- 机械能守恒定律
- 共29368题
（1）滑雪者滑离平台后在空中的运动时间t0；
（2）滑雪者滑离平台时刻的速度大小v1；
（3）滑雪者着地点到平台边缘的水平距离L；
（4）若平台上的冰面与雪橇间的动摩擦因数为μ=0.05，则滑雪者的初速度大小v0．
正确答案
解：（1）滑雪者从平台上抛出后，竖直方向做自由落体运动，得：
所以：
（2）滑雪者落地时的竖直方向的分速度：vy=gt=10×0.4m/s=4m/s
由题意：
所以：
（3）滑雪者着地点到平台边缘的水平距离：L=v1t=3×0.4m/s=1.2m
（4）滑雪者在平台上运动时，摩擦力做功，由动能定理得：
代入数据解得：v0=5m/s
答：（1）滑雪者滑离平台后在空中的运动时间是0.4s；
（2）滑雪者滑离平台时刻的速度大小是3m/s；
（3）滑雪者着地点到平台边缘的水平距是1.2m；
（4）若平台上的冰面与雪橇间的动摩擦因数为μ=0.05，则滑雪者的初速度大小5m/s．
解析
解：（1）滑雪者从平台上抛出后，竖直方向做自由落体运动，得：
所以：
（2）滑雪者落地时的竖直方向的分速度：vy=gt=10×0.4m/s=4m/s
由题意：
所以：
（3）滑雪者着地点到平台边缘的水平距离：L=v1t=3×0.4m/s=1.2m
（4）滑雪者在平台上运动时，摩擦力做功，由动能定理得：
代入数据解得：v0=5m/s
答：（1）滑雪者滑离平台后在空中的运动时间是0.4s；
（2）滑雪者滑离平台时刻的速度大小是3m/s；
（3）滑雪者着地点到平台边缘的水平距是1.2m；
（4）若平台上的冰面与雪橇间的动摩擦因数为μ=0.05，则滑雪者的初速度大小5m/s．
如图所示，一个光滑的弧形槽AB与水平粗糙轨道BC面相连接，另一圆形光滑轨道竖直放置与BC相切于C点，小球在离地面高h=0.45m的A点沿弧形槽静止开始滑下，进入水平轨道BC后，再进入圆形轨道内．已知小球在BC段动摩擦因数μ=0.25，BC长度为L=1m，圆形轨道半径为r=0.1m，g取l0m/s2，求：
（1）小球滑到B点时和C点时的速度大小；
（2）要使小球能达到圆轨道的最高点D处，则小球在A速度至少为多少？
正确答案
解：（1）小球从A到B，由机械能守恒，得 
解得：
小球从B到C，根据动能定理，得
解得：
（2）在D点，根据向心力公式，
小球从A到B到C到D，根据能量守恒，得
联立解得：
答：
（1）小球滑到B点时和C点时的速度大小分别为3m/s和2m/s；
（2）要使小球能达到圆轨道的最高点D处，则小球在A速度至少为1m/s．
解析
解：（1）小球从A到B，由机械能守恒，得
解得：
小球从B到C，根据动能定理，得
解得：
（2）在D点，根据向心力公式，
小球从A到B到C到D，根据能量守恒，得
联立解得：
答：
（1）小球滑到B点时和C点时的速度大小分别为3m/s和2m/s；
（2）要使小球能达到圆轨道的最高点D处，则小球在A速度至少为1m/s．
某运动员在田赛场地将质量为m的铁饼用力水平推出，铁饼出手时到水平地面的距离是h，铁饼落地时的速度为v，不计空气阻力，运动员投掷铁饼时对铁饼傲的功是（ ）
A
Bmgh+
Cmgh
D
正确答案
解析
解：
由动能定理：W=
在铁饼出手到落地过程，重力做功，由动能定理：
解得：
故B正确．
故选：B．
正确答案
解析
解：A、在整个过程中，根据动能定理可得mgRcosθ-μmgscosθ=0-0
解得
B、克服摩擦力做功为Wf=μmgcosθ•s=0.2×5×10×0.8×20J=160J，故B错误；
C、从B到E由动能定理可得
在E点由牛顿第二定律可得
联立解得FN=70N
根据牛顿第三定律可得对轨道的压力为70N
D、干好通过D点的速度为v，则
从释放点到D点由动能定理可得
联立解得h=13.3m，故D错误；
故选：BC
（1）粘合后的两球从M点飞出时速度大小；
（2）小球A冲进轨道时速度的大小．
正确答案
解：（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，则有：
解得：
平抛运动的初速度为：v=
（2）根据动量守恒，两球碰撞过程有：
mv1=2mv
小球A在圆管内运动过程，机械能守恒：
解得：
答：（1）粘合后的两球从M点飞出时速度大小为
（2）小球A冲进轨道时速度的大小为
解析
解：（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，则有：
解得：
平抛运动的初速度为：v=
（2）根据动量守恒，两球碰撞过程有：
mv1=2mv
小球A在圆管内运动过程，机械能守恒：
解得：
答：（1）粘合后的两球从M点飞出时速度大小为
（2）小球A冲进轨道时速度的大小为
（1）弹丸B被抛出瞬间的速度大小；
（2）C点与O点的水平距离；
（3）杆对弹丸B做的功．
正确答案
解：（1）以A、B系统为研究对象，在从水平转至竖直的过程中，系统机械能守恒：
又因为杆转到竖直时：vB=2vA
由此计算可得：
（2）B从抛出到落地过程做平抛运动，x=vBt
代入
解之可得：x=4L；
（3）以弹丸B为研究对象，在从水平位置到竖直位置的过程中，
运用动能定理得：
代入
可得：W杆=3mgL；
答：（1）弹丸B被抛出瞬间的速度大小为：
