- 机械能守恒定律
- 共29368题
如图所示,绷紧的传送带始终保持着大小为v=4m/s的速度水平匀速的运动,一质量为m=1kg的小物体无初速度地放到皮带的A处,物体与皮带的动摩擦因数μ=0.2,A、B间的距离L=6m,求(g取10m/s2)
(1)求物体到传送带右端时的速度v、;
(2)物体从A运动到B的过程中摩擦力对物体做多少功;
(3)物体从A运动到B的过程中摩擦力对物体做功的功率.
正确答案
解:(1)物体的加速度a=μmg/m=2 m/s2
当物体和传送带获得相同速度时的位移为
以后物体将随传送带做匀速运动,不再受摩擦力的作用,故v=4m/s
(2)由(1)可知摩擦力做功W=μmgx=0.2×10×4=8J.
(3)从A到B的时间为
.
答:(1)物体到传送带右端时的速度为4m/s;
(2)物体从A运动到B的过程中摩擦力对物体做8J的功;
(3)物体从A运动到B的过程中摩擦力对物体做功的功率为3.2W.
解析
解:(1)物体的加速度a=μmg/m=2 m/s2
当物体和传送带获得相同速度时的位移为
以后物体将随传送带做匀速运动,不再受摩擦力的作用,故v=4m/s
(2)由(1)可知摩擦力做功W=μmgx=0.2×10×4=8J.
(3)从A到B的时间为
.
答:(1)物体到传送带右端时的速度为4m/s;
(2)物体从A运动到B的过程中摩擦力对物体做8J的功;
(3)物体从A运动到B的过程中摩擦力对物体做功的功率为3.2W.
物体由于______而具有能叫做动能,其表达式是______.动能是______(标、矢)量.
正确答案
运动
mv2
标
解析
解:运动的物体能够做功,物体由于运动而具有的能叫动能;
通过生活实际及实验验证可知:动能的大小与物体的质量和速度有关;
物体的质量越大、速度越快则动能就越大,则表达式为mv2,
动能没有方向,是标量.
故答案为:运动,mv2,标.
(2016•吴忠模拟)如图所示,将一质量为m的小球从空气O点以速度v0水平抛出,飞行一段时间后,小球经过P点时动能Ek=5mv02,不计空气阻力,则小球从O到P( )
正确答案
解析
解:A、对小球从A到P由动能定理可得:mgh=Ek-,又Ek=5mv02,解得:h=
,故A错误,B正确;
C、在竖直方向应有:h=,代入数据解得:t=
,故CD错误;
故选:B
长为L的绳一端悬挂于O点,另一端栓一质量为m的小球,现将小球从与O点在同一水平面且相距O点
处的M点由静止释放.求:
(1)小球运动到P点细线被绷直前瞬间,小球的速率;
(2)小球运动到最低点Q时,小球对细线的拉力大小.
正确答案
解:(1)设小球运动到P点细线被绷直前瞬间,小球的速率为v1.细线被绷直后瞬间,小球的速率为v2.
小球运动到P点细线被绷直前做自由落体运动,下落的高度为 h==
L
则v1==
(2)细线绷直后,小球沿细线方向的速度突然减至零,则 v2=v1sin30°=
从绷直到摆到Q点的过程,由动能定理得:
mgL(1-cos30°)=-
在Q点,有 T-mg=m
联立解得 T=
答:
(1)小球运动到P点细线被绷直前瞬间,小球的速率是;
(2)小球运动到最低点Q时,小球对细线的拉力大小是.
解析
解:(1)设小球运动到P点细线被绷直前瞬间,小球的速率为v1.细线被绷直后瞬间,小球的速率为v2.
小球运动到P点细线被绷直前做自由落体运动,下落的高度为 h==
L
则v1==
(2)细线绷直后,小球沿细线方向的速度突然减至零,则 v2=v1sin30°=
从绷直到摆到Q点的过程,由动能定理得:
mgL(1-cos30°)=-
在Q点,有 T-mg=m
联立解得 T=
答:
(1)小球运动到P点细线被绷直前瞬间,小球的速率是;
(2)小球运动到最低点Q时,小球对细线的拉力大小是.
半径R=1m的四分之一圆弧轨道下端与一水平轨道连接,水平轨道离地面高度h=0.8m,如图所示,有一质量m=1.0kg的小滑块自圆轨道最高点A由静止开始滑下,经过水平轨道末端B,滑块最终落在地面上C点.经测量得x=1.6m(g取10m/s2)试求:
(1)不计空气阻力,滑块落在地面上时速度vc多大?方向如何?
(2)滑块在AB轨道上滑行时克服摩擦力做功多少?
