- 机械能守恒定律
- 共29368题
正确答案
13
解析
解：物体相对钢槽，受到滑动摩擦阻力作用下，由动能定理可知，
解得：
由于钢槽长L=1m，而物体B从钢槽中点运动，滑行0.5m后，与B碰撞，之后每滑行2m后与A的左右两挡板碰撞一次，则总共13次．
故答案为：13
Aarctan
B2arctan
Carcsin
D2arcsin
正确答案
解析
解：设细线和竖直方向的夹角最大为θ，根据动能定理得，
FLsinθ-mgL（1-cosθ）=0
解得
故选B．
（1）物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力；
（2）物块至运动过程中的最高点时，水平面对圆形轨道支持力的大小；
（3）物块在小车上滑动的时间．
正确答案
解：（1）物块到达P点过程中，由动能定理得：-μmgL=
在P点，由牛顿第二定律得：FN1-mg=m
联立并代入数据得：FN1=30N，
由牛顿第三定律可知，压力为30N，方向竖直向下；
（2）物块滑上圆形轨道过程中，由机械能守恒定律得：
解得：h=3.2m=R，
此时物体与轨道间没有作用力，水平面对轨道的支持力为：
FN2=Mg=10×10=100N；
（3）由（1）可解得：v=8m/s，
物块会沿圆轨道滑回到P点，且速度大小不变，物块在小车上滑动时，由牛顿第二定律得：μmg=ma1，
物块向右滑动时，v=v0-a1t1，
联立并代入数据得：t1=0.4s；
物块向左滑动时，设物块最终停在小车上，两者速度相等，对小车，由牛顿第二定律得：μmg=Ma2，
由运动学公式得：v-a1t2=a2t2，
s1=vt2-
解得：△s=3.2m＜L，符合题意，
解得：t2=0.8s，
则运动时间：t=t1+t2=0.4+0.8=1.2s；
答：（1）物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力为30N，方向竖直向下；
（2）物块至运动过程中的最高点时，水平面对圆形轨道支持力的大小为100N；
（3）物块在小车上滑动的时间为1.2s．
解析
解：（1）物块到达P点过程中，由动能定理得：-μmgL=
在P点，由牛顿第二定律得：FN1-mg=m
联立并代入数据得：FN1=30N，
由牛顿第三定律可知，压力为30N，方向竖直向下；
（2）物块滑上圆形轨道过程中，由机械能守恒定律得：
解得：h=3.2m=R，
此时物体与轨道间没有作用力，水平面对轨道的支持力为：
FN2=Mg=10×10=100N；
（3）由（1）可解得：v=8m/s，
物块会沿圆轨道滑回到P点，且速度大小不变，物块在小车上滑动时，由牛顿第二定律得：μmg=ma1，
物块向右滑动时，v=v0-a1t1，
联立并代入数据得：t1=0.4s；
物块向左滑动时，设物块最终停在小车上，两者速度相等，对小车，由牛顿第二定律得：μmg=Ma2，
由运动学公式得：v-a1t2=a2t2，
s1=vt2-
解得：△s=3.2m＜L，符合题意，
解得：t2=0.8s，
则运动时间：t=t1+t2=0.4+0.8=1.2s；
答：（1）物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力为30N，方向竖直向下；
（2）物块至运动过程中的最高点时，水平面对圆形轨道支持力的大小为100N；
（3）物块在小车上滑动的时间为1.2s．
（1）物体在从传送带底端运动到斜面顶端过程中传送带对物体所做的功；
（2）传送带上方所接的斜面长度．
正确答案
解：（1）对物体，先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：
f-mgsin30°=ma
又 f=μmgcos30°
解得：a=1m/s2，沿斜面向上；
设物体速度经过时间t与传送带相等，则由 v=at
得，t=
此过程中物体通过的位移为 x=
所以物体接着做匀速直线运动，离开传送带时速度为：v=2m/s
对整个过程，由动能定理：W-mgLsin30°=
得：W=mgLsin30°+
（2）物体到斜面上以后，根据牛顿第二定律得：
f+mgsin30°=ma1
解得：a1=11m/s2