（2）C点与O点的水平距离4L；
（3）杆对弹丸B做的功3mgL．
解析
解：（1）以A、B系统为研究对象，在从水平转至竖直的过程中，系统机械能守恒：
又因为杆转到竖直时：vB=2vA
由此计算可得：
（2）B从抛出到落地过程做平抛运动，x=vBt
代入
解之可得：x=4L；
（3）以弹丸B为研究对象，在从水平位置到竖直位置的过程中，
运用动能定理得：
代入
可得：W杆=3mgL；
答：（1）弹丸B被抛出瞬间的速度大小为：
（2）C点与O点的水平距离4L；
（3）杆对弹丸B做的功3mgL．
正确答案
解析
解：A、物体到达最高点时，机械能为：E=EP=mgh，由图知：EP=30J．得：m=
B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功，
△E=-μmgcosα
即：30-50=-μ×1×10cos37°×
C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsinα+μmgcosα=ma，得：a=gsinα+μgcosα=10×0.6+0.5×10×0.8=10m/s2，故C错误；
D、由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功为：W=30-50=-20J，在整个过程中由动能定理得：EK-EK0=2W，则有：EK=EK0+2W=50+2×（-20）=10J，故D正确；
故选：AD．
（1）从B处飞出时的速度大小；
（2）到达B处时的速度大小；
（3）沿轨道运动过程中克服摩擦力所做的功．
正确答案
解：（1）（2）当小球到达轨道最高点B时恰好对轨道没有压力，重力提供向心力，故：
mg=m
解得：
（3）从P到B过程，根据动能定理，有：
mg（h-R）-Wf=
解得：
Wf=mg（h-
答：（1）从B处飞出时的速度大小为
（2）到达B处时的速度大小为
（3）沿轨道运动过程中克服摩擦力所做的功为mg（h-
解析
解：（1）（2）当小球到达轨道最高点B时恰好对轨道没有压力，重力提供向心力，故：
mg=m
解得：
（3）从P到B过程，根据动能定理，有：
mg（h-R）-Wf=
解得：
Wf=mg（h-
答：（1）从B处飞出时的速度大小为
（2）到达B处时的速度大小为
（3）沿轨道运动过程中克服摩擦力所做的功为mg（h-
（1）释放点距A点的竖直高度；
（2）小球落到斜面上C点时的速度大小．
正确答案
解：（1）小球恰能到达B点，在B点由重力提供向心力，则有：
mg=m
得：v=
设小球的释放点距A点高度为h，小球从开始下落到B点，由动能定理得：
mg（h-R）=
得：h=1.5R
（2）小球离开B点后做平抛运动，小球落到C点时有：
tan45°=
解得：t=2
小球落在斜面上C点时竖直分速度为：vy=gt=2
小球落到C点得速度大小：vC=
答：（1）释放点距A点的竖直高度是1.5R；
（2）小球落到斜面上C点时的速度大小为
解析
解：（1）小球恰能到达B点，在B点由重力提供向心力，则有：
mg=m
得：v=
设小球的释放点距A点高度为h，小球从开始下落到B点，由动能定理得：
mg（h-R）=
得：h=1.5R
（2）小球离开B点后做平抛运动，小球落到C点时有：
tan45°=
解得：t=2
小球落在斜面上C点时竖直分速度为：vy=gt=2
小球落到C点得速度大小：vC=
答：（1）释放点距A点的竖直高度是1.5R；
（2）小球落到斜面上C点时的速度大小为
（1）物体的初速度v0；
（2）A、B两点间的距离x．
正确答案
解：（1）设物体到达C点的速度为v，从B到C由动能定理得：
物体做圆周运动恰能到达最高点C，由牛顿第二定律有：
联解①②得：
（2）物体从C到A作平抛运动有：
x=vt…⑤
联解④⑤得：x=0.8m…⑥
答：（1）物体的初速度是2
（2）A、B两点间的距离是0.8m．
解析
解：（1）设物体到达C点的速度为v，从B到C由动能定理得：
物体做圆周运动恰能到达最高点C，由牛顿第二定律有：
联解①②得：
（2）物体从C到A作平抛运动有：
x=vt…⑤
联解④⑤得：x=0.8m…⑥
答：（1）物体的初速度是2
（2）A、B两点间的距离是0.8m．
改变汽车的质量和速度，都可能使汽车的动能发生变化：
如果质量不变，速度增大到原来2倍，则动能变为原来的______倍；
如果速度不变，质量增大到原来2倍，则动能变为原来的______倍；
如果质量减半，速度增大到原来4倍，则动能变为原来的______倍；
如果速度减半，质量增大到原来4倍，则动能变为原来的______倍．
正确答案
4
2
8
1
解析
解：
故本题的答案为：4，2，8，1．
（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h．
（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物体在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动．求F的大小．
正确答案
解：（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得 mgh-μ1mgL=0…①
