- 机械能守恒定律
- 共29368题
如图所示,AB是竖直面内的四分之一圆弧光滑轨道,下端B与水平直轨道相切.一个小物块自A点由静止开始沿轨道下滑,已知轨道半径为R=0.2m,小物块的质量为m=0.1kg,小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10m/s2.求:
(1)小物块到达B点的速度大小;
(2)小物块在水平面上滑动的最大距离.
正确答案
解:(1)对小物块从A下滑到B,根据机械能守恒定律,得:
,
解得:m/s=2m/s.
(2)设在水平面上滑动的最大距离为s.
对小物块在水平面上的滑动过程,由动能定理得:
,
解得:s=.
答:(1)小物块到达B点的速度大小为2m/s;
(2)小物块在水平面上滑动的最大距离为0.4m.
解析
解:(1)对小物块从A下滑到B,根据机械能守恒定律,得:
,
解得:m/s=2m/s.
(2)设在水平面上滑动的最大距离为s.
对小物块在水平面上的滑动过程,由动能定理得:
,
解得:s=.
答:(1)小物块到达B点的速度大小为2m/s;
(2)小物块在水平面上滑动的最大距离为0.4m.
如图1,质量m=1kg的物体,初速度为v0,方向水平向右.在向右的水平拉力F的作用下,沿粗糙水平面运动,位移为4m时,拉力F停止作用,物体又运动了4m后停下来.其运动过程中的动能位移的变化(Ek-x)图线如图2所示,重力加速度g取10m/s2,则下列判断正确的是( )
正确答案
解析
解:A、由图可知物体的初动能为2J,根据Ek=,得:v0=2m/s.故A错误.
BC、设匀加速的位移为s1,匀减速运动的位移为s2,由图知:s1=4m,s2=4m
对撤去拉力F后直到停止的过程运用动能定理得:-μmgs2=0-10J,得μ=0.25
对于匀加速运动过程,由动能定理得:Fs1-fs1=10J-2J
解得,F=4.5N 故B错误,C正确.
D、滑动摩擦力的大小f=μmg=2.5N,所以Wf=-fs=-2.5×8J=-2J,故D 正确.
故选:CD.
(2016•乐山模拟)如图所示,光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接内壁光滑、半径为r的
细圆管CD,管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧,轻弹簧一端固定,另一端恰好与管口D端齐平.质量为m的小球在曲面上距BC的高度为2r处从静止开始下滑,小球与BC间的动摩擦因数μ=
,进入管口C端时与圆管恰好无作用力,通过CD后压缩弹簧,在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为EP.求:
(1)小球达到B点时的速度大小vB;
(2)水平面BC的长度s;
(3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm.
正确答案
解:(1)由机械能守恒得:mg•2r=mvB2
得:vB=2
(2)进入管口C端时与圆管恰好无作用力,重力提供向心力,由牛顿第二定有:mg=m
得:vC=
由动能定理得:mg•2r-μmgs=mvC2
解得:s=3r
(3)设在压缩弹簧过程中速度最大时小球离D端的距离为x,则有:
kx=mg
得:x=
由功能关系得:mg(r+x)-EP=mvm2-
mvC2
得:vm=.
答:(1)小球达到B点时的速度大小vB为2
(2)水平面BC的长度s为3r;
(3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm为
解析
解:(1)由机械能守恒得:mg•2r=mvB2
得:vB=2
(2)进入管口C端时与圆管恰好无作用力,重力提供向心力,由牛顿第二定有:mg=m
得:vC=
由动能定理得:mg•2r-μmgs=mvC2
解得:s=3r
(3)设在压缩弹簧过程中速度最大时小球离D端的距离为x,则有:
kx=mg
得:x=
由功能关系得:mg(r+x)-EP=mvm2-
mvC2
得:vm=.
答:(1)小球达到B点时的速度大小vB为2
(2)水平面BC的长度s为3r;
(3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm为
一个带电粒子只在电场力作用下做直线运动,经1秒钟速度由2m/s增加到4m/s,则下列说法正确的是( )
正确答案
解析
解:由题意可知v=2m/s,v′=4m/s;
A、由于不知带电粒子质量,因此无法求出粒子动能的增量,故A错误;
B、带电粒子速度增加了△v=v′-v=2m/s,故B正确;
C、粒子只在电场力作用下运动,粒子做匀变速运动,则它的平均速度=
=
=3m/s,故C错误;
D、带电粒子的加速度a==
=2m/s2,故D正确;
故选BD.
一个小物块从底端冲上足够长的斜面后,又返回到斜面底端.已知小物块的初动能为E,它返回到斜面底端的速度大小为v,克服摩擦阻力做功为.若小物块冲上斜面的动能为2E,则物块返回斜面底端时的动能为______.
正确答案
E(或者)
解析
解:物体上滑时,受重力、支持力和滑动摩擦力,从开始到最高点过程运用动能定理,有:
-F合S1=0-E
再对从开始到返回的过程运用动能定理列式,有:
-2fS1=
根据题意,有:
2fS1=-
当初动能变为2E后,再次对物体从开始到最高点过程列式,有:
-F合S2=0-2E
再对从开始到返回的过程运用动能定理列式,有:
-2fS2=E′-E
联立以上五式得到:
S2=2S1
E′=E=
故答案为:E(或者).
