- 机械能守恒定律
- 共29368题
（1）物块从传送带上抛出的速度；
（2）传送带的上表面到转盘最高点D的竖直高度H；（计算结果保留 位3有效数字）
（3）要物块随转盘转动时无相对滑动，且物块与转盘间摩擦系数μ′＜1，求转盘半径的取值范围．
正确答案
解：（1）物块在传送带上滑动时，有μmg=ma，
解得：a=4m/s2．
由v2=2ax解得减速运动过程相对于地面的位移x=
因x＜L，故物块在传送点上将先减速后反向加速最后随传送带一起匀速运动，从左端抛出的速度v=3m/s；
（2）由机械能守恒定律可知：
mgh1=
解得h1=0.25m．
由几何关系，h2=ED=r（1-cosθ）=0.1m．
传送带的上表面到水平转盘的竖直高度H=h1+h2=0.353m；
（3）物块从抛出点到D点过程中，根据机械能守恒定律，
vD=4m/s
物块在圆盘上做圆周运动最低点滑动的临界条件
得μ′mgcosθ-mgsinθ=
且μ′＜1 转盘半径R＞8m；
答：（1）物块从传送带上抛出的速度3m/s；
（2）传送带的上表面到转盘最高点D的竖直高度H为0.35m；
（3）转盘半径的取值范围为R＞8m
解析
解：（1）物块在传送带上滑动时，有μmg=ma，
解得：a=4m/s2．
由v2=2ax解得减速运动过程相对于地面的位移x=
因x＜L，故物块在传送点上将先减速后反向加速最后随传送带一起匀速运动，从左端抛出的速度v=3m/s；
（2）由机械能守恒定律可知：
mgh1=
解得h1=0.25m．
由几何关系，h2=ED=r（1-cosθ）=0.1m．
传送带的上表面到水平转盘的竖直高度H=h1+h2=0.353m；
（3）物块从抛出点到D点过程中，根据机械能守恒定律，
vD=4m/s
物块在圆盘上做圆周运动最低点滑动的临界条件
得μ′mgcosθ-mgsinθ=
且μ′＜1 转盘半径R＞8m；
答：（1）物块从传送带上抛出的速度3m/s；
（2）传送带的上表面到转盘最高点D的竖直高度H为0.35m；
（3）转盘半径的取值范围为R＞8m
（1）若滑块B从斜面某一高度h处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h．
（2）若滑块B从h′=5m处滑下，求滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力．
（3）若滑块B从h′=10m处下滑与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数n．
正确答案
解：（1）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v0，在最高点，仅有重力充当向心力，则有
mg=m
在小球从h处运动到最高点的过程中，机械能守恒，
则有mg（h-2L）-μmg
解上式有h=0.5m
（2）若滑块从h′=5m处下滑到将要与小球碰撞时速度为v1，则有mgh′-
滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以的速度开始作圆周运动，绳的拉力T和重力的合力充当向心力，则有 T-mg=m
解得
T=48N
（3）小球恰好能做完整的圆周运动，机械能为：E=
滑块和小球第一次碰撞后，每在平面上经s路程后再次碰撞，即机械能损失为：△E损=f•S=μmgS，则根据能量守恒定律，有
解得：n=20次
即小球做完整圆周运动的次数n为20
答：（1）若滑块B从斜面某一高度h=0.5m处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动；
（2）若滑块B从h′=5m处滑下，滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力为48N．
（3）若滑块B从h′=10m处下滑与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，小球做完整圆周运动的次数n为20．
解析
解：（1）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v0，在最高点，仅有重力充当向心力，则有
mg=m
在小球从h处运动到最高点的过程中，机械能守恒，
则有mg（h-2L）-μmg
解上式有h=0.5m
（2）若滑块从h′=5m处下滑到将要与小球碰撞时速度为v1，则有mgh′-
滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以的速度开始作圆周运动，绳的拉力T和重力的合力充当向心力，则有 T-mg=m
解得
T=48N
（3）小球恰好能做完整的圆周运动，机械能为：E=
滑块和小球第一次碰撞后，每在平面上经s路程后再次碰撞，即机械能损失为：△E损=f•S=μmgS，则根据能量守恒定律，有
解得：n=20次
即小球做完整圆周运动的次数n为20
答：（1）若滑块B从斜面某一高度h=0.5m处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动；
