- 机械能守恒定律
- 共29368题
如图1所示，光滑曲面轨道置于离地面高度H=1.8m的平台上，其末端切线水平．另有一长木板两端分别搁在轨道末端点和水平地面间，构成倾角θ=37°的斜面，整个装置固定在竖直平面内．一个可视为质点的质量m=0.1kg的小球，从光滑曲面上由静止开始下滑．（不计空气阻力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）若小球在曲面上离平台高度h1=0.45m处静止下滑，求小球离开平台时的速度大小；
（2）若小球下滑后正好落在木板的末端，求小球在曲面上的释放点离平台的高度h0；
（3）试推导小球下滑后第一次撞击木板时的动能Ek与它在曲面上的释放点离平台的高度h的关系表达式，在如图2中并作出Ek-h图象．
正确答案
解：（1）小球从曲面上滑下，只有重力做功，由机械能守恒定律：
mgh1=
解得 v0=
即小球离开平台时速度的大小是3m/s．
（2）小球离开平台后做平抛运动，小球正好落到水平地面木板的末端，则
H=
联立上两式得：v1=4m/s
小球在曲面下滑的过程，由机械能守恒定律：
mgh0=
解得 h0=
即释放小球的高度h0为0.8m．
（3）由机械能守恒定律可得：mgh=
小球由离开平台后做平抛运动，可看做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，则：
y=
x=v0t
又 tan37°=
小球撞击木板时竖直分速度 vy=gt
此时的速度 v=
动能 EK=
由以上解得：Ek=3.25h
考虑到当h＞0.8m时小球不会落到斜面上，其图象如图所示
答：
（1）小球离开平台时的速度大小为3m/s．
（2）小球在曲面上的释放点离平台的高度h0为0.8m．
（3）小球下滑后第一次撞击木板时的动能Ek与它在曲面上的释放点离平台的高度h的关系表达式为 Ek=3.25h，图象如图．
解析
解：（1）小球从曲面上滑下，只有重力做功，由机械能守恒定律：
mgh1=
解得 v0=
即小球离开平台时速度的大小是3m/s．
（2）小球离开平台后做平抛运动，小球正好落到水平地面木板的末端，则
H=
联立上两式得：v1=4m/s
小球在曲面下滑的过程，由机械能守恒定律：
mgh0=
解得 h0=
即释放小球的高度h0为0.8m．
（3）由机械能守恒定律可得：mgh=
小球由离开平台后做平抛运动，可看做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，则：
y=
x=v0t
又 tan37°=
小球撞击木板时竖直分速度 vy=gt
此时的速度 v=
动能 EK=
由以上解得：Ek=3.25h
考虑到当h＞0.8m时小球不会落到斜面上，其图象如图所示
答：
（1）小球离开平台时的速度大小为3m/s．
（2）小球在曲面上的释放点离平台的高度h0为0.8m．
（3）小球下滑后第一次撞击木板时的动能Ek与它在曲面上的释放点离平台的高度h的关系表达式为 Ek=3.25h，图象如图．
质量为2kg的物体A以5m/s的速度向北运动，另一个质量为0.5kg的物体B以10m/s的速度向西运动，则EkA______EkB （填=；＞；＜；）
正确答案
=
解析
解：动能EK=
故A的动能EkA=
B的动能EkB=
故EkA=EkB；
故答案为：=
（1）若物体无初速放上皮带的右端A处，则其运动到左端B处的时间．
（2）若物体无初速地放到皮带上某处，物体沿斜面上升到最高点后沿斜面返回，问物体滑回皮带后，是否有可能从皮带轮的右端A处滑出？判断并说明理由．
正确答案
解：（1）物体放上皮带运动的加速度 a=μg
物体加速到v前进的位移 x0=
因L＞x0，则物体先加速后匀速，加速时间 t1=
匀速时间 t2=
故物体从A到B时间 t=t1+t2=
（2）不能滑出右端A．
理由：物体从斜面返回皮带的速度与物体滑上斜面的初速度大小相等，所以返回时最远不能超过释放的初始位置．
答：
（1）若物体无初速放上皮带的右端A处，则其运动到左端B处的时间是
（2）不能滑出右端A．理由：物体从斜面返回皮带的速度与物体滑上斜面的初速度大小相等，所以返回时最远不能超过释放的初始位置．
解析
解：（1）物体放上皮带运动的加速度 a=μg
物体加速到v前进的位移 x0=
因L＞x0，则物体先加速后匀速，加速时间 t1=
匀速时间 t2=
故物体从A到B时间 t=t1+t2=
（2）不能滑出右端A．
理由：物体从斜面返回皮带的速度与物体滑上斜面的初速度大小相等，所以返回时最远不能超过释放的初始位置．
答：
（1）若物体无初速放上皮带的右端A处，则其运动到左端B处的时间是
