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，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形轨道BC相切于B点，半圆轨道半径为R，质量为m的木块从A处由弹簧沿AB方向弹出，当它经过B点时对半圆轨道的压力是其重力的8倍，到达顶点C时对轨道的压力为0，已知重力加速度为g，不计空气阻力，求：

（1）木块经过B点时的速度大小v；

（2）木块从B到C过程中．克服摩擦力做的功W．

正确答案

解：（1）在B点由牛顿第二定律可得

由牛顿第三定律可得FN=8mg

联立解得

（2）在C点由牛顿第二定律可得mg=

从B到C由动能定理可得

联立解得W=mgR

答：（1）木块经过B点时的速度大小v为；

（2）木块从B到C过程中．克服摩擦力做的功W为mgR

解析

解：（1）在B点由牛顿第二定律可得

由牛顿第三定律可得FN=8mg

联立解得

（2）在C点由牛顿第二定律可得mg=

从B到C由动能定理可得

联立解得W=mgR

答：（1）木块经过B点时的速度大小v为；

（2）木块从B到C过程中．克服摩擦力做的功W为mgR

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题型：单选题

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单选题

关于动能，以下说法正确的是（　　）

A速度越大动能越大

B质量越大动能越大

C质量不变，速度增大到原来的2倍，动能增大到原来的4倍

D速度不变，质量增大到原来的2倍，动能增大到原来的4倍

正确答案

C

解析

解：

AB、由动能定义式：可知，动能与质量和速度都有关，故不能单凭质量或速度判定动能大小，故A错误，B错误．

C、由动能定义式：可知，质量不变，速度增大到原来的2倍，动能增大到原来的4倍，故C正确．

D、由动能定义式：可知，速度不变，质量增大到原来的2倍，动能增大到原来2倍，故D错误．

故选：C．

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•衡水校级月考）将质量为m的物体以初速度v0=12m/s从地面竖直向上抛出，设在上升和下落过程中所受的空气阻力大小均为其重力的0.2倍，求：

（1）物体上升的最大高度．

（2）物体落回地面时的速度（可用根式表示）．

正确答案

解：（1）已知物体上升和下落过程中所受的空气阻力大小均为其重力的0.2倍，即空气阻力f=0.2mg

设物体上升的最大高度为h

在物体上升过程中，重力和空气阻力做负功，由动能定理有：

-mgh-fh=0-

解得h=6m；

（2）物体竖直上抛到落回地面整个过程中，重力做功为0，只有空气阻力做负功，

对整个过程由动能定理有：-2fh=

解得物体落回地面时的速度v=

答：（1）物体上升的最大高度为6m．

（2）物体落回地面时的速度为．

解析

解：（1）已知物体上升和下落过程中所受的空气阻力大小均为其重力的0.2倍，即空气阻力f=0.2mg

设物体上升的最大高度为h

在物体上升过程中，重力和空气阻力做负功，由动能定理有：

-mgh-fh=0-

解得h=6m；

（2）物体竖直上抛到落回地面整个过程中，重力做功为0，只有空气阻力做负功，

对整个过程由动能定理有：-2fh=

解得物体落回地面时的速度v=

答：（1）物体上升的最大高度为6m．

（2）物体落回地面时的速度为．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中（容器固定）由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为（　　）

AR（FN-2mg）

BR（3mg-FN）

CR（FN-mg）

DR（FN-3mg）

正确答案

B

解析

解：在B点有：得：

．

A滑到B的过程中运用动能定理得：

解得：Wf=R（3mg-FN）．故B正确，ACD错误．

故选：B．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，两人打夯，同时用与竖直方向成θ角的恒力F，将质量为M的夯锤举高H，然后松手；夯锤落地后，打入地面下h深处时停下，不计空气阻力，求地面对夯锤的平均阻力是多大？

