- 机械能守恒定律
- 共29368题
（1）用水平拉力将小球从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ，求拉力做的功．
（2）在Q点撤去拉力，让小球从静止开始下摆，求小球经过P点时的速度．
正确答案
解：（1）根据动能定理得，WF-mgL（1-cosθ）=0，
解得WF=mgL（1-cosθ）．
（2）撤去拉力，根据动能定理得，
解得v=
答：（1）拉力做功为mgL（1-cosθ）．
（2）小球经过P点的速度为
解析
解：（1）根据动能定理得，WF-mgL（1-cosθ）=0，
解得WF=mgL（1-cosθ）．
（2）撤去拉力，根据动能定理得，
解得v=
答：（1）拉力做功为mgL（1-cosθ）．
（2）小球经过P点的速度为
一子弹以水平速度v射入一树干中，射入深度为s，设子弹在树中运动所受的摩擦阻力是恒定的，那么子弹以
正确答案
解析
解：根据动能定理得，-fs=0-
联立两式解得
故答案为：
（1）滑块从N点滑到板上时初速度的速度大小；
（2）从A点滑回到圆弧的B点时对圆弧的压力；
（3）若将木板右端截去长为△L的一段，滑块从A端静止释放后，将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点P距O点最远，△L应为多少？
正确答案
解：（1）由动能定理可知：μmgL+mgR=
代入数据解得：v0=
（2）根据动能定理有：
由向心力公式可知：
联立解得：F=30 N
由牛顿第三定律知：滑块滑至B点时对圆弧的压力为30 N，方向竖直向下．
（3）由牛顿第二定律可知：μmg=ma
根据平抛运动规律有：
解得：t=
由运动学公式可知：
v=
由平抛运动规律和几何关系：xOP=L-△L+v•t=1-△L+
解得当
答：（1）滑块从N点滑到板上时初速度的速度大小为
（2）从A点滑回到圆弧的B点时对圆弧的压力为30N．
（3）△L=0.16 m时，xOP最大．
解析
解：（1）由动能定理可知：μmgL+mgR=
代入数据解得：v0=
（2）根据动能定理有：
由向心力公式可知：
联立解得：F=30 N
由牛顿第三定律知：滑块滑至B点时对圆弧的压力为30 N，方向竖直向下．
（3）由牛顿第二定律可知：μmg=ma
根据平抛运动规律有：
解得：t=
由运动学公式可知：
v=
由平抛运动规律和几何关系：xOP=L-△L+v•t=1-△L+
解得当
答：（1）滑块从N点滑到板上时初速度的速度大小为
（2）从A点滑回到圆弧的B点时对圆弧的压力为30N．
（3）△L=0.16 m时，xOP最大．
物体在水平恒力作用下，在水平面上由静止开始运动，当位移为x时撤去F，物体继续运动3x后静止．若路面情况相同，则物体受到的摩擦力大小f和最大动能EK分别是（ ）
Af=
Bf=
Cf=
Df=
正确答案
解析
解：对全过程运用动能定理得：Fx-f•4x=0，
解得：f=
对加速过程运用动能定理得：Fx-fx=Ek-0，
解得：
故选：D．
（1）物体与小车保持相对静止时的速度v；
（2）物体冲上小车后，与小车发生相对滑动经历的时间t；
（3）物体在小车上相对滑动的距离L．
正确答案
解：（1）下滑过程机械能守恒，有：mgh+
代入数据得：v2=6m/s；
设初速度方向为正方向，物体相对于小车板面滑动过程动量守恒为：
mv2=（m+M）v
联立解得：v=
（2）对小车由动量定理有：μmgt=Mv，
解得：t=
（3）设物体相对于小车板面滑动的距离为L
由能量守恒有：μmgL=
代入数据解得：L=
答：（1）物体与小车保持相对静止时的速度v为2m/s；
（2）滑行的时间为1s；
（3）相对距离为3m．
解析
解：（1）下滑过程机械能守恒，有：mgh+
代入数据得：v2=6m/s；
设初速度方向为正方向，物体相对于小车板面滑动过程动量守恒为：
mv2=（m+M）v
联立解得：v=
（2）对小车由动量定理有：μmgt=Mv，
解得：t=
（3）设物体相对于小车板面滑动的距离为L
由能量守恒有：μmgL=
代入数据解得：L=
答：（1）物体与小车保持相对静止时的速度v为2m/s；
（2）滑行的时间为1s；
（3）相对距离为3m．
正确答案
解：设工件向上运动的距离x时，速度达到传送带的速度v，由动能定理可知，此过程中有重力和摩擦力对工件做功：
代入数据可解得：x=
故工伯末达到平台时，速度已达到v，
所以在此过程中，工件动能的增量为：
势能的增加量为：△Ep=mgh=10×10×2J=200J
工件在加速运动过程中的工件的位移：
传送带的位移为：x′=vt
所以可知，x′=1.6m
所以在皮带上滑过程中由于滑动摩擦力做功而增加的内能：
Q=μmgcosθ•（x′-x）=
根据能量守恒定律知，电动机多消耗的电能为：E=△Ek+△Ep+Q=20J+200J+60J=280J
答：电动机由于传送工件多消耗的电能为280J．
解析
解：设工件向上运动的距离x时，速度达到传送带的速度v，由动能定理可知，此过程中有重力和摩擦力对工件做功：
代入数据可解得：x=
故工伯末达到平台时，速度已达到v，
所以在此过程中，工件动能的增量为：
