- 机械能守恒定律
- 共29368题
右端连有光滑弧形槽的水平桌面AB长L=1.5m，如图所示．将一个质量为m=0.5kg的木块在F=1.5N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．求：
（1）木块沿弧形槽上升的最大高度；
（2）木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动的时间．
正确答案
（1）由动能定理得：
FL-μmgL-mgh=0
所以h=0.15m．
（2）在曲面上滑动的过程中由机械能守恒定律得：
在桌面上滑动的过程由动量定理得：
μmgt=mv
解得t=
答：（1）木块沿弧形槽上升的最大高度为0.15m．
（2）木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动的时间
一长l=0.80m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m=0.10kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H=1.00m。开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图所示。让小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂。不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g=10m/s2。
（1）小球运动到B点时的速度大小？
（2）绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面的C点，求C点与B点之间的水平距离？
（3）若轻绳所能承受的最大拉力Fm=9.0N，求钉子P与O点的距离d应满足什么条件？
正确答案
解：（1）设小球由A运动到B点时的速度大小vB，由动能定理得
解得小球运动到B点时的速度大小
（2）小球从B点做平抛运动，由运动学规律得
解得C点与B点之间的水平距离
（3）若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值Fm，由牛顿定律得
由以上各式解得d=0.60m ⑧
因此钉子P与O点的距离d应满足条件0.60m＜d＜0.80m ⑨
如图所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置。质量为m的物块A（可视为质点）以初速度v0从距O点右方s0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。A离开弹簧后，恰好回到P点。物块A与水平面间的动摩擦因数为μ。求：
（1）物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功；
（2）O点和O′点间的距离s1；
（3）若将另一个与A完全相同的物块B（可视为质点）与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左压A、B，使弹簧右端压缩到O′点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离。分离后物块A向右滑行的最大距离s2是多少？
正确答案
解：（1）A从P回到P的过程根据动能定理得：
克服摩擦力所做的功为
（2）A从P回到P全过程根据动能定理
（3）A、B分离时，两者间弹力为零，且加速度相同，A的加速度是μg，B的加速度也是μg，说明B只受摩擦力，弹簧处于原长。设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功WF，由A返回P点的过程得
有
（18分）如图所示，质量为m1=0.01Kg的子弹A，垂直纸筒的旋转轴穿过高速旋转的纸筒B且只在B上留下一个弹孔，子弹穿过B后打入质量为m2=0.99Kg的木块C中，并在C里面（A、C可视为质点）。木块C放在长木板D的左端，D的质量m3=3kg，长度为L1=0.375m。长木板刚在光滑的水平桌面上，水平桌面的右端有一很薄的与D等高的固定挡板E，D的右端到E距离L2=0.125m，D碰到即被粘牢，C则离开D飞到桌面下方的水平地面上。已知纸筒直径d=30cm，纸筒匀速旋转的角速度
（1）若发生子弹的枪有两个档位，可以发射两种初速度不同的子弹，为了让子弹穿过纸筒的时间尽可能短，子弹两个档位的速度大小分别是多少？
（2）在（1）问中，讨论子弹打入C后，整体能否与D达到共同速度，并求出AC整体能与D达到共速情况下AC整体落到地面上距桌边的距离。
正确答案
（1）300m/s ；100m/s（2）0.25m。
试题分析：（1）依题意，枪由两个档位，且穿过纸筒后只留下一个弹孔，要增大穿过纸筒的时间尽可能的短，纸筒转过的角度应满足：α=（2n+1）π，式中n取0和1
子弹穿过纸筒的时间为：
则子弹的速度为：
把n=0，1分别代入①式得子弹的速度分别为：
