- 机械能守恒定律
- 共29368题
两套完全相同的小物块和轨道系统固定在水平桌面上．物块质量m=1kg，轨道长度l=2m，物块与轨道之间动摩擦因数μ=0.2．现用水平拉力F1=8N、F2=4N同时拉两个物块，分别作用一段距离后撤去，使两物块都能从静止出发，运动到轨道另一端时恰好停止．（g=10m/s2）求：
（1）在F1作用下的小物块加速度a1多大？
（2）F1作用了多少位移s1？
（3）从两物块运动时开始计时直到都停止，除了物块在轨道两端速度都为零之外，另有某时刻t两物块速度相同，则t为多少？
正确答案
（1）根据牛顿第二定律得 F1-μmg=ma1 a1=6m/s2
（2）对全过程，由动能定理得
F1s-μmgl=0
解得，s=0.5m
（3）F2作用下的物块，有
F2-μmg=ma2 a2=2m/s2
两物块速度相同时，一定在上方物块减速阶段
上方物块最大速度v=
a2t=v-a′（t-
得t=0.816s
答：
（1）在F1作用下的小物块加速度a1为6m/s2．
（2）F1作用的位移s1为0.5m．
（3）两物块速度相同的时刻t为0.816s．
过山车是游乐场中常见的设施．下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1=2.0m、R2=1.4m．一个质量为m=1.0kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以v0=12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1=6.0m．小球与水平轨道间的动摩擦因数为0.2，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度取g=10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字．试求
（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少；
（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离．
正确答案
（1）设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理得：
-μmgL1-2mgR1=
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律有：
F+mg=m
由 ①、②得 F=10.0 N ③
（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由小球恰能通过第二圆形轨道有：
mg=m
-μmg（L1+L）-2mgR2=
由④、⑤得 L=12.5m ⑥
（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：
I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足
mg=m
-μmg（L1+2L）-2mgR3=
由 ⑥、⑦、⑧得 R3=0.4m
II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理
-μmg（L1+2L）-2mgR3=0-
解得 R3=1.0m
为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足
（R2+R3）2=L2+（R3-R2）2
解得 R3=27.9m
综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件
0＜R3≤0.4m或 1.0m≤R3≤27.9m
当0＜R3≤0.4m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则
-μmgL′=0-
L′=36.0m
当1.0m≤R3≤27.9m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L〞，则
L″=L′-2（L′-L1-2L）=26.0m
答：（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小为10.0N；
（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是12.5m；
（3）第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 0＜R3≤0.4m或 1.0m≤R3≤27.9m
当0＜R3≤0.4m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为36.0m
当1.0m≤R3≤27.9m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为26.0m．
如图所示，在真空中的竖直平面内，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B，A球的电荷量为+4q，B球的电荷量为-3q，组成一带电系统．虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时PQ恰为杆的中垂线．在MN与PQ间加竖直向上的匀强电场，恰能使带电系统静止不动．现使电场强度突然加倍（已知当地重力加速度为g），求：
（1）B球刚进入电场时的速度v1的大小；
（2）B球的最大位移及从开始静止到最大位移处B球电势能的变化量；
（3）带电系统运动的周期T．
正确答案
（1）设带电系统静止时电场强度为E，则有2mg=4qE，解得E=
电场强度加倍后，系统从开始静止到B进入电场，根据动能定理有
(2E×4q-2mg)L=
联立①②得B球刚进入电场时的速度v1=
（2）设B球在电场中的最大位移为s，经分析知A球向上越过了MN，
根据动能定理得
对整个过程：2E•4q•2L-2E•3q•s-2mg（s+L）=0
解得s=1.2L
故B球的最大位移s总=2.2L
电场力对B球做功W=-2E•3q•1.2L=-3.6mgL
所以B球电势能增加3.6mgL
（3）带电系统向上运动分为三阶段：
第一阶段匀加速运动，根据牛顿第二定律有
a1=