由v2=2a1s得，
解得：s=
答：
（1）物体在从传送带底端运动到斜面顶端过程中传送带对物体所做的功为74J；
（2）传送带上方所接的斜面长度为
解析
解：（1）对物体，先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：
f-mgsin30°=ma
又 f=μmgcos30°
解得：a=1m/s2，沿斜面向上；
设物体速度经过时间t与传送带相等，则由 v=at
得，t=
此过程中物体通过的位移为 x=
所以物体接着做匀速直线运动，离开传送带时速度为：v=2m/s
对整个过程，由动能定理：W-mgLsin30°=
得：W=mgLsin30°+
（2）物体到斜面上以后，根据牛顿第二定律得：
f+mgsin30°=ma1
解得：a1=11m/s2
由v2=2a1s得，
解得：s=
答：
（1）物体在从传送带底端运动到斜面顶端过程中传送带对物体所做的功为74J；
（2）传送带上方所接的斜面长度为
（1）求物块的质量m的大小；
（2）若已知圆弧轨道的半径为R=8m，P点到B点的距离是x=0.5m，求F的大小．
正确答案
解：（1）物块在B点时，压力最大，根据牛顿第二定律得，
当物块速度为零时，F2=mgcosθ，
根据动能定理得，
联立三式解得 m=0.2kg．
（2）在B点，有：
代入数据解得v1=
从P到B，有：
对全过程运用动能定理得，Fx-2Wf=0，
联立解得F=0.32N．
答：（1）物块的质量m的大小为0.2kg．
（2）F的大小为0.32N．
解析
解：（1）物块在B点时，压力最大，根据牛顿第二定律得，
当物块速度为零时，F2=mgcosθ，
根据动能定理得，
联立三式解得 m=0.2kg．
（2）在B点，有：
代入数据解得v1=
从P到B，有：
对全过程运用动能定理得，Fx-2Wf=0，
联立解得F=0.32N．
答：（1）物块的质量m的大小为0.2kg．
（2）F的大小为0.32N．
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、乙动能之比______．
正确答案
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
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
正确答案
解析
解：在上滑过程中，由动能定理可得：
在下滑过程中由动能定理可得：
联立解得：θ=30°，μ=，0.43
故选：AD
（1）小球经过C点时对环的压力的大小．
（2）小球从B到C的过程中，摩擦力对小球做的功．
正确答案
解：（1）设环对小球的弹力为FN，根据牛顿第二定律有
FN-mg=m
所以FN=m
代入数据得FN=7 N
根据牛顿第三定律得，小球对环的压力大小为7 N．
（2）小球从B到C过程中，根据动能定理有：
mg（R+Rcos 60°）+Wf=
代入数据求得：Wf=-0.75J．
答：（1）小球经过C点时对环的压力的大小为7N．
（2）小球从B到C的过程中，摩擦力对小球做的功为-0.75J．
解析
解：（1）设环对小球的弹力为FN，根据牛顿第二定律有
FN-mg=m
所以FN=m
代入数据得FN=7 N
根据牛顿第三定律得，小球对环的压力大小为7 N．
（2）小球从B到C过程中，根据动能定理有：
mg（R+Rcos 60°）+Wf=
代入数据求得：Wf=-0.75J．
答：（1）小球经过C点时对环的压力的大小为7N．
（2）小球从B到C的过程中，摩擦力对小球做的功为-0.75J．
（1）弹簧在最低点O′处的弹性势能；
（2）在轻弹簧旁边并排放置另一根与之完全相同的弹簧．若将另一个与A材料相同的物块B（可视为质点）与两根弹簧上端拴接，设B的质量为物块A的k倍．现将A与B并排在一起，使两根弹簧仍压缩到O′点位置，然后从静止释放，最终A能离开B但未冲过P点，求k需满足的条件？
正确答案
解：（1）A物体从P点到返回P点的过程，由动能定理有
-mg（x0+x1）-0.25mg（x0+x1）=0-
A物体从P点到O′的过程，由能量守恒定律得：
Ep=mg（x0+x1）-0.25mg（x0+x1）+
