- 机械能守恒定律
- 共29368题
正确答案
解析
解：A、B、C物块放上小车后受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，小车做匀速运动，设运动t时间后速度为v0，
根据运动学公式可得：
x车=v0t
x物=
故得x车=2x物
根据动能定理，
对于物块有：μmgx物=
对于车有：WF-μmgx车=
综上解得：WF=mv2
则得F对M做的功大于摩擦对m做的功，F对M做的功与小车克服摩擦力做功大小相等．F对M做的功大于m获得的动能．故AC错误，B正确．
D、系统产生的内能Q=μmg△x=μmg（x车-x物）=μmgx物=
故选BD
在下列几种情况中，甲乙两物体的动能相等的是（ ）
A甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的一半
B甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的一半
C甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的
D质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动
正确答案
解析
解：A、甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的
B、甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的
C、甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的
D、动能是标量，和速度的方向无关；故只要质量相等，速度也相等，则动能一定相等；故D正确；
故选：D
（1）加工一块铁板需要多少时间；
（2）加工一块铁板电动机要多消耗多少电能．（不考虑电动机自身损耗）
正确答案
解：（1）砂轮给铁板的摩擦力 f1=μ1FN1=0.5×100N=50N
工作台给铁板摩擦力 f2=μ2FN2=0.2×200N=40N
铁板的加速度 a板=
铁板的最大速度为 vm=ωR=5×0.6=3m/s
铁板的位移 x1=
由 vm=a板．t1得 t1=
匀速运动时的位移 x2=L-x1=1.5m=vmt2
得 t2=0.5s
故总时间为 t=t1+t2=3.5s
（2）由动能定理可知△Ek=W总，则△Ek=-Wf1-Wf2+W电
得W电=△Ek=+Wf1+Wf2
=
=
=510J．
答：
（1）加工一块铁板需要3.5s时间；
（2）加工一块铁板电动机要多消耗510J的电能．
解析
解：（1）砂轮给铁板的摩擦力 f1=μ1FN1=0.5×100N=50N
工作台给铁板摩擦力 f2=μ2FN2=0.2×200N=40N
铁板的加速度 a板=
铁板的最大速度为 vm=ωR=5×0.6=3m/s
铁板的位移 x1=
由 vm=a板．t1得 t1=
匀速运动时的位移 x2=L-x1=1.5m=vmt2
得 t2=0.5s
故总时间为 t=t1+t2=3.5s
（2）由动能定理可知△Ek=W总，则△Ek=-Wf1-Wf2+W电
得W电=△Ek=+Wf1+Wf2
=
=
=510J．
答：
（1）加工一块铁板需要3.5s时间；
（2）加工一块铁板电动机要多消耗510J的电能．
改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生改变．关于汽车的动能下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、质量不变，速度增大到原来的2倍，根据动能的表达式Ek=
B、质量变成原来的3倍；，速度不变，根据动能的表达式可知，物体的动能变为原来3倍，故B正确．
C、质量减半，速度增大到原来的4倍，则汽车的动能增大为原来的8倍；故C正确；
D、速度减半，质量增大到原来的4倍，物体的动能不变，故D正确．
故选：BCD．
某校物理兴趣小组举行遥控赛车比赛．比赛路径如图所示．赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟．已知赛车质量m=0.10kg，通电后以额定功率P=1.5W工作，进入竖直圆轨道前受到的摩擦阻力恒为0.30N，随后在运动中受到的阻力均可不记．图中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，s=2.25m．取g=10m/s2．求：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（计算结果保留2位有效数字）
正确答案