第二阶段匀减速运动，同理可得a2=
设A球出电场时速度为v2，根据运动学公式有：v22-v12=-2a2L，
解得v2=
第三阶段匀减速运动，a3=
则运动周期T=2(t1+t2+t3)=(6
答：（1）B球刚进入电场时的速度v1的大小为
（2）B球的最大位移为2.2L，从开始静止到最大位移处B球电势能增加3.6mgL；
（3）带电系统运动的周期T=2(t1+t2+t3)=(6
如图所示，绝缘光滑水平轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R=0.40m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×104N/C．现有一质量m=0.10kg的带电体（可视为质点）放在水平轨道上与B端距离s=1.0m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零．已知带电体所带电荷量q=8.0×10-5C，求：
（1）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力；
（2）带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功．
正确答案
（1）设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，
根据牛顿第二定律有qE=ma
解得a=
解得vB=
设带电体运动到圆轨道B端时受轨道的支持力为N，根据牛顿第二定律有
N-mg=m
解得N=mg+m
根据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧轨道B端的压力大小N′=N=5N
方向：竖直向下
（2）因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，
电场力所做的功W电=qER=0.32J
设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为W摩，对此过程根据动能定理有
W电+W摩-mgR=0-
解得 W摩=-0.72J
答：（1）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力为5N，方向竖直向下．
（2）带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功为-0.72J．
如图所示，某人乘雪橇从雪坡经A点滑至B点，接着沿水平路面滑至C点停止，人与雪橇的总质量为70kg，表中记录了沿坡滑下过程中的有关数据，请根据图表中的数据解决下列问题（g=10m/s2）：
（1）人与雪橇从A到B的过程中，损失的机械能为多少？
（2）设人与雪橇在BC段所受阻力恒定，求阻力大小．
（3）人与雪橇从B到C的过程中，求阻力的平均功率．
正确答案
（1）从A到B的过程中，人与雪橇损失的机械能为
△E=
代入数据，解得：△E=9100J
（2）人与雪橇在BC段做减速运动，根据运动学公式可得，
减速的加速度大小a=
代入数据，可解得：a=2m/s2
由牛顿第二定律得
f=ma
代入数据，可解得：f=140N
（3）人与雪橇从B到C的过程中，
由功率表达式可知，
代入数据，可解得
答：（1）人与雪橇从A到B的过程中，损失的机械能为9100J；
（2）设人与雪橇在BC段所受阻力恒定，则阻力大小140N．
（3）人与雪橇从B到C的过程中，则阻力的平均功率840W．
如图所示，传送带做水平匀速运动，质量m=l.0kg的小物块轻轻放在传送带上的P点，随传送带运动到A点后被水平抛出。小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，已知圆弧对应圆心角θ=1060，圆弧半径R=1.0m，B、C为圆弧的两端点，其连线水平，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h=0.80 m，小物块离开C点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8s后经过D点，物块与斜面间的滑动摩擦因数为μ=1/3（取sin530=0.8，cos530= 0.6）。试求：
（1）小物块离开A点时的水平速度大小v1；
（2）小物块经过O点时，轨道对它的支持力大小FN；（3）斜面上CD间的距离SCD；
（4）已知小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2=0.3，传送带的速度为5.0m/s。若传送带通过电动机传动，则由于放上小物块而使得电动机多输出的能量是多少？
正确答案
解：（1）对小物块，由A到B有
在B点
所以v1=3m/s
（2）对小物块，由B到O有：
其中：
在O点：
所以：FN=43N
（3）物块沿斜面上滑：mgsin530十μ1mgcos530=ma1，a1=10m/s2由机械能守恒知：vC=vB=5m/s
小物块由C上升到最高点历时
则小物块由斜面最高点回到D点历时t2=0.8s-0.5s=0.3s
物块沿斜面下滑：mgsin530-μ1mgcos530=ma2， a2=6m/s2
故
即SCD=0. 98m。
（4）小物块在传送带上加速过程：μ2mg=ma3物块由静止开始到3m/s所需时间
此过程中产生的焦耳热为
所以多输出的能量为
如图所示，长12m，质量为50kg的木板左端有一立柱，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，质量为50kg的人立于木板左端．木板与人均静止．人以4m/s2匀加速向右奔跑至板的右端并立即抱住木柱，试求：
（1）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间；
（2）木板的总位移．
正确答案
解：（1）在人相对木板奔跑时，设人的质量为，加速度为1，木板的质量为，加速度为2，并设人与板间的相互作用力大小为，则
对人有＝1＝50×4＝200N
对板有－μ（+）＝2解得2＝2m/s2又
解得＝2s
（2）当人奔跑至木板的右端时，人的速度1＝1＝8m/s，板的速度2＝2＝4m/s，板的位移
人抱住木柱的过程可认为系统的动量守恒，故有1－2＝（＋）共解得共＝2m/s，方向与人原来的运动方向一致
