机械能守恒定律_章节学习

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题型：填空题

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填空题

某同学将质量为3kg的铅球，以8m/s的速度投出，铅球在出手时的动能是______ J．

正确答案

96

解析

解：根据动能的定义式为：EK=mV2=×3×82J=96J，

故答案为：96J

1

题型：多选题

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多选题

两个质量不同的物体，如果它们的（　　）

A动能相等，则质量大的动量大

B动能相等，则动量大小也相等

C动量大小相等，则质量大的动能小

D动量大小相等，则动能也相等

正确答案

A,C

解析

解：A、B、动能相等，动量为P=，故质量大的动量大，故A正确，B错误；

C、D、动量大小相等，动能为，故质量大的动能小，故C正确，D错误；

故选AC．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，一带正电的摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，此时小球恰好与水平面相切，然后沿粗糙水平面由D点向右做匀减速运动，到达小孔A进入半径R=0.1m的竖直放置的光滑圆弧轨道．圆轨道处在一个方向水平向右的有界匀强电场中，电场边界MN、PQ与圆轨道相切．若已知摆线长L=1m，θ=60°，D点与小孔A的水平距离s=2m，小球质量m=0.1kg，小球所受电场力为其重力的倍，g取10m/s2．求：

（1）摆线所受的最大拉力；

（2）要使摆球进入圆轨道后能做完整的圆周运动，水平面摩擦因数μ的大小应满足什么条件？（计算结果保留2位有效数字，sin37°=0.6，cos37°=0.8）

正确答案

解：（1）当摆球由C到D运动，机械能守恒，则得：mg（L-Lcosθ）=

在D点，由牛顿第二定律可得：Fm-mg=

联立可得：摆线的最大拉力为 Fm=2mg=2N

（2）等效重力mg‘==mg；

方向与竖直方向夹角为tanα==；

则α=37°；

设等效最高点为E，则有：mg'=m；

对摆球由动能定理可得：

-μmgs+qER（1-sinα）-mg（1+cosα）=mvE2-mvD2

要使小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点由牛顿第二定律可得：

由动能定理可得：

解得：μ==0.14

答：（1）摆线能承受的最大拉力为10N；

（2）使摆球进入圆轨道后能做完整的圆周运动，水平面摩擦因数μ的大小应满足μ≤0.14．

解析

解：（1）当摆球由C到D运动，机械能守恒，则得：mg（L-Lcosθ）=

在D点，由牛顿第二定律可得：Fm-mg=

联立可得：摆线的最大拉力为 Fm=2mg=2N

（2）等效重力mg‘==mg；

方向与竖直方向夹角为tanα==；

则α=37°；

设等效最高点为E，则有：mg'=m；

对摆球由动能定理可得：

-μmgs+qER（1-sinα）-mg（1+cosα）=mvE2-mvD2

要使小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点由牛顿第二定律可得：

由动能定理可得：

解得：μ==0.14

答：（1）摆线能承受的最大拉力为10N；

（2）使摆球进入圆轨道后能做完整的圆周运动，水平面摩擦因数μ的大小应满足μ≤0.14．

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题型：简答题

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简答题

为了缩短航空母舰上飞机起飞前行驶的距离，通常用发射架将飞机弹出，使飞机获得一定的初速度，然后进入跑道加速起飞．在静止的航空母舰上，某飞机采用该方法获得的初速度为v0之后，在水平跑道上以恒定的额定功率P沿直线加速，经过时间t离开航空母舰且恰好达到最大速度vm，设飞机的质量为m，飞机在跑道上加速时所受阻力的大小恒定．

求：

（1）飞机在跑道上加速时所受阻力的大小

（2）航空母舰上飞机跑道的最小长度．

正确答案

解：（1）飞机达到最大速度时，其牵引力 F与阻力f大小相等，由P=Fv得：f=F=

（2）航空母舰上飞机跑道的最小长度为s，由动能定理得：

Pt-fs=-

由以上两式解得：s=

答：（1）飞机在跑道上加速时所受阻力的大小为；

（2）航空母舰上飞机跑道的最小长度为．

解析

解：（1）飞机达到最大速度时，其牵引力 F与阻力f大小相等，由P=Fv得：f=F=

（2）航空母舰上飞机跑道的最小长度为s，由动能定理得：

Pt-fs=-

由以上两式解得：s=

答：（1）飞机在跑道上加速时所受阻力的大小为；

（2）航空母舰上飞机跑道的最小长度为．

1

题型：单选题

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单选题

如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C为水平的，其距离d=0.50m．盆边缘的高度为h=0.25m．在A处放入一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10．小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为（　　）