（2）若滑块B从h′=5m处滑下，滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力为48N．
（3）若滑块B从h′=10m处下滑与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，小球做完整圆周运动的次数n为20．
在光滑的水平面上，一原来静止的物体在水平力F作用下移了一段距离S，得到速度为v，如果移动的距离不变，力增大到nF，则得到的速度为______．
正确答案
解析
解：对物体加速过程运用动能定理列式，有：
FS=
nF•S=
联立解得：v′=
故答案为：
子弹以水平速度V射入一树干，射入深度为s，设子弹在树中运动的阻力是恒定的．那么，当子弹以
正确答案
解析
解：根据动能定理，当速度为v时有：
-fs=0-
当速度为
联立两式解得：
故答案为：
过山车是游乐场中常见的设施．如图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的二个圆形轨道组成，B、C分别是三个圆形轨道的最低点，A、B间距L1=6.0m，B、C间距L，半径R1=2.0m、R2=1.4m．一个质量为m=1.0kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以v0=12m/s的初速度沿轨道向右运动，小球与水平轨道间的动摩擦
①小球到达B点时速度大小；
②小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
③如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少．
正确答案
解：①设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1，由动能定理得：
-μmgL1-2mgR1=
代入数据解得：v1=2
②小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，由牛顿第二定律得：
F+mg=m
代入数据解得：F=10.0N…③
③设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，小球恰能通过第二圆形轨道，在最高点，由牛顿第二定律得：
mg=m
-μmg（L1+L）-2mgR2=
代入数据解得：L=12.5m；
答：①小球到达B点时速度大小为2
②小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小为10N；
③如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是12.5m．
解析
解：①设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1，由动能定理得：
-μmgL1-2mgR1=
代入数据解得：v1=2
②小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，由牛顿第二定律得：
F+mg=m
代入数据解得：F=10.0N…③
③设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，小球恰能通过第二圆形轨道，在最高点，由牛顿第二定律得：
mg=m
-μmg（L1+L）-2mgR2=
代入数据解得：L=12.5m；
答：①小球到达B点时速度大小为2
②小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小为10N；
③如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是12.5m．
（1）如图所示，滑块从O点由静止释放，下滑了位移为x=1m后到达P点，求此时滑块的速率；
（2）如图所示，用不可伸长的细绳将滑块m与另一个质量为M=2.7kg的滑块通过光滑的定滑轮相连接，细绳因悬挂M而绷紧，此时定滑轮左侧恰好水平，其长度L=
（3）若直杆和细绳足够长，试求滑块沿杆下滑的最大距离S．
正确答案
解：（1）滑块下滑位移1m时下落的高度为 h=1×sin53° m=0.8 m
滑块下落过程中只有重力做功，根据动能定理得：mgh=
可得 v=
（2）由于图中杆子与水平方向成53°，可以解出图中虚线长度：l=Lsin53°=
所以滑块运动到P时，m下落h=0.8m，M下落H=L-l=
全过程两物体减小的重力势能等于m物体的动能增加：MgH+mgh=
解得：v=5m/s
（3）滑块下滑到最低处时的速度为零，根据滑块的重力势能减小量等于M的重力势能增加量得：
mgSsin53°=Mgh，
根据几何关系得：h=
联立解得 S=6.127m
答：
（1）下滑了位移为x=1m后到达P点，此时滑块的速率为4m/s；
（2）滑块滑至P点的速度大小5m/s．
（3）滑块沿杆下滑的最大距离S为6.127m．
解析
解：（1）滑块下滑位移1m时下落的高度为 h=1×sin53° m=0.8 m
滑块下落过程中只有重力做功，根据动能定理得：mgh=
可得 v=
（2）由于图中杆子与水平方向成53°，可以解出图中虚线长度：l=Lsin53°=