解：设赛车恰好到达最高点时速度为v′1．根据牛顿第二定律得，mg=m
根据动能定理得，-mg2R=
解得，赛车到达B点的速度至少为v1=4m/s
赛车恰好能越过壕沟时，根据h=
则平抛运动的初速度v2=
解得，为保证越过壕沟，到达B点的速度至少为v2=4.5m/s
因此赛车到达B点的速度至少为：v=v1=4.5m/s
从A到B对赛车用动能定理：
Pt-fL=
解得t≥2.7s
答：要使赛车完成比赛，电动机至少工作2.7s时间．
解析
解：设赛车恰好到达最高点时速度为v′1．根据牛顿第二定律得，mg=m
根据动能定理得，-mg2R=
解得，赛车到达B点的速度至少为v1=4m/s
赛车恰好能越过壕沟时，根据h=
则平抛运动的初速度v2=
解得，为保证越过壕沟，到达B点的速度至少为v2=4.5m/s
因此赛车到达B点的速度至少为：v=v1=4.5m/s
从A到B对赛车用动能定理：
Pt-fL=
解得t≥2.7s
答：要使赛车完成比赛，电动机至少工作2.7s时间．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：在B点有：
A滑到B的过程中运用动能定理得：
解得：Wf=
故选：C．
有两个物体甲、乙，它们在同一直线上运动，两物体的质量均为m，甲速度为v，动能为Ek；乙速度为-v，动能为Ek′，那么（ ）
正确答案
解析
解：由动能定义式：
甲物体的动能：
乙物体的动能：
所以Ek′=Ek．
故选：B
甲、乙两物体质量之比m甲：m乙=1：2，它们与水平桌面间的摩擦因数相同．在水平面上运动时因受摩擦力作用而停止．
（1）若它们的初速度相同，则运动位移之比为______；
（2）若它们的初动能相同，则运动位移之比为______．
正确答案
1：1
2：1
解析
解：设物体的初速度为v，初动能为Ek，所受的阻力为F，通过的位移为s．
（1）若初速度相等，因为且m甲：m乙=1：2，它们与水平面间的摩擦因数相同，由f=μFN=μmg ①
所以：
位移：
（2）若它们的初动能相同，由①得：
f甲：f乙=m甲：m乙=1：2，
根据动能定理得：-f•s=△EK=0-EK
所以：
故答案为：1：1； 2：1
（1）物块落地的速度大小是多少？
（2）物块落地点到桌面中心O点的水平距离是多少？
正确答案
解：（1）物块在桌面滑动过程，设离开桌子时的速度大小为v，根据动能定理可得：
-μmgs=
得出：v=2m/s
离开桌子后，物块做平抛运动，设落地时的速度大小为v′，由机械能守恒得：
代入数据解得：v′=
（2）离开桌子后，物块做平抛运动，
水平方向有：s1=vt
竖直方向有：h=
则得：s1=v
则物块水平运动距离为：S=s+s1
代入已知条件求得：S=2m
答：（1）物块落地的速度是
（2）物块落地点到桌面中心O点的水平距离是2m．
解析
解：（1）物块在桌面滑动过程，设离开桌子时的速度大小为v，根据动能定理可得：
-μmgs=
得出：v=2m/s
离开桌子后，物块做平抛运动，设落地时的速度大小为v′，由机械能守恒得：
代入数据解得：v′=
（2）离开桌子后，物块做平抛运动，
水平方向有：s1=vt
竖直方向有：h=
则得：s1=v
则物块水平运动距离为：S=s+s1
代入已知条件求得：S=2m
答：（1）物块落地的速度是
（2）物块落地点到桌面中心O点的水平距离是2m．
（1）滑块下滑到斜面底端时的速度大小v0；
（2）滑块相对木板滑行的距离s和木板在水平面上滑行的距离x．
正确答案
解：（1）滑块在斜面上运动的过程中，由动能定理得，
解之得，
（2）滑块滑上木板后，开始阶段做匀减速运动，设加速度大小为a1，木板做匀加速运动，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知，
μ2mg-F=ma1
代入数据解之得，
μ2mg-μ1（M+m）g=Ma2
解之得，
设经过时间t1，滑块和木板的速度相等，由运动学公式得，
v0-a1t1=a2t1=v1
解之得，
该过程中滑块滑行的位移：
代入数据解之得，
该过程木板滑行的位移：
代入数据解之得，
外力还可以作用的时间：
因为之后
撤去外力后，滑块和木板做匀减速运动，设加速度为a3，则：
μ1（M+m）g=（M+m）a3
解之得，
所以，
答：（1）滑块下滑到斜面底端时的速度大小为
（2）滑块相对木板滑行的距离s为
解析
解：（1）滑块在斜面上运动的过程中，由动能定理得，
解之得，
（2）滑块滑上木板后，开始阶段做匀减速运动，设加速度大小为a1，木板做匀加速运动，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知，
μ2mg-F=ma1
代入数据解之得，
μ2mg-μ1（M+m）g=Ma2