由①②并代入数据解得 Ep=25J
（2）A物体在与B物体分离时，由牛顿第二定律有 0.25mg+mg=ma ③
对于AB整体有 （k+1）mg+0.25（k+1）mg+F=（k+1）ma ④
由③④并代入数据解得 F=0 即二者在弹簧原长时分离
刚好分离时，对系统有：2Ep=（1+k）mgx1+0.25（1+k）mgx1 ⑤
解得 k=9
A物体从分离时到刚好能到达P点的过程中，设刚好分离时的速度为v，有：
-（kmg+0.25mg）x0=0-
系统从O′到恰好分离的过程，由能量守恒定律有：
（k+1）mgx1+0.25（k+1）mgx1+
由⑥⑦并代入数据解得解得 k=1
故1≤k≤9
答：
（1）弹簧在最低点O′处的弹性势能是25J；
（2）k需满足的条件是1≤k≤9．
解析
解：（1）A物体从P点到返回P点的过程，由动能定理有
-mg（x0+x1）-0.25mg（x0+x1）=0-
A物体从P点到O′的过程，由能量守恒定律得：
Ep=mg（x0+x1）-0.25mg（x0+x1）+
由①②并代入数据解得 Ep=25J
（2）A物体在与B物体分离时，由牛顿第二定律有 0.25mg+mg=ma ③
对于AB整体有 （k+1）mg+0.25（k+1）mg+F=（k+1）ma ④
由③④并代入数据解得 F=0 即二者在弹簧原长时分离
刚好分离时，对系统有：2Ep=（1+k）mgx1+0.25（1+k）mgx1 ⑤
解得 k=9
A物体从分离时到刚好能到达P点的过程中，设刚好分离时的速度为v，有：
-（kmg+0.25mg）x0=0-
系统从O′到恰好分离的过程，由能量守恒定律有：
（k+1）mgx1+0.25（k+1）mgx1+
由⑥⑦并代入数据解得解得 k=1
故1≤k≤9
答：
（1）弹簧在最低点O′处的弹性势能是25J；
（2）k需满足的条件是1≤k≤9．
甲、乙、丙三辆汽车的质量之比是1：2：3，如果它们的动能相等，且轮胎与水平地面之间的动摩擦因数都相等，则它们关闭发动机后滑行距离之比是______．
正确答案
6：3：2
解析
解：对汽车，由动能定理得：-μmgx=0-EK，
汽车滑行距离：x=
由于EK、μ、g都相等，则汽车的滑行距离乙质量成反比，
则x1：x2：x3=
故答案为：6：3：2．
在2008年北京奥运会上，黄金搭档火亮和林跃在双人10m板跳水决赛中，力挫群雄为我国赢得了金牌．若二人举双臂直体离开台面向上跃起时，重心升高0.45m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水（在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计）从离开跳台到手触水面，入水后他们所受水的阻力约为其体重的4倍，则可估算出他们用于完成空中动作的时间和水立方中水的深度分别为（ ）
正确答案
解析
解：（1）运动员在空中的运动可等效为竖直上抛运动．运动员从跃起升到最高处，重心升高了h1=0.45m
这个过程可逆向看做自由落体运动，因此此过程历时 
运动员从最高处自由下落到手触及水面的过程中下落的高度为h=h1+h2=10.45m
这个过程历时 
故运动员要完成一系列动作可利用的时间为t=t1+t2=1.7s
（2）设运动员手触及水面到她的重心下沉到水面最深处所经历的位移为 s
则运动员从最高点到最低点的过程中，重力和水的阻力做功，由动能定律得：
mg（h2+s）-fs=0-0，
又：f=4mg
代入数据解得：s≈3.5m．所以选项B正确．
故选：B
在光滑水平面上有一静止的物体．现以水平恒力甲推这一物体，作用一段时间后，换成相反方向的水平恒力乙推这一物体，当恒力乙作用时间与恒力甲作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为28J，则在整个过程中，恒力甲做的功等于______J，恒力乙做功等于______J．
正确答案
7
21
解析
解：设第一个物体加速运动的末速度为v甲，第二个物体匀变速运动的末速度为v乙，由于两个运动过程的位移大小相等、方向相反，又由于恒力F乙作用的时间与恒力F甲作用的时间相等，根据平均速度公式有：
