲前竖直方向速度 vy=gt2=18m/s

故缓冲后沿斜面方向速度v2=v1cosθ+vysinθ=20.4m/s

（3）由动能定理得：

Pt1-mgh+Wf=mv12-mv02

解得：Wf=-3.04×103J

答：（1）摩托车从高台飞出到落至斜面所用时间t2为1.8s；

（2）摩托车落到斜面上缓冲，只保留沿斜面方向速度，缓冲后的速度v2为20.4m/s；

（3）摩托车冲上高台过程中阻力所做的功Wf为-3.04×103J．

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题型：简答题

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简答题

冰壶赛场在比赛前需要调试赛道的冰面情况．设冰壶质量为m，冰壶与合格冰道的动摩擦因数为μ．调试时，测得冰壶在合格赛道末端速度为初速度的0.9倍，总耗时为t．假设冰道内有一处冰面出现异常，导致冰壶与该处冰面的动摩擦因素为2μ，且测出冰壶到达赛道末端的速度为初速度的0.8倍，设两次调试时冰壶初速度均相同．求：

（1）冰壶的初速度大小和冰道的总长度；

（2）异常冰面的长度．

正确答案

解：设冰壶初速度为v，赛道总长度为L，不规则冰面的长度为d，

（1）在正常冰面上：μmgL=mv2-m（0.9v）2

v-0.9v=μgt

v=10μgt

L=μgt2

（2）不规则冰面存在时：μmg（L-d）+2μmgd=mv2-m（0.8v）2

解得：d=μgt2

答：（1）冰壶的初速度大小为10μgt，冰道的总长度为μgt2；

（2）异常冰面的长度为μgt2

解析

解：设冰壶初速度为v，赛道总长度为L，不规则冰面的长度为d，

（1）在正常冰面上：μmgL=mv2-m（0.9v）2

v-0.9v=μgt

v=10μgt

L=μgt2

（2）不规则冰面存在时：μmg（L-d）+2μmgd=mv2-m（0.8v）2

解得：d=μgt2

答：（1）冰壶的初速度大小为10μgt，冰道的总长度为μgt2；

（2）异常冰面的长度为μgt2

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题型：填空题

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填空题

如图所示，半径R=1m的圆弧导轨与水平面相接，从圆弧导轨顶端A，静止释放一个质量为m=20g的小木块，测得其滑至底端B时速度VB=3m/s，在圆弧轨道上克服摩擦力做功为______J（重力加速度g=10m/s2）

正确答案

0.11

解析

解：小木块从A至B的过程中只有重力和摩擦力做功，根据动能定理有：

所以可知，在圆形导轨摩擦力做的功为：=-0.11J

故答案为：0.11J

1

题型：简答题

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简答题

光滑的圆弧轨道AB竖直放置，半径R=0.2m，B端切线水平，B离地高度H=0.8m，如图20所示，小滑块P从A点由静止滑下最终落在水平地面上（空气阻力不计，g取10m/s2）求：

（1）小滑块P滑到B点时的速度vB的大小；

（2）小滑块P的落地点与B点的水平距离S；

（3）小滑块P的落地时的速度v的大小．

正确答案

解：（1）对A→B：根据动能定理：

则得：

（2）物体由B开始做平抛运动，则

竖直方向有：H=gt2；

水平方向有：S=vBt

解得：s=vB=2×m=0.8m

（3）滑块落地时竖直分速度为：vy=g•t=4m/s

则落地速度为：

答：（1）小滑块P滑到B点时的速度vB的大小是2m/s；

（2）小滑块P的落地点与B点的水平距离S是0.8m；

（3）小滑块P的落地时的速度v的大小是2m/s．

解析

解：（1）对A→B：根据动能定理：

则得：

（2）物体由B开始做平抛运动，则

竖直方向有：H=gt2；

水平方向有：S=vBt

解得：s=vB=2×m=0.8m

（3）滑块落地时竖直分速度为：vy=g•t=4m/s

则落地速度为：

答：（1）小滑块P滑到B点时的速度vB的大小是2m/s；

（2）小滑块P的落地点与B点的水平距离S是0.8m；

（3）小滑块P的落地时的速度v的大小是2m/s．

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