- 机械能守恒定律
- 共29368题
如图甲所示，质量M=1.0kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m=l.0kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，4s时撤去拉力．可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g=10m/s2．求：
（1）0～1s内，A、B的加速度大小aA、aB；
（2）B相对A滑行的最大距离s；
（3）0～4s内，拉力做的功W．
正确答案
解：（1）在0～1s内，因拉力为6N，AB间的摩擦力为2N，故AB一定发生相对运动；AB两物体分别做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得：
μmg=MaA
F1-μmg=maB
代入数据得：aA=2m/s2；aB=4m/s2；
（2）当t1=1s后，拉力F2=μmg，铁块B做匀速运动，速度大小为v1，木板A仍做匀加速直线运动，又经过时间t2，速度与铁块B相等
v1=aBt1
又v1=aA（t1+t2）
解得：t2=1s；
设A、B速度相等后一起做匀加速直线运动，运动时间t3=2s，加速度为a，
F2=（M+m）a
a=1m/s2
木板A受到的静摩擦力f=Ma＜μmg，AB一起运动
s=
代入数据得s=2m；
（3）时间t1内拉力做的功W1=F1x1=F1×
时间t2内拉力做功W2=F2x2=F2v1t2=8J；
时间t3内拉力做的功W3=F2x3=F2（v1t3+
4s内拉力做的功W=W1+W2+W3=40J
答：（1）0～ls内，A、B的加速度大小aA、aB；为2m/s2和4m/s2；（2）B相对A滑行的最大距离s为2m；（3）0～4s内，拉力做的功W为40J．
解析
解：（1）在0～1s内，因拉力为6N，AB间的摩擦力为2N，故AB一定发生相对运动；AB两物体分别做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得：
μmg=MaA
F1-μmg=maB
代入数据得：aA=2m/s2；aB=4m/s2；
（2）当t1=1s后，拉力F2=μmg，铁块B做匀速运动，速度大小为v1，木板A仍做匀加速直线运动，又经过时间t2，速度与铁块B相等
v1=aBt1
又v1=aA（t1+t2）
解得：t2=1s；
设A、B速度相等后一起做匀加速直线运动，运动时间t3=2s，加速度为a，
F2=（M+m）a
a=1m/s2
木板A受到的静摩擦力f=Ma＜μmg，AB一起运动
s=
代入数据得s=2m；
（3）时间t1内拉力做的功W1=F1x1=F1×
时间t2内拉力做功W2=F2x2=F2v1t2=8J；
时间t3内拉力做的功W3=F2x3=F2（v1t3+
4s内拉力做的功W=W1+W2+W3=40J
答：（1）0～ls内，A、B的加速度大小aA、aB；为2m/s2和4m/s2；（2）B相对A滑行的最大距离s为2m；（3）0～4s内，拉力做的功W为40J．
正确答案
解析
解：由于物体受的合力是2倍的关系，根据牛顿第二定律F=ma可知，加速度也是2倍的关系，即a2=2a1，
所以物体的位移 x1=
物体的位移为 x2=x1+V1t0+
速度为 v2=v1+a2t0=3v1，得v1：v2=1：3
做的功为 W2=2F0•（x2-x1）=8W1．得W1：W2=1：8
所以C正确．
故选C．
正确答案
解：2s内雪橇的位移：
l=
拉力F做功：WF=Flcos α=60×1×0.8J=48J
雪橇所受合力为：F合=ma=20×0.5N=10N
合外力对雪橇做的功：
W合=F合l=10×1J=10J
摩擦力做的功：
WFf=W合-WF=10J-48J=-38J．
答：摩擦力做功-38J，合力做功10J
解析
解：2s内雪橇的位移：
l=
拉力F做功：WF=Flcos α=60×1×0.8J=48J
雪橇所受合力为：F合=ma=20×0.5N=10N
合外力对雪橇做的功：
W合=F合l=10×1J=10J
摩擦力做的功：
WFf=W合-WF=10J-48J=-38J．
答：摩擦力做功-38J，合力做功10J
正确答案
2400
解析
解：对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律得：
a=
则10s内的位移x=
则在10s内拉力F对物体所做的功W=Fxcos37°=10×300×0.8=2400J
故答案为：2400
正确答案
60
解析
解：根据动能定理：合外力做的功等于动能的变化量，则：
W合=
故答案为：60．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：开始时B对地面恰无压力，故kx1=mBg，解得
