- 机械能守恒定律
- 共29368题
质量为1kg的物块从斜面底端以10m/s的速度滑上斜面，已知斜面的倾斜角为37°，物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，已知在整个过程中，斜面都静止不动，且斜面足够长．求从物块滑上斜面到离开斜面的整个过程中，物块所受各力对物块做的功及合力对物块做的功．
正确答案
解：（1）在上滑过程中，由牛顿第二定律可知
mgsin37°+μmgcos37°=ma
a=gsin37°+μgcos37°=10×0.6+0.5×10×0.8m/s2=10m/s2
上滑的位移为x=
在整个过程中下降的高度为h=0
WG=mgh=0
支持力始终与位移垂直，故做功为WN=0
摩擦力做功为Wf=-2μmgxcos37°=-2×0.5×1×10×5×0.8J=-40J
合力做功为W合=WG+WN+Wf=-40J
答：从物块滑上斜面到离开斜面的过程中，重力，支持力，摩擦力做功分别为0，0，-40J及合力物块做的功为-40J；
解析
解：（1）在上滑过程中，由牛顿第二定律可知
mgsin37°+μmgcos37°=ma
a=gsin37°+μgcos37°=10×0.6+0.5×10×0.8m/s2=10m/s2
上滑的位移为x=
在整个过程中下降的高度为h=0
WG=mgh=0
支持力始终与位移垂直，故做功为WN=0
摩擦力做功为Wf=-2μmgxcos37°=-2×0.5×1×10×5×0.8J=-40J
合力做功为W合=WG+WN+Wf=-40J
答：从物块滑上斜面到离开斜面的过程中，重力，支持力，摩擦力做功分别为0，0，-40J及合力物块做的功为-40J；
正确答案
解：t=0时，弹簧的压缩量为x1，则：x1=
t=0.4s时，物体B刚要离开地面，弹簧对B的拉力恰好等于B的重力，设此时弹簧的伸长量为x2，则：x2=
A向上匀加速运动过程，有：
解得：a=3.75m/s2
过程末了时刻A的速度：υ=at=3.75×0.4=1.5m/s，
在A上升的过程中，弹簧由压缩0.15m的状态变为伸长0.15m，弹力所作功的代数和为零，由动能定理有：
解得力F所做的功：WF=49.5J
答：此过程中外力F所做的功为49.5 J
解析
解：t=0时，弹簧的压缩量为x1，则：x1=
t=0.4s时，物体B刚要离开地面，弹簧对B的拉力恰好等于B的重力，设此时弹簧的伸长量为x2，则：x2=
A向上匀加速运动过程，有：
解得：a=3.75m/s2
过程末了时刻A的速度：υ=at=3.75×0.4=1.5m/s，
在A上升的过程中，弹簧由压缩0.15m的状态变为伸长0.15m，弹力所作功的代数和为零，由动能定理有：
解得力F所做的功：WF=49.5J
答：此过程中外力F所做的功为49.5 J
正确答案
解析
解：根据力做功表达式，W=Fl，则F与l的图象与l所构成的面积大小表示功的大小，
而F与l的图象与l所构成的面积大小S=
那么在物体移动5m过程中，力F所做的功W=35J，
答：在物体移动5m过程中，力F所做的功为35J．
一质量为M=2.0kg的小物块，随足够长的水平传送带一起匀速向右运动，被一水平向左飞来的子弹击中，且子弹从物块中穿过，子弹和物块的作用时间极短，如图甲所示．地面观察者记录的小物块被击中后的速度随时间变化关系如图乙所示 图中取向右运动的方向为正方向）．已知传送带的速度保持不变（g取10m/s2）．求：
（1）物块与传送带的动摩擦因数μ；
（2）从物块被击穿到物块相对传送带静止这段时间内传送带对物块所做的功．
正确答案
解：（1）由速度图象可得，小物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度为a=
由牛顿第二定律得：f=μMg=Ma
得到小物块与传送带之间的动摩擦因数：μ=
（2）从子弹离开小物块到小物块与传送带一起匀速运动的过程中，设传送带对小物块所做的功为W，由动能定理得：W=△Ek=
从速度图象可知：v1=4.0m/s v2=v=2.0m/s
解得：W=-12J．
答：（1）小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2；
（2）传送带对小物块所做的功-12J
解析
解：（1）由速度图象可得，小物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度为a=
由牛顿第二定律得：f=μMg=Ma
得到小物块与传送带之间的动摩擦因数：μ=
（2）从子弹离开小物块到小物块与传送带一起匀速运动的过程中，设传送带对小物块所做的功为W，由动能定理得：W=△Ek=
从速度图象可知：v1=4.0m/s v2=v=2.0m/s
解得：W=-12J．
答：（1）小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2；
（2）传送带对小物块所做的功-12J