解得：v乙=-2v甲
根据动能定理，加速过程有：
W甲=
W乙=
联立以上三式得：
可知W甲+W乙=28J，
则W甲=7J、W乙=21J
故答案为：7，21
（1）求圆弧轨道的半径和小滑块经过B点时对轨道的压力大小；
（2）小滑块最终从哪边离开传送带？求它在传送带上运动的总时间；
（3）求滑块在传送带上运动的过程中，系统产生的摩擦热量．
正确答案
解：（1）物块从A运动到B根据动能定理得：
代入数据解得：
在B点：
代入数据得：FN=48N
由牛顿第三定律得：小滑块经过B点时对轨道的压力大小为；FN′=48N
（2）物块滑上传送带的速度为6m/s，大于传送带的速度，所以先做匀减速直线运动
由牛顿第二定律得滑块的加速度为：
根据速度时间公式v=v0+at，
从到达B点到与皮带达到共同速度所用时间为：
在此期间滑块的位移为：
之后滑块继续做匀减速运动，由牛顿第二定律得滑块的加速度为：
减速至零所用时间为：
物块滑行距离为：
所以物块速度还未减为零已经从C端离开．
设第二阶段滑行时间为t3
根据
代入数据解得：t3=0.6s或t3=1.4s（舍去）
所用总时间为：t=t1+t3=1+0.6s=1.6s
（3）第一阶段相对位移为：△x1=x1-vt1=4-2×1m=2m
第二阶段相对位移为：△x2=vt2-（L-x1）=2×0.6-（4.84-4）m=0.36m
系统产生的摩擦热量：：Q=μmg（△x1+△x2）=0.1×2×10×（2+0.36）J=4.72J
答：（1）求圆弧轨道的半径为
（2）小滑块最终从C端离开传送带，它在传送带上运动的总时间为1.6s；
（3）系统产生的摩擦热量为4.72J．
解析
解：（1）物块从A运动到B根据动能定理得：
代入数据解得：
在B点：
代入数据得：FN=48N
由牛顿第三定律得：小滑块经过B点时对轨道的压力大小为；FN′=48N
（2）物块滑上传送带的速度为6m/s，大于传送带的速度，所以先做匀减速直线运动
由牛顿第二定律得滑块的加速度为：
根据速度时间公式v=v0+at，
从到达B点到与皮带达到共同速度所用时间为：
在此期间滑块的位移为：
之后滑块继续做匀减速运动，由牛顿第二定律得滑块的加速度为：
减速至零所用时间为：
物块滑行距离为：
所以物块速度还未减为零已经从C端离开．
设第二阶段滑行时间为t3
根据
代入数据解得：t3=0.6s或t3=1.4s（舍去）
所用总时间为：t=t1+t3=1+0.6s=1.6s
（3）第一阶段相对位移为：△x1=x1-vt1=4-2×1m=2m
第二阶段相对位移为：△x2=vt2-（L-x1）=2×0.6-（4.84-4）m=0.36m
系统产生的摩擦热量：：Q=μmg（△x1+△x2）=0.1×2×10×（2+0.36）J=4.72J
答：（1）求圆弧轨道的半径为
（2）小滑块最终从C端离开传送带，它在传送带上运动的总时间为1.6s；
（3）系统产生的摩擦热量为4.72J．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得：
N-mg=m
由题有：N=2mg
可得：vQ=
质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得：
mgR-Wf=
得克服摩擦力所做的功为 Wf=
故选：C．
如图所示，倾角为α的足够大的光滑斜面上，有一个xOy直角坐标系，x轴沿水平方向．若将光滑金属小球从O点分别施以不同的初始运动条件，关于其后的运动规律，下列分析不正确的有（ ）
正确答案
解析
解：A、根据动能定理可知，小球以初速度v0分别沿x轴正方向和y轴负方向抛出，合力做功相同，因初动能相同，那么到达斜面底边时速度大小相等，故A正确．
B、由分运动等时性知沿x正方向抛出与无初速释放小球时间均由L=
C、对球进行受力分析并由牛顿第二定律可求加速度a=gsinα，方向沿斜面向下．设o点到底边距离为L，若沿x正向抛出可由L=
D、由牛顿第二定律知加速度均为gsinα，只不过有匀变速直线与匀变速曲线之分，故D正确．
本题选错误的，故选：C．
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