- 机械能守恒定律
- 共29368题
物体因绕轴转动而具有的动能叫转动动能，转动动能的大小与物体转动的角速度有关．为了研究某一砂轮的转动的动能EK与角速度ω的关系．某同学采用了下述实验方法进行探索：先让砂轮由动力带动匀速旋转测得其角速度ω，然后让砂轮脱离动力，由于克服转轴间摩擦力做功，砂轮最后停下，测出砂轮从脱离动力到停止转动的过程中转动的圈数为n，通过分析实验数据，得出结论．经实验测得的几组ω和n如下表所示：另外已测得砂轮转轴的直径为1cm，转轴间的摩擦力为10/π（N）
（1）计算出砂轮每次脱离动力时的转动动能，并填入上表中（只需填前三个）；
（2）由上述数据写出该砂轮的转动动能Ek与角速度ω的关系式______．
正确答案
解析
解：（1）因为摩擦力做功使得动能减小，对砂轮运用动能定理得，EK=f•πD•n
代入解得EK=0.1n
代入n，解得，Ek第一格为0.5，第二格为2.0，第三格为8.0．
（2）由表中ω和EK的相应数据得，发现动能为角速度平方的两倍，则：
故答案为：（1）0.5，2.0，8.0 （2）
正确答案
解析
解：假设斜面与水平面的夹角为α，斜面的高度为h，斜面在水平方向的投影为x1，在斜面上克服摩擦力做的功为：
设在水平面上滑行的距离为x2
怎在水平面上克服摩擦力做的功为：W2=μmgx2
整个过程克服摩擦力做得功为：W=μmgx1+μmgx2=μmg（x1+x2）…②
由此公式可知，摩擦力做得功与斜面的夹角无关，又由于从相同的高度滑下，根据动能定理得：mgh-W=0…③
②③联立可知，
最终还是停在Q处，故ABD错，C正确；
故选：C
木块受水平力F作用在水平面上由静止开始运动，前进S米后撤去F，木块又沿原方向前进3S米停止，则摩擦力的大小为（ ）
AF
B
C
D
正确答案
解析
解：设物体在运动中受到的摩擦力的大小为f，对整个过程运用动能定理得
Fs-4fs=0
得f=
故选：D
（1）Ob两点间的电势差UOb；
（2）小滑块运动的总路程s．
正确答案
解：（1）设小滑块与水平面间的摩擦力大小为Ff，
对块从a到b（Uab=0），由动能定理有
从O到b，由动能定理有
由以上二式得：
（2）对于滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程，由动能定理得，
qUa0-Ffs=0-E0，
而
解得s=
答：（1）Ob两点间的电势差为
（2）小滑块运动的总路程为
解析
解：（1）设小滑块与水平面间的摩擦力大小为Ff，
对块从a到b（Uab=0），由动能定理有
从O到b，由动能定理有
由以上二式得：
（2）对于滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程，由动能定理得，
qUa0-Ffs=0-E0，
而
解得s=
答：（1）Ob两点间的电势差为
（2）小滑块运动的总路程为
正确答案
解：摆球先后以正方形的顶点为圆心，半径分别为R1=4a，R2=3a，R3=2a，R4=a为半径各作四分之一圆周的圆运动．当摆球从P点开始，沿半径R1=4a运动到最低点时的速度v1，根据动量定理有：
当摆球开始以v1绕B点以半径R2=3a作圆周运动时，摆线拉力最大，为Tmax=7mg，这时摆球的运动方程为：
Tmax-mg=
由此求得v0的最大许可值为：v0＜
当摆球绕C点以半径R3=2a运动到最高点时，为确保沿圆周运动，到达最高点时的速度为：
v3＞
由动能定理有：
得：v0=
当摆球运动到水平位置时，击中A点时的速度v04，
根据动能定理：0=
当摆球开始以v4绕D点以半径R3=a作圆周运动时，摆线拉力为T3：
这时摆球的运动方程为：T3=
摆线的最大拉力为：Tmax=7mg；
由此求得：v04＜
综上所述：
答：v0的许可值范围为：
解析
解：摆球先后以正方形的顶点为圆心，半径分别为R1=4a，R2=3a，R3=2a，R4=a为半径各作四分之一圆周的圆运动．当摆球从P点开始，沿半径R1=4a运动到最低点时的速度v1，根据动量定理有：
当摆球开始以v1绕B点以半径R2=3a作圆周运动时，摆线拉力最大，为Tmax=7mg，这时摆球的运动方程为：
Tmax-mg=
由此求得v0的最大许可值为：v0＜
当摆球绕C点以半径R3=2a运动到最高点时，为确保沿圆周运动，到达最高点时的速度为：
v3＞
由动能定理有：
得：v0=
当摆球运动到水平位置时，击中A点时的速度v04，
根据动能定理：0=
当摆球开始以v4绕D点以半径R3=a作圆周运动时，摆线拉力为T3：
这时摆球的运动方程为：T3=
摆线的最大拉力为：Tmax=7mg；
由此求得：v04＜
综上所述：
答：v0的许可值范围为：