（2）不能滑出右端A．理由：物体从斜面返回皮带的速度与物体滑上斜面的初速度大小相等，所以返回时最远不能超过释放的初始位置．
（1）滑块到达底端B时对轨道的压力；
（2）滑块与传送带间的动摩擦因数μ；
（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q．
正确答案
解：（1）设滑块到达底端B时的速度大小为vB，滑块从A运动到B的过程中，由动能定理，有：
代入数据可解得：
在B端，由牛顿第二定律有：
所以有：N=3mg=60N
根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小为60N，方向竖直向下．
（2）滑块从B运动到C的过程中，由动能定理得：
代入数据可得：μ=0.2
（3）滑块在传送带上滑动的加速度为：
滑块从B到C的时间为：
在此过程中传送带运动的距离为：x=v0t=5m/s
滑块与传送带的相对位移为：△x=x-L=1m
所以摩擦生热为：Q=μmg△x=4J
答：（1）滑块到达底端B时对轨道的压力是60N，方向竖直向下；
（2）滑块与传送带间的动摩擦因数μ是0.2；
（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q是4J．
解析
解：（1）设滑块到达底端B时的速度大小为vB，滑块从A运动到B的过程中，由动能定理，有：
代入数据可解得：
在B端，由牛顿第二定律有：
所以有：N=3mg=60N
根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小为60N，方向竖直向下．
（2）滑块从B运动到C的过程中，由动能定理得：
代入数据可得：μ=0.2
（3）滑块在传送带上滑动的加速度为：
滑块从B到C的时间为：
在此过程中传送带运动的距离为：x=v0t=5m/s
滑块与传送带的相对位移为：△x=x-L=1m
所以摩擦生热为：Q=μmg△x=4J
答：（1）滑块到达底端B时对轨道的压力是60N，方向竖直向下；
（2）滑块与传送带间的动摩擦因数μ是0.2；
（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q是4J．
正确答案
解析
解：钢的密度大于木头的密度，等大的实心钢球质量m钢大于木球质量m木，
球的大小相同，在沙子中球所受阻力f相同，设下落高度为H，陷入沙子的深度为h；
A、球下落到沙表面过程中，由动能定理可得：mgH=
B、球陷入沙子过程中速度的变化量为
C、D、在整个过程中，由动能定理可得，mg（H+h）-fh=0-0，陷入沙子过程中，克服阻力的功Wf=fh=mg（H+h），由于钢球的质量大，则钢球陷入沙子全过程克服阻力做的功多，故C正确D错误；
故选：C．
物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能．取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m0的质点距离质量为M0的引力源中心为r0时．其引力势能EP=-
AWf=-GMm（
BWf=-
CWf=-
DWf=-
正确答案
解析
解：卫星在圆轨道半径从r1上时，根据万有引力提供向心力：
解得
卫星的总机械能：
同理：卫星的圆轨道半径从r2上时，
卫星的总机械能：
卫星的圆轨道半径从r1逐渐减小到r2．在这个过程中空气阻力做功为Wf，等于卫星机械能的减少：
故选：B．
关于动能的理解，下列说法错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A、动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，运动的物体都就有动能．故A正确．
B、根据Ek=
C、一定质量的物体，动能变化，则速度的大小一定变化，所以速度一定变化；但是速度变化，动能不一定变化，比如做匀速圆周运动，速度方向变化，大小不变，则动能不变．故C正确．
D、动能不变的物体，速度方向可能变化，则不一定处于平衡状态．故D错误．
本题选错误的，故选：D．
（1）若小物块击中档板上的P点（OP与水平方向夹角为37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）则其离开O点时的速度大小；
（2）为使小物块击中档板，求拉力F作用的最短时间；
（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置．求击中挡板时小物块动能的最小值．
正确答案
解：（1）小物块从O到P，做平抛运动
水平方向：Rcos37°=v0t
竖直方向：