代入数据得：
h=0.2m…②
（2）①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得
cosθ=
根据牛顿第二定律，对物体有mgtanθ=ma ④
对工件和物体整体有 F-μ2（M+m）g=（M+m）a ⑤
联立②③④⑤式，代入数据得 F=8.5N
答：
（1）P、C两点间的高度差h是0.2m．
（2）F的大小是8.5N．
解析
解：（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得 mgh-μ1mgL=0…①
代入数据得：
h=0.2m…②
（2）①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得
cosθ=
根据牛顿第二定律，对物体有mgtanθ=ma ④
对工件和物体整体有 F-μ2（M+m）g=（M+m）a ⑤
联立②③④⑤式，代入数据得 F=8.5N
答：
（1）P、C两点间的高度差h是0.2m．
（2）F的大小是8.5N．
如图甲所示，木板CD紧靠在长为L=3m的水平轨道AB的右侧，木板上表面与AB轨道平齐，有一质量为m=1kg的可看作质点的滑块，于轨道左侧A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ1=0.20，与木板CD上表面间的动摩擦因数为μ2=0.30，长木板质量M=3kg且下表面光滑，物块可以无障碍地从轨道滑上木板．取g=10m/s2．求：
（1）滑块在水平轨道上滑动前2m所用的时间；
（2）滑块刚滑上木板时的速度大小；
（3）若滑块滑上木板瞬间撤去力F，要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度是多大？
正确答案
解：（1）在前2m内，物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：
F1-μ1mg=ma1，
且x1=
解得：t1=
（2）对滑块从A到B的过程，由动能定理得：
F1x1-F2x2-μ1mgx=
即：8×2 J-4×1 J-0.20×1×10×3 J=
得：vB=2
（3）设小物块刚好滑到木板右端时与木板达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，规定向右为正方向，系统动量守恒，有：
mvB=（M+m）v
对物块和木板系统，由能量守恒定律得：
μ2mgS=
解得：S=1.5m，
即木板的长度至少是1.5m．
答：（1）滑块在水平轨道上滑动前2m所用的时间为
（2）滑块刚滑上木板时的速度大小为2
（3）若滑块滑上木板瞬间撤去力F，要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度是1.5m．
解析
解：（1）在前2m内，物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：
F1-μ1mg=ma1，
且x1=
解得：t1=
（2）对滑块从A到B的过程，由动能定理得：
F1x1-F2x2-μ1mgx=
即：8×2 J-4×1 J-0.20×1×10×3 J=
得：vB=2
（3）设小物块刚好滑到木板右端时与木板达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，规定向右为正方向，系统动量守恒，有：
mvB=（M+m）v
对物块和木板系统，由能量守恒定律得：
μ2mgS=
解得：S=1.5m，
即木板的长度至少是1.5m．
答：（1）滑块在水平轨道上滑动前2m所用的时间为
（2）滑块刚滑上木板时的速度大小为2
（3）若滑块滑上木板瞬间撤去力F，要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度是1.5m．
正确答案
解析
解：根据动能定理得：
EK2-EK1=-fs
而EK2=0，则得EK1=fs
又f=μmg
所以有 μmgs=EK1，
故选C
（1）人与滑板离开平台A点运动到B点过程所用的时间．
（2）人与滑板离开平台时的水平初速度．
（3）滑板与水平地面之间的动摩擦因数．
正确答案
解：（1）从A到B过程，由平抛运动规律得：
h=
得 t=
（2）由s1=v0t
则得：v0=
（3）从B到C过程，由动能定理得：
-μmgs2=0-
则得：μ=
答：
（1）人与滑板离开平台A点运动到B点过程所用的时间是0.6s．
（2）人与滑板离开平台时的水平初速度是5m/s．
（3）滑板与水平地面之间的动摩擦因数是0.1．
解析
解：（1）从A到B过程，由平抛运动规律得：
h=
得 t=
（2）由s1=v0t
则得：v0=
（3）从B到C过程，由动能定理得：
-μmgs2=0-
则得：μ=
答：
（1）人与滑板离开平台A点运动到B点过程所用的时间是0.6s．
（2）人与滑板离开平台时的水平初速度是5m/s．
（3）滑板与水平地面之间的动摩擦因数是0.1．
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