- 机械能守恒定律
- 共29368题
如图所示，光滑斜面的底端a与一块质量均匀、水平放置的平板光滑相接，平板长为2L，L=1.5m，其中心C固定在高为R的竖直支架上，R=1.5m，支架的下端与垂直于纸面的固定转轴O连接，因此平板可绕转轴O沿顺时针方向翻转．问：在斜面上离平板高度为h0处放置一滑块A，使其由静止滑下，滑块与平板间的动摩擦因数μ=0.40，为使平板不翻转，h0最大为多少？（重力加速度g取10m/s2）
某同学这样要使平板不翻转，A在板上滑行的最大距离是L，因此h0最大值可由mgh0-μmgL=0-0求得．
你认为这位同学的解答是否正确？如果认为正确，请解出h0的最大值；如果认为不正确，请指出错误之处，并求出h0的最大值．
正确答案
不正确，因为没有考虑摩擦力的力矩．
设A在水平板上滑行S停下，恰好不翻倒
对平板：N（L-S）=μNR
求得S=L-μR=（1.5-0.40×1.5）=0.9m
对A：mgh0-μmgS=0-0
求得：h0=μS=0.40×0.90=0.36m
答：这位同学的解答不正确，h0的最大值为0.36m．
某跳伞运动训练研究所，让一名跳伞运动员从悬停在高空的直升飞机中跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落．研究人员利用运动员随身携带的仪器记录下了他的运动情况和受力情况．分析这些数据知道：该运动员打开伞的瞬间，高度为1000m，速度为20m/s．此后的过程中所受空气阻力f与速度的平方成正比，即f=kv2，k为阻力系数．数据还显示，下降到某一高度时，速度稳定为10m/s直到落地（一直竖直下落），人与设备的总质量为100kg，g取10m/s2．
（1）试说明运动员从打开降落伞到落地的过程中运动情况如何？定性大致作出这段时间内的v-t图象．（以打开伞时为计时起点）．
（2）求阻力系数k和打开降落伞瞬间的加速度a各为多大？
（3）求从打开降落伞到落地的全过程中，空气对人和设备的作用力所做的总功？
正确答案
（1）运动员先作加速度越来越小的减速运动，后作匀速运动．
v-t如图所示．
（2）根据题意得，由牛顿第二定律可有：
kν12-Μg=Μa
kν22-Μg=0
代入数据解之得k=10kg/m
a=30m/s2
（3）由能的转化和守恒定律知，所求的功应等于系统损失的机械能
W=mgh+
=（100×10×1000+
=1.015×106J．
答：（1）运动员先作加速度越来越小的减速运动，后作匀速运动．这段时间内的v-t图象．如图所示（以打开伞时为计时起点）．
（2）求阻力系数为10kg/m 和打开降落伞瞬间的加速度a为30m/s2．
（3）求从打开降落伞到落地的全过程中，空气对人和设备的作用力所做的总功为1.015×106J．
为了从货车上卸货，工人在车厢旁倾斜架放一梯子，让质量为m的货箱顺着可视为平滑斜面的梯子下滑，如图．已知车厢顶部离地的高度为h，梯子所在斜面的倾角θ=45°，货箱从车厢顶部所在高度处由静止释放，货箱与梯子间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度为g．
（1）求货箱沿梯子下滑的加速度大小和货箱下滑至地面时的速度大小．
（2）若工人先用轻绳绑紧货箱，再让货箱从原位置由静止下滑，下滑过程使用平行于梯子的轻绳向上拉货箱，货箱匀加速下滑，到达地面时的速度为v′=
正确答案
（1）货箱下滑过程，由牛顿定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma①
将θ和μ代入解得加速度大小a=
由匀加速运动规律得v2=2as③
而 
联立解得货箱下滑至地面时的速度大小v=
（2）货箱受绳子拉力下滑过程，由动能定理得(mgsinθ-μmgcosθ)s-WF=
由匀加速运动规律得s=
货箱克服轻绳拉力做功的平均功率P=
联立解得P=
答：（1）货箱沿梯子下滑的加速度大小为
（2）货箱下滑过程克服轻绳拉力做功的平均功率为
质量为2kg的木块置于水平面上，在运动方向上受到水平拉力F的作用，沿水平方向做匀加速运动，2s后撤去F，其运动的速度图象如图所示，g取10m/s2．
