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

由相同材料的木板搭成的轨道如图所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF长均为L=1.5m，木板OA和其它木板与水平地面的夹角都为β=37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8），一个可看成质点的物体在木板OA上从图中的离地高度h处由静止释放，物体与木板的动摩擦因数都为μ=0.2，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过它，既不损失动能，也不会脱离轨道．在以后的运动过程中，重力加速度取10m/s2，问：

（1）物体能否静止在木板上？请说明理由；

（2）若h=1.8m，则物体运动的总路程是多少？

（3）若要物体最终停在E点处，则高度h应满足什么条件？

正确答案

解：（1）在斜面上物体重力沿斜面向下的分力为：G1=mgsin37°=0.6mg；

物体所受摩擦力大小为：f=μmgcos37°=0.16mg；

由于f＜G1，故物体在木板上停不住．

（2）从物体开始运动到最终停下的过程中，总路程为s，由动能定理得：

mgh-μmgcos37°•S=0-0

代入数据解得：s=11.25m．

（3）假设物体依次恰能到达D点，由动能定理有：

解得：h1=2.21m

假设物体依次恰能到达F点，由动能定理有：

解得：h1=2.45m，

若要物体最终停在E点处，则高度h应满足：2.21m＜h＜2.45m．

答：（1）物体不能静止在木板上；

（2）若h=1.8m，则物体运动的总路程是11.25m；

（3）若要物体最终停在E点处，则高度h应满足：2.21m＜h＜2.45m．

解析

解：（1）在斜面上物体重力沿斜面向下的分力为：G1=mgsin37°=0.6mg；

物体所受摩擦力大小为：f=μmgcos37°=0.16mg；

由于f＜G1，故物体在木板上停不住．

（2）从物体开始运动到最终停下的过程中，总路程为s，由动能定理得：

mgh-μmgcos37°•S=0-0

代入数据解得：s=11.25m．

（3）假设物体依次恰能到达D点，由动能定理有：

解得：h1=2.21m

假设物体依次恰能到达F点，由动能定理有：

解得：h1=2.45m，

若要物体最终停在E点处，则高度h应满足：2.21m＜h＜2.45m．

答：（1）物体不能静止在木板上；

（2）若h=1.8m，则物体运动的总路程是11.25m；

（3）若要物体最终停在E点处，则高度h应满足：2.21m＜h＜2.45m．

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题型：单选题

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单选题

一质量为2kg的滑块，在一向右的水平力作用下，以4m/s的初速度在光滑水平面上向右加速运动，经过一段时间，滑块的速度变为8m/s，此时物体具有的动能是多大（　　）

A0

B16J

C48J

D64J

正确答案

D

解析

解：物体的质量为2kg，末速度为8m/s，故末动能为：

Ek===64J

故选：D

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题型：简答题

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简答题

如图所示，均匀光滑直杆AB长为L，可绕光滑固定转轴O转动，O距B点处．在水平杆的另一端A下摆经过的轨迹上安装光电门，用来测量A端的瞬时速度vA．光电门测量位置和转轴O的高度差h可以调节，有一质量为m的小球套在光滑杆上．重力加速度g取10m/s2．

