- 机械能守恒定律
- 共29368题
求：（1）滑块第一次由A滑到P的过程中，克服摩擦力做功；
（2）滑块第一次到达“8”字型管道顶端时对管道的作用力；
（3）滑块第一次离开管口B后上升的高度．
正确答案
解：（1）滑块第一次由A滑到P的过程中，克服摩擦力做功
代入数据得W1=2J
（2）根据动能定理得：
在8”字型管道最高点
管道对滑块的弹力大小FN=455N 方向向下
滑块管道对的弹力大小F′N=455N 方向向上
（3）滑块第一次由A到B克服摩擦力做的功W2=2W1=4J
mg（H2-h）=W2
上升的高度为h=4.2m
答：（1）滑块第一次由A滑到P的过程中，克服摩擦力做功为2J；
（2）滑块第一次到达“8”字型管道顶端时对管道的作用力为455N，方向向上；
（3）滑块第一次离开管口B后上升的高度为4.2m；
解析
解：（1）滑块第一次由A滑到P的过程中，克服摩擦力做功
代入数据得W1=2J
（2）根据动能定理得：
在8”字型管道最高点
管道对滑块的弹力大小FN=455N 方向向下
滑块管道对的弹力大小F′N=455N 方向向上
（3）滑块第一次由A到B克服摩擦力做的功W2=2W1=4J
mg（H2-h）=W2
上升的高度为h=4.2m
答：（1）滑块第一次由A滑到P的过程中，克服摩擦力做功为2J；
（2）滑块第一次到达“8”字型管道顶端时对管道的作用力为455N，方向向上；
（3）滑块第一次离开管口B后上升的高度为4.2m；
（1）小球向上运动到B点时的速度vB；
（2）图（b）中F0的大小；
（3）以地面为零势能点，求小球重力势能为15J时的动能Ek．
正确答案
解：（1）小球从B运动到D的过程中，摩擦力和重力做负功，由动能定理得：
-mghBD-μmgcos37°sBC=0-
代入数据，解得：vB≈5.06m/s；
（2）A到B的过程中，力F做正功，重力做负功，由动能定理有：
WF-mghAB=
代入数据，解得：WF=24.8J
因为WF=
得：F0=31N；
（3）设E点处重力势能为15J，则有：
mgsAEsin37°=15J
则sAE=2.5m
①球向上运动经过该处时，从B到E的过程，由动能定理有：
-mghBE-μmgcos37°sBE=Ek-
代入数据得：Ek=9.4J
②球向下运动经过该处时，从D到E的过程，由动能定理有：
mghBE-μmgcos37°sCE=Ekʹ
代入数据得：Ekʹ=8.6J
答：（1）小球向上运动到B点时的速度vB为5.06m/s；
（2）图（b）中F0的大小为31N；
（3）以地面为零势能点，小球重力势能为15J时，①球向上运动经过该处时的动能Ek为9.4J；②球向下运动经过该处时的动能Ek为8.6J．
解析
解：（1）小球从B运动到D的过程中，摩擦力和重力做负功，由动能定理得：
-mghBD-μmgcos37°sBC=0-
代入数据，解得：vB≈5.06m/s；
（2）A到B的过程中，力F做正功，重力做负功，由动能定理有：
WF-mghAB=
代入数据，解得：WF=24.8J
因为WF=
得：F0=31N；
（3）设E点处重力势能为15J，则有：
mgsAEsin37°=15J
则sAE=2.5m
①球向上运动经过该处时，从B到E的过程，由动能定理有：
-mghBE-μmgcos37°sBE=Ek-
代入数据得：Ek=9.4J
②球向下运动经过该处时，从D到E的过程，由动能定理有：
mghBE-μmgcos37°sCE=Ekʹ
代入数据得：Ekʹ=8.6J
答：（1）小球向上运动到B点时的速度vB为5.06m/s；
（2）图（b）中F0的大小为31N；
（3）以地面为零势能点，小球重力势能为15J时，①球向上运动经过该处时的动能Ek为9.4J；②球向下运动经过该处时的动能Ek为8.6J．
正确答案
解：（1）物体从静止到刚进入传送带过程，由机械能守恒定律得：
mgh=
代入数据解得：v1=
物体离开B做平抛，竖直方向：
代入数据解得平抛运动时间：t1=
到B端速度：v2=
当传送带转动时，因为v2＜v＜v1，所以物体先减速后匀速，到达B点时的速度v2′=5m/s
根据动能定理有：
第一次传送带对物体做的功：
第二次传送带对物体做的功：
代入数据解得，两次做功大小之比为：
答：这两次传送带对物体所做的功之比为32：25．
解析
解：（1）物体从静止到刚进入传送带过程，由机械能守恒定律得：
mgh=
代入数据解得：v1=
物体离开B做平抛，竖直方向：
代入数据解得平抛运动时间：t1=
到B端速度：v2=
当传送带转动时，因为v2＜v＜v1，所以物体先减速后匀速，到达B点时的速度v2′=5m/s