势能的增加量为：△Ep=mgh=10×10×2J=200J
工件在加速运动过程中的工件的位移：
传送带的位移为：x′=vt
所以可知，x′=1.6m
所以在皮带上滑过程中由于滑动摩擦力做功而增加的内能：
Q=μmgcosθ•（x′-x）=
根据能量守恒定律知，电动机多消耗的电能为：E=△Ek+△Ep+Q=20J+200J+60J=280J
答：电动机由于传送工件多消耗的电能为280J．
如图所示的木板由倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一小段圆弧面相连接．倾斜部分为光滑圆槽轨道一水平部分左端长为L的一部分是光滑的，：其余部分是粗糙的．现有质量为 m、长为 L的均匀细铁链，在外力作用下静止在如图所示的位置，铁链下端距水平槽的高度为h．现撤去外力使铁链开始运动，最后铁链全部运动到水平轨道粗糙部分．已知重力加速度为g，斜面的倾角为θ，铁链与水平轨道粗糙部分的动摩擦因数为μ，不计铁链经过圆弧处时的能量损失．求：
（1）铁链的最大速率；
（2）从释放到铁链达到最大速率的过程中，后半部分铁链对前部分铁链所做的功；
（3）最后铁链的左端离木板倾斜部分底端的距离．
正确答案
解：（1）铁链在倾斜轨道上下滑时，由机械能守恒定律可得：
解得：
（2）当铁链刚到水平面时速率最大，以前半部分为研究对象，根据动能定理，可得：
解得：
（3）设最后铁链的左端离木板倾斜部分底端的距离为S，从铁链开始运动到最后静止的整个过程，由动能定理得：
解得：
答：
（1）铁链的最大速率是
（2）从释放到铁链达到最大速率的过程中，后半部分铁链对前部分铁链所做的功是
（3）最后铁链的左端离木板倾斜部分底端的距离为
解析
解：（1）铁链在倾斜轨道上下滑时，由机械能守恒定律可得：
解得：
（2）当铁链刚到水平面时速率最大，以前半部分为研究对象，根据动能定理，可得：
解得：
（3）设最后铁链的左端离木板倾斜部分底端的距离为S，从铁链开始运动到最后静止的整个过程，由动能定理得：
解得：
答：
（1）铁链的最大速率是
（2）从释放到铁链达到最大速率的过程中，后半部分铁链对前部分铁链所做的功是
（3）最后铁链的左端离木板倾斜部分底端的距离为
（1）小物块在斜面上运动时的加速度；
（2）BC间的距离为多大？
（3）若在C点给小物块一水平初速度使小物块恰能回到A点，此初速度为多大．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）
正确答案
解：（1）小物块受到斜面的摩擦力：f1=μN1=μmg cosθ
在平行斜面方向由牛顿第二定律有mg sinθ-f1=ma
解得 a=gsinθ-μgcosθ=4.0m/s2
（2）小物块由A运动到B，根据运动学公式有
解得
小物块由B运动到C的过程中所受摩擦力为 f2=μmg
根据动能定理对小物块由B到C的过程有：-f2sBC=0-
解得sBC=0.80m
（3）设小物块在C点以初速度vC运动时，恰好回到A点，由动能定理得：
解得
答：
（1）小物块在斜面上运动时的加速度是4.0m/s2；
（2）BC间的距离为0.8m．
（3）若在C点给小物块一水平初速度使小物块恰能回到A点，此初速度为3.5m/s．
解析
解：（1）小物块受到斜面的摩擦力：f1=μN1=μmg cosθ
在平行斜面方向由牛顿第二定律有mg sinθ-f1=ma
解得 a=gsinθ-μgcosθ=4.0m/s2
（2）小物块由A运动到B，根据运动学公式有
解得
小物块由B运动到C的过程中所受摩擦力为 f2=μmg
根据动能定理对小物块由B到C的过程有：-f2sBC=0-
解得sBC=0.80m
（3）设小物块在C点以初速度vC运动时，恰好回到A点，由动能定理得：
解得
答：
（1）小物块在斜面上运动时的加速度是4.0m/s2；
（2）BC间的距离为0.8m．
（3）若在C点给小物块一水平初速度使小物块恰能回到A点，此初速度为3.5m/s．
A0～t1时间内汽车的牵引力增大
B0～t1时间内汽车牵引力的功率恒定
Ct1～t2时间内汽车的平均速度等于
Dt1～t2时间内汽车牵引力做功大于
正确答案
解析
解：A、0～t1时间内为倾斜的直线，故汽车做匀加速运动，因故牵引力恒定，由P=Fv可知，汽车的牵引力的功率均匀增大，故A错误B错误；
C、t1～t2时间内，若图象为直线时，平均速度为（
D、t1～t2时间内动能的变化量为
故选：D．
（1）物体B在C点处的速度为多大？
（2）在力F作用时间内，物体A和B-起运动的位移是多少？
正确答案
解：（l） 物体B从C点做平抛运动
下落的时间为t：则
解得t=0.2s
vy=gt=2m/s
tan45
解得v0=2m/s
（2）设撤去F时，物体共同运动了X2，速度为v
撤去外力后
联立解得x2=1.5m
答：（1）物体B在C点处的速度为2m/s
（2）在力F作用时间内，物体A和B-起运动的位移是1.5m
解析
解：（l） 物体B从C点做平抛运动
下落的时间为t：则
解得t=0.2s
vy=gt=2m/s
tan45
解得v0=2m/s
（2）设撤去F时，物体共同运动了X2，速度为v
撤去外力后
联立解得x2=1.5m