正确答案

解：设两人松手后夯锤还能上升的最大高度为h′．

对夯锤上升过程，由动能定理得：

2Fcosθ•H-mg（H+h′）=0

对夯锤下落过程，由动能定理得：

mg（H+h′+h）-h=0

联立解得平均阻力 =mg+

答：地面对夯锤的平均阻力是mg+．

解析

解：设两人松手后夯锤还能上升的最大高度为h′．

对夯锤上升过程，由动能定理得：

2Fcosθ•H-mg（H+h′）=0

对夯锤下落过程，由动能定理得：

mg（H+h′+h）-h=0

联立解得平均阻力 =mg+

答：地面对夯锤的平均阻力是mg+．

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题型：简答题

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简答题

儿童滑梯可以看成是由斜槽AB和水平槽CD组成，中间用很短的光滑圆弧槽BC连接，如图所示．质量为m的儿童从斜槽的顶点A由静止开始沿斜槽AB滑下，再进入水平槽CD，最后停在水平槽上的E点，由A到E的水平距离设为L．假设儿童可以看作质点，已知儿童的质量为m，他与斜槽和水平槽间的动摩擦因数都为μ，A点与水平槽CD的高度差为h．

（1）求儿童从A点滑到E点的过程中，重力做的功；

（2）克服摩擦力做的功；

（3）试分析说明，儿童沿滑梯滑下通过的水平距离L与斜槽AB跟水平面的夹角无关．

正确答案

解：（1）儿童从A点滑到E点的过程中，重力做功W=mgh

（2）儿童由静止开始滑下最后停在E点，在整个过程中克服摩擦力做功W1，由动能定理得：

mgh-W1=0

则克服摩擦力做功为W1=mgh；

（3）设斜槽AB与水平面的夹角为α，儿童在斜槽上受重力mg、支持力N1和滑动摩擦力f1，

f1=μmgcosα，

儿童在水平槽上受重力mg、支持力N2和滑动摩擦力f2，f2=μmg，

儿童从A点由静止滑下，最后停在E点．由动能定理得：

解得，它与角α无关．

答：（1）求儿童从A点滑到E点的过程中，重力做的功为mgh；

（2）克服摩擦力做的功为mgh；

（3）儿童沿滑梯滑下通过的水平距离，与斜槽AB跟水平面的夹角无关．

解析

解：（1）儿童从A点滑到E点的过程中，重力做功W=mgh

（2）儿童由静止开始滑下最后停在E点，在整个过程中克服摩擦力做功W1，由动能定理得：

mgh-W1=0

则克服摩擦力做功为W1=mgh；

（3）设斜槽AB与水平面的夹角为α，儿童在斜槽上受重力mg、支持力N1和滑动摩擦力f1，

f1=μmgcosα，

儿童在水平槽上受重力mg、支持力N2和滑动摩擦力f2，f2=μmg，

儿童从A点由静止滑下，最后停在E点．由动能定理得：

解得，它与角α无关．

答：（1）求儿童从A点滑到E点的过程中，重力做的功为mgh；

（2）克服摩擦力做的功为mgh；

（3）儿童沿滑梯滑下通过的水平距离，与斜槽AB跟水平面的夹角无关．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量m=1kg的物体从高为h=0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和皮带之间的动摩擦因数为μ=0.2，传送带AB之间的距离为L=5m，传送带一直以v=4m/s的速度匀速运动，求：