正确答案
解:(1)小球B→C
x=vBt
得vB=4 m/s
t=0.4 s
vy=gt=10×0.4=4 m/s
vc==4
m/s
由于水平方向速度与竖直方向速度相等,因此方向与水平夹角45°
(2)根据动能定理,则有mgR-Wf=m
Wf=1×10×1-12×1×42=2 J
答:(1)不计空气阻力,滑块落在地面上时速度4 m/s;方向与水平夹角45°;
(2)滑块在AB轨道上滑行时克服摩擦力做功2 J.
解析
解:(1)小球B→C
x=vBt
得vB=4 m/s
t=0.4 s
vy=gt=10×0.4=4 m/s
vc==4
m/s
由于水平方向速度与竖直方向速度相等,因此方向与水平夹角45°
(2)根据动能定理,则有mgR-Wf=m
Wf=1×10×1-12×1×42=2 J
答:(1)不计空气阻力,滑块落在地面上时速度4 m/s;方向与水平夹角45°;
(2)滑块在AB轨道上滑行时克服摩擦力做功2 J.
如图1,在水平地面上放置一个质量为m=5kg的物体,让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动,推力F随位移变化如图2所示,已知物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.6,g=10m/s2.则物体在推力减为零后还能运动的时间是( )
正确答案
解析
解:咋iF-x图象中与x轴所围面积即为外力做功为:
W=
在外力作用下根据动能定理可得:
W-μmgx=-0
联立解得:v=m/s=4m/s
撤去外力后由牛顿第二定律可得:a=
滑行的时间为:t=
故选:C
竖直平面内的轨道ABC由粗糙水平轨道AB与光滑的四分之一圆弧道BC平滑连接组成,轨道固定在光滑的水平面上.一个质量为m=1.0kg的小物块(可视为质点)从轨道的A端以v0=6.0m/s初速度冲上水平轨道AB,它与水平轨道的动摩擦因数为0.50.由CB弧滑下后停在水平滑道AB的中点.求:
(1)水平轨道AB的长度是多少米?
(2)若小物块第二次经过B点时,对轨道压力是34N,那么BC的半径R是多大?
(3)若增大小物块的初速度,BC改成半圆形光滑轨道,若能使小球通过半圆轨道的最高点,则小物块的初速度v0′应至少多大.
正确答案
解:(1)由题意整个过程中只有水平段的摩擦力对物体做功,根据动能定理有:
AB段的长度L=
(2)设在B点的速度为v1,从开始到B点由动能定理得:
①
在B点根据牛顿第二定律: ②
由①②式可解得得:R=0.50m
(3)小物体恰好经过在最高点时由牛顿第二定律得:
③
从开始到最高点,有动能定理得到:
④
由③④式可得到:
答:(1)水平轨道AB的长度是2.4米;
(2)若小物块第二次经过B点时,对轨道压力是34N,那么BC的半径R是0.5m;
(3)若增大小物块的初速度,BC改成半圆形光滑轨道,若能使小球通过半圆轨道的最高点,则小物块的初速度v0′应至少为6.4m/s.
解析
解:(1)由题意整个过程中只有水平段的摩擦力对物体做功,根据动能定理有:
AB段的长度L=
(2)设在B点的速度为v1,从开始到B点由动能定理得:
①
在B点根据牛顿第二定律: ②
由①②式可解得得:R=0.50m
(3)小物体恰好经过在最高点时由牛顿第二定律得:
③
从开始到最高点,有动能定理得到:
④
由③④式可得到:
答:(1)水平轨道AB的长度是2.4米;
(2)若小物块第二次经过B点时,对轨道压力是34N,那么BC的半径R是0.5m;
(3)若增大小物块的初速度,BC改成半圆形光滑轨道,若能使小球通过半圆轨道的最高点,则小物块的初速度v0′应至少为6.4m/s.
如图所示,质量为m=0.4kg的小钢球(可视为质点)从左侧光滑斜面上高度h=3.6m的A处由静止向滑下,经过水平粗糙直道BC,进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道,轨道半径为R=0.4m,第一次通过轨道最高点P后,从最低点C进入水平粗糙直道CD,继而冲向右侧光滑斜面DE;斜面DE足够长且倾角θ=30°,小钢球滑下斜面DE后,经DC第二次通过轨道最高点P后,从轨道最低点C进入水平直道CB,继而冲向左侧斜面AB;如此往复运动.已知水平直道BC和CD长均为L=2.0m,小钢球与水平直道之间的动摩擦因数均为μ=0.2.重力加速度g取10m/s2.(每次经过轨道连接处B和D的能量损失均忽略不计)求:
(1)小钢球第一次经过C点时速度的vc的大小;
(2)小钢球第一经过P点时,受到轨道弹力的大小;
(3)小钢球在竖直平面内做完整圆周运动的次数.