A0.50m

B0.25m

C0.10m

D0

正确答案

A

解析

解：对全过程运用动能定理得：

mgh-μmgs=0

解得：s===2.5m，

B、C为水平的，其距离d=0.50m，

则停止的位置在C点，距离B点的距离为0.50m．

故选：A．

1

题型：单选题

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单选题

两个物体的质量分别为m1和m2，且m1=4m2，当它们以相同的动能在动摩擦因数相同的水平面上滑行时，它们滑行的距离之比s1：s2和滑行的时间之比t1：t2分别：（　　）

A1：4，1：2

B4：1、2：1

C1：4、2：1

D4：1、4：1

正确答案

A

解析

解：根据牛顿第二定律：a==μg

摩擦因数相同，故两个物体加速度相同；

Ek=mv2，动能相同，则初速度之比为1：2

根据运动学公式：v2-0=2as得：s=

代入数据得：=

t=，代入数据得：=

故选：A．

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题型：填空题

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填空题

物体在平衡力作用下运动，则动能一定不变．______（判断对错）

正确答案

对

解析

解：物体在平衡力作用下运动，物体处于平衡状态，故物体运动状态不变，故速度不变，根据E=可知动能不变，故对

故答案为：对

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题型：简答题

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简答题

如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R．质量为m的滑块（视为质点）从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，滑块在到达C点之前已经脱离弹簧，且刚好能通过圆轨道的最高点A．已知∠POC=60°，求：

（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力的大小；

（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；

（3）弹簧被锁定时具有的弹性势能EP．

正确答案

解：（1）设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FN

由P到C的过程，由动能定理得：mgR=mvC2，

C点：FN-mg=m，代入数据解得：FN=2mg，

由牛顿第三定律得：滑块对轨道C点的压力大小F′N=2mg，方向竖直向下；

（2）对P到C到Q的过程：mgR（1-cos60°）-μmg2R=0，代入数据解得：μ=0.25；

（3）A点：根据牛顿第二定律得：mg=m，

Q到C到A的过程：Ep=mvA2+mg•2R+μmg•2R，

代入数据解得：弹性势能Ep=3mgR；

答：（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力是2mg；

（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数是0.25；

（3）弹簧被锁定时具有的弹性势能是3mgR．

解析

解：（1）设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FN

由P到C的过程，由动能定理得：mgR=mvC2，

C点：FN-mg=m，代入数据解得：FN=2mg，

由牛顿第三定律得：滑块对轨道C点的压力大小F′N=2mg，方向竖直向下；

（2）对P到C到Q的过程：mgR（1-cos60°）-μmg2R=0，代入数据解得：μ=0.25；

（3）A点：根据牛顿第二定律得：mg=m，

Q到C到A的过程：Ep=mvA2+mg•2R+μmg•2R，

代入数据解得：弹性势能Ep=3mgR；

答：（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力是2mg；

（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数是0.25；

（3）弹簧被锁定时具有的弹性势能是3mgR．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在动摩擦因数为μ=0.4的水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R．用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点时速度为υ0=6m/s，此后物块滑过桌面，飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g=10m/s2，求：