（1）若杆的质量忽略不计，小球固定在杆OA的中点处，由静止释放杆，请写出光电门测量到的速度vA与高度差h的关系式．

（2）实际情况下杆的质量M不能忽略，拿走小球后重复实验，得到了如图所示的vA2与h关系图线．请写出杆绕O点转动时的动能EK与vA的关系式．

（3）若杆的质量M=3kg，小球m=2kg固定在杆OA的中点处，将杆由水平位置静止释放，请根据计算分析在图丙中画出vA2与h关系图线．

正确答案

解：（1）对小球，由动能定理得：mg=m（）2

解得：vA=2

（2）对杆和球组成的整体，由动能定理得：Ek=Mg-Mg

由图象得：h=

得：Ek=M

（3）对杆和球组成的整体，由动能定理得：Mg+mg-Mg=m（）2+M

化简得：v=42h

画图

答：

（1）光电门测量到的速度vA与高度差h的关系式为vA=2．

（2）杆绕O点转动时的动能EK与vA的关系式为Ek=M．

（3）计算分析见上，在图丙中画出vA2与h关系图线见上．

解析

解：（1）对小球，由动能定理得：mg=m（）2

解得：vA=2

（2）对杆和球组成的整体，由动能定理得：Ek=Mg-Mg

由图象得：h=

得：Ek=M

（3）对杆和球组成的整体，由动能定理得：Mg+mg-Mg=m（）2+M

化简得：v=42h

画图

答：

（1）光电门测量到的速度vA与高度差h的关系式为vA=2．

（2）杆绕O点转动时的动能EK与vA的关系式为Ek=M．

（3）计算分析见上，在图丙中画出vA2与h关系图线见上．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径为R光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度为h，水平距离为s，水平轨道AB光滑，小球与长为L的水平轨道BC间的动摩擦因数为μ．

（1）若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度v0？

（2）小球在上述运动中，最后停在距离B点为d的E点，求d的大小？

（3）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点的初速度v的范围是多少？

正确答案

解：（1）设小球恰能通过最高点时的速度为vR，有

到最高点，机械能守恒

由上两式可解得初速度

（2）由动能定理，得

由③④式得

（3）若初速为v1时，小球刚好停在C处，则有

解之得

若小球停在BC段，则有

若小球能通过C点，并越过壕沟，则有

s≤vct

解得

依题意，v需满足：或

答：（1）若小球恰能通过圆形轨道的最高点，小球在A点的初速度v0

（2）小球在上述运动中，最后停在距离B点为d的E点，d的大小为

（3）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点的初速度v的范围是：或

解析

解：（1）设小球恰能通过最高点时的速度为vR，有

到最高点，机械能守恒

由上两式可解得初速度

（2）由动能定理，得

由③④式得

（3）若初速为v1时，小球刚好停在C处，则有

解之得

若小球停在BC段，则有

若小球能通过C点，并越过壕沟，则有

s≤vct

解得

依题意，v需满足：或

答：（1）若小球恰能通过圆形轨道的最高点，小球在A点的初速度v0

（2）小球在上述运动中，最后停在距离B点为d的E点，d的大小为

（3）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点的初速度v的范围是：或

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题型：填空题

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填空题

一辆质量m为3.0t（吨）的小型载重汽车，沿着一条水平公路直线行驶，行驶过程中汽车所受的阻力大小正比于汽车与地面间的压力大小．已知汽车牵引力的额定功率P=90Kw，汽车空载行驶的最大速度是vm=25m/s．（计算时取g=10m/s2）

（1）求汽车空载运动过程中受到的阻力f是多大．

（2）若这辆汽车装上质量为m/=2.0t的货物，以额定功率起动后1.0min（分钟）恰好达到最大速度vm′，求汽车的最大速度vm′大小及汽车在这1.0min内通过的路程．

正确答案

解析

解：（1）达到最大速度vm时，牵引力F=f，此时 P=Fvm=fvm

解得：f===3.6×103N

（2）设汽车装货物后运动过程中受到的阻力为f′，

则，

所以 f′==6×103N

此时汽车运动的最大速度为vm′==15m/s

对汽车起动到达到最大速度的过程，据动能定理有：

Pt-f′s=，

代入数据解得1.0min内汽车通过的路程为s=806m

答：（1）汽车空载运动过程中受到的阻力f是3.6×103N

（2）汽车的最大速度vm′大小为15m/s，汽车在这1.0min内通过的路程为806m．

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题型：简答题

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简答题

质量为5kg的物体放在水平地面上，在水平方向的恒定拉力F=20N的作用下，从静止开始做匀加速运动．在前4s内滑行了8m的距离，物体所受摩擦力不变，取g=10m/s2．求：