A物块A的最大速度为
B物块A的最大速度为
C绳的拉力对物块A做功为
D绳的拉力对物块A做功为mgh
正确答案
解析
解：设B落地时的速度为v，系统的机械能守恒得：
mgh-mgsin30°h=
解得：v=
故A正确，B错误；
根据动能定理有：W-mgh=
得：W=
故C正确D错误；
故选：AC．
A地板对物体的支持力做的功等于
B地板对物体的支持力做的功等于
C钢索的拉力做的功等于
D合力对电梯M做的功等于
正确答案
解析
解：电梯由静止开始向上做加速运动，设加速度的大小为a，
由速度和位移的关系式可得，v2=2aH，
所以a=
对电梯由牛顿第二定律可得，
FN-mg=ma，
所以 FN=mg+ma=mg+m
地板对物体的支持力做的功为W=FNH=（mg+ma）H=mgH+
对于整体由牛顿第二定律可得，
F-（M+m）g=（M+m）a，
所以钢索的拉力为F=（M+m）g+（M+m）a，
钢索的拉力做的功等于FH=（M+m）gH+
根据动能定理可得，合力对电梯M做的功等于电梯的动能的变化即为
故选：B．
（1）要使最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？
（2）若恰好没有脱离木板，水平恒力所做的功．
正确答案
解：（1）由于与木板间的滑动摩擦力 11×20.440.4
所以，和能保持相对静止．
在的作用下一起向右匀加速运动，设刚要与发生碰撞时的速度为，对整体，由动能定理得
（-32）
解得 1 m/s．
与发生碰撞后停止，在木板上做匀减速直线运动，若刚好滑到的最右端恰好停止，则木板的长度最小．对物体，由动能定理得
（-1×2）×2L=-
解得 1.25 m，即每块木板的长度至少应为1.25 m．
（2）恰好没有脱离木板，的位移为 sC=s+2L=4m．
故水平恒力所做的功为 W=FsC=16J
答：
（1）要使最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为1.25m；
（2）若恰好没有脱离木板，水平恒力所做的功为16J．
解析
解：（1）由于与木板间的滑动摩擦力 11×20.440.4
所以，和能保持相对静止．
在的作用下一起向右匀加速运动，设刚要与发生碰撞时的速度为，对整体，由动能定理得
（-32）
解得 1 m/s．
与发生碰撞后停止，在木板上做匀减速直线运动，若刚好滑到的最右端恰好停止，则木板的长度最小．对物体，由动能定理得
（-1×2）×2L=-
解得 1.25 m，即每块木板的长度至少应为1.25 m．
（2）恰好没有脱离木板，的位移为 sC=s+2L=4m．
故水平恒力所做的功为 W=FsC=16J
答：
（1）要使最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为1.25m；
（2）若恰好没有脱离木板，水平恒力所做的功为16J．
下列说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、B、功的大小既与力、位移有关，还与两者夹角有关，若夹角为90°，则功为零，所以A错误，B正确；
C、由功率P=
D、由P=Fv，得F=
故选B、D．
如图所示，用恒力F通过光滑的定滑轮，将静止于水平面上的物体从位置A拉到位置B，物体可视为质点，定滑轮距水平面高为h，物体在位置A、B时，细绳与水平面的夹角分别为α和β，求拉力F对物体做的功为______．
正确答案
Fh（
解析
解：根据几何知识可知，绳端点的位移大小为：
x=
绳的拉力F对物体做的功为：
W=Fx=Fh（
故答案为：Fh（
用力将重物竖直提起，先是从静止开始匀加速上升，紧接着匀速上升．如果前后两过程的运动时间相同，不计空气阻力，则（ ）
正确答案
解析
解：匀加速过程，设加速度为a，物体的质量为m，加速时间为t，则：
位移x=
根据牛顿第二定律，有
F-mg=ma
解得
F=m（g+a）
故拉力的功为：W=Fx=m（g+a）
匀速过程，拉力等于重力，即F=mg；
匀速的位移为：x=vt=at•t=at2
故拉力的功为：W=Fx=mgat2 ②
由①②两式无法比较出加速过程与匀速过程的功的大小；
故选：D．
正确答案
解析
解：A、木块向下加速运动，故动能增加，由动能定理可知，木块m所受合外力对m做正功，故A错误；
B、A、B整体具有沿斜面向下的加速度，设为a，将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，如图所示，
由于具有水平分量a2，故必受水平向右摩擦力f，A受力如图所示，受重力支持力和摩擦力，故B错误；
C、由牛顿第二定律得；竖直方向上； mg-N=ma1 ①
水平方向上：f=ma2 ②
假设斜面与水平方向的夹角为θ，摩擦力与弹力的合力与水平方向夹角为α，由几何关系得；
a1=gsinθsinθ ③
a2=gsinθcosθ ④
tanα=
①→⑤联立得：
tanα=
