机械能守恒定律_章节学习

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题型：单选题

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单选题

如图所示，质点在竖直面内绕O点沿顺时针方向做匀速圆周运动．S1、S2、S3、S4是圆周上的四个点，SlS3是过圆心的水平线，S2S4是过圆心的竖直线．现质点分别在Sl、S2、S3、S4各点离开轨道后在空中运动一段时间落在水平地面上．若质点在空中运动时只受重力，则下列说法正确的是（　　）

A质点在Sl离开轨道后在空中运动的时间一定最短

B质点在S2离开轨道后在空中运动的时间一定最短

C质点在S3离开轨道后落到地面上的速度一定最大

D质点在S4离开轨道后落到地面上的速度一定最大

正确答案

D

解析

解：A、质点在S2、S4点离开轨道后做平抛运动，在S3点离开后做竖直上抛运动，在S1点离开轨道后做竖直下抛运动，所以在Sl、S2点抛出的时间都可能最短，要看初速度和半径R以及离地面的高度关系，故无法判断谁时间最短，故AB错误；

C、对其运动的整个过程运用动能定理可知，，所以下落高度最大的，落地时速度最大，所以在S4离开轨道后落到地面上的速度一定最大，故C错误，D正确

故选D

1

题型：填空题

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填空题

当一个运动物体它的速度增为原来的3倍时，其动能增为原来的______倍．

正确答案

9

解析

解：由动能定义式：EK=mv2知，质量不变，物体运动的速度大小变为原来的3倍

则物体的动能变为：EK′=m（3v）2=9EK；

故答案为：9．

1

题型：单选题

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单选题

改变汽车的质量和速度，都能使汽车的运动发生变化，在下面几种情况中，汽车的动能是原来的2倍的是（　　）

A质量不变，速度变为原来的2倍

B质量和速度都变为原来的2倍

C质量变为原来2倍，速度减半

D质量减半，速度变为原来的2倍

正确答案

D

解析

解：A、质量不变，速度变为原来的2倍，根据公式EK=mv2，动能变为4倍，故A错误；

B、质量和速度都变为原来的2倍，根据公式EK=mv2，动能变为8倍，故B错误；

C、质量变为原来2倍，速度减半，根据公式EK=mv2，动能变为一半，故C错误；

D、质量减半，速度变为原来的2倍，根据公式EK=mv2，动能变为2倍，故D正确；

故选：D．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在水平匀速运动的传送带的左端（P点），轻放一质量为m=1kg的物块，物块随传送带运动到A点后水平抛出，恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑．B、D为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R=1.0m，圆弧对应的圆心角θ=106°，轨道最低点为C，A点距水平面的高度h=0.8m．（g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：