求：（1）求0-2s内物体的加速度a1的大小
（2）求2-6s内物体的加速度a2的大小
（3）拉力F对木块做功为多少？
（4）整个过程中摩擦力做功为多少？
正确答案
（1）速度图象的斜率等于物体的加速度，则前2秒的加速度a1=
（2）2～6秒的加速度大小a2=|
（3）对于两段运动过程，由牛顿第二定律得：
F-Ff=ma1 ①
Ff=ma2 ②
解得：F=10 N，Ff=5N，
前2秒位移：x1=
（3）拉力做功为 WF=Fx1=150 J，
（4）整个过程中摩擦力做功为WFf=-Ff（x1+x2）=-175 J
答：
（1）0-2s内物体的加速度a1的大小为2.5 m/s2．
（2）2-6s内物体的加速度a2的大小为2.5 m/s2．
（3）拉力F对木块做功为150 J．
（4）整个过程中摩擦力做功为-175 J．
一质量m=2.0kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机做出了小物块上滑过程的速度-时间图线，如图所示．（取sin37°=0.6 cos37°=0.8 g=10m/s2）求：
（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小；
（2）小物块与斜面间的动摩擦因数；
（3）小物块返回斜面底端时的动能．
正确答案
（1）由小物块上滑过程的速度-时间图线，可知：a=
故小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0m/s2．
（2）如图所示，小物块受重力、支持力、摩擦力，沿斜面建立直角坐标系，
（3）设物块冲上斜面所能达到的最高点距斜面底端距离为s，物块返回到斜面底端时的动能为Ek
向上运动阶段 
沿斜面运动全过程中根据动能定理 -2μmgscos37°=Ek-
代入数据：-2×0.25×20×4.0×0.8=Ek-
Ek=32J
答：（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0m/s2；
（2）小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25；
（3）小物块返回斜面底端时的动能为32J．
如图所示，一根长为l不可伸长的细丝线一端固定于O点，另一端系住一个质量为m的带电小球．将此装置放在水平向右的匀强电场E中，待小球稳定后，细丝线跟竖直方向夹角为α，求：
（1）小球带什么电？电量是多少？
（2）保持小球带电量不变，用外力将小球缓慢拉到竖直方向的最低点，外力对小球做多少功？
正确答案
（1）对小球进行受力分析：由于小球所受电场力水平向右，E的方向水平向右，所以小球带正电．小球受力如图所示，
qE=mgtanα①
即q=
（2）将小球缓慢拉到竖直方向的最低点的过程中，小球动能变化量为零，设外力小球做功为W，由动能定理可知：
W+mgl（1-cosα）-qElsinα=0②
由①②式得：W=mgl(
答：（1）小球带正电，电量为
（2）保持小球带电量不变，用外力将小球缓慢拉到竖直方向的最低点，外力对小球做的功为mgl(
某研究性学习小组用加速度传感器探究物体从静止开始做直线运动的规律，得到了质量为1.0kg的物体运动的加速度随时间变化的关系图线，如图所示．
（1）请简要说明物体的运动情况；
（2）估算物体在t=10.0s时的速度大小；
（3）估算从t=10.0s到t=12.0s的时间内合外力对物体做的功．
正确答案
（1）由加速度随时间的变化图象可知：物体先做加速度越来越大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀加速运动．
（2）物体从静止开始做加速运动，由于△v=a△t，故加速度图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量，故t=10s时的速度等于前10秒图线与坐标轴包围的面积，