v1=300m/s v2=100m/s
（2）设子弹击中木块C并留住其中的共同速度为v11，由动量守恒定律得：
m1v=（m1+m2）v11…②
假设AC能够与D到达共同的速度v22，由动量守恒定律得：
（m1+m2）v11=（m1+m2+m3）v22… ③
设此过程中AC相对于D滑动的位移是s1，由能量守恒定律得：
联立②③④得：
讨论：Ⅰ当v=v1=300m/s时，代入⑤式得：s1=3.375m＞L1
说明此种情况下AC与D不能共速．
Ⅱ当v=v2=100m/s时，代入⑤式解得：s2=0.375m=L2
说明此种情况下AC刚好没有滑离D．
设此过程中D对桌面的位移是S 2，由动能定理得： 
联立②③⑥式．并代入数据解得：
s2=0.09375m＜0.125m=L2… ⑦
由⑦式知，AC整体刚好滑到D的右端时，还没有与E碰撞，说明此种情况下AC能与D共速，
当D与E碰撞并粘牢后，AC整体做平抛运动，设落到水平地面上的距离为s，由运动学的知识：
平抛运动的时间：
位移：s=v22•t=0.25×1m=0.25m
一架质量为6.0×103kg的喷气式飞机，起飞过程中受到的牵引力为2.25×104N，从静止开始沿直线滑跑8.0×102m时达到起飞速度，在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重的0.02倍．要求根据动能定理求出飞机起飞速度的大小．（g取10m/s2）
正确答案
以飞机为研究对象，它受到重力、支持力、牵引力和阻力作用，这四个力做的功分别为WG=0，W支=0，W牵=Fs，W阻=-kmgs，
根据动能定理得：Fs-kmgs=
答：飞机起飞速度的大小为80m/s
如图所示，M、N为水平放置、互相平行且厚度不计的两金属板，间距d=35cm，已知N板电势高，两板间电压U=3.5×104V．现有一质量m=7.0×10-6kg，电荷量q=6.0×10-10C的带负电油滴，由N板下方距N为h=15cm的O处竖直上抛，经N板中间的P孔进入电场，到达上板Q点时速度恰为零．求油滴上抛的初速度υo．（g取10m/s2）
正确答案
对应于油滴运动全程，由动能定理得：
-mg（d+h）-qU=0-
故，v0=
答：油滴上抛的初速度为4m/s
（15分）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图.在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）。
（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置.
（2）在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置.
（3）若将左侧电场Ⅱ整体水平向右移动L/n（n≥1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求在电场Ⅰ区域内由静止释放电子的所有位置。
正确答案
（1）电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L，
试题分析：（1）设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的速度为v0，此后在电场II中做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有
解得y＝
所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L，
（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有
解得xy＝
（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有
解得
即在电场I区域内满足该函数的点即为所求位置
如图所示，在游乐节目中，要求选手从高为H的平台上A点由静止出发，沿着动摩擦因数为μ的滑道向下运动到B点后水平滑出，最后刚好落到水池中的浮台上．设滑道可以伸缩，其水平距离为L，B点的高度h可由选手自由调节（取g=10m/s2）．要求：
（1）选手到达B点的速度表达式；
（2）试证明选手落到浮台上的速度大小与B点的高度h无关；
（3）同学甲认为B点的高度h越大，选手在空中飞越的时间越长，在浮台上的落点距岸边C越远；同学乙认为B点的高度h越小，选手到达B点的水平速度越大，在浮台上的落点距岸边C越远，请通过推算说明你的观点．
正确答案
（1）由A运动到B过程，设滑道倾角为θ，
则由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma
又：vB2-0=
且：tanθ=
解得：vB=
（2）平抛运动过程：
竖直方向：vy2=2gh
水平方向：vx2=vB2=2g(H-h-μL)
选手落到浮台上的速度大小：v=
（3）设选手在浮台上的落点距岸边C的距离为S，
对平抛运动过程：S=vBt h=
得：S=
当h=
且：Smax=H-μL