节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车，有一质量m=1 000kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1=90km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P=50kW．当驾驶员看到前方有80km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动．运动L=72m后，速度变为v2=72km/h．此过程中发动机功率的
（1）轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小；
（2）轿车从90km/h减速到72km/h过程中，获得的电能E电；
（3）轿车仅用上述减速过程中获得的电能E电维持72km/h匀速运动的距离L′．
正确答案
解：（1）轿车牵引力与输出功率的关系为 P=F牵v1
将P=50 kW，v1=90 km/h=25 m/s代入得 F牵=
当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有 F阻=F牵=2×103 N
（2）在减速过程中，注意到发动机只有
代入数据得 Pt=1.575×105 J
电源获得的电能为 E电=0.5×
（3）根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F阻=2×103 N．在此过程中，由能量守恒定律可知，电能用于克服阻力做的功 E电=F阻L′
代入数据得 L′=31.5 m．
答：
（1）轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小为2×103 N．
（2）轿车从90km/h减速到72km/h过程中，获得的电能E电为6.3×104 J．
（3）轿车仅用上述减速过程中获得的电能E电维持72km/h匀速运动的距离L′是31.5 m．
解析
解：（1）轿车牵引力与输出功率的关系为 P=F牵v1
将P=50 kW，v1=90 km/h=25 m/s代入得 F牵=
当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有 F阻=F牵=2×103 N
（2）在减速过程中，注意到发动机只有
代入数据得 Pt=1.575×105 J
电源获得的电能为 E电=0.5×
（3）根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F阻=2×103 N．在此过程中，由能量守恒定律可知，电能用于克服阻力做的功 E电=F阻L′
代入数据得 L′=31.5 m．
答：
（1）轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小为2×103 N．
（2）轿车从90km/h减速到72km/h过程中，获得的电能E电为6.3×104 J．
（3）轿车仅用上述减速过程中获得的电能E电维持72km/h匀速运动的距离L′是31.5 m．
（1）把人和滑板看做整体，画出该整体从斜坡上下滑过程中的受力分析示意图．
（2）若已知θ=37°，人从斜坡滑下时加速度的大小；
（3）若已知θ=37°，水平滑道BC的最大长度为L1=20m，求人在斜坡上滑下的高度应不超过多少；
（4）若斜坡倾角θ大小可调节且大小未知、水平滑道BC的长度未知，但是场地的水平空间距离DC的最大长度为L2=30m，人在斜坡上从D的正上方A处由静止下滑，那么A到D的高度不超过多少？
正确答案
（2）根据牛顿第二定律得，mgsin37°-f=ma
N=mgcos37°
f=μN
联立代入数据解得 a=3.6m/s2
（3）人和滑板从距水平面高H处下滑，从人和滑板在斜面上开始运动到人和滑板停止运动的过程中，
根据动能定理：
代入数据解得H=10m
（4）设A到D的高度为h，根据动能定理
代入数据解得h=μL2=9m
答：（1）受力分析图如图所示．
（2）人从斜坡滑下时加速度的大小为3.6m/s2．
（3）人在斜坡上滑下的高度应不超过10m．
（4）A到D的高度不超过9m．
解析
（2）根据牛顿第二定律得，mgsin37°-f=ma
N=mgcos37°
f=μN
联立代入数据解得 a=3.6m/s2
（3）人和滑板从距水平面高H处下滑，从人和滑板在斜面上开始运动到人和滑板停止运动的过程中，
根据动能定理：
代入数据解得H=10m
（4）设A到D的高度为h，根据动能定理
代入数据解得h=μL2=9m
答：（1）受力分析图如图所示．
（2）人从斜坡滑下时加速度的大小为3.6m/s2．
（3）人在斜坡上滑下的高度应不超过10m．
（4）A到D的高度不超过9m．
A细绳不会断裂，与N墙壁碰前小球做圆周运动
B小球与N墙壁碰撞时的速度为
C小球与N墙壁的碰撞点到B点的距离为
D小球与N墙壁的碰撞点到B点的距离为