根据动能定理有：
第一次传送带对物体做的功：
第二次传送带对物体做的功：
代入数据解得，两次做功大小之比为：
答：这两次传送带对物体所做的功之比为32：25．
卡车的质量为4×103kg，在水平直公路上以v=10m/s的速度匀速行驶，如果阻力为车重的0.05倍，途中质量为1000kg的拖车突然脱勾，从脱勾到驾驶员发现时，卡车已前进了L=40m，这时驾驶员立即关掉发动机，卡车在公路上滑行，求：当卡车和拖车都停止时，它们之间的距离多大？______．
正确答案
60m
解析
解：脱钩前匀速时对整体有：F=μ（M+m）g
设脱钩时到卡车停止，卡车行驶总距离为S1，对卡车由动能定理有：
FL-μMgS1=0-
设拖车从脱钩到停止，拖车滑行距离为S2，对拖车由动能定理有：
-μmgS2=0-
因此解得：△S=S1-S2=150-100m=50m；
故答案为：50m．
在下列几种情况中，甲乙两物体的动能相等的是（ ）
A甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的
B甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的
C甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的
D甲的速度是乙的4倍，甲的质量是乙的
正确答案
解析
解：A、甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的
B、甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的
C、甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的
故选：C．
（1）水平恒力对小车做了多少功？
（2）小车与木块间产生的热量．
正确答案
解：（1）放上木块后，小车多受一个向左的滑动摩擦力，由于小车是匀速直线运动，根据平衡条件，有：
F=f=μm1g
放上木块后，木块加速度为：
a=-μg
达到速度v的时间为：
t=
故该时间内拉力的功为：
W=Fx1=μmg•（vt）=mv2
（2）木块位移为：
x=
小车与木块的相对位移为：
故摩擦产生的热量为：
Q=f•△x=
答：（1）水平恒力对小车做的功为mv2；
（2）小车与木块间产生的热量为
解析
解：（1）放上木块后，小车多受一个向左的滑动摩擦力，由于小车是匀速直线运动，根据平衡条件，有：
F=f=μm1g
放上木块后，木块加速度为：
a=-μg
达到速度v的时间为：
t=
故该时间内拉力的功为：
W=Fx1=μmg•（vt）=mv2
（2）木块位移为：
x=
小车与木块的相对位移为：
故摩擦产生的热量为：
Q=f•△x=
答：（1）水平恒力对小车做的功为mv2；
（2）小车与木块间产生的热量为
（2016春•龙岩校级月考）质量为0.02kg的子弹，以600m/s的速度垂直射穿一块厚度为10cm的固定木板．已知子弹穿过木板后的速度为400m/s，求木板对子弹的阻力所做的功．
正确答案
解：设子弹质量为m，初速度为v，穿过木板后速度为v′，木板对子弹的阻力做的功大小为W，
对子弹穿木板过程中，由动能定理得：
-W=
代入数据解得：W=2000J
答：木板对子弹的阻力所做的功为负功，大小为2000J．
解析
解：设子弹质量为m，初速度为v，穿过木板后速度为v′，木板对子弹的阻力做的功大小为W，
对子弹穿木板过程中，由动能定理得：
-W=
代入数据解得：W=2000J
答：木板对子弹的阻力所做的功为负功，大小为2000J．
一人用力踢质量为1kg的足球，使球由静止以10m/s的速度沿水平方向飞出，假设人踢球时对球的平均作用力为200N，球在水平方向运动了20m，那么人对球所做的功（ ）
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=
故选：A．
正确答案
解析
解：A、在B点，根据平衡有：F1sin30°=mg，解得F1=2mg．
B到A，根据动能定理得，
B、从A到B，小球缓慢移动，根据动能定理得，WF-mgL（1-cos60°）=0，解得
C、从B到A的过程中，小球的速度大小在变化，径向的合力在变化，故C错误．
D、在B点，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的功率先增大后减小，故D错误．
故选：A．