答：（1）物体B在C点处的速度为2m/s
（2）在力F作用时间内，物体A和B-起运动的位移是1.5m
正确答案
解析
解：A、物体重力所做的负功W=-mgh=-2×10×2J=-40J，故A错误；
B、由动能表达式：
C、物体重力做负功，导致重力势能增加40J，而动能增加4J，则动能增加量与重力势能增加量之和是44J，故C错误；
D、物体受重力和支持力，设重力做功为WG，支持力做功为WN，运用动能定理研究在升降机加速上升的过程得：WG+WN=△Ek
则WN=4+40=44J，故D正确；
故选：D．
物体以150J的初动能从某斜面的底端沿斜面向上作匀减速运动，当它到达某点P时，其动能减少了100J时，机械能减少了30J，物体继续上升到最高位置后又返回到原出发点，其动能等于______．
正确答案
60J
解析
解：运用动能定理分析得出：
物体损失的动能等于物体克服合外力做的功（包括克服重力做功和克服摩擦阻力做功），
损失的动能为：△Ek=mgLsinθ+fL=（mgsinθ+f）L ①
损失的机械能等于克服摩擦阻力做功，△E=fL ②
由
则物体上升到最高点时，动能为0，即动能减少了150J，那么损失的机械能为45J，
那么物体返回到底端，物体又要损失的机械能为45J，故物体从开始到返回原处总共机械能损失90J，
因而它返回A点的动能为60J．
故答案为：60J
（1）小物块运动至B点时的速度大小和方向；
（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；（保留两位有效数字）
（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？
正确答案
解：（1）物块做平抛运动：H-h=
设到达C点时竖直分速度为vy则：vy=gt
v1=
方向与水平面的夹角为θ：tanθ=
（2）从A至C点，由动能定理得mgH=
设C点受到的支持力为FN，则有FN-mg=m
由①式可得v2=2
所以：FN=47.3 N
根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N
（3）由题意可知小物块m对长木板的摩擦力f=μ1mg=5N
长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f′=μ2（M+m）g=10N
因f＜f′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动
小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0
则长木板长度至少为l=
答：（1）小物块运动至B点时的速度大小为5m/s，方向与水平面成37°角；
（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力FN=47.3 N；
（3）长木板至少为2.8m，才能保证小物块不滑出长木板．
解析
解：（1）物块做平抛运动：H-h=
设到达C点时竖直分速度为vy则：vy=gt
v1=
方向与水平面的夹角为θ：tanθ=
（2）从A至C点，由动能定理得mgH=
设C点受到的支持力为FN，则有FN-mg=m
由①式可得v2=2
所以：FN=47.3 N
根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N
（3）由题意可知小物块m对长木板的摩擦力f=μ1mg=5N
长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力f′=μ2（M+m）g=10N
因f＜f′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动
小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0
则长木板长度至少为l=
答：（1）小物块运动至B点时的速度大小为5m/s，方向与水平面成37°角；
（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力FN=47.3 N；
（3）长木板至少为2.8m，才能保证小物块不滑出长木板．
一人坐在雪橇上，从静止开始沿着高度为15m的斜坡滑下，到达底部时速度为10m/s．人和雪橇的总质量为60kg，则人与雪橇达底部时的动能为______J，下滑过程中克服阻力做的功等于______J．（g=10m/s2）
正确答案
3000
6000
解析
解：末动能：
Ek=
对全程根据动能定理列式，有：
mgh-Wf=Ek
解得：
Wf=mgh-Ek=60×10×15-3000=6000J
故答案为：3000，6000．
改变汽车的速度和所装货物质量，都能使汽车及货物的动能发生变化．在下面几种情况中（汽车与货物保持相对静止），汽车及货物的动能是原来2倍的是（ ）
正确答案
解析
解：A、由EK=
B、由EK=
C、由EK=
D、由EK=
故选C．
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