- 机械能守恒定律
- 共29368题
（1）小车在最高点C的速度
（2）A点距水平面的高度h．
正确答案
解：（1）小车在C点有：mg=m
解得：vC=
（2）由A运动到C，根据机械能守恒定律得：mgh=mg•2R+
解得：h=2.5R
答：（1）小车在最高点C的速度为
（2）A点距水平面的高度h为2.5R．
解析
解：（1）小车在C点有：mg=m
解得：vC=
（2）由A运动到C，根据机械能守恒定律得：mgh=mg•2R+
解得：h=2.5R
答：（1）小车在最高点C的速度为
（2）A点距水平面的高度h为2.5R．
（1）最大速度v0和A、B间距x；
（2）汽车前保险杠在离坡道底端B点多远处踩下离合器，才能保证考试得满分．
正确答案
解：（1）汽车在B点，功率：P0=Fv0=fv0=0.2mgv0，解得：v0=
从A到B过程，由动能定理得：P0t-0.2mgx=
（2）踩下离合器后由牛顿第二定律得：a=
踩下离合器后车的位移：x=
踩下离合器时汽车前保险杠距离坡道底端B点的距离：d=L-x=9.4m；
答：（1）最大速度v0为4m/s，AB间距x为8m；
（2）汽车前保险杠在离坡道底端B点9.4m远处踩下离合，才能保证考试满分
解析
解：（1）汽车在B点，功率：P0=Fv0=fv0=0.2mgv0，解得：v0=
从A到B过程，由动能定理得：P0t-0.2mgx=
（2）踩下离合器后由牛顿第二定律得：a=
踩下离合器后车的位移：x=
踩下离合器时汽车前保险杠距离坡道底端B点的距离：d=L-x=9.4m；
答：（1）最大速度v0为4m/s，AB间距x为8m；
（2）汽车前保险杠在离坡道底端B点9.4m远处踩下离合，才能保证考试满分
正确答案
解析
解：物块上滑时所受的合力大于下滑时的合力，位移大小相等，上滑过程合力所做的功大于下滑过程合力所做的功，根据动能定理分析得到△E上＞△E下．
由于摩擦力做功，物体的机械能不断减小，物体经过同一点时物体上滑的速度大于下滑速度，则上滑过程平均速度大于下滑过程平均速度，由公式x=
故选：D．
正确答案
解析
解：A、若斜面光滑，根据共点力平衡知，F=mgsinθ，因为倾角不同，则拉力大小不等，根据动能定理知，W-mgh=0，因为克服重力做功相等，则拉力做功相等．故C正确，A、B错误．
D、若斜面粗糙，沿斜面上滑克服摩擦力做功为
故选C．
（1）求小球做平抛运动的飞行时间；
（2）小球到达b点时，轨道对小球压力大小．
正确答案
解：（1）进入轨道时速度方向与水平方向夹角为53°
有
Vy=gt
得t=0.8s，
（2）初始位置距a点高度h，
h=
h=3.2m
初始位置距b点高度H，
H=h-（R+
H=1.6m
从初始位置到b，根据动能定理得：
mgH=
在b点，根据牛顿第二定律得
N+mg=m
解得：N=58N
答：（1）小球做平抛运动的飞行时间为0.8s；
（2）小球到达b点时，轨道对小球压力大小为58N．
解析
解：（1）进入轨道时速度方向与水平方向夹角为53°
有
Vy=gt
得t=0.8s，
（2）初始位置距a点高度h，
h=
h=3.2m
初始位置距b点高度H，
H=h-（R+
H=1.6m
从初始位置到b，根据动能定理得：
mgH=
在b点，根据牛顿第二定律得
N+mg=m
解得：N=58N
答：（1）小球做平抛运动的飞行时间为0.8s；
（2）小球到达b点时，轨道对小球压力大小为58N．
水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到传送带上，设工件初速度为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v而与传送带保持相对静止．设工件质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为μ，则在工件相对传送带滑动的过程中（ ）
A滑动摩擦力对传送带不做功
B工件的机械能增量为
C工件相对于传送带滑动的路程大小为
D传送带对工件做功为零
正确答案
解析
解：A、工件在传送带上运动时先做匀加速运动，后做匀速运动，在工件和传送带发生相对滑动的过程中，滑动摩擦力对传送带做负功，故A错误．
B、工件动能增加量为
C、设工件经过时间速度与传送带相等，则工件匀加速运动的加速度为 a=
t=
所以工件相对于传送带滑动的路程大小为△s=vt-
D、在运动的过程中只有摩擦力对工件做功，由动能定理可知，摩擦力对做的功等于物体动能的变化，即为
故选BC
正确答案
解：在A点小球受到的重力提供向心力，
由牛顿第二定律得：mg=m
解得：vA=
由在B处对管的内侧壁压力为0.5mg，知mg-0.5mg=m
解得vB=
小球由A至B的运动过程中，根据动能动能定理知
mg（R-r）+W阻=
由①②③解得W阻=mg（
答：克服阻力做功为mg（
解析
解：在A点小球受到的重力提供向心力，
由牛顿第二定律得：mg=m
解得：vA=
由在B处对管的内侧壁压力为0.5mg，知mg-0.5mg=m