（1）DP间的水平距离

（2）判断m2能否沿圆轨道到达M点（要求计算过程）．

（3）m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做的功．

正确答案

解：（1）设物块m2过D点时的瞬时速度为 vD．

从D到P的运动时间为 t===0.4s

由于物块由P点沿切线落入圆轨道，速度沿轨道的切线方向，与水平方向的夹角为45°，则有 vy=vD．

又 vy=gt

则得 vD=gt=4m/s

所以DP间的水平距离 s=vDt=4×0.4=1.6m

（2）假设物块能沿轨道到达M点，且速度为vM．

由机械能守恒得：m2vM2=m2vD2-m2g•R

则 vM=m/s

若物块恰好能沿轨道过M点，则mg=m，解得临界速度 v′M==m/s=2m/s

因为vM＜v′M，故物块不能到达M点．

（3）设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep，释放m1时，Ep=μm1gxCB

释放m2时，Ep=μm2gxCB+m2

则得 μm1gxCB=μm2gxCB+m2

又m1=2m2，代入可得 μm2gxCB=m2

故Ep=m2v02=0.2×62=7.2J

设m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf

则 Ep-Wf=m2vD2

可得：Wf=Ep-m2vD2=7.2J-×0.2×42J=5.6J；

答：

（1）DP间的水平距离是1.6m；

（2）物块不能到达M点．

（3）释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功为5.6J．

解析

解：（1）设物块m2过D点时的瞬时速度为 vD．

从D到P的运动时间为 t===0.4s

由于物块由P点沿切线落入圆轨道，速度沿轨道的切线方向，与水平方向的夹角为45°，则有 vy=vD．

又 vy=gt

则得 vD=gt=4m/s

所以DP间的水平距离 s=vDt=4×0.4=1.6m

（2）假设物块能沿轨道到达M点，且速度为vM．

由机械能守恒得：m2vM2=m2vD2-m2g•R

则 vM=m/s

若物块恰好能沿轨道过M点，则mg=m，解得临界速度 v′M==m/s=2m/s

因为vM＜v′M，故物块不能到达M点．

（3）设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep，释放m1时，Ep=μm1gxCB

释放m2时，Ep=μm2gxCB+m2

则得 μm1gxCB=μm2gxCB+m2

又m1=2m2，代入可得 μm2gxCB=m2

故Ep=m2v02=0.2×62=7.2J

设m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf

则 Ep-Wf=m2vD2

可得：Wf=Ep-m2vD2=7.2J-×0.2×42J=5.6J；

答：

（1）DP间的水平距离是1.6m；

（2）物块不能到达M点．

（3）释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功为5.6J．

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题型：简答题

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简答题

质量为的物体从高为斜面上由静止开始滑下，经过一段水平距离后停下，如图所示，若斜面和水平面与物体之间的动摩擦因数相同，求证：μ=．

正确答案

证明：设斜面的倾角为θ，斜面的长度为x1，在水平面上的运行位移为x2，则在斜面上所受的滑动摩擦力f1=μmgcosθ，在水平面上所受的摩擦力为f2=μmg．

根据动能定理得：mgh-μmgx1cosθ-μmgx2=0．

因为x1cosθ+x2=s

则有h-μs=0

解得：．

答：证明如上．

解析

证明：设斜面的倾角为θ，斜面的长度为x1，在水平面上的运行位移为x2，则在斜面上所受的滑动摩擦力f1=μmgcosθ，在水平面上所受的摩擦力为f2=μmg．

根据动能定理得：mgh-μmgx1cosθ-μmgx2=0．

因为x1cosθ+x2=s

则有h-μs=0

解得：．

答：证明如上．

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题型：单选题

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单选题

位于粗糙水平面上的小物块P受到大小为F的水平推力作用，从静止开始移动距离l后撤去推力，物块继续前进距离s停下来．则（　　）

A物块受到的摩擦力大小为

B物块受到的摩擦力大小为

C物块的最大动能为Fs

D物块的最大动能为

正确答案

B

解析

解：A、B、对加速过程，根据动能定理，有：Fl-f（l+s）=0

解得：f=

故A错误，B正确；

C、D、对加速过程，根据动能定理，有：Fl-fl=Ekm-0

其中：f=

联立解得：Ekm=

故C错误，D错误；

故选：B．

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题型：单选题

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单选题

某滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AB′（均可看作斜面），甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相同的滑沙橇从A点由静止开始分别沿AB和AB′滑下，最后都停在水平沙面BC上，如图所示．设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙橇上不动．则下列说法中正确的是（　　）

A甲滑行的总路程一定等于乙滑行的总路程

B甲在B点的动能一定等于乙在B′点的动能

C甲在B点的速率一定大于乙在B′点的速率

D甲全部滑行的水平位移一定与乙全部滑行的水平位移不相等

正确答案

C

解析

解：A、D对全过程运用动能定理得，mgh-μmgcosθs1-μmgs2=0，而整个过程水平位移s水平=cosθ•s1+s2，整理得，mgh-μmgs水平=0．知沿两轨道滑行水平位移相等．根据几何关系知甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程．故AD错误．

B、C、设斜面的倾角为θ，根据动能定理得，mgh-μmgcosθ•s=mv2-0，scosθ是斜面的水平距离．因为AB段的水平距离小，则甲沿AB段到达B点的速率大，由于甲乙两人的质量大小未知，故无法比较动能的大小．故B错误，C正确．

故选：C．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定光滑圆弧轨道BC，圆弧轨道C端切线水平．BC所对的圆心角θ=37°，小物块过圆弧轨道C后，滑上与圆弧轨道连为一体的光滑水平板，板的右端与水平顺时针匀速转动的传送带左端E点等高并靠拢．已知长A、B两点距C点的高度分别为H=11.0m、h=0.55m，水平面传送带长为L=9m，物块与水平面传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，传送带传送速度为V=4m/s，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