v=S=65×0.1=6.5m/s；
（3）由于加速度图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量，故可以估算出12s末的速度为v′=S′=7.5m/s，根据动能定理得：W合=
答：（1）物体先做加速度越来越大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀加速运动；
（2）物体在t=10.0s时的速度大小为6.5m/s；
（3）从t=10.0s到t=12.0s的时间内合外力对物体做的功为7J．
某一旅游景区，建有一山坡滑草运动场．该山坡可看成有一定倾角的斜面，一名游客与滑草装置总质量m=80kg，他从静止开始匀加速下滑，t=5s时滑至底端．已知斜面和水平面动摩擦因数相同，游客在整个运动过程中速率v与时间t的关系如图所示（不计空气阻力，g取10m/s2，）求：
（1）滑草装置与草皮间的动摩擦因数μ；
（2）斜面的倾角θ；
（3）通过计算证明游客从顶端滑至底端的过程满足动能定理．
正确答案
（1）游客和滑草装置整体在水平草皮上作匀减速运动时，由v-t图加速度大小为：
a1=5m/s2=μg，
μ=0.5
（2）游客和滑草装置整体在斜面上作匀加速运动时，由：gsinθ-μgcosθ=2m/s2，
结合sin2θ+cos2θ=1，
则sinθ=0.6，即θ=37°；
（3）游客在此过程中，
重力做功：WG=mgxsinθ=80×10×25×0.6=12000J，
斜面的摩擦力做功：Wf=-μmgxcosθ=-8000 J，
动能的增量△EK=
则合外力的功W合=WG+Wf=4000 J，
W合=△EK即可证明．
答：（1）滑草装置与草皮间的动摩擦因数μ为0.5；
（2）斜面的倾角θ等于37°；
（3）W合=△EK即可证明，游客从顶端滑至底端的过程满足动能定理．
质量为 0.5kg的物体由静止开始沿光滑斜面下滑，下滑到斜面的底端后进入粗糙水平面滑行，直到静止，它的v-t图象如图所示．（g取10m/s2），求：
①斜面的倾角
②物体与水平面的动摩擦因数
③摩擦阻力做的功．
正确答案
（1）由图可知，物体在斜面的加速度为 a1=
又由牛顿第二定律得 ma=mgsinθ 所以 θ=30°
（2）物体在水平面的加速度为a2=
由牛顿第二定律得ma2=μmg
解得μ=0.25
（3）对匀减速运动过程，由动能定理得
wf=0-
答：①斜面的倾角是30°．
②物体与水平面的动摩擦因数是0.25．
③摩擦阻力做的功为-6.25J．
（学有余力同学做，不计入总分）如图所示，设AB段是距水平传送带装置高为H=1.25m的光滑斜面，水平段BC使用水平传送带装置，BC长L=5m，与货物包的摩擦系数为μ=0.4，顺时针转动的速度为V=3m/s．设质量为m=1kg的小物块由静止开始从A点下滑，经过B点的拐角处无机械能损失．小物块随传送带运动到C点后水平抛出，恰好无碰撞的沿圆弧切线从D点进入竖直光滑圆孤轨道下滑．D、E为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R2=1.0m圆弧对应圆心角θ=106°，O为轨道的最低点．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：
（1）小物块在B点的速度．
（2）小物块在水平传送带BC上的运动时间．
（3）水平传送带上表面距地面的高度．
（4）小物块经过O点时对轨道的压力．
正确答案
（1）小物块由A运动B，由动能定理，mgh=
解得：vB=
即小物块在B点的速度为5m/s．
（2）由牛顿第二定律，得μmg=ma，解得：a=μg=4m/s2
水平传送带的速度为v0=3m/s
加速过程，由 v0=vB-at1，得：t1=
则匀速过程
L1=
t2=
故总时间t=t1+t2=1.5s
即小物块在水平传送带BC上的运动时间为1.5s．
（3）小物块从C到D做平抛运动，在D点有：
vy=v0tan
由
故水平传送带上表面距地面的高度为0.8m．
（4）小物块在D点的速度大小为：vD=