解得vB=
小球由A至B的运动过程中，根据动能动能定理知
mg（R-r）+W阻=
由①②③解得W阻=mg（
答：克服阻力做功为mg（
（1）A到B的运动过程中摩擦力对物块所做的功；
（2）A到B的运动过程中产生的热量．
正确答案
解：（1）滑块的加速度为a=
达到传送带的速度所需时间为t=
2s内物块的位移
故达到共同速度之后滑块还在传送带上
根据动能定理，摩擦力做功为W=
（2）在2s内相对位移的大小为△x=vt-
转化为内能为Q=μmg•△x=0.4×1×10×8J=32J
答：（1）物块从A运动到B的过程中摩擦力对物块做功为32J
（2）物块从A运动到B的过程中物块与传送带间的摩擦做功转化为内能为32J．
解析
解：（1）滑块的加速度为a=
达到传送带的速度所需时间为t=
2s内物块的位移
故达到共同速度之后滑块还在传送带上
根据动能定理，摩擦力做功为W=
（2）在2s内相对位移的大小为△x=vt-
转化为内能为Q=μmg•△x=0.4×1×10×8J=32J
答：（1）物块从A运动到B的过程中摩擦力对物块做功为32J
（2）物块从A运动到B的过程中物块与传送带间的摩擦做功转化为内能为32J．
（1）小球在B点对轨道的弹力；
（2）小球落在坡面上的动能？
正确答案
解：（1）：从A到B由动能定理可得：
解得：
在B点由牛顿第二定律：
解得：N=7mg，根据牛顿第三定律可得小球对轨道的弹力为N′=N-7mg，负号表示方向竖直向下；
（2）：根据平抛规律应有：x=
R-y=
落在斜坡上的动能为
联立以上各式并将y=
答：（1）小球在B点对轨道的弹力大小为7mg，方向向下；
（2）小球落在坡面上的动能为
解析
解：（1）：从A到B由动能定理可得：
解得：
在B点由牛顿第二定律：
解得：N=7mg，根据牛顿第三定律可得小球对轨道的弹力为N′=N-7mg，负号表示方向竖直向下；
（2）：根据平抛规律应有：x=
R-y=
落在斜坡上的动能为
联立以上各式并将y=
答：（1）小球在B点对轨道的弹力大小为7mg，方向向下；
（2）小球落在坡面上的动能为
（1）若小球经d处时，对轨道上臂有压力，则它经过b处时的速度满足什么条件？
（2）为使小球离开轨道d处后，不会再碰到轨道，则小球离开d出时的速度至少为多大？
（3）若μ=0.2、L=1m、R=0.2m、m=0.1kg，g取10m/s2，小球从a点出发的速度为4m/s，则它经c点前、后的瞬间，小球对轨道的压力各为多大？
正确答案
Fd＞0，即
小球从b到d，由机械能守恒定律
解得
（2）假设恰好落到竖直位移3R处，则该点的速度方向竖直向下，这不符合平抛运动的规律．设小球离开d出时的速度为vd时，在运动过程中与轨道恰好相碰，即小球的运动轨迹与圆相切．以d点为坐标原点建立如图10坐标系，由平抛运动规律得
x=vdt①
由①②两式得
由解析几何知识得x2+（y-3R）2=R2④
联立③④两式得
要使的抛物线与圆相切，则方程⑤的△判别式为零，即
解得：
故小球离开轨道d处后，不再碰到轨道，小球离开d出时的速度至少为
（3）小球从a到c，由动能定理得：
解得vc=2m/s
由牛顿第二定律得
小球在c点前，
解得F1=1N，（方向竖直向下）
小球在c点后，
解得F2=3N，（方向竖直向上）
答：（1）若小球经d处时，对轨道上臂有压力，则它经过b处时的速度满足
（2）为使小球离开轨道d处后，不会再碰到轨道，则小球离开d出时的速度至少为
（3）则小球对轨道的压力各为F1=1N，（方向竖直向下）；F2=3N，（方向竖直向上）．
解析
Fd＞0，即
小球从b到d，由机械能守恒定律
解得
（2）假设恰好落到竖直位移3R处，则该点的速度方向竖直向下，这不符合平抛运动的规律．设小球离开d出时的速度为vd时，在运动过程中与轨道恰好相碰，即小球的运动轨迹与圆相切．以d点为坐标原点建立如图10坐标系，由平抛运动规律得
x=vdt①
由①②两式得
由解析几何知识得x2+（y-3R）2=R2④
联立③④两式得
要使的抛物线与圆相切，则方程⑤的△判别式为零，即
解得：
故小球离开轨道d处后，不再碰到轨道，小球离开d出时的速度至少为
（3）小球从a到c，由动能定理得：
解得vc=2m/s
由牛顿第二定律得
小球在c点前，
解得F1=1N，（方向竖直向下）
小球在c点后，
解得F2=3N，（方向竖直向上）
答：（1）若小球经d处时，对轨道上臂有压力，则它经过b处时的速度满足
（2）为使小球离开轨道d处后，不会再碰到轨道，则小球离开d出时的速度至少为
（3）则小球对轨道的压力各为F1=1N，（方向竖直向下）；F2=3N，（方向竖直向上）．
（1）物块到达B点时所受到的合外力大小；
（2）物块与水平面之间的动摩擦因数µ；
（3）物块P的初速度v0的大小．
正确答案
解：（1）在B点对物块进行受力分析可得物块受到重力与支持力的作用，合外力为
F合=mgsinθ=5
（2）物块由B点返回到A点时恰好速度为零
根据能的转化与守恒 mgR（1-cosθ）=μmgL