（1）物块离开A点时水平初速度的大小；

（2）物块经过C点时对轨道压力的大小；

（3）设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带的速度为5m/s，求PA间的距离．

（4）带动皮带的电动机因传送物体做的功．

正确答案

解：（1）物块从A运动到B的竖直速度由：

可得：vy=4m/s

物块运动到B点时的速度方向与水平方向成53°，可得水平速度即物块离开A点的速度为：

vA=vx=vycot53°=3m/s

故物块离开A点时水平初速度的大小为3m/s．

（2）由于vB===5m/s

由几何知识可知水平面到C的距离为：h1=0.4m

据机械能守恒定律：mgh1+=

设轨道对物块的支持力为FN

则有：FN-mg=

由以上两式得：FN=43N

故由牛顿第三定律得物块对轨道的压力为：FN′=43N．

（3）因为传送带的速度比物块离开传送带的速度大，所以物块在传送带上一直处于加速运动，

由Ff=ma=μmg和

可得：x=PA=1.5m，即PA间的距离为1.5m．

（4）根据能量守恒定律可知，带动皮带的电动机因传送物体做的功等于摩擦力做功和物体离开皮带的动能之后．

所以：W==0.3×1×10×1.5J+×1×32J=9J

答：（1）物块离开A点时水平初速度的大小3m/s；

（2）物块经过C点时对轨道压力的大小43N；

（3）设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带的速度为5m/s，求PA间的距离1.5m．

（4）带动皮带的电动机因传送物体做的功9J．

解析

解：（1）物块从A运动到B的竖直速度由：

可得：vy=4m/s

物块运动到B点时的速度方向与水平方向成53°，可得水平速度即物块离开A点的速度为：

vA=vx=vycot53°=3m/s

故物块离开A点时水平初速度的大小为3m/s．

（2）由于vB===5m/s

由几何知识可知水平面到C的距离为：h1=0.4m

据机械能守恒定律：mgh1+=

设轨道对物块的支持力为FN

则有：FN-mg=

由以上两式得：FN=43N

故由牛顿第三定律得物块对轨道的压力为：FN′=43N．

（3）因为传送带的速度比物块离开传送带的速度大，所以物块在传送带上一直处于加速运动，

由Ff=ma=μmg和

可得：x=PA=1.5m，即PA间的距离为1.5m．

（4）根据能量守恒定律可知，带动皮带的电动机因传送物体做的功等于摩擦力做功和物体离开皮带的动能之后．

所以：W==0.3×1×10×1.5J+×1×32J=9J

答：（1）物块离开A点时水平初速度的大小3m/s；

（2）物块经过C点时对轨道压力的大小43N；

（3）设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带的速度为5m/s，求PA间的距离1.5m．

（4）带动皮带的电动机因传送物体做的功9J．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，带电绝缘长木板放在光滑水平面上，在木板的最右端有一质量为m不带电的小物体，木板带电量为q，其质量为小物体质量的2倍，木板左端与墙壁相距x0，水平向左的匀强电场其强度为E，小物体与木板间的滑动摩擦力为F=qE．现静止释放木板和小物体，两者一起（无相对滑动）向左运动，木板与墙壁相碰时电量不变，速度大小不变，方向变为反向．求：

（1）木板与墙壁相碰时的速度大小；

（2）木板与墙壁第一次碰撞后速度刚减到0时，小物体的速度大小和方向；

（3）要使小物体不从木板上掉下来，木板的最小长度．

正确答案

解析

解：（1）根据动能定理得

（2）f+qE=MaM

F=mam

0=v1-aMt

v=v1-amt

联立解得

（3）木板最终停在墙角

qEx0=F△x

lm=△x=2x0

答：（1）木板与墙壁相碰时的速度大小为；

（2）木板与墙壁第一次碰撞后速度刚减到0时，小物体的速度大小为和方向向左；

（3）要使小物体不从木板上掉下来，木板的最小长度为2x0．

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题型：简答题

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简答题

某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点用一弹射装置将小滑块以某一水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R=0.1m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h=0.2m，水平距离s=0.6m，水平轨道AB长为L1=0.5m，BC长为L2=1.5m，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g=10m/s2．

（1）若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点弹射出的速度大小；

（2）若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出．求小滑块在A点弹射出的速度大小范围．

正确答案

解：（1）小球恰能通过最高点时，重力充当向心力：

mg=①

由B到最高点：

②

由A→B：

③

解得在A点的初速度：vA=3m/s ④

（2）若小球恰好停在C处，对全程进行研究，则有：

-μmg（L1+L2）=0-，

解得：

v′=4m/s．

所以当3m/s≤vA≤4m/s时，小球停在BC间．

若小球恰能越过壕沟时，则有：

h=，

s=vt，

又-μmg（L1+L2）=，

解得：

v″=5m/s，

所以当vA≥5m/s，小球越过壕沟．

故若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不能掉进壕沟，小球在A点的初速度的范围是3m/s≤vA≤4m/s或vA≥5m/s．

答：

（1）若小球恰能通过圆形轨道的最高点，小球在A点的初速度是3m/s．

（2）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不能掉进壕沟，小球在A点的初速度的范围是3m/s≤vA≤3.4m/s或vA≥5m/s．

解析

解：（1）小球恰能通过最高点时，重力充当向心力：

mg=①

由B到最高点：

②

由A→B：

③

解得在A点的初速度：vA=3m/s ④

（2）若小球恰好停在C处，对全程进行研究，则有：

-μmg（L1+L2）=0-，

解得：

v′=4m/s．

所以当3m/s≤vA≤4m/s时，小球停在BC间．

若小球恰能越过壕沟时，则有：

h=，

s=vt，

又-μmg（L1+L2）=，

解得：

v″=5m/s，

所以当vA≥5m/s，小球越过壕沟．

故若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不能掉进壕沟，小球在A点的初速度的范围是3m/s≤vA≤4m/s或vA≥5m/s．

答：

（1）若小球恰能通过圆形轨道的最高点，小球在A点的初速度是3m/s．

（2）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不能掉进壕沟，小球在A点的初速度的范围是3m/s≤vA≤3.4m/s或vA≥5m/s．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，圆弧BC表示在竖直面内半径为r的1/4圆周状的轨道，直线AB表示在竖直方向与该圆弧轨道相切的竖直轨道，且AB=r，圆弧轨道在下端C点的切线是水平的．一质点自A点从静止开始下滑，若不计质点与轨道间的摩擦和空气阻力，且本地的重力加速度大小用g表示，则：质点刚好到达C点时的加速度大小为______，方向为______；在质点刚刚滑过C点后，其加速度的大小为______，方向为______．