A速度最大时，处于平衡位置，有：kx2=mAg，解得
故从静止向下运动至最大速度时，弹簧的位移为：x=x1+x2；
故重力做功为：
故选C．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：A、B上滑时的加速度a1=
C、据速度公式和动能公式可知，动能随时间成二次函数关系变化，而图中是一次函数关系，故C错误．
D、重力做功W=-mgh=-mgxsinθ，故D错误．
故选：A
一人从20m高的楼顶以10m/s的速度抛出一个质量为1kg的小球，小球的落地速度为20m/s，g=10m/s2，则（ ）
正确答案
解析
解：在出手的过程中，根据动能定理得，人对球做功W=
下落过程克服空气阻力做功为Wf，对出手到落地过程运用动能定理得，mgh-Wf=
解得：Wf=50J．故D正确，BC错误．
故选：AD．
一枚自重为15t的火箭，竖直向上发射，从开始发射到升高3000m的阶段，其发动机产生的向上推力F始终为9×105N，不计空气阻力，若火箭在发射阶段的运动可看作匀加速直线运动，求在这个阶段内：
（1）火箭上升的加速度a；
（2）发动机推力F做的功WF；
（3）重力所做的功WG；
（4）到达3000m高空时，火箭的动能EK．
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律：F-mg=ma
得：a=
（2）发动机推力F做的功为：WF=Fh=9×105N×3000m=2.7×109J
（3）重力所做的功为：WG=-mgh=1.5×105×3000=4.5×108J
（4）根据动能定理有：WF+WG=EK
代入数据得：EK=2.25×109J
答：（1）火箭上升的加速度a为50m/s2；
（2）发动机推力F做的功WF为2.7×109J；
（3）重力所做的功WG为4.5×108J；
（4）到达3000m高空时，火箭的动能EK为2.25×109J．
解析
解：（1）根据牛顿第二定律：F-mg=ma
得：a=
（2）发动机推力F做的功为：WF=Fh=9×105N×3000m=2.7×109J
（3）重力所做的功为：WG=-mgh=1.5×105×3000=4.5×108J
（4）根据动能定理有：WF+WG=EK
代入数据得：EK=2.25×109J
答：（1）火箭上升的加速度a为50m/s2；
（2）发动机推力F做的功WF为2.7×109J；
（3）重力所做的功WG为4.5×108J；
（4）到达3000m高空时，火箭的动能EK为2.25×109J．
（1）重物由A运动到B的时间；
（2）重物经过B点时速度的大小；
（3）由A到B的过程中，吊绳对重物所做的功．
正确答案
解：（1）重物水平方向做匀速直线运动，则运动时间t=
（2）重物竖直方向做匀加速直线运动，则vy=at=0.2×10=2m/s，则B点速度
（3）A到B的过程中根据动能定理得：
W-mgh=
解得：W=
答：（1）重物由A运动到B的时间为10s；
（2）重物经过B点时速度的大小为
（3）由A到B的过程中，吊绳对重物所做的功为51000J．
解析
解：（1）重物水平方向做匀速直线运动，则运动时间t=
（2）重物竖直方向做匀加速直线运动，则vy=at=0.2×10=2m/s，则B点速度
（3）A到B的过程中根据动能定理得：
W-mgh=
解得：W=
答：（1）重物由A运动到B的时间为10s；
（2）重物经过B点时速度的大小为
（3）由A到B的过程中，吊绳对重物所做的功为51000J．
（1）拉力F在此过程中所做的功；
（2）物体运动到B点时的速度．
正确答案
解：（1）由功的公式W=FS知拉力F在此过程中所做的功W=9×8=72J；
（2）由动能定理知W=
答：（1）拉力F在此过程中所做的功为72J；
（2）物体运动到B点时的速度为12m/s．
解析
解：（1）由功的公式W=FS知拉力F在此过程中所做的功W=9×8=72J；
（2）由动能定理知W=
答：（1）拉力F在此过程中所做的功为72J；
（2）物体运动到B点时的速度为12m/s．
（1）球在B点的动能Ek；
（2）小球所受重力做的功WG
（3）拉力对小球做的功WF．
正确答案
解：（1）球在B点的动能
（2）根据几何关系得：h=L-Lcos37°=1-0.8=0.2m
则重力做的功WG=mg△h=1×10×（-0.2）=-2J
（3）整个过程中，根据动能定理得：
解得：
答：（1）球在B点的动能为8J；
（2）小球所受重力做的功为-2J；
（3）拉力对小球做的功为10J．
解析
解：（1）球在B点的动能
（2）根据几何关系得：h=L-Lcos37°=1-0.8=0.2m
则重力做的功WG=mg△h=1×10×（-0.2）=-2J
（3）整个过程中，根据动能定理得：
解得：