所以滑块运动到P时，m下落h=0.8m，M下落H=L-l=
全过程两物体减小的重力势能等于m物体的动能增加：MgH+mgh=
解得：v=5m/s
（3）滑块下滑到最低处时的速度为零，根据滑块的重力势能减小量等于M的重力势能增加量得：
mgSsin53°=Mgh，
根据几何关系得：h=
联立解得 S=6.127m
答：
（1）下滑了位移为x=1m后到达P点，此时滑块的速率为4m/s；
（2）滑块滑至P点的速度大小5m/s．
（3）滑块沿杆下滑的最大距离S为6.127m．
（1）小球运动到最低位置O点时的速度是多大？
（2）小球运动到最低位置O点时轻线对小球的拉力是多大？
正确答案
解：（1）摆球在摆动的过程中只有重力做功，机械能守恒．根据机械能守恒定律得：
mgl（1-cosθ）=
代入数据，得 v=
小球运动到最低位置O点时的速度是3m/s．
（2）在最低点有：F-mg=m
所以F=mg+m
故小球运动到最低位置O点时细线的拉力为40N．
答：
（1）小球运动到最低位置O点时的速度是3m/s．
（2）小球运动到最低位置O点时轻线对小球的拉力是40N．
解析
解：（1）摆球在摆动的过程中只有重力做功，机械能守恒．根据机械能守恒定律得：
mgl（1-cosθ）=
代入数据，得 v=
小球运动到最低位置O点时的速度是3m/s．
（2）在最低点有：F-mg=m
所以F=mg+m
故小球运动到最低位置O点时细线的拉力为40N．
答：
（1）小球运动到最低位置O点时的速度是3m/s．
（2）小球运动到最低位置O点时轻线对小球的拉力是40N．
两个质量相等物体，其速度之比为1：2，则它们的动能之比为（ ）
正确答案
解析
解：根据动能的定义式EK=
质量相同，故动能与速度的平方成正比；速度之比为1：2，所以动能之比为1：4
故选：C
正确答案
解析
解：根据牛顿第二定律得，
根据动能定理得，W=
故答案为：
（1）物体做往复运动的过程中，在轨道AB上通过的总路程．
（2）物体对圆弧轨道最低点E的最小压力．
正确答案
解：（1）物体在直轨道AB上往复运动时，需克服摩擦阻力做功，机械能不断减小，当物体到达B点速度为零时，物体不能再进入直轨道AB，只在圆弧轨道上往复运动．
对物体从P到B速度为零的过程，由动能定理得mgRcosθ-μmgcosθ•s=0
所以
（2）当物体只在圆弧轨道上往复运动经过E点时，物体对轨道上E点的压力最小，
由机械能守恒定律得
由牛顿第二定律得
联立两式解得 FN=mg（3-2cosθ）
由牛顿第三定律得，物体对轨道上E点的压力FN′=mg（3-2cosθ），方向竖直向下．
答：（1）在轨道AB上通过的总路程
（2）物体对圆弧轨道最低点E的最小压力FN′=mg（3-2cosθ），方向竖直向下．
解析
解：（1）物体在直轨道AB上往复运动时，需克服摩擦阻力做功，机械能不断减小，当物体到达B点速度为零时，物体不能再进入直轨道AB，只在圆弧轨道上往复运动．
对物体从P到B速度为零的过程，由动能定理得mgRcosθ-μmgcosθ•s=0
所以
（2）当物体只在圆弧轨道上往复运动经过E点时，物体对轨道上E点的压力最小，
由机械能守恒定律得
由牛顿第二定律得
联立两式解得 FN=mg（3-2cosθ）
由牛顿第三定律得，物体对轨道上E点的压力FN′=mg（3-2cosθ），方向竖直向下．
答：（1）在轨道AB上通过的总路程
（2）物体对圆弧轨道最低点E的最小压力FN′=mg（3-2cosθ），方向竖直向下．
（1）物块到达B点时的速度大小；
（2）C点到B点的距离．
正确答案
解：（1）A到B过程，由机械能守恒可得
mgR=
解得B点时的速度为
（2）对全程，由动能定理可得
mgR-μmgs=0
解得C点到B点的距离为 s=
答：
（1）物块到达B点时的速度为
（2）C点到B点的距离为
解析
解：（1）A到B过程，由机械能守恒可得
mgR=
解得B点时的速度为
（2）对全程，由动能定理可得
mgR-μmgs=0
解得C点到B点的距离为 s=
答：
（1）物块到达B点时的速度为
（2）C点到B点的距离为
一人用力踢质量为1kg的足球，使足球由静止以10m/s的速度沿水平方向飞出，假设人踢球时对球的作用力为200N，球在水平方向运动了20m，那么人对球所做的功为（ ）
正确答案
解析
解：对于运动员踢球的过程，根据动能定理得
人对足球所做的功 W=
所以A正确．
故选A．
如图所示，质量为m的小物块，从斜轨道上距地面h高处由静止释放，物块加速下滑并进入与斜轨道相接的是半径为r的圆轨道，若物体运动到圆轨道的最高点A时，物块对轨道恰好无压力．
求：（1）物块从开始下滑到A点的运动过程中克服阻力做的功．
（2）若轨道处处光滑，物块仍从轨道顶端由静止下滑，则物块通过A点时，对轨道的压力多大？
（3）若轨道处处光滑，改变物块释放的初始高度h，则物块过A点时所受轨道压力N的大小随之改变，试在给出的坐标系中作出N-h图象．
正确答案
解：（1）小球滑至A点时对轨道恰好无压力，由此可知，小球在A点的速度为：
所以物体下滑时只有重力和阻力做功，根据动能定理有：
得：
所以物体克服阻力做功为
（2）轨道光滑没有阻力时，只有重力对小球做功，根据动能定理有小球到达A点时满足：
所以小球在A点的速度为：