=cotθ=tan（
即α=
由牛顿第三定律得，A对B的作用力垂直斜面向下，所以A对B也不做功，故C正确
D、由牛顿第二定律可知
a=gsinθ
将a正交分解为竖直方向分量a1，水平分量a2，由于具有水平分量a2，故必受水平向摩擦力f，A受力如图所示，所以支持力做负功，摩擦力做正功，故D错误
故选：C
求：（1）物块在圆弧轨道上摩擦力所做的功；
（2）物体从A到C的过程，系统摩擦产生的热量为多少；
（3）若传送带顺时针转动，则物块最后的落地点可能不在D点．取传送带顺时针转动为正方向，试讨论物块落地点到C点的水平距离x与传送带匀速运动的速度v的关系，并作出x-v的图象．
正确答案
N-mg=m
解得：vB=2m/s
从A到B，由动能定理得：mgR+Wf=
解得：Wf=-0.5J
（2）物体从C点抛出后做平抛运动，则
竖直方向上有：H=
水平方向上有：x1=vCt，vC=1m/s，
从A到C根据能量守恒定律得：
mgR-Q=
解得：Q=2J；
（3）从B到C根据动能定理得：
-μmgs=
解得：s=0.3m
若物体在传送带上一直加速，到C点时速度为v3，由运动学规律有：
v3=
讨论：（1）若传送带逆时针转动：x=x1=1m
（2）若传动带顺时针转动：
Ⅰ、当0＜v≤1m/s时，x=x1=1m
Ⅱ、当1m/s＜v≤
Ⅲ、当v＞
图象如图所示
答：（1）物块在圆弧轨道上摩擦力所做的功为-0.5J；
（2）物体从A到C的过程，系统摩擦产生的热量为2J；
（3）x-v的图象如图所示．
解析
N-mg=m
解得：vB=2m/s
从A到B，由动能定理得：mgR+Wf=
解得：Wf=-0.5J
（2）物体从C点抛出后做平抛运动，则
竖直方向上有：H=
水平方向上有：x1=vCt，vC=1m/s，
从A到C根据能量守恒定律得：
mgR-Q=
解得：Q=2J；
（3）从B到C根据动能定理得：
-μmgs=
解得：s=0.3m
若物体在传送带上一直加速，到C点时速度为v3，由运动学规律有：
v3=
讨论：（1）若传送带逆时针转动：x=x1=1m
（2）若传动带顺时针转动：
Ⅰ、当0＜v≤1m/s时，x=x1=1m
Ⅱ、当1m/s＜v≤
Ⅲ、当v＞
图象如图所示
答：（1）物块在圆弧轨道上摩擦力所做的功为-0.5J；
（2）物体从A到C的过程，系统摩擦产生的热量为2J；
（3）x-v的图象如图所示．
正确答案
解析
解：A、0～2s内物体物体做匀加速运动，由牛顿第二定律可知，水平拉力不变，故A错误；
B、2-6s时间内速度不变，则合外力为零，即：F′=f=
在0-2s内加速度为：
由牛顿第二定律有：F=ma，
当速度为6m/s时，拉力的功率为30W，根据P=Fv得：F=
根据F-f=ma得：m=
C、在2～6s内，物体做匀速运动，合力做零，则合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等．故C正确．
D、在2～6s内，v=6m/s，P=10W，物体做匀速运动，摩擦力f=F，得到：f=F=
故选：CD．
正确答案
解析
解：
A、对小滑块受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，摩擦力一直沿斜面向上，故摩擦力一直做正功，故A错误；
B、假定传送带速度为v，第一阶段，小滑块匀加速位移
除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，故小滑块机械能增加量等于fx1=
一对滑动摩擦力做的功是内能变化的量度，故内能增加量为Q=f△S=f•（x2-x1）=
故第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加，故B正确；
C、根据动能定理，第一阶段合力做的功等于动能的增加量，由于重力和摩擦力都做功，故第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加，故C错误；
D、除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，由于支持力不做功，故物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程摩擦力对物体所做的功，故D正确；
故选：BD．
A支持力对小物块做功为mgLsinα
B静摩擦力对小物块做功为0
C静摩擦力对小物块做功为mgLsinα
D滑动摩擦力对小物块做功为
正确答案
解析
解：A、物块在缓慢提高过程中，由动能定理可得：W支-mgLsinα=0-0，则有W支=mgLsinα．故A正确；
BC、物块在缓慢提高过程中，静摩擦力始终与运动方向垂直，所以静摩擦力不做功，故B正确，C错误；
D、物块在滑动过程中，由动能定理可得：W滑+mgLsinα=
故选：ABD．
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