正确答案
解:(1)从A到C有动能定理可得
mgh-μmgL=
解得vC=8m/s
(2)从C到P根据动能定理可得
解得
在P点根据牛顿第二定律可得
解得FN=44N
(3)刚好能通过最高点P的速度为v,则mg=
解得v=2m/s
从最高点到P点速度为2m/s过程中在BD段通过的总路程为x
解得x=13.6m
n=
故钢球在竖直平面内做完整圆周运动的次数为3次
答:(1)小钢球第一次经过C点时速度的vc的大小为8m/s;
(2)小钢球第一经过P点时,受到轨道弹力的大小为44N;
(3)小钢球在竖直平面内做完整圆周运动的次数为3次
解析
解:(1)从A到C有动能定理可得
mgh-μmgL=
解得vC=8m/s
(2)从C到P根据动能定理可得
解得
在P点根据牛顿第二定律可得
解得FN=44N
(3)刚好能通过最高点P的速度为v,则mg=
解得v=2m/s
从最高点到P点速度为2m/s过程中在BD段通过的总路程为x
解得x=13.6m
n=
故钢球在竖直平面内做完整圆周运动的次数为3次
答:(1)小钢球第一次经过C点时速度的vc的大小为8m/s;
(2)小钢球第一经过P点时,受到轨道弹力的大小为44N;
(3)小钢球在竖直平面内做完整圆周运动的次数为3次
为了使汽车的动能变为原来的四倍,下列措施中可行的有( )
正确答案
解析
解:A、保持汽车的质量不变,使汽车的速度提高为原来的4倍,根据公式Ek=,动能变为16倍,故A错误;
B、保持汽车的速度不变,使汽车的质量提高为原来的4倍,根据公式Ek=,动能变为4倍,故B正确;
C、在使汽车的质量变为原来2倍的同时,汽车速度也提高为原来的2倍,根据公式Ek=,动能变为8倍,故C错误;
D、在使汽车的质量变为原来的2倍的同时,汽车速度提高为原来的倍,根据公式Ek=
,动能变为4倍,故D正确;
故选:BD.
如图所示,固定的两圆弧轨道AB和CD长度和高度都相等,滑块和它们之间的动摩擦因数也相同,当滑块分别从AB和CD的顶端自静止起滑到底端时的速度大小为vB和vD,则它们的大小关系为( )
正确答案
解析
解:两滑块沿弧形轨道运动,都需要向心力,向心力都由轨道的支持力和重力垂直轨道切面的分力的合力提供,根据牛顿第二定律分析得知,滑块在AB上受到的支持力小于在CD上每个对应位置的支持力,由f=μN可知,滑块在AB上受到的摩擦力小于在CD上每个对应位置的摩擦力,而滑块通过的路程相等,则滑块从AB上滑下过程克服摩擦力做功较小,重力做功相同,则根据功能关系可知WG-Wf=mv2-0,到达轨道下端时的vB速度较大,即有vB>vD.
故选:A
如图所示:一个
圆弧形光滑圆管轨道ABC,放置在竖直平面内,轨道半径为R,在A 点与水平地面AD相接,地面与圆心O等高,MN 是放在水平地面上长为3R、厚度不计的减振垫,左端M正好位于A点.一个质量为m的小球从A处管口正上方某处由静止释放,若不考虑空气阻力,小球可看作质点,重力加速度为g,那么以下说法中正确的是( )
正确答案
解析
解:A、B、要使球能从C点射出后能打到垫子上,从C点开始做平抛运动,竖直分位移为R,故:
R=
x=vCt
其中:4R≥x≥R
解得:,故A错误,B正确;
D、要使球能通过C点落到垫子上N点,球离A点的高度最大,根据动能定理,有:
mgh=mgR+
其中:
解得:h=5R,故D正确;
C、若球从C点射出后恰好能打到垫子的M端,在C点的速度为;
重力和支持力的合力提供向心力,设支持力向下,根据牛顿第二定律,有:
解得:,负号表示方向与假设方向相反,是向上;故C正确;
故选:BCD.
2014年8月南京成功举办了第二届夏季青年奥运会,中国代表队共获得了30块金牌.中国小将吴圣平在跳水女子三米板中以绝对的优势夺冠.为了理解运动员在三米板跳水中的轨迹过程,特做了简化处理:把运动员看作质量为m=50.0kg的质点,竖直起跳位置离水面高h1=3.0m,起跳后运动到最高点的时间t=0.3s,运动员下落垂直入水后水对运动员竖直向上的作用力的大小恒为F=1075.0N,不考虑空气阻力,g=10m/s2,求:
(1)运动员起跳时初速度v0的大小;
(2)运动员在水中运动的最大深度h2.
