机械能守恒练习题

1机械能守恒练习题答案姓名王豪得分1（10分）、从离水平地面高为H的A点以速度v0斜向上抛出一个质量为m的石块，已知v0与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，求：(1)石块所能达到的最大高度(2)石块落地时的速度命题解读：本题研究抛体运动中的机械能守恒定律。斜抛运动的水平分运动是匀速直线运动，因此石块在最高点的速度是抛出初速度的水平分量。石块只受重力的作用，机械能守恒。分析与解：石块抛出后在空中运动过程中，只受重力作用，机械能守恒，作出石块的运动示意图（1）设石块在运动的最高点B处与抛出点A的竖直高度差为h，水平速度为vB，则vB=vOx=v0cosθ石块从A到B，根据机械能守恒定律ΔEk减=ΔEp增得：mgh=21mv02-21mvB2联立得：gvgvvh2sin2)cos(02020则石块所能达到的（距地面）最大高度为：H+h=H+gv2sin0（2）取地面为参考平面，对石块从抛出点A至落地点C的整个运动过程应用机械能守恒定律得21mvC2=21mv02+mgH解得石块落地时的速度大小为：vC=gHv2202（10分）、如图所示，一个质量为m的物体自高h处自由下落，落在一个劲度系数为k的轻质弹簧上。求：当物体速度达到最大值v时，弹簧对物体做的功为多少?命题解读：弹簧的弹力是变力，弹力做功是变力做功，本题由于形变量不清楚，不能运用F—l图象求弹力做的功；只能根据机械能守恒定律先求解出弹性势能的变化，再运用功能关系求解弹力做的功。同时要注意物体在平衡位置时动能最大，运动的速度最大。分析与解：在物体与弹簧相互作用的过程中，开始时弹力较小，故物体向下加速，这时弹力F逐渐增大，物体的加速度a逐渐变小，当重力与弹力相等时，物体的速度刚好达到最大值v。设物体向下的速度v最大时，弹簧的形变量即压缩量为x，则平衡时：mg=kx物体与弹簧组成的系统只有重力、弹力做功，故系统的机械能守恒。当物体速度达到最大v时，弹簧的弹性势能为Ep，由机械能守恒定律有：mg(h+x)=21mv2+Ep图1图2由上面两式可得：Ep=mgh+kmg2)(-21mv2，由功能关系可知，弹簧弹性势能的增加量与弹簧力做功的数值相等。故弹簧对物体所做的功为：W=-Ep=21mv2-mgh-kmg2)(3（10分）、如图，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k,A、B都处于静止状态.一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩.开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向.现在挂钩上挂一质量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升.若将C换成另一个质量为（m1+m3）的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？已知重力加速度为g解析：开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为1x，有11gkxm挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为2x，有22kxmgB不再上升，表示此时A和C的速度为零，C已降到其最低点.由机械能守恒，与初始状态相比，弹簧弹性势能的增加量为312112=m()()EgxxmgxxC换成D后，当B刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同，由能量关系得311311211211()()()()2222mmυmυmmgxxmgxxE联立解得211213()(2)2mmmgυ=mmk4（10分）、如图所示，质量均为m的小球A、B、C，用两条长为l的细线相连，置于高为h的光滑水平桌面上，lh，A球刚跨过桌边.若A球、B球相继下落着地后均不再反跳，则C球离开桌边时的速度大小是多少?命题解读：本题考查系统机械能守恒定律。对每个小球而言，由于绳子的拉力做功，每个小球的机械能不守恒。而且只能分段运用机械能守恒定律求解。运用动能定理也能求解，但拉力要做功解题就比较麻烦。分析与解：当A小球刚要落地时，三小球速度相等设为v1，三个小球机械能守恒。2132123mvmghmgh解得：321ghv当B球刚要落地时，B、C机械能守恒。B、C有共同速度，设v2图2图322212212212mvmghmvmgh解得：352ghv可见：C球离开桌边时的速度大小是352ghv5（4分）、如图所示，一辆小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上由图中位置释放（无初速度），则小球在下摆过程中（）A．绳对小车的拉力不做功B．绳对小球的拉力做正功C．小球的合外力不做功D．绳对小球的拉力做负功解析：由于绳子的拉力对物体做功，每个物体的机械能不守恒。对系统没有机械能的能量损失，因此系统的机械能是守恒的。小球由静止开始做变速曲线运动，动能增加，合力做正功，C错误。小车在拉力作用下运动，绳子对小车的拉力做正功，绳子对小球的拉力做负功，D正确，A、B错误。正确答案：D6（8分）、如图3所示，在光滑水平桌面上，用手拉住长为Ｌ质量为Ｍ的铁链，使其1/3垂在桌边。松手后，铁链从桌边滑下，求铁链末端经过桌边时运动速度是过少？命题解读：绳子、铁链子运动的问题，对于每一部分来讲都是变力，运用动能定理难以解决过程中变力做的功。但运用机械能守恒定律只需要知道绳子的两个运动的状态，不必考虑运动过程，因此解题就简单了。此类问题的重力势能要取每部分的中心，要选好参考平面，尽量使解题简捷。分析与解：松手后，铁链在运动过程中，受重力和桌面的支持力，支持力的方向与运动方向垂直，对铁链不做功，即这一过程中，只是垂在桌外部分的重力做功。因此，从松手到铁链离开桌边，铁链的机械能守恒。