- 机械能守恒定律
- 共29368题
（9分）如图11所示，总质量为
（1）运动员在C点处的速度大小。
（2）运动员从A到C的过程中损失的机械能。
正确答案
（1）
（2）
（1）运动员离开C点后做竖直上抛运动，上升时间
在C点的速度
（2）从A滑到C的过程中，由能量守恒定律有
代入数据解得
求：（1） B的速度是多少？
（2）此过程中线的拉力对B做功是多少？
正确答案
(1)
（1）B上升高度h时，A沿斜面下滑距离h，下滑高度
以A、B整体为研究对象，由机械能守恒得：
（2）对B由动能定理得：
质量为 m =" 50" kg的滑雪运动员，以初速度 v0 =" 4" m/s ，从高度为 h =" 10" m的弯曲滑道顶端 A 滑下，到达滑道底端 B 时的速度 vt =" 10" m/s ．求：滑雪运动员在这段滑行过程中克服阻力做的功
正确答案
2900J
设摩擦力做功为Wf ，
根据动能定理：mgh－wf=1/2mvt2－1/2mv02-----------5分
带入数值得：Wf =2900J-----------------------------3分
电动机通过一绳吊起一重为80N的物体，绳子的拉力不能120N，电动机的功率不超过1200W,若将此物体由静止起用最快的方式吊高90m,所需时间为多少?(已知此物体被吊高90m之前已开始以最大速度匀速上升，g取l0m／s2)
正确答案
7.75s
本题 (可分为两个过程:第一过程是以最大拉力Fm拉物体使之匀加速上升,直到电动机保持额定功率不变,拉力F逐渐变小,当拉力与重力相等后匀速上升直至达到90m高处,这样才能保证所用时间最短. --------(2分)
物体以最大加速度上升时,
电动机功率达最大时,物体的速度
匀加速上升所需时间
匀加速上升的高度
物体匀速上升的最大速度为
解得t2="5.75s " --------(2分)
故起吊90m所用时间t=t1+t2="7.75s " -----(1分)
（1）在B点时半圆轨道对物体的弹力；
（2）若F=15N，则物体从C到A的过程中，摩擦力做的功。
（3）水平拉力至少做多少功才能使小物体到达B点。
正确答案
（1）NB=52.5N（2）Wf=－9.5J（3）
过B平抛：
在B点：由牛顿第二定律得：
代入代入数据得：NB="52.5N" …………④ (1分)
(2)由C到B由动能定理得：
代入数据得：Wf=－9.5J………………⑥ (1分)
（3）小物体要到达最高点B，至少应使
由C到B由动能定理得: 
⑥⑦⑧联解得：
如图甲所示，一条轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为=1.0 kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于点。现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至点，压缩量为=0.1 m，在这一过程中，所用外力与压缩量的关系如图乙所示。然后撤去释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知点至桌边点的距离为=2，水平桌面的高为=5.0m，计算时，可用滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力。(取10 m/s2) 求：
(1)在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；
(2)小物块落地点与桌边B的水平距离。
正确答案
解：(1)取向左为正方向，从F-x图中可以看出，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为Ff=1.0 N，方向为负方向 ①
在压缩过程中，摩擦力做功为Wf=-Ff·x=-0.1 J ②
由图线与x轴所夹面积可得外力做功为WF=(1.0+47.0)×0.1÷2 J=2.4 J ③
所以弹簧存贮的弹性势能为Ep=WF+Wf=2.3 J ④
(2)从A点开始到B点的过程中，由于L=2x，摩擦力做功为Wf'=Ff'3x=0.3 J ⑤
对小物块用动能定理有
解得vB=2 m/s ⑦
物块从B点开始做平抛运动
下落时间t=1 s
水平距离s=vBt=2 m ⑨
如图所示，R1=R2=R3=R4=R，开关S闭合时，间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m，带电荷量为q的小球恰好处于静止状态。开关S断开时，小球向电容器一个极板运动并发生碰撞，碰撞后小球带上与极板同种性质的电荷。设碰撞过程中没有机械能损失，小球反弹后恰好运动到电容器另一极板，不计电源内阻。求：