正确答案
解:(1)运动员起跳时的初速度v0=gt=10×0.3m/s=3m/s.
(2)对全过程运用动能定理得,
,
代入数据解得h2=3m.
答:(1)运动员起跳时初速度v0的大小为3m/s;
(2)运动员在水中运动的最大深度为3m.
解析
解:(1)运动员起跳时的初速度v0=gt=10×0.3m/s=3m/s.
(2)对全过程运用动能定理得,
,
代入数据解得h2=3m.
答:(1)运动员起跳时初速度v0的大小为3m/s;
(2)运动员在水中运动的最大深度为3m.
半径为R=1.01m竖直中心轴以角速度ω匀速转动,圆盘边沿固定有一个半径为r=1cm在圆盘上方高位h=1.25m长板MN,板的右端中点N与圆盘中心O于同一条竖直线上.一个质量为m=0.5kg为质点)静止在长板左端,某时刻对m施加一个水平向右大小为6N拉力F,此时圆盘上过小浅圆筒圆心的直径刚好与拉力F平行,如图所示.拉力F作用0.4s小物块最终从N点水平飞出后恰好落在浅圆筒中心.若小物块与长板间的动摩擦因数为μ=0.2,10m/s2盘转动的角速度至少多大?
正确答案
解:小滑板离开N后做平抛运动过程,有:
R-r=vNt
h=
联立解得:
t1=0.5s
vN=2m/s
从M到N过程,先加速后减速;
加速过程的加速度:
a1=
加速过程的末速度:
v1=a1t2=10×0.4=4m/s
加速位移:
减速过程的加速度:
a2=-μg=-2m/s2
故减速时间:
减速位移:
故板长:L=x1+x2=0.8m+3m=3.8m
运动的总时间:
t=t1+t2+t3=0.5+0.4+1=1.9s
故圆盘的最小角速度为:
ω=≈3.3rad/s
答:板的长度L为3.8m,圆盘转动的角速度至少3.3rad/s.
解析
解:小滑板离开N后做平抛运动过程,有:
R-r=vNt
h=
联立解得:
t1=0.5s
vN=2m/s
从M到N过程,先加速后减速;
加速过程的加速度:
a1=
加速过程的末速度:
v1=a1t2=10×0.4=4m/s
加速位移:
减速过程的加速度:
a2=-μg=-2m/s2
故减速时间:
减速位移:
故板长:L=x1+x2=0.8m+3m=3.8m
运动的总时间:
t=t1+t2+t3=0.5+0.4+1=1.9s
故圆盘的最小角速度为:
ω=≈3.3rad/s
答:板的长度L为3.8m,圆盘转动的角速度至少3.3rad/s.
如图所示,一物体由A点以初速度v0沿粗糙斜面开始下滑.到底端时它与挡板B做无动能损失的碰撞后(碰撞前后物体的速度大小不变),又滑回到A点,此时其速度恰好为零.设A、B两点高度差为h,则它与挡板碰撞前的速度大小为( )
正确答案
解析
解:对下降过程,根据动能定理,有:
mgh-Wf=…①
运动的全程,有:
-2Wf=0-…②
联立①②解得:
v=
故选:A.
如图所示,AB与CD为两个对称斜面,其上部都足够长,下部分分别与一个光滑的圆弧面的两端相切,圆弧圆心角为1200,半径R=2.0m,一个物体在离弧底E高度为h=3.0m处,以初速度V0=4m/s沿斜面运动,若物体与两斜面的动摩擦因数均为μ=0.02,则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能走多少路程?(g=10m/s2).
正确答案
解:根据题意可知,由于斜面有摩擦圆弧光滑,所以物体经过多次上下运动最终将在B、C之间往复运动,由于斜面与圆弧面相切,根据几何知识可知OB连线应与AB垂直,又OE连线与斜面底端垂直,所以斜面的倾角应是60°
,由能量守恒定律得:mg(h-Rsin30)+m
=μmgscos60°,
解得s=280m.
故物体在两斜面上一共能走280m.
解析
解:根据题意可知,由于斜面有摩擦圆弧光滑,所以物体经过多次上下运动最终将在B、C之间往复运动,由于斜面与圆弧面相切,根据几何知识可知OB连线应与AB垂直,又OE连线与斜面底端垂直,所以斜面的倾角应是60°
,由能量守恒定律得:mg(h-Rsin30)+m
=μmgscos60°,
解得s=280m.
故物体在两斜面上一共能走280m.
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