（1）物体运动到B的速度是多少？

（2）物体从A运动到B的时间是多少？

（3）物体从A运动到B的过程中，产生多少热量？

正确答案

解：（1）（2）物体下滑到A点的速度为v0，由机械能守恒定律有：mv02=mgh

代入数据得：v0=2m/s

物体在摩擦力作用下先匀加速运动，后做匀速运动，有：

t1==1s

s1=，

代入数据得：

s1=3m

t2==0.5s

运动时间为：

t=t1+t2=1.5s．

物体到传送带B的速度为4m/s．

（3）在t1时间内，皮带做匀速运动 S皮带=vt1=4m

Q=μmg△S=μmg（S皮带-S1），

代入数据得：Q=2J．

答：（1）物体运动到B的速度是4m/s．

（2）物体从A运动到B的时间是1.5s；

（3）物体从A运动到B的过程中，产生2J热量．

解析

解：（1）（2）物体下滑到A点的速度为v0，由机械能守恒定律有：mv02=mgh

代入数据得：v0=2m/s

物体在摩擦力作用下先匀加速运动，后做匀速运动，有：

t1==1s

s1=，

代入数据得：

s1=3m

t2==0.5s

运动时间为：

t=t1+t2=1.5s．

物体到传送带B的速度为4m/s．

（3）在t1时间内，皮带做匀速运动 S皮带=vt1=4m

Q=μmg△S=μmg（S皮带-S1），

代入数据得：Q=2J．

答：（1）物体运动到B的速度是4m/s．

（2）物体从A运动到B的时间是1.5s；

（3）物体从A运动到B的过程中，产生2J热量．

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题型：简答题

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简答题

质量为2kg的小球，从距地面5m高处以10m/s的初速度水平抛出．不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2．求：

（1）小球抛出过程中，人对小球做的功；

（2）小球在空中飞行的时间；

（3）小球的水平距离；

（4）小球落地速度的大小．

正确答案

解：（1）根据动能定理得，人对小球做功的大小W=，

（2）根据h=得，t=，

（3）小球水平距离x=v0t=10×1m=10m，

（4）小球着地时竖直分速度vy=gt=10×1m/s=10m/s，

则小球落地时的速度大小v=．

答：（1）小球抛出过程中，人对小球做的功为100J；

（2）小球在空中飞行的时间为1s；

（3）小球的水平距离为10m；

（4）小球落地速度的大小为m/s．

解析

解：（1）根据动能定理得，人对小球做功的大小W=，

（2）根据h=得，t=，

（3）小球水平距离x=v0t=10×1m=10m，

（4）小球着地时竖直分速度vy=gt=10×1m/s=10m/s，

则小球落地时的速度大小v=．

答：（1）小球抛出过程中，人对小球做的功为100J；

（2）小球在空中飞行的时间为1s；

（3）小球的水平距离为10m；

（4）小球落地速度的大小为m/s．

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题型：简答题

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简答题

（2015春•温州校级月考）如图所示，光滑水平面右端B处连接一个竖直的半径为R的光滑半圆轨道，在离B距离为x的A点，用水平恒力将质量为m的质点从静止开始推到B处后撤去恒力，质点沿半圆轨道运动到最高点C处后水平抛出，恰好落回A点，问：

（1）推力对小球做了多少功？

（2）x取何值时，完成上述运动时所做的功最少？最少功为多少？

正确答案

解：（1）质点从半圆弧轨道做平抛运动又回到A点，设质点在C点的速度为vC，质点从C点运动到A点所用的时间为t，

在水平方向：x=vCt

竖直方向上：2R=

解①②有 vC=

对质点从A到C由动能定理有

WF-mg•2R=

解得 WF=

（2）要使F力做功最少，确定x的取值，由WF=2mgR+mv2知，只要质点在C点速度最小，则功WF就最小．

若质点恰好能通过C点，其在C点最小速度为v，由牛顿第二定律有

mg=，则v=

则有=，解得：x=2R

当x=2R时，WF最小，最小的功：WF=mgR

答：（1）推力对小球做功为

（2）x取何值为2R，完成上述运动时所做的功最少，最少功为

解析

解：（1）质点从半圆弧轨道做平抛运动又回到A点，设质点在C点的速度为vC，质点从C点运动到A点所用的时间为t，

在水平方向：x=vCt

竖直方向上：2R=

解①②有 vC=

对质点从A到C由动能定理有

WF-mg•2R=

解得 WF=

（2）要使F力做功最少，确定x的取值，由WF=2mgR+mv2知，只要质点在C点速度最小，则功WF就最小．

若质点恰好能通过C点，其在C点最小速度为v，由牛顿第二定律有

mg=，则v=

则有=，解得：x=2R

当x=2R时，WF最小，最小的功：WF=mgR

答：（1）推力对小球做功为

（2）x取何值为2R，完成上述运动时所做的功最少，最少功为

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题型：单选题

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单选题

用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进入木板的深度成正比，已知铁锤第一次将钉子钉进d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做功与第一次相同，那么第二次钉子进入木板的深度是（　　）