（1）电源的电动势。
（2）小球与极板碰撞后的带电量。
正确答案
解：（1）开关S闭合时，R1、R3并联与R4串联，（R2中没有电流通过）有：
对带电小球由平衡条件有：
得：
（2）开关S断开后，R1、R2串联，则
小球先向下运动与下极板相碰后，小球带电量变为
在全过程由动能定理
联解得：
如图所示，小明同学正在进行滑板运动。图中AB段路面是水平的，BCD是一段R=20m的拱起的圆弧路面，圆弧的最高点C比AB的高出h=1.25m。已知人与滑板的总质量为M=60kg。小明自A点由静止开始运动，在AB路段他单腿用力蹬地，到达B点前停止蹬地，然后冲上圆弧路段，结果到达C点时恰好对地面压力为零，不计滑板与各路段之间的摩擦力及经过B点时的能量损失。求小明在AB段所做的功。（g取10m/s2）
正确答案
6750J
人和滑板在半径为R的圆周上作圆周运动，处于圆周轨道的最高点时所受重力提供向心力，设滑行到C点时的速度为vC,根据牛顿第二定律
得
人和滑板从水平面运动到C的过程中，根据机械能守恒定律得
解得
在AB段用动能定理得
（1）物体的初速度为多大？
（2）物体跟平面间的动摩擦因数为多大？
（3）拉力F的大小为多大？（g取10m/s2）
正确答案
(1)
（1）由
得
（2）据动能定理：
得：
（3）据动能定理：
得：
如图所示，竖直平面内放一直角杆AOB，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ=0.20，杆的竖直部分光滑，两部分各套有质量分别为2.0kg和1.0kg的小球A和B，A、B间用细绳相连，初始位置OA=1.5m，OB=2.0m，g取10m/s2，则
（1）若用水平拉力F1沿杆向右缓慢拉A，使之移动0.5m，该过程中A受到的摩擦力多大？拉力F1做功多少？
（2）若小球A、B都有一定的初速度，A在水平拉力F2的作用下，使B由初始位置以1.0m/s的速度匀速上升0.5m，此过程中拉力F2做功多少？
正确答案
（1）先对AB整体受力分析，如图所示．
A、B小球和细绳整体竖直方向处于平衡，A受到的弹力为：
N=（mA+mB）g
则A受到的摩擦力为Ff=μ（mA+mB）g
代入数字得：Ff=6N
由几何关系，sB=0.5m
由能量关系，拉力F1做功为：W1=Ffs+mBgsB；
代入数字得：W1=20 J
（2）设细绳与竖直方向的夹角为θ，因细绳不可伸长，两物体沿绳子方向的分速度大小相等，所以有
vBcosθ=vAsinθ
则：A的初速度vA1=vBcotθ1=
末速度 vA2=vBcotθ2=
设拉力F2做功为W2，对系统，由能量关系得：W2-FfsB-mBgsB=
代入数据得W2=6.8 J
答：
（1）A受到的摩擦力为6N，力F1作功为20J．
（2）力F2作功为6.8J．
如图所示，MN、PQ是足够长的光滑平行导轨，其间距为L，且MP⊥MN．导轨平面与水平面间的夹角θ=30°．MP接有电阻R．有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0．将一根质量为m的金属棒ab紧靠MP放在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻也为R，其余电阻均不计．现用与导轨平行的恒力F=mg沿导轨平面向上拉金属棒，使金属棒从静止开始沿导轨向上运动，金属棒运动过程中始终与MP平行．当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd 到MP的距离为s．求：
（1）金属棒达到稳定速度的大小；
（2）金属棒从静止开始运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量；
（3）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，写出磁感应强度B随时间t变化的关系式．
正确答案
（1）当金属棒稳定运动时做匀速运动，则有 F=mgsinθ+F安又安培力 F安=
解得：v=
（2）金属棒从静止开始运动到cd的过程，由动能定理得：
Fs-mgssinθ-W克安=
解得：W克安=
则根据功能关系得：回路中产生的总热量为Q=W克安=
故电阻R上产生的热量为QR=
则得 QR=
（3）当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流．此时金属棒将沿导轨做匀加速运动．
根据牛顿第二定律 F-mgsinθ=ma，
解得，a=
根据磁通量不变，则有
B0LS=BL（S+vt+
解得，B=
答：（1）金属棒达到稳定速度的大小是
（2）金属棒从静止开始运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量是
