- 机械能守恒定律
- 共29368题
正确答案
-
解析
解：图甲中的力做功为：W=FLcos（180°-θ）=-FLcosθ=
图乙中做功为：W=FLcos（180°-θ）=-FLcosθ=-
图丙的是：W=FLcosθ=
故答案为：
A若A、B滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是对B做功的2倍
B若A、B滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是对B做功的
C若A、B滑行的最大位移相等，则滑动摩擦力对它们做的功相等
D若A、B滑行的最大位移相等，则滑动摩擦力对B做的功是对A做功的2倍
正确答案
解析
解：A、AB两物体都做匀减速直线运动，初速度相同，根据动能定理得：
C、若A、B滑行的最大位移相等，由图可知v022=2v012，
AB两物体都做匀减速直线运动，根据动能定理得：
根据图象可知，
故选：D
A从第1 s末到第2 s末合外力为
B从第3 s末到第5 s末合外力做功为-W
C从第5 s末到第7 s末合外力做功为W
D从第3 s末到第5 s末合外力做功为-
正确答案
解析
解：已知在前2s内合外力对物体做功为W，2s末速度大小为v0，运用动能定理得：
W=△Ek
W=
A、运用动能定理研究从第1s末到第2s末得：
因为动能变化为0，所以合外力做功为0．故A错误．
B、运用动能定理研究从第3s末到第5s末得：
合外力做功WB=0-
C、运用动能定理研究从第5s末到第7s末得：
合外力做功WC=
D、根据B选项分析，故D错误．
故选BC．
在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（ ）
Amgh-
B-mgh-
Cmgh+
Dmgh+
正确答案
解析
解：选取物体从刚抛出到正好落地，空气阻力做功为Wf
由动能定理可得：mgh-Wf=
可得：Wf=
则克服阻力做功为-Wf为mgh+
则C正确，ABD错误
故选：C
Afd=
Bfd=
Cf（s+d）=
Dfs=
正确答案
解析
解：
A、根据能量守恒得，摩擦力与相对位移的乘积等于系统能量的损失，有fd=
C、对子弹运用动能定理得，-f（d+s）=
D、对木块运用动能定理得，fs=
故选：BD．
物体做平抛运动，其初速度未知，运动一定时间，下列说法的是（ ）
正确答案
解析
解：A、物体做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速运动，故下落高度与初速度无关，故A正确；
B、重力冲量为P=mgv=mg2t，与初速度无关，故B正确；
C、重力做功为W=mgh，与下落高度有关，与初速度无关，故C正确；
D、物体的位移为x=
因选错误的，故选：D
（1）物体在2s末的速度多大；
（2）前2s内拉力F做多少功；
（3）若2s末撤去拉力，物体还要经过多长时间才能停下来．
正确答案
解析
解：（1）前2s内物体加速运动，受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
物体的加速度
2s末物体的速度：v=at=0.5×2=1m/s
（2）前2s位移为：x=
故拉力功为：W=Fx=10×1=10J；
（3）撤去拉力后，滑块匀减速直线运动，加速度为a′=-μg=-2m/s2
故运动时间为：t′=
答：（1）物体在2s末的速度为1m/s；
（2）前2s内拉力F做10J的功；
（3）若2s末撤去拉力，物体还要经过0.5s时间才能停下来．
一位质量m=50kg的滑雪运动员从高h=10m的斜坡自由下滑．如果运动员在下滑过程中受到的阻力f=50N，斜坡的倾角为30°，运动员在下滑过程中，克服阻力做功______J，合力做的总功______J．（g取10m/s2）
正确答案
解：物体受重力、支持力及阻力的作用；
阻力做功Wf=-fL=-f
故克服阻力做功1000J；
重力做功WG=mgh=50×10×10=5000J；
支持力和运动方向相互垂直，故支持力不做功；
合外力做功W=WG+Wf=5000-1000=4000J；
故答案为：1000；4000．
解析
解：物体受重力、支持力及阻力的作用；
阻力做功Wf=-fL=-f
故克服阻力做功1000J；
重力做功WG=mgh=50×10×10=5000J；
支持力和运动方向相互垂直，故支持力不做功；
合外力做功W=WG+Wf=5000-1000=4000J；
故答案为：1000；4000．
（1）物体所受重力做的功？
（2）物体所受摩擦力做的功？
（3）物体所受支持力的功？
（4）物体所受物体所受合外力做的功？
正确答案
解析
解：以物体为研究对象，物体受重力mg、摩擦力F′、支持力FN作用，其受力情况如图所示．
FN=mgcosθ，F′=μFN=μmgcosθ．
物体的位移s=
WG=mgh=4.0×10×2.0 J=80 J．
摩擦力做的功WF′=-F′s=-μmgcosθ•
支持力的功WFN=0．
故合外力的功W=WG+WF′+WFN=（80-12）J=68 J．
答：（1）物体所受重力做的功为80J
（2）物体所受摩擦力做的功为-12J
（3）物体所受支持力的功0