对小物块从D点到O由动能定理，得：mgR（1-cos
在O点由牛顿第二定律，得：FN-mg=m
联立以上两式解得：FN=43N
由牛顿第三定律知对轨道的压力为：FN′=43N
即小物块经过O点时对轨道的压力为43N．
一辆电动自行车，蓄电池一次充足电后可向电动机提供E0=1.5×106J的能量，电动机的额定输出功率为P=120w．已知电动车（含电池）的质量m=40kg，最大载重（即骑车人和所载货物的最大总质量）M=120kg．现有质量为m0=60kg的人骑此电动车在无风的平直公路行驶，所受阻力f是车辆总重力的0.03倍，设车电动机的效率是80%，则这辆车充足一次电后，
（1）不载货物时，在电力驱动下能行驶的最大路程是多少？
（2）不载货物时，在电力驱动下从静止开始以a=0.2m/s2加速度匀加速前进的最长时间是多少？
（3）当车承载最大载重，并以电动机的额定功率由静止启动，经3.5s车速达到v=1.5m/s，此时车的加速度多大？车驶过的路程多大？
正确答案
（1）空载时骑车行驶的最小牵引力：F1=f1=0.03（m+m0）g=30N
由功能关系有：F1S1=ηE0
得 S1=
（2）由牛顿第二定律知：F2-f1=（m+m0）a
得 F2=f1+（m0+m）a=30N+（60+40）×0.2=50N
匀加速运动的最大速度为 v1=
匀加速的运动时间为t=
（3）当车承载最大载重时，设牵引力为F3，所受阻力为f2=0.03（m+m0+M）g=48N
则由牛顿第二定律知：F3-f2=（m+m0+M）a
又 F3=
联立以上三式得a=0.2m/s2．
根据动能定理得：
pt-f2s=
解得，s=5m
答：
（1）不载货物时，在电力驱动下能行驶的最大路程是4×104m．
（2）不载货物时，在电力驱动下从静止开始以a=0.2m/s2加速度匀加速前进的最长时间是1.2s．
（3）当车承载最大载重，并以电动机的额定功率由静止启动，经3.5s车速达到v=1.5m/s，此时车的加速度是0.2m/s2．车驶过的路程是5m．
如图所示，皮带始终保持v=6m/s的速度顺时针运转，一个质量为m=1.0kg、初速度为零的小物体放在传送带的左端，若物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.15，传送带左右两端距离为s=6.75m．（g取10m/s2）
（1）求物体从左端运动到右端的时间；
（2）设皮带轮由电动机带动，求物体在皮带上从左端运动到右端消耗的电能．
正确答案
（1）假设小球一直做匀加速运动
物体在皮带上运动的加速度a=μg=1.5m/s2
设从左端到右端的运动时间为t
由s=
得t=3s
v=at=4.5m/s＜6m/s
所以运动的时间为3s
（2）摩擦力做功Wf=μmg△s=0.15×1×10×（3×6-6.75）=16.9J
物体在最右端的速度v=at=1.5×3m/s=4.5m/s
物体动能的增量△EK=
消耗的电能E=Wf+△EK=16.9+10.1J=27J．
如图1所示，物体质量m=4Kg，在水平外力F的作用下，从A点由静止开始做直线运动，到达C点后物体做匀速运动．在运动过程中的AB段和BC段，速度V与水平外力F的变化关系如图2所示（AB平行于纵轴，BC为双曲线的一部分）．已知物体由开始经过t=14s到达C点，物体与地面的动摩擦因数μ=0.1，取g=10m/s2．
求：
（1）物体在AB段的加速度；
（2）物体在BC段通过的路程．
正确答案
（1）由图可知，AB段物体受力为6N； 滑动摩擦力f=μmg；
由牛顿第二定律可知：F-μmg=ma；
解得a=
（2）物体在AB段的时间t1=
物体在BC段受到的拉力力在减小，物体一定做变速运动，由图可知，v与F成反比，故说明FV为定值，即可以认为功率保持不变；设为P，由B点可知P=6×2W=12W；
由动能定理有：
Pt2-μmgs=
s=
答：（1）物体在AB段的加速度为0.5m/s2：（2）物体在BC段的位移为27.5m．
如图所示，AB为半径R=0.8m的
（1）搰块经过B端时，轨道对它支持力的大小
（2）小车被锁定时，其右端到轨道B端的距离．