A（-1）d

B（-1）d

Cd

Dd

正确答案

B

解析

解：由题意可知，阻力与深度d成正比，f-d图象如图所示，

F-x图象与坐标轴所形成图形的面积等于力所做的功，

每次钉钉子时做功相同，如图所示可得：

力与深度成正比，则：f=kd，f′=kd′，

两次做功相同，df=（f+f′）（d′-d），

解得：d′=d，

第二次钉子进入木板的深度：h=d′-d=（-1）d；

故选：B．

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题型：单选题

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单选题

一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端，已知小物块的初动能为E，它返回到斜面底端的速度为v，克服摩擦力所做功为E/2，若小物块以2E的初动能冲上斜面，则有（　　）

A返回到斜面底端时的动能为3E/2

B返回斜面底端时的动能为E

C返回斜面底端时的速度大小为2v

D小物块在两次往返过程中克服摩擦力做的功相同

正确答案

B

解析

解：A、B、以初动能为E冲上斜面并返回的整个过程中运用动能定理得： ①

设以初动能为E冲上斜面的初速度为V0，则以初动能为2E冲上斜面时，初速度为V0，加速度相同，

根据2ax=V2-V02可知第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，

所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，整个上升返回过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为E．

以初动能为2E冲上斜面并返回的整个过程中运用动能定理得：

②，

所以返回斜面底端时的动能为E，故A错误，B正确；

C、由①②得：，故C错误；

D、第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，

所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，整个上升返回过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，故D错误．

故选：B

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在倾角为θ的斜面上，一物块通过轻绳的牵拉压紧弹簧．现将轻绳烧断，物块被弹出，与弹簧分离后即进入斜面上足够长的粗糙部分NN′（此前摩擦不计）．物块沿斜面的粗糙部分上滑达到的最远位置离N的距离为s，此后下滑，第一次回到N处压缩弹簧后又被弹离，物块第二次上滑的最远位置离N的距离为．求：

（1）物块与粗糙斜面间的动摩擦因数μ．

（2）物块最终克服摩擦力做功所通过的路程s′．

正确答案

解：（1）取两次被弹簧推到最高处为全过程的初、末状态，由动能定理：

得；

（2）设物块离开弹簧具有的初动能为E0，上滑到最高点时距离N的距离S，由动能定理得；

-（mgsinθ+μmgcosθ）•s=0-E0

解得；E0=（mgsinθ+μmgcosθ）•s

物块只有在粗糙斜面上往复运动中才克服摩擦损失机械能，由题意知道物体不能静止在N点以上，只能在N点以下运动；由功能关系得：

E0=μmgcosθ•s′

解得；s′=4s

答：（1）物块与粗糙斜面间的动摩擦因数（2）物块最终克服摩擦力做功所通过的路程s′=4s

解析

解：（1）取两次被弹簧推到最高处为全过程的初、末状态，由动能定理：

得；

（2）设物块离开弹簧具有的初动能为E0，上滑到最高点时距离N的距离S，由动能定理得；

-（mgsinθ+μmgcosθ）•s=0-E0

解得；E0=（mgsinθ+μmgcosθ）•s

物块只有在粗糙斜面上往复运动中才克服摩擦损失机械能，由题意知道物体不能静止在N点以上，只能在N点以下运动；由功能关系得：

E0=μmgcosθ•s′

解得；s′=4s

答：（1）物块与粗糙斜面间的动摩擦因数（2）物块最终克服摩擦力做功所通过的路程s′=4s

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题型：简答题

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简答题

质量为0.2kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v-t图象如图所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的．设球受到的空气阻力大小恒为f，取g=10m/s2，求：

（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；

（2）弹性球第二次碰撞前的速度v2．

正确答案

解：（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，

由题图知 a1==m/s2=8m/s2 ①

根据牛顿第二定律，得 mg-f=ma1 ②

f=m（g-a1）=0.4N．③

（2）由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1=4m/s，设球第一次离开地面时的速度大小为v′，则 v′=v1=3m/s ④