（3）磁感应强度B随时间t变化的关系式为B=
北京2005年10月12日电 神舟再度飞天，中华续写辉煌．北京时间10月12日9时9分52秒，我国自主研制的神舟六号载人飞船，在酒泉卫星发射中心发射升空后，准确进入预定轨道．神舟六号载人飞船的飞行，是我国第二次进行载人航天飞行，也是我国第一次将两名航天员（费俊龙、聂海胜）同时送上太空．则：
（1）当返回舱降到距地面30km时，回收着陆系统启动工作，相继完成拉出天线、抛掉底盖等一系列动作．当返回舱距地面20km时，速度减为200m/s而匀速下落，此阶段重力加速度为g'（且近似认为不变），所受空气的阻力为f=
（2）当返回舱降到距地面10km时，打开面积为1200㎡的降落伞，直到速度降到8.0m/s后又匀速下降．为实现软着陆（即着陆时返回舱的速度为0），当返回舱离地面1.2m时反冲发动机点火，返回舱此时的质量为2.7×103㎏，取g=10m/s2（反冲发动机点火后，空气的阻力不计，可认为返回舱做匀减速直线运动）．求平均反冲推力的大小和反冲发动机对返回舱做的功．
正确答案
（1）返回舱以200m/s的速度匀速下降时受力平衡，即有
mg′=
（2）设反冲发动机点火后返回舱所受平均推力大小为F，
则由运动学公式得v2=2ah；
因不计空气的阻力，则有
F-mg=ma，
代入解得 F=m(g+
设反冲发动机对返回舱做的功为WF，由动能定理得
mgh+WF=0-
解得WF=-1.2×105J．
答：（1）返回舱在速度为v时的质量表达式以m=
（2）平均反冲推力的大小是9.9×104N．反冲发动机对返回舱做的功WF=-1.2×105J．
如图所示的装置中，平行板电场中有一质量为m，带电量为q的小球，用长L的细线拴住后在电场中处于平衡状态（即平衡位置），此时线与竖直方向的夹角为θ，两板间的距离为d，求：
（1）小球带何种电荷？
（2）两板间的电势差是多少？
（3）把线拉成竖直向下的位置，放手后小球到达平衡位置时的速度为多大？
正确答案
解：（1）由小球处于平衡状态，及受力分析可知小球受电场力方向水平向左，小球应带负电
（2）设此时绳子拉力为T，板间电场强度为E，由平衡条件得
qE=Tsinθ ①
mg=Tcosθ ②
由匀强电场E=U／d ③
由上述①②③式可解得
（3）从放手到平衡位置，由动能定理得：qELsinθ－mgL(1－cosθ)=
由上述①②③⑤可解得
质量m=1.0×10-4kg的小物体，带有q=5×10-4C的电荷，放在倾角为37°绝缘光滑斜面上，整个斜面置于B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向如图所示，物块由静止下滑，滑到某一位置时，开始离开斜面，斜面足够长，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：
（1）物块带何种电荷；
（2）物块离开斜面时的速度；
（3）物块在斜面上滑行的最大距离．
正确答案
（1）由题意可知：小滑块受到的安培力垂直斜面向上．
根据左手定则可得：小滑块带负电．
（2）当物体离开斜面时，弹力为零，因此有：Bqv=mgcosα，
故v=
故物块离开斜面时的速度为3.2m/s．
（3）由于斜面光滑，物体在离开斜面之前一直做匀加速直线运动，故有：
v2=2al
mgsinθ=ma
所以代人数据解得：l≈0.85m．
故物块在斜面上滑行的最大距离为：l≈0.85m．
如图所示，用恒力F拉一个质量为m 的物体，由静止开始在水平地面沿直线运动的位移为s，力F与物体运动方向的夹角为α，已知物体与地面的动摩擦因数为μ，当地的重力加速度为g．试求：
（1）拉力F对物体所做的功W
（2）地面对物体摩擦力f的大小
（3）物体获得的动能Ek．
正确答案
（1）根据功的公式，拉力F 对物体所做的功为：
WF=Fs cosα------①
（2）对物体进行受力分析，并对拉力F进行分解如右图所示：
根据物体在竖直方向的平衡条件可知：
F2+FN=G---------------②
F2=Fsinα----------③
由②③得：FN=mg-Fsinα
再根据滑动摩擦力公式f=μFN
解得：f=μ（mg-Fsinα）-------④
（3）根据动能定理W总=EK2-EK1得：
WF-fs=EK2-0---------⑤
由①④⑤解得：物体的末动能EK2=Fs cosα-μ（mg-Fsinα）s
答：（1）拉力F对物体所做的功为 Fs cosα
（2）地面对物体摩擦力f的大小为f=μ（mg-Fsinα）
（3）物体获得的动能为Fs cosα-μ（mg-Fsinα）s
．
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