因此，两人的看法均不正确．
当h＞
当h＜
答：（1）选手到达B点的速度表达式为vB=
一宠物毛毛狗“乐乐”在玩耍时不慎从离地h1=19.5m高层阳台无初速度竖直掉下，当时刚好是无风天气，设它的质量m=2kg，在“乐乐”开始掉下的同时，几乎在同一时刻刚好被地面上的一位保安发现并奔跑到达楼下，奔跑过程用时2.5s，恰好在距地面高度为h2=1.5m处接住“乐乐”，“乐乐”缓冲到地面时速度恰好为零，设“乐乐”下落过程中空气阻力为其重力的0.6倍，缓冲过程中空气阻力为其重力的0.2倍，重力加速度g=10m/s2．求：
（1）为了营救“乐乐”允许保安最长的反应时间；
（2）在缓冲过程中保安对“乐乐”做的功．
正确答案
（1）对“乐乐”用牛顿第二定律mg-0.6mg=ma1求得：a1=4m/s2
“乐乐”下落过程：h1-h2=
求得：t=3s
允许保安最长反应时间：t=（3-2.5）s=0.5s
（2）“乐乐”下落18m时的速度υ1=a1t=12m/s
缓冲过程中，对“乐乐”由动能定理得：W+mgh2-0.2mgh2=0-
解得：W=-168J
答：（1）为了营救“乐乐”允许保安最长的反应时间为0.5s；（2）在缓冲过程中保安对“乐乐”做的功-168J．
如图甲所示，在场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场内存在一个半径为R的圆形区域，O点为该圆形区域的圆心，A点是圆形区域的最高点，B点是圆形区域最右侧的点．在A点由放射源释放出初速度大小不同、方向均垂直于场强向右的正电荷，电荷的质量为m，电量为q，不计电荷的重力．
（1）正电荷以多大的速率发射，才能经过图中的P点（图甲中θ为已知）？
（2）在问题（1）中，电荷经过P点的动能是多大？
（3）若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD，其中C、D分别为接收屏上最边缘的两点（如图乙所示），且∠COB=∠BOD=30°．则该屏上接收到的正电荷的最大动能是多少？
正确答案
（1）对正电荷q做类平抛运动
Rsinθ=V0t
R（1+cosθ）=
Eq
m
t2
解得 v0=
（2）对电荷从A到P点过程，运用动能定理得：
EK-
解得EK=
（3）由上问结果可知当θ=600时，即电荷打到D点其动能最大
最大动能为：
EKm=
答：（1）正电荷以
（2）在问题（1）中，电荷经过P点的动能是
（3）该屏上接收到的正电荷的最大动能是
如图所示，竖直平行直线为匀强电场的电场线，电场方向未知，一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子以初速度v0从A点垂直电场方向进入电场，该带电粒子经过电场中的B点和C点，不考虑带电粒子的重力．
（1）试确定电场强度的方向．
（2）若粒子过C点时速度方向与水平方向夹角为60°，试求从A点到C点过程中电场力做功．
（3）若已知电场强度为E，AB两点连线与电场线夹角为60°，求粒子从A点到B点的运动时间．
正确答案
（1）因粒子带负电且向下偏转，电场力方向向下，
所以电场方向竖直向上．
（2）设粒子到达C点的速度为v，电场力做功为W，则
由合运动与分运动的关系有v=
由动能定理有W=
联立①②式解得W=
（3）粒子在电场中做类平抛运动，设水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，则有x=v0t④
y=
粒子的加速度为a=
而tan60°=
联立④⑤⑥⑦式解得t=
答：（1）电场强度的方向竖直向上；（2）从A点到C点过程中电场力做功
如图甲所示，水平加速电场的加速电压为U0，在它的右侧有由水平正对放置的平行金属板a、b构成的偏转电场，已知偏转电场的板长L="0.10" m，板间距离d=5.0×10-2m，两板间接有如图15乙所示的随时间变化的电压U，且a板电势高于b板电势。在金属板右侧存在有界的匀强磁场，磁场的左边界为与金属板右侧重合的竖直平面MN，MN右侧的磁场范围足够大，磁感应强度B=5.0×10-3T，方向与偏转电场正交向里（垂直纸面向里）。质量和电荷量都相同的带正电的粒子从静止开始经过电压U0=50V的加速电场后，连续沿两金属板间的中线OO′方向射入偏转电场中，中线OO′与磁场边界MN垂直。已知带电粒子的比荷
（1）求t=0时刻射入偏转电场的粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离；
（2）求粒子进入磁场时的最大速度；
（3）对于所有进入磁场中的粒子，如果要增大粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离，应该采取哪些措施？试从理论上推理说明。
正确答案
(1)0.40m(2)1.1×105m/s(3)要增大粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离x，应该减小匀强磁场的磁感应强度B，或增大加速电压U0
（1）设经过加速电场加速后，粒子的速度为v0，根据动能定理有
