- 机械能守恒定律
- 共29368题
（1）求小球在最低点时的速度大小；
（2）如果在小球通过最低点时，突然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中，绳出现松软状态，求电场强度可能的大小．
正确答案
解：（1）由题意，不加电场时，在最低点有：Ft=9mg．
设此时速度v1．且
解得：
（2）如果绳出现松弛，则小球不能通过最高点，
由动能定理得：mg
且Eq+mg=m
则E=
也不可以低于O水平面，
mgL+EqL=
所以电场强度可能的大小范围为
答：（1）小球在最低点时的速度大小为
（2）电场强度可能的大小范围为
解析
解：（1）由题意，不加电场时，在最低点有：Ft=9mg．
设此时速度v1．且
解得：
（2）如果绳出现松弛，则小球不能通过最高点，
由动能定理得：mg
且Eq+mg=m
则E=
也不可以低于O水平面，
mgL+EqL=
所以电场强度可能的大小范围为
答：（1）小球在最低点时的速度大小为
（2）电场强度可能的大小范围为
A运动员的机械能增加了
B运动员自身做功为W人=
C运动员的重力做功为W重=mgh
D运动员自身做功W人=
正确答案
解析
解：A、由题，运动员的重心升高量为h，获得的速度为v，则其机械能增加量为
B、运动员起跑前处于静止状态，起跑后获得的速度为v，则运动员自身做功为W人=
C、据题，运动员的重心升高量为h，则运动员的重力做功为W重=-mgh．故C错误．
故选：D
正确答案
解析
解：根据动能定理：
故选：C
（1）第一次碰撞前第一个木块的动能E1；
（2）在整个过程中由于碰撞而损失的总机械能△E．
正确答案
解：（1）设第一次碰前第一个木块的动能为E1，
由动能定理得，mglsinθ-μmglcosθ=E1-
解得：E1=
（2）在整个过程中第n个木块运动l，第n-1个木块运动2l…第一个木块运动nl，
整个过程机械能损失：
整个过程中由于摩擦做功转化为内能的能量：
设由于碰撞损失的机械能△E′
△E′+Q=△E
答：（1）第一次碰撞前第一个木块的动能E1=
（2）在整个过程中由于碰撞而损失的总机械能△E=
解析
解：（1）设第一次碰前第一个木块的动能为E1，
由动能定理得，mglsinθ-μmglcosθ=E1-
解得：E1=
（2）在整个过程中第n个木块运动l，第n-1个木块运动2l…第一个木块运动nl，
整个过程机械能损失：
整个过程中由于摩擦做功转化为内能的能量：
设由于碰撞损失的机械能△E′
△E′+Q=△E
答：（1）第一次碰撞前第一个木块的动能E1=
（2）在整个过程中由于碰撞而损失的总机械能△E=
正确答案
解析
解：
A、由图可知，在1～3 s内，运动员的加速度a=
B、由F-Ff=ma，Ff=kmg得：F=kmg+ma=90 N，故B错误；
CD、0～5 s内运动员的位移x=12×1 m+
故选：ACD．
Ax=2R时，完成上述运动推力所做的功最少，且最少值为WF=
Bx=4R时，完成上述运动推力所做的功最少，且最少值为WF=
Cx=2R时，完成上述运动推力所做的功最少，且最小推力为F=
Dx=4R时，完成上述运动推力所做的功最少，且最小推力为F=mg
正确答案
解析
解：设物体到达C点的速度为v，小球离开C点做平抛运动，则有：
2R=
得：v=x
对质点从A到C，由动能定理有：
Fx-2mgR=
则得：Fx=2mgR+
因为 v≥
由F=
故选：AD
（1）求推力作用时木块的加速度大小；
（2）若推力的作用时间为0.1s，求木块停止时其位置与A点的距离；
（3）若该选手要想获得游戏成功，求人推木块移动的最小距离．
正确答案
解：（1）推力作用时，根据牛顿第二定律得：
a=
（2）若推力的作用时间为0.1s，则此过程中，木块的位移为：
从静止一直到停止运动的过程中，根据动能定理得：
0-0=Fx1-μmgx
解得：x=
（3）当木块正好停在B点，此时人推木块移动的距离最小，设人推木块移动的最小距离为x2，从静止一直到停止运动的过程中，根据动能定理得：
0-0=Fx2-μmg（L1-L2）
解得：
答：（1）推力作用时木块的加速度大小为48m/s2；
（2）木块停止时其位置与A点的距离为6m；
（3）人推木块移动的最小距离为0.2m．
解析