可得：
（2）为使小物块击中档板，小物块必须能运动到O点，
由动能定理得：Fx-μmgS=△Ek=0
解得：
由牛顿第二定律得：F-μmg=ma
解得：
由运动学公式得：
解得：t=1s
（3）设小物块击中挡板的任意点坐标为（x，y），则
x=v0t
由机械能守恒得：
又x2+y2=R
化简整理得：
由数学知识可得
答：（1）若小物块击中档板上的P点（OP与水平方向夹角为37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）则其离开O点时的速度大小为
（2）为使小物块击中档板，拉力F作用的最短时间为1s；
（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置．击中挡板时小物块动能的最小值为
解析
解：（1）小物块从O到P，做平抛运动
水平方向：Rcos37°=v0t
竖直方向：
可得：
（2）为使小物块击中档板，小物块必须能运动到O点，
由动能定理得：Fx-μmgS=△Ek=0
解得：
由牛顿第二定律得：F-μmg=ma
解得：
由运动学公式得：
解得：t=1s
（3）设小物块击中挡板的任意点坐标为（x，y），则
x=v0t
由机械能守恒得：
又x2+y2=R
化简整理得：
由数学知识可得
答：（1）若小物块击中档板上的P点（OP与水平方向夹角为37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）则其离开O点时的速度大小为
（2）为使小物块击中档板，拉力F作用的最短时间为1s；
（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置．击中挡板时小物块动能的最小值为
质量相等的A、B两物体（当作质点）．从同一高度h同时开始运动，A做平抛运动，B做自由落体运动．已知两物体质量均为m，重力加速度为g．则（ ）
正确答案
解析
解：A、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，分运动与合运动具有等时性，所以两个物体同时落地，所需时间相同，故A错误．
B、两物体落地时在竖直方向的分速度相等，但平抛运动有水平分速度，根据速度的合成，知两个物体落地时的速度、速率都不同．故动能不同，故B错误．
C、动能的增量等于物体重力做的功，而重力做功相等，故动能增量相等，故C正确；
D、动能的减小量等于初态的机械能，故A球为mgh+
故选：C．
（1）物资P从B端开始运动时的加速度为______m/s2；
（2）物资P到达A端时的动能______J．
正确答案
解：（1）P刚放上B端受到沿传送带向下的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+Ff=ma
FN=mgcosθ
Ff=μFN
联立解得加速度为a=gsinθ+μgcosθ=10 m/s2．
（2）P达到与传送带相同速度时的位移x=
以后物资P受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，根据动能定理得（mgsinθ-Ff）（L-x）=
到A端时的动能EkA=
故答案为：（1）10
（2）900
解析
解：（1）P刚放上B端受到沿传送带向下的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+Ff=ma
FN=mgcosθ
Ff=μFN
联立解得加速度为a=gsinθ+μgcosθ=10 m/s2．
（2）P达到与传送带相同速度时的位移x=
以后物资P受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，根据动能定理得（mgsinθ-Ff）（L-x）=
到A端时的动能EkA=
故答案为：（1）10
（2）900
正确答案
解析
解：全过程由动能定理得
-μmgs=0-EK0；
即-μ×19×10×5=0-9.5；
解得μ=0.01；
设冰壶的初速度为v．则有：
加速度大小为 a=
滑行时间 t=
故选：BD
（1）从开始直到小球停止运动过程中，克服摩擦力做的功；
（2）小球第一次离槽上升距槽上沿的高度h．
正确答案
解：（1）小球最后停止在槽底，对整个运动过程，根据动能定理：
mg（H+R）-Wf=0
求得：Wf=55J
（2）小球从出发到第一次离槽到达最高点：
mg（H-h）-Wf′=0
小球从出发到第一次到达最低点：mg（H+R）-
联立两方程得：h=4m
答：（1）从开始直到小球停止运动过程中，克服摩擦力做的功为55J；
（2）小球第一次离槽上升距槽上沿的高度h为4m．