正确答案

4g

竖直向上

g

竖直向下

解析

解：从A到C，由机械能守恒得：mg•2r=

得：vC=2

故质点刚好到达C点时的加速度大小为a==4g，方向竖直向上．

在质点刚刚滑过C点后，只受重力，其加速度的大小为g，方向竖直向上．

故答案为：4g，竖直向上，g，竖直向下．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为m=1kg的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的右端B与足够长的水平传送带相接，皮带轮的半径为R=o.5m，且以角速度ω=12rad/s逆时针转动（传送带不打滑），先将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，然后突然释放，当滑块滑到传送带上距B端L=15m的C点时，与传送带速度大小相等，滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.15．（g=10m/s2）求：

（1）释放滑块前弹簧具有的弹性势能．

（2）滑块从B到C所用的时间．

（3）滑块从B到C系统因摩擦增加的内能．

正确答案

解：

（1）传送带的速度：v=ωR=6m/s

若一直减速：由动能定理可得：-μmgL=

可求得：vB=9m/s

由能量守恒与转化可得：E=40.5J

若先减速到零再反向加速到C点与传送带速度大小相等，由运动学公式可得：

解得：=9m/s　　　　　　　　　　　　　　　　　　

由能量守恒与转化可得：=40.5J

（2）若一直减速，设由B到C的运动时间为t1，

则：=L

得t1=2s

若先减速到零再反向加速到C点，设由B到C的运动时间为t2

则：=10s

（3）若一直减速到C与带速度大小相等，相对位移的大小

△x=L+v1t=27m　　　　　　　　　　　　　　　　

系统产生的内能△E1=μmg△x1=40.5J

若先减速到零再反向加速到C点，相对位移的大小

△x2=L+vt2=75 　　　　　　　　　　　　　　　　　

系统产生的内能△E2=μmg△x2=112.5J

答：（1）释放滑块前弹簧具有的弹性势能为40.5J．

（2）滑块从B到C所用的时间若一直减速为2s，先减速在加速时间为10s．

（3）滑块从B到C系统因摩擦增加的内能若一直减速为40.5J，若先减速在加速为112.5J．

解析

解：

（1）传送带的速度：v=ωR=6m/s

若一直减速：由动能定理可得：-μmgL=

可求得：vB=9m/s

由能量守恒与转化可得：E=40.5J

若先减速到零再反向加速到C点与传送带速度大小相等，由运动学公式可得：

解得：=9m/s　　　　　　　　　　　　　　　　　　

由能量守恒与转化可得：=40.5J

（2）若一直减速，设由B到C的运动时间为t1，

则：=L

得t1=2s

若先减速到零再反向加速到C点，设由B到C的运动时间为t2

则：=10s

（3）若一直减速到C与带速度大小相等，相对位移的大小

△x=L+v1t=27m　　　　　　　　　　　　　　　　

系统产生的内能△E1=μmg△x1=40.5J

若先减速到零再反向加速到C点，相对位移的大小

△x2=L+vt2=75 　　　　　　　　　　　　　　　　　

系统产生的内能△E2=μmg△x2=112.5J

答：（1）释放滑块前弹簧具有的弹性势能为40.5J．

（2）滑块从B到C所用的时间若一直减速为2s，先减速在加速时间为10s．

（3）滑块从B到C系统因摩擦增加的内能若一直减速为40.5J，若先减速在加速为112.5J．

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题型：简答题

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简答题

物体由高出地面H高处由静止自由落下，不考虑空气阻力，落至沙坑表面进入沙坑h停止，求物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力的多少倍？

正确答案

解：对全程运用动能定理得，mg（H+h）-Fh=0

解得：．

答：沙坑中受到的平均阻力是其重力的倍数为：

解析

解：对全程运用动能定理得，mg（H+h）-Fh=0

解得：．

答：沙坑中受到的平均阻力是其重力的倍数为：

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一质量m=0.4kg的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数μ=0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P=10.0W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6N．已知轨道AB的长度L=2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α=37°，圆形轨道的半径R=0.5m．（空气阻力可忽略，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）