解：（1）推力作用时，根据牛顿第二定律得：
a=
（2）若推力的作用时间为0.1s，则此过程中，木块的位移为：
从静止一直到停止运动的过程中，根据动能定理得：
0-0=Fx1-μmgx
解得：x=
（3）当木块正好停在B点，此时人推木块移动的距离最小，设人推木块移动的最小距离为x2，从静止一直到停止运动的过程中，根据动能定理得：
0-0=Fx2-μmg（L1-L2）
解得：
答：（1）推力作用时木块的加速度大小为48m/s2；
（2）木块停止时其位置与A点的距离为6m；
（3）人推木块移动的最小距离为0.2m．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：设物块上滑过程克服重力做功为WG，克服摩擦力做功为Wf．
对物块上滑过程，运用动能定理得：
-WG-Wf=0-
在恒力作用下物块上滑过程，由动能定理得：
WF-WG-Wf=
解得拉力F做的功为 WF=
故选：D
A若物块能从轨道BC的最高点C飞出，则下落的高度h可能为
B若已知下落高度h=R，则可求出物块打到轨道AB上的速度大小
C释放的高度越高，在轨道BC的最高点C和最低点B的压力差越大
D若物块从最高点C飞出后，碰到轨道AB上的速度方向不可能与过碰撞点的轨道切线垂直
正确答案
解析
解：A、物块恰能从轨道BC的最高点C飞出时，由重力提供向心力，则 mg=m
从开始下落到C点的过程，由机械能守恒定律得：mgh=
联立解得 h=
B、若已知下落高度h=R，根据机械能守恒定律可求出物块通过C点的速度．物块离开C点后做平抛运动，则有
y=
又有x2+y2=R2
由上联立可得t和y，根据v=
C、在C点有：mg+F1=m
在B点有：F2-mg=m
根据机械能守恒定律得：mgR+
联立解得：F2-F1=6mg，根据牛顿第三定律可知在轨道BC的最高点C和最低点B的压力差为6mg，故C错误．
D、若物块从最高点C飞出后，根据“中点”结论可知，碰到轨道AB上的速度方向反向延长交水平位移中点，不可能与过碰撞点的轨道切线垂直，故D正确．
故选：ABD．
一个质量为m的物体从高度为H做自由落体运动，然后陷入泥浆中，已知泥浆对他们的水平阻力为f，求能陷入泥浆多深的位置．
正确答案
解：设陷入泥浆的深度为h，
对小球下降的全过程，利用动能定理可得，
mg（H+h）-fh=0
解得：h=
答：陷入泥浆的深度为
解析
解：设陷入泥浆的深度为h，
对小球下降的全过程，利用动能定理可得，
mg（H+h）-fh=0
解得：h=
答：陷入泥浆的深度为
（1）在时间t内雪橇和人的加速度大小a；
（2）整个运动过程中雪橇和人的最大动能Ek；
（3）狗拉动雪橇和人的过程中水平恒力大小F．
正确答案
解：（1）在加速过程中，由运动学公式得：
x=
（2）雪橇和人在绳索断开时速度最大，
由速度公式得：v=at=
动能：EK=
（3）加速过程中，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2-02=2ax，
绳索断开后，由速度位移公式得：02-v2=-2a1x，解得：a=a1，
加速过程中，由牛顿第二定律得：F-f=ma，
绳索断开后，由牛顿第二定律得：f=ma1，
解得：F=
答：（1）在时间t内雪橇和人的加速度大小a为
（2）整个运动过程中雪橇和人的最大动能Ek为
（3）狗拉动雪橇和人的过程中水平恒力大小F为
解析
解：（1）在加速过程中，由运动学公式得：
x=
（2）雪橇和人在绳索断开时速度最大，
由速度公式得：v=at=
动能：EK=
（3）加速过程中，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2-02=2ax，
绳索断开后，由速度位移公式得：02-v2=-2a1x，解得：a=a1，
加速过程中，由牛顿第二定律得：F-f=ma，
绳索断开后，由牛顿第二定律得：f=ma1，
解得：F=
答：（1）在时间t内雪橇和人的加速度大小a为
（2）整个运动过程中雪橇和人的最大动能Ek为
（3）狗拉动雪橇和人的过程中水平恒力大小F为
正确答案
解析
解：B、对全程，根据动能定理，有：
WF=
解得：
v=
即物体回到底端的速度为2m/s，故B错误；