在随后的滑行过程中，对人与木板构成的整体，根据动能定理得：
木板的总位移为总＝－'＝2m
如图所示，质量m=1kg的小物体从倾角θ=37°的光滑斜面上A点静止开始下滑，经B点后进入粗糙水平面（经过B点时速度大小不变而方向变为水平）．AB=3m．求：
（1）若小物体在BC面上滑行的时间为2s，则小物体与地面间的动摩擦因数μ多大？
（2）若在小物体上始终施加一个水平向左的恒力F，小物体恰能从A点静止出发，沿ABC到达水平面上的C点停止，BC=7.6m．求F的大小．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
正确答案
（1）从A到B列动能定理：
mgHAB=
VB=
从B到C根据牛顿第二定律：
a=
-mgμ=ma ②
由①、②得：
μ=0.3
（2）从A到C列动能定理：
F（SABcosθ+SBC）-f SBC=0-0 ③
f=mgμ ④
由③、④得：
F=2.28N
答：（1）小物体与地面间的动摩擦因数0.3；
（2）水平向左的恒力大小为2.28N．
如图，质量为m的小球A穿在光滑绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电、电量为q，在杆上B点处固定一个电量为Q的正电荷，A、B间竖直高度为H，整个装置处在真空中．将小球A由静止释放，A下滑过程中电量保持不变，则球刚释放时的加速度大小为______；下滑过程中，当A球的动能最大时，A球与B点的距离为______．（已知静电力恒量为k、重力加速度为g）
正确答案
对小球受力分析，受到重力、支持力和静电斥力，根据牛顿第二定律，有
mgsinα-F=ma
根据库仑定律，有
F=k
解得
a=gsinα-
到达平衡位置时，速度最大，根据平衡条件，有
mgsinα-k
解得
x=
一个质量m=1 kg的物体静止在光滑水平地面上的A点，从t=0开始，物体受到一个大小不变、方向呈周期性变化沿AB方向的水平力F作用，取由A指向B为力的正方向，力F随时间的变化规律如图(a)所示。已知F0=7.2 N，T=1 s，AB间距s=1.5 m。则：
（1）在t=0至t=T期间，该物体从运动开始经过多长时间速度第一次达到最大，最大速度为多少？此时物体的位移为多少？
（2）请在如图(b)的坐标系中绘出该物体在t=0至t=4T/3期间的v-t图像；
（3）在该物体从A运动到B的过程中，力F对物体做功多少？
正确答案
解：（1）
当物体运动
（2）
（3）如下图，物体在t=0至t=2T/3期间，运动的位移为s1=0.8 m
物体在t=2T/3至t=T期间运动的位移大小为s2=0.2 m
物体在t=0至t=T期间运动的位移s3=s1-s2=0.6 m
根据物体运动的周期性物体在t=0至t=2T期间运动的位移s4=2s3=1.2 m，物体还有0.3 m的距离，根据vt2=2as''，得
如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环固定在竖直平面内，在环的底端B点固定一个带正电的小珠，环上还套有一个质量为m，带有与小珠等量正电荷的小球，现将小球从A点（半径OA水平）由静止释放开始运动，当运动到C点（∠AOC=30。）时获得的最大动能为Ekm，求
（1）小球在A点刚释放时运动的加速度？
（2）小球从位置A运动到位置C的过程中所受静电力做的功？
（3）小球在位置C时受到圆环对它的作用力？
正确答案
（1）
（2）Ekm-1/2mgR
（3）mg+2Ekm/R
如图所示，质量为2kg的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.25，现对物体施加一个大小为8 N、方向与水平方向成37 °角的斜向上的拉力，取10m/s2，则物体在拉力作用后5s末的速度大小为_________m/s，撤去拉力后，物体还能滑行的最大距离为_________m。
正确答案
6.5，8.45
两套完全相同的小物块和轨道系统，轨道固定在水平桌面上。物块质量=1kg，轨道长度=2m，物块与轨道之间动摩擦因数μ=0.2。现用水平拉力1=8N、2=4N同时拉两个物块，分别作用一段距离后撤去，使两物块都能从静止出发，运动到轨道另一端时恰好停止。（=10m/s2）求：
（1）在1作用下的小物块加速度1多大？
（2）1作用了多少位移1？
（3）从两物块运动时开始计时直到都停止，除了物块在轨道两端速度都为零之外，另有某时刻两物块速度相同，则为多少？
正确答案
解：(1)1－μ116m/s2(2)动能定理1－μ0
=0.5(3)F2作用下的物块2－μ222m/s2两物块速度相同时，一定在上方物块减速阶段
上方物块最大速度
2=－（－/1）
得=0.816
2011年3月11日，日本大地震以及随后的海啸给日本带来了巨大的损失。灾后某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图甲在水平地面上放置一个质量为m=4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x变化的图像如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为
（1）运动过程中物体的最大加速度为多少？
（2）在距出发点什么位置时物体的速度达到最大？
（3）物体在水平面上运动的最大位移是多少？
正确答案
解：（1）牛顿运动定理F－μmg=ma
当推力F=100N时，物体所受合力最大，加速度最大
代入解得a=F/m－μg=20m/s2（2）由图像可得推力F随位移x变化的数值关系为：F=100－25x
速度最大时，物体加速度为零
则F=μmg
代入解得x=3.2m
（3）由图像得推力对物体做功WF=1/2F·x0=200J
动能定理WF－μmgxm=0
代入数据得xm=10m
带帆的滑块质量为2kg，运动时帆所受的空气阻力与滑块的速度成正比，即f＝kv，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25。现让滑块沿倾角为37°的斜面由静止下滑，最大速度为1m/s。若使斜面倾角变为53°，由静止释放滑块，当下滑速度为1m/s时位移为0.3m，则此时滑块的加速度为__________ m/s2，克服空气阻力做的功为____________J。取重力加速度g＝10m/s2。
正确答案
2.5；2.9
扫码查看完整答案与解析