正确答案
解析
解：A、根据牛顿第二定律得：F-mg=m
解得：F=mg+m
C、D、小球做平抛运动，在水平方向上的运动时间为：t=
则竖直方向上的位移为：y=
则碰撞点与B点的距离为
B、竖直方向上的分速度为：vy=gt=
则合速度为：v合=
故选：D．
（1）地面上DC两点间的距离s；
（2）轻绳所受的最大拉力大小．
正确答案
解：（1）小球从B至C做平抛运动，根据运动的合成与分解有：
水平方向匀速直线运动有：s=vt…①
竖直方向自由落体有：H=
由②可得小球平抛运动时间为：t=
将时间代入①可得：
s=vt=2×0.4m=0.8m
（2）在小球刚到达B点绳断瞬间前，受重力mg和绳的拉力T作用，根据牛顿第二定律有：
T-mg=
得：T=
显然此时绳对小球的拉力最大，根据牛顿第三定律可知，绳所受小球的最大拉力大小为：
T′=T=18N
答：（1）地面上DC两点间的距离s=0.8m；
（2）轻绳所受的最大拉力为18N．
解析
解：（1）小球从B至C做平抛运动，根据运动的合成与分解有：
水平方向匀速直线运动有：s=vt…①
竖直方向自由落体有：H=
由②可得小球平抛运动时间为：t=
将时间代入①可得：
s=vt=2×0.4m=0.8m
（2）在小球刚到达B点绳断瞬间前，受重力mg和绳的拉力T作用，根据牛顿第二定律有：
T-mg=
得：T=
显然此时绳对小球的拉力最大，根据牛顿第三定律可知，绳所受小球的最大拉力大小为：
T′=T=18N
答：（1）地面上DC两点间的距离s=0.8m；
（2）轻绳所受的最大拉力为18N．
（1）拉力和摩擦力对物体所做的功；
（2）合外力对物体所做的功；
（3）在此过程中物体获得的速度大小．
正确答案
解：（1）根据功的定义式W=Flcosα得：
WF=Fs
代入数据得：
WF=10×2=20J
Wf=-fs
代入数据可得：Wf=-4×2=-8J；
（2）物体所受合外力为：
F合=F-f=10-4=6N；
合外力所做的功W合=F合s
代入数据得：W合=12J；
（3）在此过程中由动能定理可得：
W合=
代入数据解得：v=2m/s
答：（1）拉力和摩擦力对物体所做的功为20J；
（2）合外力对物体所做的功为12J；
（3）在此过程中物体获得的速度大小为2m/s．
解析
解：（1）根据功的定义式W=Flcosα得：
WF=Fs
代入数据得：
WF=10×2=20J
Wf=-fs
代入数据可得：Wf=-4×2=-8J；
（2）物体所受合外力为：
F合=F-f=10-4=6N；
合外力所做的功W合=F合s
代入数据得：W合=12J；
（3）在此过程中由动能定理可得：
W合=
代入数据解得：v=2m/s
答：（1）拉力和摩擦力对物体所做的功为20J；
（2）合外力对物体所做的功为12J；
（3）在此过程中物体获得的速度大小为2m/s．
为了通过降低乒乓球的飞行速度来增加比赛的观赏性，原先的比赛用球的直径是d1=38mm，从2004年雅典奥运会开始正式采用直径是d2=40mm，而质量不变的乒乓球进行比赛．为了简化讨论，设空气对球的阻力仅与球直径的平方成正比，并且球做直线运动．若某运动员的击球速度为v0=26m/s，扣杀直径d1=38mm的乒乓球时，球飞到另一端时的速度约为v1=10m/s．试估算一下，采用了d2=40mm的乒乓球后，该运动员以相同的初速度击球，问球从球台这端飞往另一端的时间为原来的多少倍？
正确答案
解：
将乒乓球在空中的飞行过程大致看成一个匀减速直线运动，根据题意，球在飞行中受到的空气阻力与球的直径平方成正比，则
小球和大球受到的摩擦力之比为：
又由不管大球小球被运动员击球后所具有的初速度均为26m/s．
小球飞行到球台另一端的末速度为10m/s．
换成大球后，球台长度不变，所以，大球在空中飞行的距离跟小球飞行的距离相同，
则S=
可解得v′≈3.46m/s，
则小球、大球它们的飞行时间之比为：
即大球在球台上的飞行时间约为原来的1.27倍．
答：改用大球后球在球台上的飞行时间约为原来的1.27倍．
解析
解：
将乒乓球在空中的飞行过程大致看成一个匀减速直线运动，根据题意，球在飞行中受到的空气阻力与球的直径平方成正比，则
小球和大球受到的摩擦力之比为：
又由不管大球小球被运动员击球后所具有的初速度均为26m/s．
小球飞行到球台另一端的末速度为10m/s．
换成大球后，球台长度不变，所以，大球在空中飞行的距离跟小球飞行的距离相同，
则S=
可解得v′≈3.46m/s，
则小球、大球它们的飞行时间之比为：
即大球在球台上的飞行时间约为原来的1.27倍．
答：改用大球后球在球台上的飞行时间约为原来的1.27倍．
（1）小球滑至圆环最高点时对环压力的大小；
（2）小球至少应从多高处静止滑下才能越过圆环最高点．
正确答案
解：（1）小球从静止开始到圆环顶点的过程，由机械能守恒得：
mg（h-2R）=
在圆环顶点时，对小球，有：
mg+N=m