求：

（1）小物块从A点水平抛出的速度v0的大小；

（2）小物块在传送带上运动的时间t及小物块与传送带之间由于摩擦产生的热量Q．

正确答案

解：（1）物块做平抛运动：H-h=gt2

设到达B点时竖直分速度为vy，vy=gt

在B点 tanθ=

V0=4m/s

（2）从A至C点，由动能定理 mgH=-

由上式可得v2=6m/s

由题意可知小物块m的摩擦力 f=μmg=ma

解得a=2m/s2

物体做匀减速运动时间t1==1s

位移S1==5m＜9m

后做匀速运动 t2==1s

所以 t=t1+t2=2s

传送带与物体间的相对位移△s=S1-vt1=5m-4m=1m

Q=μmg△s=2J

答：（1）小物块从A点水平抛出的速度v0的大小为4m/s；

（2）小物块在传送带上运动的时间t为2s，小物块与传送带之间由于摩擦产生的热量Q为2J．

解析

解：（1）物块做平抛运动：H-h=gt2

设到达B点时竖直分速度为vy，vy=gt

在B点 tanθ=

V0=4m/s

（2）从A至C点，由动能定理 mgH=-

由上式可得v2=6m/s

由题意可知小物块m的摩擦力 f=μmg=ma

解得a=2m/s2

物体做匀减速运动时间t1==1s

位移S1==5m＜9m

后做匀速运动 t2==1s

所以 t=t1+t2=2s

传送带与物体间的相对位移△s=S1-vt1=5m-4m=1m

Q=μmg△s=2J

答：（1）小物块从A点水平抛出的速度v0的大小为4m/s；

（2）小物块在传送带上运动的时间t为2s，小物块与传送带之间由于摩擦产生的热量Q为2J．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，平直轨道与竖直半圆形轨道平滑连接，圆形轨道半径R=2.0m，所有轨道均光滑．在A点开始用一水平力F=10N拉动质量m=1.0kg的物块（可视为质点），经1s向右移动5m到达圆形轨道的最低点B，撤去拉力．g取10m/s2，求：

（1）水平拉力F做的功；

（2）水平拉力F做功的功率；

（3）物块在圆形轨道最高点C的动能．

正确答案

解：（1）水平拉力做功：W=Fs=10×5 J=50 J

（2）水平拉力做功的功率：

（3）设物块在B点的动能为Ek0，重力势能为Ep，由机械能守恒定律有：Ek0=Ep+Ek，

由动能定理有：Ek0=W=50J

取水平轨道为物块重力势能的零势能面：Ep=2mgR

解得：Ek=W-2mgR=10 J

答：

（1）水平拉力F做的功是50J；

（2）水平拉力F做功的功率是50W；

（3）物块在圆形轨道最高点C的动能是10J．

解析

解：（1）水平拉力做功：W=Fs=10×5 J=50 J

（2）水平拉力做功的功率：

（3）设物块在B点的动能为Ek0，重力势能为Ep，由机械能守恒定律有：Ek0=Ep+Ek，

由动能定理有：Ek0=W=50J

取水平轨道为物块重力势能的零势能面：Ep=2mgR

解得：Ek=W-2mgR=10 J

答：

（1）水平拉力F做的功是50J；

（2）水平拉力F做功的功率是50W；

（3）物块在圆形轨道最高点C的动能是10J．

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题型：多选题

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多选题

如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜曲能达到的最大位移．x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出（　　）

A物体的初速率v0=3m/s

B物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75

C当θ=30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑

D取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=1.44 m

正确答案

B,D

解析

解：A、由图可知，当夹角θ=0时，位移为2.40m；而当夹角为90°时，位移为1.80m；则由竖直上抛运动规律可知：v02=2gh；

解得：v0==6m/s；故A错误；

B、当夹角为0度时，由动能定理可得：μmgx=mv02，解得：μ==0.75，故B正确；

C、若θ=30°时，物体受到的重力的分力为mgsin30°=mg；摩擦力f=μmgcos30°=0.75×mg×=mg；一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；故小球达到最高点后，不会下滑，故C错误；

D、-mgxsinθ-μmgcosθx=0-mv02解得：x===，当θ+α=90°时，sin（θ+α）=1；此时位移最小，x=1.44m；故D正确；

故选：BD．

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