（1）4s内拉力对物体所做的功．

（2）物体在4s末的动能．

（3）物体与水平地面间的动摩擦因数．

正确答案

解：（1）4s内拉力做功为：W=FS=20×8=160J

（2）4s末物体的速度为：v=at=1×4=4m/s

动能为：Ek=mv2==40J；

（3）由S=at2可得：

m/s2；

物体在水平方向受到拉力与摩擦力，由牛顿第二定律得：

ma=F-μmg

所以：

答：（1）4s内拉力对物体所做的功160J；

（2）物体在4s末的动能为40J．

（3）物体与水平地面间的动摩擦因数是0.3．

解析

解：（1）4s内拉力做功为：W=FS=20×8=160J

（2）4s末物体的速度为：v=at=1×4=4m/s

动能为：Ek=mv2==40J；

（3）由S=at2可得：

m/s2；

物体在水平方向受到拉力与摩擦力，由牛顿第二定律得：

ma=F-μmg

所以：

答：（1）4s内拉力对物体所做的功160J；

（2）物体在4s末的动能为40J．

（3）物体与水平地面间的动摩擦因数是0.3．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，mA=4kg，mB=1kg，A与桌面动摩擦因数μ=0.2，B与地面间的距离s=0.8m，A、B刚开始静止，A距滑轮距离足够长（g取10m/s2）关于两者的运动情况，下列说法正确的是（　　）

AB落到地面时的速度为1.79m/s

BB落到地面时的速度为1.2m/s

CB落地后，A在桌面上能继续滑行的距离为0.16m

DB落地后，A在桌面上能继续滑行的距离为0.8m

正确答案

C

解析

解：由动能定理可得：

mBgh-μmAgh=（mA+mB）v2；

解得：v=0.8m/s；

故AB错误；

B落地后，A只有摩擦力做匀减速直线运动，由动能定理可知：

-μmgs=-0-mv2；

解得：

s=0.16m；

故C正确，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，一质量为m的物块A与直立轻弹簧的上端连接，弹簧的下端固定在地面上，一质量也为m的物块B叠放在A的上面，A、B处于静止状态．若A、B粘连在一起，用一竖直向上的拉力缓慢上提B，当拉力的大小为时，A物块上升的高度为L，此过程中，该拉力做功为W；若A、B不粘连，用一竖直向上的恒力F作用在B上，当A物块上升的高度也为L时，A与B恰好分离．重力加速度为g，不计空气阻力，求：

（1）求W的大小；

（2）恒力F的大小；

（3）A与B分离时的速度大小．

正确答案

解：（1）当AB缓慢上升时，由胡克定律有 F+kx=2mg，x均匀减小，则F均匀增大．则有：

；

（2）当变力时，对AB整体，T+F弹=2mg，

解得：

当为恒力F时，且A与B恰好分离时．根据牛顿第二定律

对A有：F弹-mg=ma；

对B有：F-mg=ma，

联立解得，

（3）当用变力拉时，对AB整体运用动能定理：W-2mgL+W弹=0-0，

当用恒力拉时，对AB整体运用动能定理：，

解得：

答：（1）W的大小为mgL；

（2）恒力F的大小为mg；

（3）A与B分离时的速度大小为．

解析

解：（1）当AB缓慢上升时，由胡克定律有 F+kx=2mg，x均匀减小，则F均匀增大．则有：

；

（2）当变力时，对AB整体，T+F弹=2mg，

解得：

当为恒力F时，且A与B恰好分离时．根据牛顿第二定律

对A有：F弹-mg=ma；

对B有：F-mg=ma，

联立解得，

（3）当用变力拉时，对AB整体运用动能定理：W-2mgL+W弹=0-0，

当用恒力拉时，对AB整体运用动能定理：，

解得：

答：（1）W的大小为mgL；

（2）恒力F的大小为mg；

（3）A与B分离时的速度大小为．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面的动摩擦因数均为μ．开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v．则以下说法正确的是（　　）