一物体放在光滑水平面上，现用水平力F拉着物体由静止开始运动，当通过位移为s1时，速度达到v1，随后又通过位移s2，速度达到2v1，则物体在两段过程中所做的功之比为（ ）
正确答案
解析
解：根据动能定理得，
故选：C．
（1）小球经过C点时的动能；
（2）小球运动到C点时受到细绳的拉力大小；
（3）若在O和C之间某位置D有一水平钉子，使得细绳恰好能拉着小球绕D点做圆周运动．求D点与天花板的距离．
正确答案
解：（1）小球由A点到C点，根据机械能守恒定律可得：
mg（L-Lcosθ）=
故小球经过C点时的动能；
EK=mg（L-Lcosθ）=0.05×10×0.8×（1-0.8）=0.08J；
（2）在C点时，利用牛顿第二定律可得：
F-mg=m
故小球运动到C点时受到的细绳的拉力大小为：F=0.7N；
（3）设D点与天花板的距离为R，小球做圆周运动到最上端的速度为v′根据机械能守恒定律可得：
mg（L-Lcosθ）=mg×2（L-R）+
由牛顿第二定律可得：
mg=m
联立解得：R=0.736m．
答：（1）小球经过C点时的动能为0.08J；
（2）小球运动到C点时受到细绳的拉力大小为0.7N；
（3）D点与天花板的距离为0.736m
解析
解：（1）小球由A点到C点，根据机械能守恒定律可得：
mg（L-Lcosθ）=
故小球经过C点时的动能；
EK=mg（L-Lcosθ）=0.05×10×0.8×（1-0.8）=0.08J；
（2）在C点时，利用牛顿第二定律可得：
F-mg=m
故小球运动到C点时受到的细绳的拉力大小为：F=0.7N；
（3）设D点与天花板的距离为R，小球做圆周运动到最上端的速度为v′根据机械能守恒定律可得：
mg（L-Lcosθ）=mg×2（L-R）+
由牛顿第二定律可得：
mg=m
联立解得：R=0.736m．
答：（1）小球经过C点时的动能为0.08J；
（2）小球运动到C点时受到细绳的拉力大小为0.7N；
（3）D点与天花板的距离为0.736m
2012年11月23日上午，由来自东海舰队“海空雄鹰团”的飞行员戴明盟驾驶的中国航母舰载机歼-15降落在“辽宁舰”甲板上，首降成功，随后舰载机通过滑跃式起飞成功．滑跃起飞有点象高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，设某航母起飞跑道主要由长度为L1=160m 的水平跑道和长度为L2=20m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0m．一架质量为M=2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2×105N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响．取g=10m/s2．
（1）求飞机在水平跑道运动的时间．
（2）求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小．
（3）如果此航母去掉倾斜跑道，保持水平跑道长度不变，现在跑道上安装飞机弹射器，此弹射器弹射距离为84m，要使飞机在水平跑道的末端速度达到100m/s，则弹射器的平均作用力多大？（已知弹射过程中发动机照常工作）
正确答案
解：（1）设飞机在水平跑道上的加速度为a1，阻力为f，
由牛顿第二定律得，F-f=ma1，
代入数据解得t1=8s．
（2）设飞机在水平跑道末端速度为v1，倾斜跑道末端速度为v2，加速度为a2，
水平跑道上：v1=a1t1，
倾斜跑道上，由牛顿第二定律
代入数据解得
（3）设弹射器弹力为F1，弹射距离为x，飞机在跑道末端的速度为v3，
由动能定理得，
代入数据解得
答：（1）飞机在水平跑道运动的时间为8s．
（2）飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小为
（3）弹射器的平均作用力为106N．
解析
解：（1）设飞机在水平跑道上的加速度为a1，阻力为f，
由牛顿第二定律得，F-f=ma1，
代入数据解得t1=8s．
（2）设飞机在水平跑道末端速度为v1，倾斜跑道末端速度为v2，加速度为a2，
水平跑道上：v1=a1t1，
倾斜跑道上，由牛顿第二定律
代入数据解得
（3）设弹射器弹力为F1，弹射距离为x，飞机在跑道末端的速度为v3，
由动能定理得，
代入数据解得
答：（1）飞机在水平跑道运动的时间为8s．
（2）飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小为
（3）弹射器的平均作用力为106N．