解析
解：（1）小球最后停止在槽底，对整个运动过程，根据动能定理：
mg（H+R）-Wf=0
求得：Wf=55J
（2）小球从出发到第一次离槽到达最高点：
mg（H-h）-Wf′=0
小球从出发到第一次到达最低点：mg（H+R）-
联立两方程得：h=4m
答：（1）从开始直到小球停止运动过程中，克服摩擦力做的功为55J；
（2）小球第一次离槽上升距槽上沿的高度h为4m．
（1）如果没有保护，鸡蛋直接撞击地面而不被摔坏，其速度最大不能超过多少？
（2）如果使用该装置，鸡蛋夹放的位置离装置下端距离x至少为多少？
正确答案
解：（1）自由落体运动：v2=2gh，
代入数据得：v=
（2）由功能关系，得：
mg（x+H）-2fx=
代入数据解得：x=
答：（1）如果没有保护，鸡蛋直接撞击地面而不被摔坏，其速度最大不能超过
（2）如果使用该装置，鸡蛋夹放的位置离装置下端距离x至少为
解析
解：（1）自由落体运动：v2=2gh，
代入数据得：v=
（2）由功能关系，得：
mg（x+H）-2fx=
代入数据解得：x=
答：（1）如果没有保护，鸡蛋直接撞击地面而不被摔坏，其速度最大不能超过
（2）如果使用该装置，鸡蛋夹放的位置离装置下端距离x至少为
（1）简要说明图甲中的物体被释放后做什么运动；
（2）做出图乙中手对物体的支持力F随物体下降位移x变化的示意图，借助F-x图象求支持力F做的功的大小；
（3）利用弹力做功只和始末位置有关的特点，求图甲中物体运动的最大速度．
正确答案
（2）图乙中物体受重力mg、弹簧弹力f和支持力F，因为缓缓下落时，物体受力平衡
所以对任意位置满足 F=mg-kx ①
当下降位移x=0时，支持力F=mg；
当mg=kx，即下降位移
F-x图象如答图所示，图线下所围的面积等于支持力F做的功：
（3）图甲所示物体运动过程中只受到重力和弹簧弹力，
在受力满足mg=kx，即下降位移
对物体从释放到有最大速度的过程应用动能定理，有
因为图甲与图乙所示弹簧完全相同且弹簧弹力做的功只与始末位置有关，因此上式中的W弹与图乙所示过程中弹簧弹力做的功相等．
对图乙所示过程应用动能定理mgx-W弹-W=0 ④
得到 W弹=
代入③式，解得：图甲中物体运动的最大速度：
答：
（1）图甲中的物体被释放后做简谐运动；
（2）支持力F做的功的大小为
（3）图甲中物体运动的最大速度为g
解析
（2）图乙中物体受重力mg、弹簧弹力f和支持力F，因为缓缓下落时，物体受力平衡
所以对任意位置满足 F=mg-kx ①
当下降位移x=0时，支持力F=mg；
当mg=kx，即下降位移
F-x图象如答图所示，图线下所围的面积等于支持力F做的功：
（3）图甲所示物体运动过程中只受到重力和弹簧弹力，
在受力满足mg=kx，即下降位移
对物体从释放到有最大速度的过程应用动能定理，有
因为图甲与图乙所示弹簧完全相同且弹簧弹力做的功只与始末位置有关，因此上式中的W弹与图乙所示过程中弹簧弹力做的功相等．
对图乙所示过程应用动能定理mgx-W弹-W=0 ④
得到 W弹=
代入③式，解得：图甲中物体运动的最大速度：
答：
（1）图甲中的物体被释放后做简谐运动；
（2）支持力F做的功的大小为
（3）图甲中物体运动的最大速度为g
（1）试通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动？
（2）工件从传送带底端运动至高h=2m处的过程中摩擦力对工件做了多少功？
（3）在运送工件过程中，电动机多消耗的电能．
正确答案
解：（1）假设工件在传送带上一直做匀加速运动，末速度为v．
根据动能定理：
代入数据解得：
所以假设不成立，即工件在传送带上先匀加速，再匀速运动．
（2）工件最后随传送带做匀速运动，末速为v0，
根据动能定理：
代入数据解得：Wf=280J
（3）根据能量守恒得，
上滑的加速度
则相对滑动的位移
则
代入数据解得△E=520J．
答：（1）工件先做匀加速运动，再做匀速运动．
（2）摩擦力对工件做了280J的功．
（3）电动机多消耗的电能为520J．
解析
解：（1）假设工件在传送带上一直做匀加速运动，末速度为v．
根据动能定理：
代入数据解得：
所以假设不成立，即工件在传送带上先匀加速，再匀速运动．
（2）工件最后随传送带做匀速运动，末速为v0，
根据动能定理：
代入数据解得：Wf=280J
（3）根据能量守恒得，
上滑的加速度
则相对滑动的位移
则
代入数据解得△E=520J．
答：（1）工件先做匀加速运动，再做匀速运动．
（2）摩擦力对工件做了280J的功．
（3）电动机多消耗的电能为520J．
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