A、设撤去拉力时刻速度为v′，根据平均速度公式，运动全程，有：
解答：
v′=
即撤去恒力F时物体的速度为1m/s，故A错误；
C、物体回到底端的速度为2m/s，故动能：
Ek=
故C错误；
D、对向上加速的过程，有：
WF-mgsin37°L=
其中：WF=FL
联立解得：F=8N
故D正确；
故选：D
（1）皮带轮转动的角速度多大？
（2）物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力；
（3）如物体滑到传送带后将物块将圆弧轨道移开，则物体从传送带的哪一端离开传送带？物块在传送带上克服摩擦力所做的功为多大？
正确答案
解：（1）皮带轮转动的角速度，由v=ωr，得：
（2）物块滑到圆弧轨道底端的过程中，由动能定理得：
解得：
在圆弧轨道底端，由牛顿第二定律得：
解得物块所受支持力：
F=60N
由牛顿第三定律，物块对轨道的作用力大小为60N，方向竖直向下．
（3）物块滑上传送带后做匀减速直线运动，设加速度大小为a，
由牛顿第二定律得：μmg=ma
解得：a=μg=1m/s2
物块匀减速到速度为零时运动的最大距离为：
可见，物块将从传送带的右端离开传送带．
物块在传送带上克服摩擦力所做的功为：
W=μmgL=0.1×2×10×6=12J．
答：（1）皮带轮转动的角速度15rad/s．
（2）物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力为60N；
（3）物块将从传送带的右端离开传送带．物块在传送带上克服摩擦力所做的功为12J
解析
解：（1）皮带轮转动的角速度，由v=ωr，得：
（2）物块滑到圆弧轨道底端的过程中，由动能定理得：
解得：
在圆弧轨道底端，由牛顿第二定律得：
解得物块所受支持力：
F=60N
由牛顿第三定律，物块对轨道的作用力大小为60N，方向竖直向下．
（3）物块滑上传送带后做匀减速直线运动，设加速度大小为a，
由牛顿第二定律得：μmg=ma
解得：a=μg=1m/s2
物块匀减速到速度为零时运动的最大距离为：
可见，物块将从传送带的右端离开传送带．
物块在传送带上克服摩擦力所做的功为：
W=μmgL=0.1×2×10×6=12J．
答：（1）皮带轮转动的角速度15rad/s．
（2）物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力为60N；
（3）物块将从传送带的右端离开传送带．物块在传送带上克服摩擦力所做的功为12J
如图所示，一质量为0.5kg的小球，从斜面上的A由静止释放，进入半径为0.4m竖直轨道作圆周运动，然后进入别的轨道，已知小球经过圆上最低点B的速度为8m/s，经过圆上最高点C的速度为4m/s，求
（1）当小球经过B点时对轨道的压力？
（2）当小球经过C点时对轨道的压力？
正确答案
解：（1）在B点，根据牛顿第二定律得：NB-mg=m
解得：NB=mg+m
根据牛顿第三定律知小球经过B点时轨道对小球的压力为85N．
（2）在C点根据牛顿第二定律得：mg+NC=m
解得：NC=m
根据牛顿第三定律知小球经过C点时轨道对小球的压力为15N．
答：（1）当小球经过B点时轨道对小球的压力为85N．
（2）当小球经过C点时轨道对小球的压力为15N．
解析
解：（1）在B点，根据牛顿第二定律得：NB-mg=m
解得：NB=mg+m
根据牛顿第三定律知小球经过B点时轨道对小球的压力为85N．
（2）在C点根据牛顿第二定律得：mg+NC=m
解得：NC=m
根据牛顿第三定律知小球经过C点时轨道对小球的压力为15N．
答：（1）当小球经过B点时轨道对小球的压力为85N．
（2）当小球经过C点时轨道对小球的压力为15N．
质量为1kg的物体，被人用手由静止向上提高1m（忽略空气阻力），这时物体的速度是2m/s．下列说法中正确的是（g=10m/s2）（ ）
正确答案
解析
解：A根据动能定理得：W-mgh=
解得手对物体做功为：W=mgh+
B、由动能定理得：W合=
D、物体的重力做功为：WG=-mgh=-1×10×1=-10J，即物体克服重力做功10J．故D正确．
故选：AD．
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