（1）物块做何种运动？请说明理由．
（2）物块运动中受到的拉力．
（3）从开始运动至t=t1时刻，电动机做了多少功？
（4）若当圆筒角速度达到ω0时，使其减速转动，并以此时刻为t=0，且角速度满足ω=ω0-β2t（式中ω0、β2均为已知），则减速多长时间后小物块停止运动？
正确答案
解：（1）圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据v=ωR=Rβ1t，线速度与时间成正比，故物块做初速为零的匀加速直线运动；
（2）由第（1）问分析结论，物块加速度为a=Rβ1，根据物块受力，由牛顿第二定律得：
T-μmg=ma
则细线拉力为：
T=μmg+m Rβ1
（3）对整体运用动能定理，有
W电+Wf=
其中：
Wf=-μmgs=-μmg
则电动机做的功为：
W电=μmg
（4）圆筒减速后，边缘线速度大小v=ωR=ω0R-Rβ2t，线速度变化率为a=Rβ2
若a≤μg，细线处于拉紧状态，物块与圆筒同时停止，物块减速时间为：t=
若a＞μg，细线松弛，物块水平方向仅受摩擦力，物块减速时间为：t=
答：（1）物块做初速为零的匀加速直线运动；
（2）物块运动中受到的拉力为μmg+m Rβ1；
（3）从开始运动至t=t1时刻，电动机做功为μmg
（4）若a≤μg，减速
解析
解：（1）圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据v=ωR=Rβ1t，线速度与时间成正比，故物块做初速为零的匀加速直线运动；
（2）由第（1）问分析结论，物块加速度为a=Rβ1，根据物块受力，由牛顿第二定律得：
T-μmg=ma
则细线拉力为：
T=μmg+m Rβ1
（3）对整体运用动能定理，有
W电+Wf=
其中：
Wf=-μmgs=-μmg
则电动机做的功为：
W电=μmg
（4）圆筒减速后，边缘线速度大小v=ωR=ω0R-Rβ2t，线速度变化率为a=Rβ2
若a≤μg，细线处于拉紧状态，物块与圆筒同时停止，物块减速时间为：t=
若a＞μg，细线松弛，物块水平方向仅受摩擦力，物块减速时间为：t=
答：（1）物块做初速为零的匀加速直线运动；
（2）物块运动中受到的拉力为μmg+m Rβ1；
（3）从开始运动至t=t1时刻，电动机做功为μmg
（4）若a≤μg，减速
（1）物体刚滑到B点时的速度大小；
（2）物体在水平轨道BC上滑行的最大距离．
正确答案
解：（1）A运动到B的过程中，根据动能定理得，
Mgh=
代入数据解得VB=3m/s
（2）对水平面上的运动，运用动能定理得，
-μmgs=0-
代入数据，解得S=1.5m
答：（1）物体滑至B点时的速度大小为3m/s．
（2）物体在水平轨道上滑行的最大距离为1.5m
解析
解：（1）A运动到B的过程中，根据动能定理得，
Mgh=
代入数据解得VB=3m/s
（2）对水平面上的运动，运用动能定理得，
-μmgs=0-
代入数据，解得S=1.5m
答：（1）物体滑至B点时的速度大小为3m/s．
（2）物体在水平轨道上滑行的最大距离为1.5m
（1）若它运动的起点离A为L，它恰能到达轨道最高点B，求小球在B点的速度和L的值．
（2）若它运动起点离A为L=2.6m，且它运动到B点时电场消失，它继续运动直到落地，求落地点与起点的距离．
正确答案
解； （1）因小球恰能到B点，则在B点，有mg=m
得
小球从静止运动到B过程，由动能定理，有
则得
（2）小球离开B点，电场消失，小球做平抛运动，设落地点距B点距离为s，由动能定理得：
小球从静止运动到B有
得
对于平抛运动，有
得
水平位移大小为
故
答：
（1）若它运动的起点离A为L，它恰能到达轨道最高点B，小球在B点的速度为2m/s，L的值为1m．
（2）若它运动起点离A为L=2.6m，且它运动到B点时电场消失，它继续运动直到落地，落地点与起点的距离为0.4s．
解析
解； （1）因小球恰能到B点，则在B点，有mg=m
得
小球从静止运动到B过程，由动能定理，有
则得
（2）小球离开B点，电场消失，小球做平抛运动，设落地点距B点距离为s，由动能定理得：
小球从静止运动到B有
得
对于平抛运动，有
得
水平位移大小为
故
答：
（1）若它运动的起点离A为L，它恰能到达轨道最高点B，小球在B点的速度为2m/s，L的值为1m．
（2）若它运动起点离A为L=2.6m，且它运动到B点时电场消失，它继续运动直到落地，落地点与起点的距离为0.4s．
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