求：

（1）滑块运动到C点时速度vc的大小；

（2）B、C两点的高度差h及水平距离x；

（3）水平外力作用在滑块上的时间t．

正确答案

解：（1）滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得，

，

滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得，

，

代入数据，联立解得vC=5m/s．

（2）滑块在C点速度的竖直分量为：vy=vcsinα=3m/s，

B、C两点的高度差为h=，

滑块由B运动到C所用的时间为，

滑块运动到B点的速度为vB=vCcosα=4m/s，

B、C间的水平距离x=vBt1=4×0.3m=1.2m．

（3）滑块由A点运动B点的过程，由动能定理得，

Pt-

代入数据解得t=0.4s．

答：（1）滑块运动到C点时速度vc的大小为5m/s；

（2）B、C两点的高度差h及水平距离x为1.2m；

（3）水平外力作用在滑块上的时间t为0.4s．

解析

解：（1）滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得，

，

滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得，

，

代入数据，联立解得vC=5m/s．

（2）滑块在C点速度的竖直分量为：vy=vcsinα=3m/s，

B、C两点的高度差为h=，

滑块由B运动到C所用的时间为，

滑块运动到B点的速度为vB=vCcosα=4m/s，

B、C间的水平距离x=vBt1=4×0.3m=1.2m．

（3）滑块由A点运动B点的过程，由动能定理得，

Pt-

代入数据解得t=0.4s．

答：（1）滑块运动到C点时速度vc的大小为5m/s；

（2）B、C两点的高度差h及水平距离x为1.2m；

（3）水平外力作用在滑块上的时间t为0.4s．

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题型：填空题

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填空题

甲、乙两个质量相同的物体，甲的速度是乙的速度的2倍，则甲的动能是乙的动能的______倍．

正确答案

4

解析

解：甲、乙两个质量相同的物体，甲的速度是乙的速度的2倍，故：；

故答案为：4．

1

题型：简答题

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简答题

图中ABCD由一段倾斜直轨道和水平直轨道相接，连接处以一光滑小段圆弧来过渡，小滑块在A点从静止状态释放，沿轨道滑下，最后停在C点，已知A点的高度是h，斜面倾角θ，滑块斜面和水平面间的动摩擦因数都为μ，求：

（1）滑块运动到斜面底端B点时速度大小

（2）B、C之间的距离．

正确答案

解：（1）从A到B由动能定理得：

mgh-μmgcosθ=mv2-0，

解得，滑块到B点的速度v=；

（2）在水平面上，由动能定理得：

-μmgs=0-mv2，解得：s=-hcotθ；

答：（1）滑块运动到斜面底端B点时速度大小为；

（2）B、C之间的距离为-hcotθ．

解析

解：（1）从A到B由动能定理得：

mgh-μmgcosθ=mv2-0，

解得，滑块到B点的速度v=；

（2）在水平面上，由动能定理得：

-μmgs=0-mv2，解得：s=-hcotθ；

答：（1）滑块运动到斜面底端B点时速度大小为；

（2）B、C之间的距离为-hcotθ．

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题型：单选题

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单选题

“嫦娥三号”探月卫星的质量为m，当它的速度为v时，它的动能为（　　）

Amv

Ba=

Cmv2

Dmv2

正确答案

D

解析

解：由EK=mv2可得：

它的动能Ek=；

故选：D．

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题型：简答题

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简答题

在光滑的水平地面上有一光滑的半圆轨道BC，半径为R=0.1m，有一个质量为m=1kg的小球，在一恒定的水平拉力F=10N的作用下，由A点静止开始运动到B点时撤去拉力，小球刚好沿半圆轨道运动到最高点C．（g=10m/s2）求：

（1）小球在B点的速度为多少；

（2）AB两点的距离为多大．

正确答案

解：（1）在C点，由牛顿第二定律得：mg=m

从B到C的过程，由机械能守恒定律得：

2mgR+=

解得 vB==m/s

（2）对于AB段，由动能定理得

Fx=

解得 x=0.25m

答：

（1）小球在B点的速度为m/s；

（2）AB两点的距离为0.25m．

解析

解：（1）在C点，由牛顿第二定律得：mg=m

从B到C的过程，由机械能守恒定律得：

2mgR+=

解得 vB==m/s

（2）对于AB段，由动能定理得

Fx=

解得 x=0.25m

答：

（1）小球在B点的速度为m/s；

（2）AB两点的距离为0.25m．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，斜面倾角为θ，在斜面底端垂直斜面固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为M=1.0kg的木板与轻弹簧接触但不拴接，弹簧与斜面平行且为原长，在木板右上端放一质量为m=2.0kg的小金属块，金属块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.75，木板与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为μ2=0.25，系统处于静止状态．小金属块突然获得一个大小为v1=5.3m/s、方向平行斜面向下的速度，沿木板向下运动．当弹簧被压缩x=0.5m到P点时，金属块与木板刚好达到相对静止，且此后运动过程中，两者一直没有发生相对运动．设金属块从开始运动到与木块达到相同速度共用时间t=0.75s，之后木板压缩弹簧至最短，然后木板向上运动，弹簧弹开木板，弹簧始终处于弹性限度内，已知sin θ=0.28、cos θ=0.96，g取10m/s2，结果保留二位有效数字．

