- 机械能守恒定律
- 共29368题
（1）小滑块从A点运动到B点的过程中，摩擦力所做的功W；
（2）小滑块在圆弧轨道底端B点受到的支持力大小FN；
（3）小滑块落地点与B点的水平距离x．
正确答案
解：（1）小滑块由A到B的过程中，根据动能定理得：mgR+W=
代入数据解得：W=-4J；
（2）在B点，根据牛顿第二定律有：FN-mg=m
代入数据解得：FN=40N
（3）小滑块从B点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律得：
水平方向：x=vt
竖直方向：h=
代入数据解得：x=0.6m；
答：（1）小滑块由A到B的过程中，摩擦力所做的功W为-4J；
（2）小滑块在圆弧轨道底端B点受到的支持力大小为40N；
（3）小滑块落地点与B点的水平距离x为0.6m
解析
解：（1）小滑块由A到B的过程中，根据动能定理得：mgR+W=
代入数据解得：W=-4J；
（2）在B点，根据牛顿第二定律有：FN-mg=m
代入数据解得：FN=40N
（3）小滑块从B点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律得：
水平方向：x=vt
竖直方向：h=
代入数据解得：x=0.6m；
答：（1）小滑块由A到B的过程中，摩擦力所做的功W为-4J；
（2）小滑块在圆弧轨道底端B点受到的支持力大小为40N；
（3）小滑块落地点与B点的水平距离x为0.6m
（1）滑块第一次由A滑到P的过程中，克服摩擦力做功；
（2）滑块第一次到达“8”字型管道顶端时对管道的作用力；
（3）滑块第一次离开管口B后上升的高度；
（4）滑块能冲出槽口的次数．
正确答案
解：（1）滑块第一次由A滑到P的过程中，根据动能定理得：
代入数据解得：W1=2J．
（2）根据动能定理得：
在“8”字型管道的最高点有：
管道对滑块的弹力大小FN=455N，方向向下，
滑块对管道的弹力大小FN′=455N，方向向上．
（3）滑块第一次由A到B克服摩擦力做功为：W2=2W1=4J，
根据mg（H2-h）=W2得上升的高度为：h=4.2m．
（4）滑块能冲出槽口的次数为
所以滑块能离开槽口的次数为6次．
答：（1）滑块第一次由A滑到P的过程中，克服摩擦力做功为2J；
（2）滑块第一次到达“8”字型管道顶端时对管道的作用力为455N，方向向上；
（3）滑块第一次离开管口B后上升的高度为4.2m；
（4）滑块能冲出槽口的次数为6次．
解析
解：（1）滑块第一次由A滑到P的过程中，根据动能定理得：
代入数据解得：W1=2J．
（2）根据动能定理得：
在“8”字型管道的最高点有：
管道对滑块的弹力大小FN=455N，方向向下，
滑块对管道的弹力大小FN′=455N，方向向上．
（3）滑块第一次由A到B克服摩擦力做功为：W2=2W1=4J，
根据mg（H2-h）=W2得上升的高度为：h=4.2m．
（4）滑块能冲出槽口的次数为
所以滑块能离开槽口的次数为6次．
答：（1）滑块第一次由A滑到P的过程中，克服摩擦力做功为2J；
（2）滑块第一次到达“8”字型管道顶端时对管道的作用力为455N，方向向上；
（3）滑块第一次离开管口B后上升的高度为4.2m；
（4）滑块能冲出槽口的次数为6次．
（1）假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？
（2）若已知H=5m，L=8m，a=2m/s2，g=10m/s2，且选手从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？
（3）若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F=0.6mg，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到上面（2）中所述位置C点时，因恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照（2）中数据计算悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远的距离？
正确答案
解：（1）设选手落在转盘边缘也不会被甩下，最大静摩擦力提供向心力，则有
μmg≥mω2R，故转盘转动的角速度应满足ω≤
（2）设选手水平加速阶段的位移为x1，时间为t1；选手平抛时的水平位移为x2，时间为t2．则水平加速时有
x1=
v=at1
平抛运动阶段，有 x2=vt2，H=
全程水平方向有 x1+x2=L，
联立以上各式代入数据解得 t1=2 s．