代入数据解得：N=40N，
根据牛顿第三定律得：小球滑至圆环顶点时对环的压力：N′=N=40N
（2）设小球从离最低点高度为H的地方下滑，在轨道最高点的速度为v′，则：
mg（H-2R）=
在最高点由重力提供向心力：
mg=m
由上两式得：H=2.5R=2.5m；
则小球应从大于等于2.5m范围内由静止滑下才能使小球在圆环上越过最高点；
答：（1）小球滑至圆环顶点时对环的压力为40N；
（2）小球应从大于等于2.5m范围内由静止滑下才能越过最高点．
解析
解：（1）小球从静止开始到圆环顶点的过程，由机械能守恒得：
mg（h-2R）=
在圆环顶点时，对小球，有：
mg+N=m
代入数据解得：N=40N，
根据牛顿第三定律得：小球滑至圆环顶点时对环的压力：N′=N=40N
（2）设小球从离最低点高度为H的地方下滑，在轨道最高点的速度为v′，则：
mg（H-2R）=
在最高点由重力提供向心力：
mg=m
由上两式得：H=2.5R=2.5m；
则小球应从大于等于2.5m范围内由静止滑下才能使小球在圆环上越过最高点；
答：（1）小球滑至圆环顶点时对环的压力为40N；
（2）小球应从大于等于2.5m范围内由静止滑下才能越过最高点．
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、质量不变，速度增大到原来的4倍，根据EK=
B、质量不变，速度增大到原来的2倍，根据EK=
C、速度不变，质量增大到原来的4倍，根据EK=
D、速度不变，质量增大到原来的8倍，根据EK=
故选：BC．
正确答案
解析
解：根据动能定理得：
EK2-EK1=-fx
则得EK2=EK1-fx
结合动能随位移变化的情况得：初动能EK1=50J，由EK1=
根据数学知识知：图象的斜率大小等于f，则得 f=2.5N
又f=μmg
解得 μ=0.25
设运动总时间为t，则由s=
t=
故选B．
（1）摩擦力对物块做的功；
（2）小物块经过D点时对轨道压力的大小；
（3）倾斜挡板与水平面间的夹角θ．
正确答案
解：（1）设小物块经过C点时的速度大小v1，因为经过C时恰好能完成圆周运动，由牛顿第二定律可得：
mg=
代入数据解得：v1=4m/s
小物块由A到B过程中，设摩擦力对小物块做的功为W，由动能定理得：
W=
代入数据解得：W=8J
故摩擦力对物块做的功为8J．
（2）设小物块经过D点时的速度为v2，对由C点到D点的过程，由动能定理的：
mg.2R=
小物块经过D点时，设轨道对它的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得：
FN-mg=
联立解得FN=60N，
由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力大小为：
FN=FN′=60N．
故小物块经过D点时对轨道的压力大小为60N．
（3）小物块离开D点做平抛运动，设经时间t打在E点，
由h=
设小物块打在E点时速度的水平、竖直分量分别为vx、vy，速度跟竖直方向的夹角为α，则：
vx=v2，vy=gt
又tanα=
联立解得α=53°
再由几何关系可得θ=α=53°，
故倾斜挡板与水平面的夹角为θ为53°．
答：（1）摩擦力对物块做的功为8J；
（2）小物块经过D点时对轨道压力的大小为60N；
（3）倾斜挡板与水平面间的夹角θ为53°．
解析
解：（1）设小物块经过C点时的速度大小v1，因为经过C时恰好能完成圆周运动，由牛顿第二定律可得：
mg=
代入数据解得：v1=4m/s
小物块由A到B过程中，设摩擦力对小物块做的功为W，由动能定理得：
W=
代入数据解得：W=8J
故摩擦力对物块做的功为8J．
（2）设小物块经过D点时的速度为v2，对由C点到D点的过程，由动能定理的：
mg.2R=
小物块经过D点时，设轨道对它的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得：
FN-mg=
联立解得FN=60N，
由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力大小为：
FN=FN′=60N．
故小物块经过D点时对轨道的压力大小为60N．
（3）小物块离开D点做平抛运动，设经时间t打在E点，
由h=
设小物块打在E点时速度的水平、竖直分量分别为vx、vy，速度跟竖直方向的夹角为α，则：
vx=v2，vy=gt
又tanα=
联立解得α=53°
再由几何关系可得θ=α=53°，
故倾斜挡板与水平面的夹角为θ为53°．
答：（1）摩擦力对物块做的功为8J；
（2）小物块经过D点时对轨道压力的大小为60N；
（3）倾斜挡板与水平面间的夹角θ为53°．
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