AA和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度

B若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g（sinθ+μcosθ ）

C从释放到A和B达到最大速度v的过程中．弹簧对A所做的功等于mv2+MgLsinθ+μMgLcosθ

D从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功大于mv2

正确答案

B

解析

解：A：对物体B和平板A整体分析可知，A和B达到最大速度时应满足kx=（m+M）gsinθ+μ（m+M）gcosθ，说明弹簧仍处于压缩状态，所以A错误；

B：根据题意可知，A和B恰好分离时，弹簧正好恢复原长，对A和B整体由牛顿第二定律得：

（m+M）gsinθ+μ（m+M）gcosθ=（m+M）a，

解得：a=gsinθ+μgcosθ=g（sinθ+μcosθ），所以B正确；

C：对A从释放到速度达到最大的过程由动能定理可得：W弹-Mg（xm-x）sinθ-μMg（xm-x）cosθ-FN（xm-x）=Mv2，

其中xm是弹簧压缩的最大长度，x是速度最大时弹簧压缩的长度，FN是B对A的压力大小，比较可知C错误；

D：对B从释放到A和B达到最大速度的过程由动能定理可得：W总=-0，即B受到的合力对它做的功等于，所以D错误；

故选：B．

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题型：简答题

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简答题

光滑的圆弧轨道固定在竖直平面内，与水平轨道CE连接．水平轨道的CD段光滑、DE段粗糙．一根轻质弹簧一端固定在C处的竖直面上，另一端与质量为2m的物块b刚好在D点接触（不连接），弹簧处于自然长度．将质量为m的物块a从顶端F点静止释放后，沿圆弧轨道下滑．物块a与物块b第一次碰撞后一起向左压缩弹簧．已知圆弧轨道半径为r，=l，物块a、b与DE段水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.2和μ2=0.4，重力加速度为g．物块a、b均可视为质点．求：

（1）物块a第一次经过E点时的速度是多少？

（2）试讨论l取何值时，a、b能且只能发生一次碰撞？

正确答案

解：（1）物块a由F到E过程中，由机械能守恒有：

解得第一次经过E点时的速度

（2）物块a从E滑至D过程中，由动能定理有：

解得物块a在D点时的速度 vD1=

物块a、b在D点碰撞，根据动量守恒有：mvD1=3mvD2

解得两物块在D点向左运动的速度

a、b一起压缩弹簧后又返回D点时速度大小

由于物块b的加速度大于物块a的加速度，所以经过D后，a、b两物块分离，同

时也与弹簧分离．

讨论：①假设a在D点时的速度vD1=0，即 l=5r

要使a、b能够发生碰撞，则l＜5r

②假设物块a滑上圆弧轨道又返回，最终停在水平轨道上P点，物块b在水平轨道上匀减速

滑至P点也恰好停止，设，则，根据能量守恒，

对a物块

对b物块

由以上两式解得

将代入

解得

要使a、b只发生一次碰撞，则

综上所述，当时，a、b两物块能且只能发生一次碰撞．

答：（1）物块a第一次经过E点时的速度是．

（2）当时，a、b两物块能且只能发生一次碰撞．

解析

解：（1）物块a由F到E过程中，由机械能守恒有：

解得第一次经过E点时的速度

（2）物块a从E滑至D过程中，由动能定理有：

解得物块a在D点时的速度 vD1=

物块a、b在D点碰撞，根据动量守恒有：mvD1=3mvD2

解得两物块在D点向左运动的速度

a、b一起压缩弹簧后又返回D点时速度大小

由于物块b的加速度大于物块a的加速度，所以经过D后，a、b两物块分离，同

时也与弹簧分离．

讨论：①假设a在D点时的速度vD1=0，即 l=5r

要使a、b能够发生碰撞，则l＜5r

②假设物块a滑上圆弧轨道又返回，最终停在水平轨道上P点，物块b在水平轨道上匀减速

滑至P点也恰好停止，设，则，根据能量守恒，

对a物块

对b物块

由以上两式解得

将代入

解得

要使a、b只发生一次碰撞，则

综上所述，当时，a、b两物块能且只能发生一次碰撞．

答：（1）物块a第一次经过E点时的速度是．

（2）当时，a、b两物块能且只能发生一次碰撞．

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题型：简答题

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简答题

如图（a）所示，一质量为m的滑块（可视为质点）沿某斜面顶端A由静止滑下，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ和滑块到斜面顶端的距离x的关系如图（b）所示．斜面倾角为37°，长为L，有一半径为R=的光滑竖直半圆轨道刚好与斜面底端B相接，且直径BC与水平面垂直，假设滑块经过B点时没有能量损失．求：