（3）由（2）知x1=4 m，v=4 m/s，且F=0.6mg．设阻力为f，选手继续向右滑动的距离为x3，由动能定理得
加速阶段有：Fx-fx=
减速阶段有：-fx3=0-
联立以上两式解得 x3=2 m．
答：
（1）转盘的角速度ω应限制在ω≤
（2）他是从平台出发后2s时间释放悬挂器的．
（3）悬挂器载着选手还能继续向右滑行2m的距离．
解析
解：（1）设选手落在转盘边缘也不会被甩下，最大静摩擦力提供向心力，则有
μmg≥mω2R，故转盘转动的角速度应满足ω≤
（2）设选手水平加速阶段的位移为x1，时间为t1；选手平抛时的水平位移为x2，时间为t2．则水平加速时有
x1=
v=at1
平抛运动阶段，有 x2=vt2，H=
全程水平方向有 x1+x2=L，
联立以上各式代入数据解得 t1=2 s．
（3）由（2）知x1=4 m，v=4 m/s，且F=0.6mg．设阻力为f，选手继续向右滑动的距离为x3，由动能定理得
加速阶段有：Fx-fx=
减速阶段有：-fx3=0-
联立以上两式解得 x3=2 m．
答：
（1）转盘的角速度ω应限制在ω≤
（2）他是从平台出发后2s时间释放悬挂器的．
（3）悬挂器载着选手还能继续向右滑行2m的距离．
请根据下面提供的素材回答问题：
2010年2月16日，在温哥华冬季奥运会进行花样滑冰双人滑比赛中，中国组合申雪/赵宏博以总分216.57分获得了金牌．若申雪/赵宏博在滑冰表演刚开始时静止不懂，随着优美的音乐响起，相互猛推一下后分别向相反方向作匀减速直线运动．
（1）在相互推的过程中，赵宏博对申雪的推力大小为F1，申雪对赵宏博的推力大小为F2，则F1______F2；（填“＞”“=”或“＜”）
（2）若推动后申雪在冰上滑行的最大距离为S，已知冰刀与冰面间的动摩擦因数为μ，则推动后申雪获得的初速度大小为______．
正确答案
=
解析
解：（1）根据牛顿第三定律知作用力和反作用力大小相等，故F1=F2；
（2）根据动能定理知-μmgS=
故答案为：=，
（1）求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量；
（2）求汽车在下坡过程中所受的阻力；
（3）若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移（sin17°≈0.3）．
正确答案
解：（1）从发现刹车失灵至到达“避险车道”的过程汽车动能的变化量为：
△Ek=
已知v1=36km/h=10m/s，v2=72km/h=20m/s，m=2.0×103kg代入上式解得：△Ek=3.0×105J
（2）由动能定理得：mgh-Ffl=△Ek，
代入数据解得：Ff=2.0×103N
（3）设向上运动的最大位移为s．由动能定理得：
-（mgsin17°+3Ff）s=0-
代入数据解得：s=33.3m
答：（1）从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量是3.0×105J；
（2）汽车在下坡过程中所受的阻力是2.0×103N．
（3）汽车在“避险车道”上运动的最大位移是33.3m．
解析
解：（1）从发现刹车失灵至到达“避险车道”的过程汽车动能的变化量为：
△Ek=
已知v1=36km/h=10m/s，v2=72km/h=20m/s，m=2.0×103kg代入上式解得：△Ek=3.0×105J
（2）由动能定理得：mgh-Ffl=△Ek，
代入数据解得：Ff=2.0×103N
（3）设向上运动的最大位移为s．由动能定理得：
-（mgsin17°+3Ff）s=0-
代入数据解得：s=33.3m
答：（1）从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量是3.0×105J；
（2）汽车在下坡过程中所受的阻力是2.0×103N．
（3）汽车在“避险车道”上运动的最大位移是33.3m．
（1）物体能从M点飞出，落到水平面时落点到N点的距离的最小值为多大？
（2）如果物体从某点出发后在半圆轨道运动过程途中离开轨道，求出发点到N点的距离x的取值范围．
正确答案
解：（1）物体恰好能从M点飞出，有：
由平抛运动知：ymin=vmint…②
2R=
解①②③得：ymin=2m…④
（2）（Ⅰ）物体在水平距离运动最短距离时有恰好从M离开半圆轨道，即物体恰好从M点飞出，物体从出发点到M过程．
由动能定理：
解①⑤得：xmin=5m…⑥
（Ⅱ）物体在水平面上运动足够长时，则当物体刚好至圆轨道圆心等高处速度为0，
由动能定理：
解⑦得：xmax=8m…⑧
所以要想从MN中途离开轨道，则物体在水平面上滑动的距离满足：8m＞x＞5m