代入数值可得动摩擦因数为 µ=0.5
（3）物块由A点运动之后又返回到A点，根据能的转化与守恒
代入数值可得小球的初速度为 v=2
答：（1）物块到达B点时所受到的合外力大小为5
（2）物块与水平面之间的动摩擦因数µ为0.5；
（3）物块P的初速度v0的大小为2
解析
解：（1）在B点对物块进行受力分析可得物块受到重力与支持力的作用，合外力为
F合=mgsinθ=5
（2）物块由B点返回到A点时恰好速度为零
根据能的转化与守恒 mgR（1-cosθ）=μmgL
代入数值可得动摩擦因数为 µ=0.5
（3）物块由A点运动之后又返回到A点，根据能的转化与守恒
代入数值可得小球的初速度为 v=2
答：（1）物块到达B点时所受到的合外力大小为5
（2）物块与水平面之间的动摩擦因数µ为0.5；
（3）物块P的初速度v0的大小为2
在地面上方某一10m高度有一2kg小球以初速度2m/s被抛出．（以地面为参考平面、g=10m/s2），则它在着地前瞬间的动能为______J．
正确答案
204
解析
解：根据动能定理可得：
mgh=
得：
故答案为：204
物体的质量减半，速度增大到原来的4倍，则它的动能是原来的（ ）
正确答案
解析
解：由动能表达式：
故D正确
故选：D
正确答案
解析
解：A、物块以一定的初速度v0从斜面底端沿斜面向上运动，恰能滑行到斜面顶端，
根据动能定理得，-mgh-μmghcosθ=0-
即-gh-μghscosθ=0-
B、根据gh+μghscosθ=
C、根据gh+μgx=
D、施加一个水平向右的恒力，恒力沿斜面方向的分力可能小于摩擦力的增加量，则物块不一定能从斜面顶端滑出．故D错误．
故选：BC．
（1）求水平作用力F的大小；
（2）求滑块下滑的高度；
（3）若滑块滑上传送带时速度大小为4m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．
正确答案
解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力FN而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力
F=mgtan θ，
代入数据得：F=
（2）设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒，
故有：mgh=
若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；
根据动能定理有：μmgL=
代入数据得：h1=0.1 m
若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：-μmgL=
代入数据得：h2=0.8 m
（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移为：
x=v0t
对物体有：v0=v-at
ma=μmg
滑块相对传送带滑动的位移为：△x=L-x
相对滑动产生的热量为：Q=μmg△x
代值解得：Q=0.5J
答：（1）求水平作用力F的大小
（2）求滑块下滑的高度为0.8m；
（3）若滑块滑上传送带时速度大小为4m/s，滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量为 0.5J
解析
解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力FN而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力
F=mgtan θ，
代入数据得：F=
（2）设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒，
故有：mgh=
若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；
根据动能定理有：μmgL=
代入数据得：h1=0.1 m
若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：-μmgL=
代入数据得：h2=0.8 m
（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移为：
x=v0t
对物体有：v0=v-at
ma=μmg
滑块相对传送带滑动的位移为：△x=L-x
相对滑动产生的热量为：Q=μmg△x
代值解得：Q=0.5J
答：（1）求水平作用力F的大小
（2）求滑块下滑的高度为0.8m；
（3）若滑块滑上传送带时速度大小为4m/s，滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量为 0.5J
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