如图所示,设AB段是距水平传送带装置高为H=1.25m的光滑斜面,水平段BC使用水平传送带装置,BC长L=5m,与货物包的动摩擦因数为μ=0.4,皮带轮的半径为R1=0.2m,转动的角度为ω=15rad/s.设质量为m=1kg的小物块由静止开始从A点下滑,经过B点的拐角处无机械能损失.小物块随传送带运动到C点后水平抛出,恰好无碰撞地沿圆弧切线从D点进入竖直光滑圆弧轨道下滑.D、E为圆弧的两端点,其连线水平.已知圆弧半径R2=1.0m圆弧对应圆心角θ=106°,O为轨道的最低点.(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)试求:
(1)小物块在水平传送带BC上的运动时间;
(2)水平传送带上表面距地面的高度;
(3)小物块经过O点时对轨道的压力.
正确答案
解:(1)小物块由A运动B,由动能定理,有:
mgH=mv2
解得:vB==
=5m/s
在传送带滑动过程,由牛顿第二定律,得:
μmg=ma,
解得:a=μg=4m/s2
水平传送带的速度为v0=R1ω=3m/s
加速过程,由 v0=vB-at1,得:
t1==
=0.5s
则匀速过程
L1=t1=
=2m
t2==
=1s
故总时间:
t=t1+t2=1.5s
(2)小物块从C到D做平抛运动,在D点有:
vy=v0tan=3×
=4m/s
由=2gh,得h=
=
=0.8m
(3)小物块在D点的速度大小为:
vD==
=5m/s
对小物块从D点到O由动能定理,得:
mgR(1-cos)=
mv2-
m
在O点,由牛顿第二定律,得:
FN-mg=m
联立以上两式解得:FN=43N
由牛顿第三定律知对轨道的压力为:FN′=43N
答:(1)小物块在水平传送带BC上的运动时间为1.5s;
(2)水平传送带上表面距地面的高度为0.8m;
(3)小物块经过O点时对轨道的压力为43N.
解析
解:(1)小物块由A运动B,由动能定理,有:
mgH=mv2
解得:vB==
=5m/s
在传送带滑动过程,由牛顿第二定律,得:
μmg=ma,
解得:a=μg=4m/s2
水平传送带的速度为v0=R1ω=3m/s
加速过程,由 v0=vB-at1,得:
t1==
=0.5s
则匀速过程
L1=t1=
=2m
t2==
=1s
故总时间:
t=t1+t2=1.5s
(2)小物块从C到D做平抛运动,在D点有:
vy=v0tan=3×
=4m/s
由=2gh,得h=
=
=0.8m
(3)小物块在D点的速度大小为:
vD==
=5m/s
对小物块从D点到O由动能定理,得:
mgR(1-cos)=
mv2-
m
在O点,由牛顿第二定律,得:
FN-mg=m
联立以上两式解得:FN=43N
由牛顿第三定律知对轨道的压力为:FN′=43N
答:(1)小物块在水平传送带BC上的运动时间为1.5s;
(2)水平传送带上表面距地面的高度为0.8m;
(3)小物块经过O点时对轨道的压力为43N.
2014年索契冬奥会冰壶比赛在北京时间2月10日-21日进行.冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目,比赛场地示意如图.比赛时运动员在投掷线AB处让冰壶以v0=2m/s的初速度向圆垒圆心O点滑出,已知圆垒圆心O到AB线的距离为30m,冰壶与冰面间的动摩擦因数为µ1=0.008(g取10m/s2).问:
(1)如果在圆垒圆心O有对方的冰壶,则能否与对方冰壶相撞?请通过计算说明理由.
(2)如果在圆垒圆心O有对方的冰壶,为了确保将对方冰壶撞开,运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面,使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小,若用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至,µ2=0.004,则运动员用毛刷擦冰面的长度应大于多少米?
正确答案
解:(1)设滑至速度为0时,冰壶滑行的距离为:
由得:x=
=
m=25m
因为x=25m<30m,所以不会与对方冰壶相撞.
(2)设滑至O点速度为0,由动能定律得:
代入数据解得:d=10m
故运动员用毛刷擦冰面的长度应大于10m.
答:(1)因为25m<30m,所以不会与对方冰壶相撞.
(2)运动员用毛刷擦冰面的长度应大于10m.
解析
解:(1)设滑至速度为0时,冰壶滑行的距离为:
由得:x=
=
m=25m
因为x=25m<30m,所以不会与对方冰壶相撞.
(2)设滑至O点速度为0,由动能定律得:
代入数据解得:d=10m
故运动员用毛刷擦冰面的长度应大于10m.
答:(1)因为25m<30m,所以不会与对方冰壶相撞.
(2)运动员用毛刷擦冰面的长度应大于10m.