第一次离开地面后，设上升过程中由动能定理-（f+mg）h1=-mv′2⑤

对上升和下降整个过程-f•2h1=mv22-mv′2 ⑥

解得v2=m/s．⑦

答：（1）弹性球受到的空气阻力为0.4N；

（2）弹性球第二次碰撞前的速度为m/s．

解析

解：（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，

由题图知 a1==m/s2=8m/s2 ①

根据牛顿第二定律，得 mg-f=ma1 ②

f=m（g-a1）=0.4N．③

（2）由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1=4m/s，设球第一次离开地面时的速度大小为v′，则 v′=v1=3m/s ④

第一次离开地面后，设上升过程中由动能定理-（f+mg）h1=-mv′2⑤

对上升和下降整个过程-f•2h1=mv22-mv′2 ⑥

解得v2=m/s．⑦

答：（1）弹性球受到的空气阻力为0.4N；

（2）弹性球第二次碰撞前的速度为m/s．

1

题型：单选题

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单选题

质量为m的物体，当它的速度达到v时它具有的动能为（　　）

A

Bmv

C

Dmv2

正确答案

C

解析

解：根据动能表达式，EK=，故C正确，ABD错误；

故选：C．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，半径为R=0.2m的光滑圆弧AB在竖直平面内，圆弧B处的切线水平．B端高出水平地面h=0.8m，O点在B点的正下方．将一质量为m=1.0kg的滑块从A端静止释放，落在水平面上的C点处，g取10m/s2．求：

（1）水平距离xOC

（2）若在B端接一长为L=1.0m的水平木板MN，滑块从A端静止释放后正好运动到N端停止，则木板与滑块间的动摩擦因数μ为多少

（3）若将水平木板右端截去长为△L的一段，滑块从A端静止释放后将滑离木板落在水平面上的P点（未画出）．要使落地点P距O点最远，则△L应为多少？并算出OP间的最大距离．

正确答案

解：（1）滑块从光滑圆弧下滑过程中，根据机械能守恒定律得

mgR=，代入数据解得vB=2m/s．

滑块离开B点后做平抛运动，则

竖直方向：，水平方向上：xOC=vBt，

代入数据解得xOC=0.8m

（2）滑块从B端运动到N端停止过程，根据动能定理得

-μmgL=0-

代入解得μ=0.2

（3）若将木板右端截去长为△L的一段后，设滑块滑到木板最右端时速度为v，由动能定理得

-μmg（L-△L）=

滑块离开木板后仍做平抛运动，高度不变，运动时间不变，则

落地点距O点的距离S=L-△L+vt

联立整理得，S=0.8

根据数学知识得知，当=0.4时，S最大，即△L=0.16m时，S最大．

答：（1）OC的长为0.8m；

（2）木板与滑块的动摩擦因数为0.2；

（3）若将木板右端截去长为△L的一段，滑块从A端释放后将滑离木版落在水平面上P点处，要使落地点距O点的距离最远，△L应为0.16m．

解析

解：（1）滑块从光滑圆弧下滑过程中，根据机械能守恒定律得

mgR=，代入数据解得vB=2m/s．

滑块离开B点后做平抛运动，则

竖直方向：，水平方向上：xOC=vBt，

代入数据解得xOC=0.8m

（2）滑块从B端运动到N端停止过程，根据动能定理得

-μmgL=0-

代入解得μ=0.2

（3）若将木板右端截去长为△L的一段后，设滑块滑到木板最右端时速度为v，由动能定理得

-μmg（L-△L）=

滑块离开木板后仍做平抛运动，高度不变，运动时间不变，则

落地点距O点的距离S=L-△L+vt

联立整理得，S=0.8

根据数学知识得知，当=0.4时，S最大，即△L=0.16m时，S最大．

答：（1）OC的长为0.8m；

（2）木板与滑块的动摩擦因数为0.2；

（3）若将木板右端截去长为△L的一段，滑块从A端释放后将滑离木版落在水平面上P点处，要使落地点距O点的距离最远，△L应为0.16m．

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