（1）滑块滑至斜面中点时的加速度大小；

（2）滑块滑至斜面底端时的速度大小；

（3）试分析滑块能否滑至光滑竖直半圆轨道的最高点C？如能，请求出在最高点时滑块对轨道的压力N以及滑块从C点运动到击中斜面瞬间经历的时间t；如不能，请说明理由．

正确答案

解：（1）滑块滑到中点时，由（b）图可知，μ=0.5．

根据牛顿第二定律得，mgsin37°-μmgcos37°=ma

解得a=gsin37°-μgcos37°=0.6g-0.5×0.8g=0.2g

顶端滑至底端，由动能定理得

mgLsin37°+Wt=mvB2①

由图2的物理意义得

Wf=L=-=②

联立①②解得vB=

能运动到C点，则从B到C，由动能定理：

-mg•2R=mvC2-mvB2

解得vC=m/s

如滑块恰好滑到C点：mg=m③

解得：vC′＜vC所以滑块能够到达C点

当滑块滑到C点时：mg+N=m④

解得N=3mg

由牛顿第三定律得滑块在C点时对轨道的压力N′=N=3mg．

从C点到斜面tan37°=

y=gt2

X=VCt

由以上三式得t=s

答：（1）滑块滑至斜面中点时的加速度大小为0.2g．

（2）滑块滑至斜面底端时的速度大小vB=．

（3）能滑动半圆轨道的最高点，在最高点时滑块对轨道的压力为3mg，滑块从C点运动到击中斜面瞬间经历的时间t=s．

解析

解：（1）滑块滑到中点时，由（b）图可知，μ=0.5．

根据牛顿第二定律得，mgsin37°-μmgcos37°=ma

解得a=gsin37°-μgcos37°=0.6g-0.5×0.8g=0.2g

顶端滑至底端，由动能定理得

mgLsin37°+Wt=mvB2①

由图2的物理意义得

Wf=L=-=②

联立①②解得vB=

能运动到C点，则从B到C，由动能定理：

-mg•2R=mvC2-mvB2

解得vC=m/s

如滑块恰好滑到C点：mg=m③

解得：vC′＜vC所以滑块能够到达C点

当滑块滑到C点时：mg+N=m④

解得N=3mg

由牛顿第三定律得滑块在C点时对轨道的压力N′=N=3mg．

从C点到斜面tan37°=

y=gt2

X=VCt

由以上三式得t=s

答：（1）滑块滑至斜面中点时的加速度大小为0.2g．

（2）滑块滑至斜面底端时的速度大小vB=．

（3）能滑动半圆轨道的最高点，在最高点时滑块对轨道的压力为3mg，滑块从C点运动到击中斜面瞬间经历的时间t=s．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端O点为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中（　　）

A支持力对小物块做功为零

B支持力对小物块做功为mgLsinα

C静摩擦力对小物块做功为mgLsinα

D滑动摩擦力对小物块做功为mv2-mgLsinα

正确答案

B,D

解析

解：AB、物块在缓慢提高过程中，由动能定理可得：W支-mgLsinα=0-0，则有W支=mgLsinα．滑动以后v与支持力垂直，故支持力不做功，故全过程支持力对小物块做功为mgLsinα，故A错误，故B正确；

C、物块在缓慢提高过程中，静摩擦力始终与运动方向垂直，所以静摩擦力不做功，故C错误；

D、物块在滑动过程中，由动能定理可得：W滑+mgLsinα=mv2-0，则有滑动摩擦力做功为mv2-mgLsinα．故D正确；

故选：BD

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题型：单选题

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单选题

用100N的力将0.5kg的足球以10m/s初速度沿水平方向踢出20m，人对球做功（　　）

A25J

B200J

C2000J

D无法确定

正确答案

A

解析

解：对人开始踢球到离开脚过程，由动能定理得

；

故选：A

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题型：单选题

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单选题

一物体质量为2kg，以4m/s的速度在光滑水平面上向左滑行，从某时刻起作用一向右的水平力，经过一段时间后，滑块的速度大小为6m/s，在这段时间内，水平力做功是（　　）

A20J

B8J

C16J

D32J

正确答案

A

解析

解：根据动能定理得W===20J．故A正确，B、C、D错误．

故选：A．

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题型：单选题

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单选题

质量为m的石子从距离地面高为H的塔顶以初速度v0竖直向下运动，若只考虑重力作用则石子下落到距地面高h处时的动能为（　　）

AmgH+mv02

BmgH-mgh

CmgH+mv02-mgh

DmgH+mv02+mgh

正确答案

C

解析

解：由动能定理可得，

mg（H-h）=mV2-mV02，

所以mV2=mg（H-h）+mV02，所以D正确．

故选：C．

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