（4）物体所受物体所受合外力做的功为68J
A拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ
B物块B满足m2gsinθ=kd
C物块A的加速度为
D弹簧弹性势能的增加量为Fd-m1gdsinθ-
正确答案
解析
解：A、拉力的瞬时功率P=Fv，故A错误；
B、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsinθ=kx2，但由于开始是弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsinθ＜kd，故B错误；
C、当B刚离开C时，对A，根据牛顿第二定律得：F-m1gsinθ-kx2=m1a1，又开始时，A平衡，则有：m1gsinθ=kx1，而d=x1+x2，解得：物块A加速度为a1=
D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：
故选：CD．
正确答案
解：以地面为0势能面，对A和B分别考虑，靠在墙上时EpA=mgh，EpB=0，之后EpA=0，EpB=0，系统机械能守恒，
所以mgh=
解得v=
对A运用动能定理，mgh+w═
联立解得 W=-
答：整个过程中杆对球A做的功-
解析
解：以地面为0势能面，对A和B分别考虑，靠在墙上时EpA=mgh，EpB=0，之后EpA=0，EpB=0，系统机械能守恒，
所以mgh=
解得v=
对A运用动能定理，mgh+w═
联立解得 W=-
答：整个过程中杆对球A做的功-
A磨盘边缘的线速度为
B磨盘边缘的线速度为ωD
C摩擦力的等效作用点离转轴距离为
D摩擦力的等效作用点离转轴距离为
正确答案
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解：A、根据线速度v=ωr，v=
C、根据功的定义w=Fs=μmgs，对应圆的周长s=2πr，解得 r=
故选：AD
正确答案
解：物体受到重力、恒力F、水平面的支持力作用，根据牛顿第二定律得：
a=
10s内物体的位移x=
则10s内力F所做的功为W=Fxcosα=10×10×0.5=50J
答：在这10s内力F所做的功为50J．
解析
解：物体受到重力、恒力F、水平面的支持力作用，根据牛顿第二定律得：
a=
10s内物体的位移x=
则10s内力F所做的功为W=Fxcosα=10×10×0.5=50J
答：在这10s内力F所做的功为50J．
（1）夯杆被滚轮压紧，加速上升至与滚轮速度相同时的高度；
（2）每个打夯周期中，滚轮将夯杆提起的过程中，电动机对夯杆所做的功；
（3）每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量；
（4）打夯周期．
正确答案
解：（1）对夯杆：
由牛顿第二定律可得a=
上升高度：h1=
（2）夯杆加速上升阶段：W1=2μFN•h1=2×0.3×2×104×4J=4.8×104J
匀速上升阶段：W2=mgh2=2.4×104J
每个周期中 W=W1+W2=7.2×104J
（3）夯杆加速上升时间：
相对夯杆位移 d=8m-4m=4m
（4）夯杆匀速上升时间t2=
夯杆从坑口做竖直上抛
解得t3=1.6s
T=t1+t2+t3=4.2s
答：（1）夯杆被滚轮压紧，加速上升至与滚轮速度相同时的高度为4m；
（2）每个打夯周期中，滚轮将夯杆提起的过程中，电动机对夯杆所做的功为7.2×104J
（3）每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为4.8×104J；
（4）打夯周期为4.2s．
解析
解：（1）对夯杆：
由牛顿第二定律可得a=
上升高度：h1=
（2）夯杆加速上升阶段：W1=2μFN•h1=2×0.3×2×104×4J=4.8×104J
匀速上升阶段：W2=mgh2=2.4×104J
每个周期中 W=W1+W2=7.2×104J
（3）夯杆加速上升时间：
相对夯杆位移 d=8m-4m=4m
（4）夯杆匀速上升时间t2=
夯杆从坑口做竖直上抛
解得t3=1.6s
T=t1+t2+t3=4.2s
答：（1）夯杆被滚轮压紧，加速上升至与滚轮速度相同时的高度为4m；
（2）每个打夯周期中，滚轮将夯杆提起的过程中，电动机对夯杆所做的功为7.2×104J
（3）每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为4.8×104J；
（4）打夯周期为4.2s．
正确答案
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解：A、由图示分析可知，第一个物体所受的摩擦力小于第二个物体所受的摩擦力，故两物体克服摩擦力做功不同，故物体与斜面的摩擦力产热不相同，故A错误；
B、由公式x=
C、由AB可知，重力做功相同，则F1做的功比F2做的少．故C错误
D、物体的运动情况相同，重力做功功率相同，图2中克服摩擦力做功的功率大，故Fl做功的功率比F2做功的功率小，故D错误；
故选：B
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