在A点小球所受轨道的压力和重力的合力提供圆周运动向心力，由牛顿第二定律有：
得：N=
根据牛顿第三定律知，物体对轨道的压力大小为
（3）根据（2）问知物体爱到轨道的压力满足：N=
作出N-h图象如下图所示：
答：（1）物块从开始下滑到A点的运动过程中克服阻力做的功为
（2）若轨道处处光滑，物块仍从轨道顶端由静止下滑，则物块通过A点时，对轨道的压力为
（3）N-h图象如下图所示．
解析
解：（1）小球滑至A点时对轨道恰好无压力，由此可知，小球在A点的速度为：
所以物体下滑时只有重力和阻力做功，根据动能定理有：
得：
所以物体克服阻力做功为
（2）轨道光滑没有阻力时，只有重力对小球做功，根据动能定理有小球到达A点时满足：
所以小球在A点的速度为：
在A点小球所受轨道的压力和重力的合力提供圆周运动向心力，由牛顿第二定律有：
得：N=
根据牛顿第三定律知，物体对轨道的压力大小为
（3）根据（2）问知物体爱到轨道的压力满足：N=
作出N-h图象如下图所示：
答：（1）物块从开始下滑到A点的运动过程中克服阻力做的功为
（2）若轨道处处光滑，物块仍从轨道顶端由静止下滑，则物块通过A点时，对轨道的压力为
（3）N-h图象如下图所示．
如图所示．质量为m=0.1kg的小物块（可以视为质点）置于平台末端A点，平台的右下方有一个固定在水平面上的斜面体（其表面BC部分光滑），在斜面体的右边固定一竖直挡板，轻质弹簧拴接在挡板上，弹簧的自然长度为x0=0.3m，斜面体底端C距挡板的水平距离为d2=1m．斜面体的倾角为θ=45°，斜面体的高度h=0.5m．现给小物块一大小为v0=2m/s的初速度，使之在空中运动一段时间后．恰好从斜面体的顶端B无碰撞地进入斜面，并沿斜面运动，经过C点后再沿粗糙水平面运动，过一段时间开始压缩轻质弹簧．小物块速度减为零时，弹簧被压缩了△x=0.1m．已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，设小物块经过C点时无能量损失，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）平台与斜面体间的水平距离d1；
（2）小物块在斜面上的运动时间t；
（3）弹簧的最大弹性势能Ep．
正确答案
解：
（1）小球到达斜面顶端时vBy=v0tanθ
则有vBy=gt1
又d1=v0t1
解得：d1=0.4m
（2）在 B 点，vB=
小球由 B 到 C 过程中，由牛顿第二定律，则有mgsinθ=ma
位移与速度表达式，vc2-vB2=2a
又vC=vB+at
解得：t1=0.2s
vc=3
（3）小球在水平面上的运动过程中，
根据能量守恒定律，则有，
解得：EP=0.5J
答：（1）平台与斜面体间的水平距离为0.4m；
（2）小球在斜面上的运动时间为0.2s；
（3）弹簧压缩过程中的最大弹性势能为0.5J．
解析
解：
（1）小球到达斜面顶端时vBy=v0tanθ
则有vBy=gt1
又d1=v0t1
解得：d1=0.4m
（2）在 B 点，vB=
小球由 B 到 C 过程中，由牛顿第二定律，则有mgsinθ=ma
位移与速度表达式，vc2-vB2=2a
又vC=vB+at
解得：t1=0.2s
vc=3
（3）小球在水平面上的运动过程中，
根据能量守恒定律，则有，
解得：EP=0.5J
答：（1）平台与斜面体间的水平距离为0.4m；
（2）小球在斜面上的运动时间为0.2s；
（3）弹簧压缩过程中的最大弹性势能为0.5J．
（1）物块滑到O点时的速度大小？
（2）弹簧为最大压缩量d时的弹性势能（设弹簧处于原长时弹性势能为零）？
（3）若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？
正确答案
解：（1）物块由A点滑到O点，根据动能定理有
解得
（2）物块由最高点滑到将弹簧压缩到最短的过程中，根据动能定理有mgh-W弹-μmgd=0-0
解得W弹=mgh-μmgd
又W弹=Epmax-0
解得Epmax=mgh-μmgd
（3）物块从最高点滑下到再一次返回到最高点，根据动能定理有mg（h-h‘）-2μmgd=0-0
解得h'=h-2μd
答：（1）物块滑到O点时的速度大小为
（2）弹簧为最大压缩量d时的弹性势能为mgh-μmgd
（3）若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是为h-2μd
解析
解：（1）物块由A点滑到O点，根据动能定理有
解得
（2）物块由最高点滑到将弹簧压缩到最短的过程中，根据动能定理有mgh-W弹-μmgd=0-0
解得W弹=mgh-μmgd
又W弹=Epmax-0
解得Epmax=mgh-μmgd
（3）物块从最高点滑下到再一次返回到最高点，根据动能定理有mg（h-h‘）-2μmgd=0-0
解得h'=h-2μd
答：（1）物块滑到O点时的速度大小为
（2）弹簧为最大压缩量d时的弹性势能为mgh-μmgd
（3）若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是为h-2μd
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