以桌面为重力势能参考面松手时，桌外部分的质量为31ｍ，其重心在桌面下61L处此时铁链的重力势能为：－31ｍg61L＝－181mgL铁链末端刚离桌面时，整条铁链都在空中，其重心在桌面下21L处此时铁链的重力势能为：－mgL21设此时铁链的速度为v，由机械能守恒定律有：22121181mvmgLmgL解得：322gLv故铁链末端经过桌边时，铁链的运动速度是322gLv47（8分）、如图所示，均匀的铁链子搭在小定滑轮上，左端占总长的2/5，现将铁链由静止释放，当多少？解析：选取滑轮中心水平线为参考平面，设绳子总长为l根据系统机械能守恒定律：2212515210353mvlmglmglmg解得铁链子刚刚离开滑轮时，链子的运动速度是：glv2538（10分）、小球A用不可伸长的细绳悬于O点，在O点的正下方有一固定的钉子B，OB=d，初始时小球A与O同水平面无初速度释放，绳长为L，为使小球能绕B点做完整的圆周运动，如图15所示。试求d的取值范围。解析：为使小球能绕B点做完整的圆周运动，则小球在D对绳的拉力F1应该大于或等于零，即有：dLVmmgD2根据机械能守恒定律可得)(212dLdmgmVD由以上两式可求得：LdL539（10分）、如图所示，小车的质量为M，后端放一质量为m的铁块，铁块与小车之间的动摩擦系数为，它们一起以速度v沿光滑地面向右运动，小车与右侧的墙壁发生碰撞且无能量损失，设小车足够长，则小车被弹回向左运动多远与铁块停止相对滑动？铁块在小车上相对于小车滑动多远的距离？分析与解：小车反弹后与物体组成一个系统满足动量守恒，规定小车反弹后的方向作向左为正方向，设共同速度为xv，则：　xvmMmvMv)(解得：　vmMmMvx以车为对象，摩擦力始终做负功，设小车对地的位移为S车则：　－车222121MvMvmgSx即：222)(2mMgvMS＝车系统损耗机械能为：　相fSQE22)(21)(21xvmMvmMmgS＝相gmMMvS)(22＝相；DdLOmBCA图15510（10分）、如图4-4所示，质量为M，长为L的木板（端点为A、B，中点为O）在光滑水平面上以v0的水平速度向右运动，把质量为m、长度可忽略的小木块置于B端（对地初速度为0），它与木板间的动摩擦因数为μ，问v0在什么范围内才能使小木块停在O、A之间？解析：木块与木板相互作用过程中合外力为零，动量守恒。设木块、木板相对静止时速度为v，则(M+m)v=Mv0能量守恒定律得：QmvMvMv2220212121滑动摩擦力做功转化为内能：mgsQ相对位移的范围是：LsL2解得v0的范围应是：MgLmM)(≤v0≤MgLmM)(211（10分）、如图7所示，传送带与地面的倾角θ=37°，从A端到B端的长度为16m，传送带以v0=10m/s的速度沿逆时针方向转动。在传送带上端A处无初速地放置一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，求（1）物体从A端运动到B端所需的时间是多少？（2）这个过程中系统产生的内能。(sin37°=0.6，cos37°=0.8)命题解读：该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，若μ＞0.75，第二阶段物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动；若L＜5m，物体将一直加速运动。因此，在解答此类题目的过程中，对这些可能出现两种结果的特殊过程都要进行判断。分析与解：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带施加给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图（a）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图(b)所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变”。开始阶段由牛顿第二定律mgsinθ＋μmgcosθ=ma1解得a1=gsinθ＋μgcosθ=10m/s2物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t1＝v/a1＝1s发生的位移为s＝21a1ｔ12＝5m＜16m可知物体加速到10m/s时仍未到达B点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a2＝2m/s2设第二阶段物体滑动到B端的时间为t2则LAB－s＝vｔ2＋21a2ｔ22解得t2＝1sｔ2′=-11s（舍去）故物体经历的总时间ｔ=t1＋t2=2s图7图86（2）W1=fs1=μmgcosθ·s1=10JW2=-fs2=-μmgcosθ·s2=-22J所以，W=W1+W2=10-22=-12J故知系统发热产生的内能是12J12（10分）、所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v0=2m/s的速率运行。现把一质量m=10kg的工件（可看为质点）轻轻放在皮带的底端，经时间t=1.9s，工件被传送到h=1.5m的高处，取g=10m/s2。求（1）工件与皮带间的动摩擦因数。（2）电动机由于传送工件多消耗的电能。解析：由题意可知皮带长s=h/sin30°=3m.工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移为201tvs达到v0后做匀速运动的位移s-s1=v0（t-t1）加速运动的加速度为a=v0/t1=2.5m/s2工件受的支持力FN=mgcosθ，对工件据牛顿第二定律得：μmgcosθ-mgsinθ=ma解出动摩擦因数为23在时间t1内，皮带运动位移s2=v0t1=1.6m工件相对皮带的位移△s=s2-s1=0.8m在时间t1内，摩擦生热Q=μmgcosθ△s=60J工件获得的动能Ek=mv02/2=20J工件增加的势能Ep=mgh=150J电动机多消耗的电能W=Q+Ek+Ep=230J