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
（2）设粒子以最大偏转量离开偏转电场，即轨迹经过金属板右侧边缘处，进入磁场时a、b板的电压为Um，则粒子进入偏转电场后，加速度
水平方向 L=v0t
竖直方向
解得
所以，电压Um=25V时对应粒子进入磁场的速度最大，设最大速度大小为vm，方向与OO′的夹角为
解得
（说明：计算结果带有根号，结果正确的同样得分）
（3）设任意时刻进入磁场的粒子，其进入磁场时速度方向与OO′的夹角为
粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径
由如图所示的几何关系可知，粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离
所以要增大粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离x，应该减小匀强磁场的磁感应强度B，或增大加速电压U0
如图所示，绷紧的传动皮带始终保持大小为v=4m/s的速度水平匀速运动，一质量为m=1kg的物块（视为质点）无初速地放到皮带A处．若物块与皮带间的动摩擦因数μ=0.2，AB间距离s=6m，重力加速度g=10m/s2，则物块从A运动到B的过程中，皮带的摩擦力对物块做的功为______J，物块从A运动到B所需的时间为______s．
正确答案
小物块开始做匀加速直线运动过程：加速度a=
物块速度达到与传送带相同时，通过的位移为x=
说明此时物块还没有到达B点，此后物块做匀速直线运动，不受摩擦力．
由动能定理得，摩擦力对物块所做的功为Wf=
小物块开始做匀加速直线运动过程时间t1=
此后物块做匀速直线运动时间t2=
所以物块从A运动到B所需的时间为2.5s．
故答案为：8，2.5．
如图所示，长为L=0.7m、质量为m=1.0kg的薄壁箱子，放在水平地面上，箱子与水平地面间的动摩擦因数μ=0.25，箱内有一质量也为m=1.0kg的小滑块，滑块与箱底间无摩擦．开始时箱子静止不动，小滑块以v0=4m/s的恒定速度从箱子的A壁处向B壁处运动，之后与B壁碰撞，滑块与箱壁每次碰撞的时间极短，可忽略不计，滑块与箱壁每次碰撞过程中，系统的机械能没有损失，g=10m/s2．求：
（1）滑块与箱壁最多可碰撞几次？
（2）从滑块开始运动到滑块与箱壁刚完成第三次碰撞的时间．
正确答案
（1）滑块与箱子质量相等，碰撞中无机械能损失，则碰撞后滑块与箱子交换速度．第一次碰撞后，箱子以速度v0开始减速运动，滑块速度变为0；当滑块速度减到v1时与滑块发生第二次碰撞，再交换速度，滑块以速度v1匀速运动，箱子静止；滑块与箱子发生第三次碰撞后，又交换速度，箱子以速度v1减速运动，木块静止；…
箱子的运动可以看作是初速度为v0，末速度为0的匀减速运动，在地面上的总位移为s，则由动能定理有：
-2μmgs=0-
代入数据，解得s=1.6m；
因为s=2L+0.2m，所以滑块与箱壁可碰撞5次．
（2）从开始到滑块与箱子碰撞前滑块做匀速运动，则从开始到第一次碰撞时间为：t1=
碰后箱子减速运动的加速度为：a=
由
t2=
t3=
从开始到完成第三次碰撞的时间为：t=t1+t2+t3=0.608s．
答：
（1）滑块与箱壁最多可碰撞5次．
（2）从滑块开始运动到滑块与箱壁刚完成第三次碰撞的时间是0.608s．
（1）小物体A下落至N点时开始离开墙壁，说明这时小物体A与墙壁之间已无挤压，弹力为零．
故有：qE=qvNB
∴vN= 
对小物体A从M点到N点的过程应用动能定理，这一过程电场力和洛仑兹力均不做功，应有：
mgh-Wf克= 
∴Wf克=mgh- 
（2）小物体离开N点做曲线运动到达P点时，受力情况如图所示，由于θ=45°，物体处于平衡状态，建立如图的坐标系，可列出平衡方程．
qBvpcos45°-qE=0 （1）
qBvpsin45°-mg=0 （2）
由（1）得 vp= 
由（2）得 q= 
N→P过程，由动能定理得mg（H-h）-qES= 
代入计算得 S=0.6 m
答：（1）A沿壁下滑时克服摩擦力做的功6×l0-3 J．
（2）P与M的水平距离s是0.6m．
正确答案
（1）小物体A下落至N点时开始离开墙壁，说明这时小物体A与墙壁之间已无挤压，弹力为零．
故有：qE=qvNB
∴vN= 
对小物体A从M点到N点的过程应用动能定理，这一过程电场力和洛仑兹力均不做功，应有：
mgh-Wf克= 
∴Wf克=mgh- 
（2）小物体离开N点做曲线运动到达P点时，受力情况如图所示，由于θ=45°，物体处于平衡状态，建立如图的坐标系，可列出平衡方程．
qBvpcos45°-qE=0 （1）
qBvpsin45°-mg=0 （2）
由（1）得 vp= 
由（2）得 q= 
N→P过程，由动能定理得mg（H-h）-qES= 
代入计算得 S=0.6 m
答：（1）A沿壁下滑时克服摩擦力做的功6×l0-3 J．
（2）P与M的水平距离s是0.6m．
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