（3）小车被锁定后，滑块继续沿小车上表面滑动．请判断：滑块能否从小车的左端滑出小 车？若不能，请计算小车被锁定后由于摩擦而产生的内能是多少？若能，请计算滑块的 落地点离小车左端的水平距离．
正确答案
（1）设滑块经过B点的速度为v1，由机械能守恒定律得：
mgR=
解得：v1=4m/s
设滑块经过B点时，轨道对其支持力为N，由牛顿第二定律得：
N-mg=
解得：N=30N
（2）当滑块滑上小车后，设滑块和小车加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律得：
对滑块：-μmg=ma1
对小车：μmg=Ma2
解得：a1=-3m/s2，a2=1m/s2
设经时间t1达到共同速度，其速度为v，由运动学公式得：
v=v1+a1t1
v=a2t1
解得：t1=1s，v=1m/s
设此时小车右端到B的距离为x1，由运动学公式得：
x1=
（3）设达到共同速度时，滑块的位移为x2，由运动学公式得：
x2=v1t1+
解得：x2=2.5m
此时，滑块在小车表面滑动距离为△x1，则：
△x1=x2-x1=2.5-0.5m=2m
小车被锁定后，假设滑块能从另一端滑下，滑块又在小车表面滑动距离为△x2，由几何关系得：
△x2=L-△x1=0.16m
设滑块滑下时的速度为v2，由动能定理得：
-μmg△x2=
1
2
mv2
解得：
所以滑块能从左端滑出，且滑出的速度为v2=0.2m/s
滑块滑出后，做平抛运动，设落地时间为t2，落点到小车左端距离为x3，则：
h=
x3=v2t2
联立解得x3=0.04m
答：（1）搰块经过B端时，轨道对它支持力的大小为30N
（2）小车被锁定时，其右端到轨道B端的距离为0.5m
（3）滑块能从小车的左端滑出，落地点离小车左端的水平距离为0.04m
如图所示，静止在粗糙水平面上的斜面体有三个光滑斜面AB、AC和CD．已知斜面AB与水平方向成37°角，斜面AC与水平方向成53°角，斜面CD与水平方向成30°角，A点与C点的竖直高度为h1=0.8m，C点与D点的竖直高度为h2=3.25m．在B点左侧的水平面上有一个一端固定的轻质弹簧，自然长度时弹簧右端到B点的水平距离为s=3.9m．质量均为m=1kg的物体甲和乙同时从顶点A由静止释放，之后甲沿斜面AB下滑，乙沿AC下滑．在甲乙两物体下滑过程中，斜面体始终处于静止状态，且两物体运动中经过B点、C点、D点时，速度大小不改变，只改变方向．甲进入水平面后向左运动压缩弹簧的最大压缩量为x=0.1m，乙物体进入水平面后便向右运动最终停止．已知甲物体与水平面的动摩擦因数为μ=0.6，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．求：
（1）弹簧的最大弹性势能为多少？
（2）甲物体最终停止位置距B点多远？
（3）通过计算，说明甲乙两物体是否同时滑到水平面上？
正确答案
（1）当滑块甲运动到最左端时，弹簧的弹性势能最大，对滑块甲从A到最左端过程运用动能定理，得到
mg（h1+h2）-μmg（S+x）-W弹=0-0
弹簧弹力做的功等于弹性势能增加量，故
Epm=W弹
解得
Epm=mg（h1+h2）-μmg（S+x）=1×10×（0.8+3.25）-0.6×1×10×（3.9+0.1）=16.5J
即弹簧的最大弹性势能为16.5J．
（2）对甲物体从开始到停止运动的整个过程运用动能定理，有
mg（h1+h2）-μmg•L=0-0
解得
L=
故甲物体最终停止位置距B点为：x1=2（h1+h2）-L=1.25m．
（3）甲物体受重力、支持力，根据牛顿第二定律，有
mgsin37°=ma1
根据位移时间公式，有
解得
t1=1.5s
对于乙物体，在倾角为53°的斜面上时，加速度设为a2，在倾角为30°的斜面上时，加速度设为a3
根据牛顿第二定律，有
mgsin53°=ma2
mgsin30°=ma3
根据运动学公式，有
v=a2t2
解得
t2=0.5s
t3=1s
故t1=t2+t3
即甲乙两物体同时到达水平面上．
扫码查看完整答案与解析