山地滑雪是人们喜爱的一项运动,一滑雪道ABC的底部是一半径为R的圆,圆与雪道相切于C点,C点的切线水平,C点与水平雪地间距离为H,如图所示,D是圆的最高点,一运动员从A点由静止下滑,刚好能经过圆轨道最高点D旋转一周,再经C后被水平抛出,当抛出时间为t时,迎面水平刮来一股强风,最终运动员以速度v落到了雪地上,已知运动员连同滑雪装备的总质量为m,重力加速度为g,不计遭遇强风前的空气阻力和雪道及圆轨道的摩擦阻力,求:
(1)A、C的高度差为多少时,运动员刚好能过D点?
(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度.
正确答案
解:(1)刚好能经过圆轨道最高点D,则根据向心力有:mg=
求出D点速度为:v=
从A到D的过程中根据动能定理得:=mghAD
AC间高度为:h=hAD+2R
解得:h=
(2)运动员做平抛运动时,在竖直方向的速度为:v⊥=gt
水平方向速度为v0,有:-
=mg•2R
速度为:v==
下落为高度为:h1=
距地面的高度为:h2=H-h-h1=H--
答:(1)AC高度h为;
(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小为,距地面的高度为H-
-
.
解析
解:(1)刚好能经过圆轨道最高点D,则根据向心力有:mg=
求出D点速度为:v=
从A到D的过程中根据动能定理得:=mghAD
AC间高度为:h=hAD+2R
解得:h=
(2)运动员做平抛运动时,在竖直方向的速度为:v⊥=gt
水平方向速度为v0,有:-
=mg•2R
速度为:v==
下落为高度为:h1=
距地面的高度为:h2=H-h-h1=H--
答:(1)AC高度h为;
(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小为,距地面的高度为H-
-
.
用100N的力将质量为0.5kg的球以8m/s的初速度沿水平面踢出20m远,则人对球做的功为______J.
正确答案
16
解析
解:人跟物体作用的过程中只有人对物体的力做功,根据动能定理得:
W=mv2=
×0.5×64J=16J
故答案为:16.
足球比赛中一学生用100N的力将质量为0.5kg的足球以20m/s的水平速度迅速踢出,足球在绿茵场上滚动20m远,则该学生对足球做的功是( )
正确答案
解析
解:对于踢球过程,根据动能定理得,该学生对足球做的功W=-0=
=100J;
故答案为:C
改变汽车的质量和速度,都能使汽车的动能发生变化,在下面4种情况中,能使汽车的动能变为原来的4倍的是( )
正确答案
解析
解:A、质量变为原来的,速度增大到原来的4倍,根据EK=
mV2,可知EK′=
×
m(4V)2=4EK,所以A正确.
B、质量变为原来的2倍,速度增大到原来的2倍,根据EK=mV2,可知EK′=
×2m(2V)2=8EK,所以B错误.
C、速度不变,质量增大到原来的2倍,根据EK=mV2,可知EK′=
•2mV2=2EK,所以C错误.
D、速度不变,质量增大到原来的8倍,根据EK=mV2,可知EK′=
•8mV2=8EK,动能增大到原来的8倍;所以D错误.
故选:A.
在光滑的水平面上,分别用两个水平力由静止开始拉两个物块,使它们获得相同的动能,那么可以断定( )
正确答案
解析
解:根据动能定理=
-0=
可知,分别用两个水平力由静止开始拉两个物块,使它们获得相同的动能,可以断定两水平拉力对物体做的功一定相等,而两拉力大小、两个物体的质量、以及两物体的速度变化等都不一定相等,所以ABC错误,D正确.
故选:D.
甲、乙两物体的质量相同,速度之比v甲:v乙=3:1,它们的动能之比EK甲:EK乙等于( )
正确答案
解析
解:根据动能的定义式EK=mv2,
可得,=
=
=
,
故选D.
物体在水平拉力F作用下,沿x轴方向由坐标原点开始运动,设拉力F随x的变化分别如图甲、乙、丙所示,其中图甲为一半圆图形,对应拉力做功分别为W1、W2、W3,则以下说法正确的是( )
正确答案
解析
解:F-x图象的“面积”等于拉力做功的大小,则得到拉力做功分别为:
W1=π(
)2=
,其中Fm=
,则 W1=
πFmx0;
W2=Fmx0;
W3=Fmx0;
故有:W1>W2=W3.
故选:B
质量不等但有相同动能的两物体,在动摩擦因数相同的水平地面上滑行直到停止,则( )
正确答案
解析
解:A、B、根据动能定理得:-μmgS=0-Ek,得滑行距离S=,由题,μ、Ek相同,则m越小,S越大,即质量小的物体滑行距离大,那么质量大的滑行距离小.故A正确,B错误.
C、根据动量定理得:-μmgt=0-,得到滑行时间t=
=
,μ、Ek相同,可见,质量m越大,滑行时间t越小.故C正确.
D、根据功能关系得到:物体克服摩擦做的功等于物体动能的减小量,动能的减小量相等,则物体克服摩擦做的功相等.故D正确.
故选:ACD.
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