答：（1）球在B点的动能为8J；
（2）小球所受重力做的功为-2J；
（3）拉力对小球做的功为10J．
（1）物体从A端运动到B端所需的时间是多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（2）物体从A端运动到B端皮带对物体做的功是多少？
（3）物体从A端运动到B端产生的热量是多少？
正确答案
mgsinθ+μmgcosθ=ma
解得加速度：a=gsinθ+μgcosθ=10×0.6+0.5×10×0.8m/s2=10m/s2．
物体加速至与传送带速度相等时需要的时间为：t1=
发生的位移为：s1=
第二阶段的受力分析如图（b）所示，应用牛顿第二定律，有：
mgsinθ-μmgcosθ=ma2，所以此阶段的加速度为：
a2=gsinθ-μgcosθ=10×0.6-0.5×10×0.8m/s2=2m/s2
设第二阶段物体滑动到B端的时间为t2，则：LAB-s1=vt2+
所以：
解得：t2=1s
故物体经历的总时间：t=t1+t2=2s
（2）由（1）分析知，物体到达B点时的速度为：vB=v+a2t2=10+2×1m/s=12m/s
在物体从A滑至B的过程中只有重力和皮带作用力对物体做功，根据动能定理有：
皮带对物体做的功为：
（3）由（1）分析知在第一阶段物体相对皮带的位移为：△x1=v0t1-s1=10×1-5m=5m，
在第二阶段物体相对皮带的位移为：
所以物体从A至B端产生的热量为：
Q=f•（△x1+△x2）=μmgcosθ×（△x1+△x2）=0.5×0.5×10×0.8×（5+1）J=12J
答：（1）物体从A端运动到B端所需的时间是2s；
（2）物体从A端运动到B端皮带对物体做的功是-12J；
（3）物体从A端运动到B端产生的热量是12J．
解析
mgsinθ+μmgcosθ=ma
解得加速度：a=gsinθ+μgcosθ=10×0.6+0.5×10×0.8m/s2=10m/s2．
物体加速至与传送带速度相等时需要的时间为：t1=
发生的位移为：s1=
第二阶段的受力分析如图（b）所示，应用牛顿第二定律，有：
mgsinθ-μmgcosθ=ma2，所以此阶段的加速度为：
a2=gsinθ-μgcosθ=10×0.6-0.5×10×0.8m/s2=2m/s2
设第二阶段物体滑动到B端的时间为t2，则：LAB-s1=vt2+
所以：
解得：t2=1s
故物体经历的总时间：t=t1+t2=2s
（2）由（1）分析知，物体到达B点时的速度为：vB=v+a2t2=10+2×1m/s=12m/s
在物体从A滑至B的过程中只有重力和皮带作用力对物体做功，根据动能定理有：
皮带对物体做的功为：
（3）由（1）分析知在第一阶段物体相对皮带的位移为：△x1=v0t1-s1=10×1-5m=5m，
在第二阶段物体相对皮带的位移为：
所以物体从A至B端产生的热量为：
Q=f•（△x1+△x2）=μmgcosθ×（△x1+△x2）=0.5×0.5×10×0.8×（5+1）J=12J
答：（1）物体从A端运动到B端所需的时间是2s；
（2）物体从A端运动到B端皮带对物体做的功是-12J；
（3）物体从A端运动到B端产生的热量是12J．
在下列（1）（2）（3）三个图中，F的大小相等，x的大小相等，θ都为150°，由图示可知（ ）
正确答案
解析
解：（1）W=Fxcosα=Fxcos（180-θ）=Fxcos30°=
（2）W=Fxcosα=Fxcos150°=-
（3）W=Fxcosα=Fxcos（180-θ）=Fxcos30°=
故（1）和（3）图做正功，（2）图做负功，所以C正确B错误；（1）和（3）做功一样大，（2）做功最小，所以AD错误．
故选：C．
有一伞兵训练从高空跳伞沿竖直方向下落，其v-t图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A在0-t1时间内，士兵及其装备机械能守恒
B在t1-t2时间内，士兵运动的加速度在减小
C在t1-t2时间内，士兵的平均速度v＜
D在t2-t4时间内，重力对士兵做的功等于他克服阻力做的功
正确答案
解析
解：A、0-t1内图线的斜率在减小，说明士兵做加速度逐渐减小的加速运动，加速度方向向下，所以士兵及其装备一定受到阻力作用，机械能不守恒，故A错误；
B、t1秒末到t2秒末由于图象的斜率在减小，斜率为负值，说明加速度方向向上且减小，故B正确；
C、若t1秒末到t2秒末若运动员做匀减速运动，平均速度等于
所以此过程的平均速度v＜
D、t2～t4时间内重力做正功，阻力做负功，由于动能减小，根据动能定理得知，外力对士兵做的总功为负值，说明重力对士兵所做的功小于他克服阻力所做的功，故D错误．
故选：BC
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