答：（1）物体能从M点飞出，落到水平面时落点到N点的距离的最小值为2m；
（2）如果物体从某点出发后在半圆轨道运动过程途中离开轨道，出发点到N点的距离x的取值范围为8m＞x＞5m．
解析
解：（1）物体恰好能从M点飞出，有：
由平抛运动知：ymin=vmint…②
2R=
解①②③得：ymin=2m…④
（2）（Ⅰ）物体在水平距离运动最短距离时有恰好从M离开半圆轨道，即物体恰好从M点飞出，物体从出发点到M过程．
由动能定理：
解①⑤得：xmin=5m…⑥
（Ⅱ）物体在水平面上运动足够长时，则当物体刚好至圆轨道圆心等高处速度为0，
由动能定理：
解⑦得：xmax=8m…⑧
所以要想从MN中途离开轨道，则物体在水平面上滑动的距离满足：8m＞x＞5m
答：（1）物体能从M点飞出，落到水平面时落点到N点的距离的最小值为2m；
（2）如果物体从某点出发后在半圆轨道运动过程途中离开轨道，出发点到N点的距离x的取值范围为8m＞x＞5m．
A滑块克服摩擦力所做的功为fL
B上述过程满足（F-f）（L+s）=
C其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多
正确答案
解析
解：A、滑块的位移为L+s，故滑块克服摩擦力所做的功为f（L+s），故A错误；
B、对滑块和木板整体，根据动能定理，有：
（F-f）（L+s）+fs=
故B错误；
C、滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；
D、系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确；
故选：D
AF对物体做功为Fssinθ
B物体的动能增加
C物体克服摩擦力做功为μ（mgcosθ+Fsinθ）s
D物体增加的机械能为
正确答案
解析
解：
A、由功的定义式可得推力做的功为：W=Fscosθ，故A错误．
B、初动能为零，末动能为
C、物体在沿斜面方向上有：
N=mgcosθ+Fsinθ
故摩擦力为：
f=μ（mgcosθ+Fsinθ）
故摩擦做功为：
Wf=-μ（mgcosθ+Fsinθ）s
故克服摩擦力做功为：μ（mgcosθ+Fsinθ）s，故C正确．
D、设摩擦力做功为Wf，重力做功为WG=-mgssinθ，推力做功为W=Fscosθ，由动能定理可得：
解得：
由能量的转化和守恒可知，除重力之外的其他力做功等于机械能的变化，可知，机械能增加为
故选：BC
（1）滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力NB；
（2）传送带BC部分的长度L；
（3）圆盘转动的角速度ω应满足的条件．
正确答案
解：（1）滑块从A到B过程中，由动能定理，有：
mgr=
解得：υB=
滑块到达B点时，由牛顿第二定律，有：
NB′-mg=m
解得：NB′=6 N
据牛顿第三定律，滑块到达B点时对轨道的压力大小为6 N，方向竖直向下．
（2）滑块离开C点后做平抛运动，有：h=
解得：t1=
υC=
滑块由B到C过程中，据动能定理有：
-μmgL=
解得：L=
（3）滑块由B到C过程中，据运动学公式有：L=
解得t2=
则t=t1+t2=1 s
圆盘转动的角速度ω应满足条件t=n•
解得：ω=2nπ rad/s（n=1，2，3…）
答：（1）滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力NB为6N，方向竖直向下；
（2）传送带BC部分的长度L为1.25m；
（3）圆盘转动的角速度ω应满足的条件为ω=2nπ rad/s（n=1，2，3…）．
解析
解：（1）滑块从A到B过程中，由动能定理，有：
mgr=
解得：υB=
滑块到达B点时，由牛顿第二定律，有：
NB′-mg=m
解得：NB′=6 N
据牛顿第三定律，滑块到达B点时对轨道的压力大小为6 N，方向竖直向下．
（2）滑块离开C点后做平抛运动，有：h=
解得：t1=
υC=
滑块由B到C过程中，据动能定理有：
-μmgL=
解得：L=
（3）滑块由B到C过程中，据运动学公式有：L=
解得t2=
则t=t1+t2=1 s
圆盘转动的角速度ω应满足条件t=n•
解得：ω=2nπ rad/s（n=1，2，3…）
答：（1）滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力NB为6N，方向竖直向下；
（2）传送带BC部分的长度L为1.25m；
（3）圆盘转动的角速度ω应满足的条件为ω=2nπ rad/s（n=1，2，3…）．