解之得，
设经过时间t1，滑块和木板的速度相等，由运动学公式得，
v0-a1t1=a2t1=v1
解之得，
该过程中滑块滑行的位移：
代入数据解之得，
该过程木板滑行的位移：
代入数据解之得，
外力还可以作用的时间：
因为之后
撤去外力后，滑块和木板做匀减速运动，设加速度为a3，则：
μ1（M+m）g=（M+m）a3
解之得，
所以，
答：（1）滑块下滑到斜面底端时的速度大小为
（2）滑块相对木板滑行的距离s为
光滑水平面上有一物体，在水平恒力F作用下由静止开始运动．经过时间t1速度达到v，再经过时间t2，速度由v增大到2v，在t1和t2两段时间内，外力F对物体做功之比为（ ）
正确答案
解析
解：根据动能定理知，第一段过程有：
第二段过程有：
则有：
故选：C．
A小球运动到半圆弧最高点P时向心力为零
B小球落到地面前的瞬时其动能为
C小球落地点离p点的水平距离为2
D若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R
正确答案
解析
解：A、小球恰能通过半圆弧轨道的最高点P时，小球运动到半圆弧最高点P时向心力等于重力，则小球到达最高点P时向心力不为零，故A错误．
BC、通过P点时速度为v，则 mg=m
由机械能守恒定律得：小球落地点时的动能 Ek=mg•2R+
D、设小球经过与圆心等高处时的速度为v，则 mgR+
若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，小球到达最高点时的速度为零，设小球能上升到离水平面的最大高度为h．
由机械能定律得 mg（h-R）=
解得 h=3.5R
可知小球能达到的最大高度比P点高0.5R，故D正确．
故选：BD．
（1）在3s0处水平力的瞬时功率．
（2）在物体从t=0运动到t=3t0这段时间内，水平力的平均功率．
正确答案
解：（1）设在3s0处的速度为v，则根据动能定理得：
2F0s0+3F0s0=
解得：v=
此时的瞬时功率 P3=3F0v=3F0
（2）设物体由s=0处运动到2s0处所用的时间为t1，从2s0到3s0所用的时间为t2．
在物体从s=0处运动到3s0处的过程中，水平力所做的总功为
W=5F0s0
根据动量定理得：
F0t1=
F0t1+3F0t2=mv
解得，t1=2
故在物体从t=0运动到t=3t0这段时间内，水平力的平均功率
答：
（1）在3s0处水平力的瞬时功率为3F0
（2）在物体从t=0运动到t=3t0这段时间内，水平力的平均功率是
解析
解：（1）设在3s0处的速度为v，则根据动能定理得：
2F0s0+3F0s0=
解得：v=
此时的瞬时功率 P3=3F0v=3F0
（2）设物体由s=0处运动到2s0处所用的时间为t1，从2s0到3s0所用的时间为t2．
在物体从s=0处运动到3s0处的过程中，水平力所做的总功为
W=5F0s0
根据动量定理得：
F0t1=
F0t1+3F0t2=mv
解得，t1=2
故在物体从t=0运动到t=3t0这段时间内，水平力的平均功率
答：
（1）在3s0处水平力的瞬时功率为3F0
（2）在物体从t=0运动到t=3t0这段时间内，水平力的平均功率是
在距地面10m高处，以10m/s的速度抛出一质量为1kg的物体，已知物体落地时的速度为16m/s，求：（g取10m/s2）
（1）抛出时人对物体做功为多少？
（2）自抛出到落地，重力对物体做功为多少？
（3）飞行过程中物体克服阻力做的功是多少？
正确答案
解：（1）在抛出过程中由动能定理可得
W=
故抛出时人对物体做功为50J．
（2）重力做功为
WG=mgh=1×10×10J=100J
故重力对物体做功为100J．
（3）根据动能定理得，
mgh-Wf=
Wf=mgh
故克服摩擦力做功为22J
答：（1）抛出时人对物体做功为50J；
（2）自抛出到落地，重力对物体做功为100J；
（3）飞行过程中物体克服阻力做的功是22J．
解析
解：（1）在抛出过程中由动能定理可得
W=
故抛出时人对物体做功为50J．
（2）重力做功为
WG=mgh=1×10×10J=100J
故重力对物体做功为100J．
（3）根据动能定理得，
mgh-Wf=
Wf=mgh
故克服摩擦力做功为22J
答：（1）抛出时人对物体做功为50J；
（2）自抛出到落地，重力对物体做功为100J；
（3）飞行过程中物体克服阻力做的功是22J．
某同学将2kg的铅球以8m/s的速度投出，成绩是6m，则该同学对铅球做的功是______．
正确答案
64J
解析
解：人对铅球做的功全部转化为铅球投出时的动能，即：
W=
故答案为：64J
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