（1）求木板开始运动瞬间的加速度；

（2）求弹簧被压缩到P点时的弹性势能是多少？

（3）假设木板在由P点压缩弹簧到弹回到P点过程中不受斜面摩擦力作用，木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离？

正确答案

解（1）对金属块，由牛顿第二定律可知加速度大小为：

a==μ1gcosθ-gsinθ=0.75×10×0.96-10×0.28m/s2=4.4m/s2，方向沿斜面向上

木板受到金属块的滑动摩擦力为：F1=μ1mgcosθ=0.75×2×10×0.96N=14.4N，方向沿斜面向下

木板受到斜面的滑动摩擦力为：

F2=μ2（M+m）gcosθ=0.25×（1+2）×10×0.96N=7.2N，方向沿斜面向上

木板开始运动瞬间的加速度为：a0==m/s2=10m/s2，方向沿斜面向下

（2）设金属块和木板达到共同速度为v2，对金属块，应用速度公式有：v2=v1-at=5.3-4.4×0.75m/s=2.0m/s

在此过程中分析木板，设弹簧对木板做功为W，其余力做功为Wx，对木板运用动能定理得：Wx+W=

又由受力分析得：Wx=[μ1mgcosθ+Mgsinθ-μ2（M+m）gcosθ]x

[μ1mgcosθ+Mgsinθ-μ2（M+m）gcosθ]x+W=

代入相关数据解得：解得 W=-3.0J，

说明此时弹簧的弹性势能Ep=3.0J

（3）金属块和木板达到共速后压缩弹簧，速度减小为0后反向弹回，设弹簧恢复原长时木板和金属块的速度为v3，在此过程中对木板和金属块，由能量的转化和守恒得：Ep-（F2+Mgsinθ+mgsinθ）x=（M+m）v23-（M+m）v22

木板离开弹簧后，设滑行距离为s，由动能定理得：

-（M+m）g（μ2cosθ+sinθ）s=-（M+m）v23

联立可解得：s=0.077m

答：（1）木板开始运动瞬间的加速度为10m/s2，方向沿斜面向下；

（2）弹簧被压缩到P点时的弹性势能是3.0J；

（3）假设木板在由P点压缩弹簧到弹回到P点过程中不受斜面摩擦力作用，木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离为0.077m

解析

解（1）对金属块，由牛顿第二定律可知加速度大小为：

a==μ1gcosθ-gsinθ=0.75×10×0.96-10×0.28m/s2=4.4m/s2，方向沿斜面向上

木板受到金属块的滑动摩擦力为：F1=μ1mgcosθ=0.75×2×10×0.96N=14.4N，方向沿斜面向下

木板受到斜面的滑动摩擦力为：

F2=μ2（M+m）gcosθ=0.25×（1+2）×10×0.96N=7.2N，方向沿斜面向上

木板开始运动瞬间的加速度为：a0==m/s2=10m/s2，方向沿斜面向下

（2）设金属块和木板达到共同速度为v2，对金属块，应用速度公式有：v2=v1-at=5.3-4.4×0.75m/s=2.0m/s

在此过程中分析木板，设弹簧对木板做功为W，其余力做功为Wx，对木板运用动能定理得：Wx+W=

又由受力分析得：Wx=[μ1mgcosθ+Mgsinθ-μ2（M+m）gcosθ]x

[μ1mgcosθ+Mgsinθ-μ2（M+m）gcosθ]x+W=

代入相关数据解得：解得 W=-3.0J，

说明此时弹簧的弹性势能Ep=3.0J

（3）金属块和木板达到共速后压缩弹簧，速度减小为0后反向弹回，设弹簧恢复原长时木板和金属块的速度为v3，在此过程中对木板和金属块，由能量的转化和守恒得：Ep-（F2+Mgsinθ+mgsinθ）x=（M+m）v23-（M+m）v22

木板离开弹簧后，设滑行距离为s，由动能定理得：

-（M+m）g（μ2cosθ+sinθ）s=-（M+m）v23

联立可解得：s=0.077m

答：（1）木板开始运动瞬间的加速度为10m/s2，方向沿斜面向下；

（2）弹簧被压缩到P点时的弹性势能是3.0J；

（3）假设木板在由P点压缩弹簧到弹回到P点过程中不受斜面摩擦力作用，木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离为0.077m

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