一人站在高处将质量为2kg的物体以5m/s的速度抛出．若物体出手点高度为10m（不计空气阻力，g取10m/s2），则下面结论中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、根据动能定理得，人对物体做功的大小W=
C、对全过程运用动能定理得，W+mgh=
故选AC．
某颗地球卫星，质量为170kg，轨道速度为6km/s，则由E=
正确答案
解析
解：卫星的速度为：v=6000m/s；
卫星的动能为：Ek=
故选：C．
（2015秋•崇文区期末）质量为2kg的物体以5m/s的速度向北运动，质量为0.5kg的物体以10m/s的速度向西运动，则（ ）
正确答案
解析
解：由动能表达式 EK=
质量为0.5kg的物体的动能为：Ek2=
故Ek1=Ek2；即动能相同．
故选：A
A
B
C
D
正确答案
解析
解：由于机械能不断减少，物体最终停在挡板上，对全过程，运用动能定理得：
mgLsinθ-μmgcosθ•s=0
解得，μ=
故选C
（1）从开始运动到小球速度达最大时小球所发生位移的大小；
（2）从开始运动到小球与挡板分离时所经历的时间；
（3）从开始运动到小球与挡板分离时外力对小球的总功．
正确答案
解：（1）球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零．
即 kxm=mgsinθ，
解得 xm=
（2）设球与挡板分离时位移为s，经历的时间为t，
从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F．
根据牛顿第二定律有 mgsinθ-F-F1=ma，
F=kx．
随着x的增大，F增大，F1减小，保持a不变，
当m与挡板分离时，F1减小到零，则有：
mgsinθ-kx=ma，
又x=
联立解得 mgsinθ-k•
所以经历的时间为 t=
（3）分离时，小球速度为v=at=4×0.1=0.4m/s
根据动能定理知W=
答：
（1）从开始运动到小球速度达最大时小球所发生位移的大小为0.1m；
（2）从开始运动到小球与挡板分离时所经历的时间为0.1s；
（3）从开始运动到小球与挡板分离时外力对小球的总功为0.08J．
解析
解：（1）球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零．
即 kxm=mgsinθ，
解得 xm=
（2）设球与挡板分离时位移为s，经历的时间为t，
从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F．
根据牛顿第二定律有 mgsinθ-F-F1=ma，
F=kx．
随着x的增大，F增大，F1减小，保持a不变，
当m与挡板分离时，F1减小到零，则有：
mgsinθ-kx=ma，
又x=
联立解得 mgsinθ-k•
所以经历的时间为 t=
（3）分离时，小球速度为v=at=4×0.1=0.4m/s
根据动能定理知W=
答：
（1）从开始运动到小球速度达最大时小球所发生位移的大小为0.1m；
（2）从开始运动到小球与挡板分离时所经历的时间为0.1s；
（3）从开始运动到小球与挡板分离时外力对小球的总功为0.08J．
（1）滑块冲上斜面过程中加速度大小；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（3）滑块返回斜面底端时的动能．
正确答案
解：（1）从图中可得：滑块的加速度大小
（2）根据牛顿第二定律得，滑块上滑的加速度
代入数据解得μ=0.5；
（3）图线与时间轴围成的面积表示位移，则s=
根据动能定理得，mgssin37°-μmgcos37°s=Ek-0，
代入数据解得Ek=1.25J．
答：（1）滑块冲上斜面过程中加速度大小为10m/s2；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5；
（3）滑块返回斜面底端时的动能为1.25J．
解析
解：（1）从图中可得：滑块的加速度大小
（2）根据牛顿第二定律得，滑块上滑的加速度
代入数据解得μ=0.5；
（3）图线与时间轴围成的面积表示位移，则s=
根据动能定理得，mgssin37°-μmgcos37°s=Ek-0，
代入数据解得Ek=1.25J．
答：（1）滑块冲上斜面过程中加速度大小为10m/s2；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5；
（3）滑块返回斜面底端时的动能为1.25J．
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