机械能守恒定律计算题及答案

第1页共9页机械能守恒定律计算题（期末复习）1．如图5-1-8所示，滑轮和绳的质量及摩擦不计，用力F开始提升原来静止的质量为m＝10kg的物体，以大小为a＝2m／s2的加速度匀加速上升，求头3s内力F做的功.(取g＝10m／s2)2.汽车质量5t，额定功率为60kW，当汽车在水平路面上行驶时，受到的阻力是车重的0.1倍，：求：（1）汽车在此路面上行驶所能达到的最大速度是多少？（2）若汽车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度作匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？3.质量是2kg的物体，受到24N竖直向上的拉力，由静止开始运动，经过5s；求：①5s内拉力的平均功率②5s末拉力的瞬时功率（g取10m/s2）Fmg图5-2-5F图5-1-8第2页共9页图5-3-1h1h2图5-4-44.一个物体从斜面上高h处由静止滑下并紧接着在水平面上滑行一段距离后停止，测得停止处对开始运动处的水平距离为S，如图5-3-1，不考虑物体滑至斜面底端的碰撞作用，并设斜面与水平面对物体的动摩擦因数相同．求动摩擦因数μ．5.如图5-3-2所示，AB为1/4圆弧轨道，半径为R=0.8m，BC是水平轨道，长S=3m，BC处的摩擦系数为μ=1/15，今有质量m=1kg的物体，自A点从静止起下滑到C点刚好停止.求物体在轨道AB段所受的阻力对物体做的功.6.如图5-4-4所示，两个底面积都是S的圆桶，用一根带阀门的很细的管子相连接，放在水平地面上，两桶内装有密度为ρ的同种液体，阀门关闭时两桶液面的高度分别为h1和h2，现将连接两桶的阀门打开，在两桶液面变为相同高度的过程中重力做了多少功？图5-3-2第3页共9页7.如图5-4-2使一小球沿半径为R的圆形轨道从最低点B上升，那么需给它最小速度为多大时，才能使它达到轨道的最高点A？8.如图5-4-8所示，光滑的水平轨道与光滑半圆弧轨道相切.圆轨道半径R=0.4m，一小球停放在光滑水平轨道上，现给小球一个v0=5m/s的初速度，求：小球从C点抛出时的速度（g取10m/s2）.9.如图5-5-1所示，光滑的倾斜轨道与半径为R的圆形轨道相连接，质量为m的小球在倾斜轨道上由静止释放，要使小球恰能通过圆形轨道的最高点，小球释放点离圆形轨道最低点多高？通过轨道点最低点时球对轨道压力多大？图5-5-1图5-4-2ABRV0图5-4-8第4页共9页HABR图5-5-1110.如图5-5-2长l=80cm的细绳上端固定，下端系一个质量m＝100g的小球.将小球拉起至细绳与竖立方向成60°角的位置，然后无初速释放.不计各处阻力，求小球通过最低点时，细绳对小球拉力多大？取g=10m/s2.11.质量为m的小球，沿光滑环形轨道由静止滑下（如图5-5-11所示），滑下时的高度足够大.则小球在最低点时对环的压力跟小球在最高点时对环的压力之差是小球重力的多少倍？第5页共9页机械能守恒定律计算题答案1．【解析】利用w＝Fscosa求力F的功时，要注意其中的s必须是力F作用的质点的位移.可以利用等效方法求功，要分析清楚哪些力所做的功具有等效关系.物体受到两个力的作用：拉力F＇和重力mg，由牛顿第二定律得mamgF所以mamgF10×10+10×2=120N则力2FF=60N物体从静止开始运动，3s内的位移为221ats=21×2×32=9m解法一：力F作用的质点为绳的端点，而在物体发生9m的位移的过程中，绳的端点的位移为s/＝2s＝18m，所以，力F做的功为sFsFW260×18=1080J解法二：本题还可用等效法求力F的功.由于滑轮和绳的质量及摩擦均不计，所以拉力F做的功和拉力F’对物体做的功相等.即sFWWFF120×9=1080J2.【解析】(1)当汽车达到最大速度时，加速度a=0，此时mgfF①mFvP②由①、②解得smmgPvm/12(2)汽车作匀加速运动，故F牵-μmg=ma，解得F牵=7.5×103N设汽车刚达到额定功率时的速度为v，则P=F牵·v，得v=8m/s设汽车作匀加速运动的时间为t，则v=at得t=16s3.【解析】物体受力情况如图5-2-5所示，其中F为拉力，mg为重力由牛顿第二定律有F图5-1-8Fmg图5-2-5第6页共9页图5-3-1F－mg=ma解得a2m/s25s内物体的位移221ats=2.5m所以5s内拉力对物体做的功W=FS=24×25=600J5s内拉力的平均功率为5600tWP=120W5s末拉力的瞬时功率P=Fv=Fat=24×2×5=240W4.【解析】设该斜面倾角为α，斜坡长为l，则物体沿斜面下滑时，重力和摩擦力在斜面上的功分别为：mghmglWGsincos1mglWf物体在平面上滑行时仅有摩擦力做功，设平面上滑行距离为S2，则22mgSWf对物体在全过程中应用动能定理：ΣW=ΔEk．所以mglsinα－μmglcosα－μmgS2=0得h－μS1－μS2=0．式中S1为斜面底端与物体初位置间的水平距离．故ShSSh21【点拨】本题中物体的滑行明显地可分为斜面与平面两个阶段，而且运动性质也显然分别为匀加速运动和匀减速运动．依据各阶段中动力学和运动学关系也可求解本题．比较上述两种研究问题的方法，不难显现动能定理解题的优越性．5.【解析】物体在从A滑到C的过程中，有重力、AB段的阻力、BC段的摩擦力共三个力做功，WG=mgR，fBC=umg，由于物体在AB段受的阻力是变力，做的功不能直接求.根据动能定理可知：W外=0，所以mgR-umgS-WAB=0即WAB=mgR-umgS=1×10×0.8-1×10×3/15=6J【点拨】如果我们所研究的问题中有多个力做功，其中只有一个力是变力，其余的都是恒力，而且这些恒力所做的功比较容易计算，研究对象本身的动能增量也比较容易计算图5-3-2第7页共9页h1h2图5-4-4时，用动能定理就可以求出这个变力所做的功.6.【解析】取水平地面为零势能的参考平面，阀门关闭时两桶内液体的重力势能为：2)(2)(22111hshhshEP)(212221hhgs阀门打开，两边液面相平时，两桶内液体的重力势能总和为221)(21212hhghhsEP由于重力做功等于重力势能的减少，所以在此过程中重力对液体做功22121)(41hhgsEEWPPG7.【错解】如图5-4-2所示，根据机械能守恒，小球在圆形轨道最高点A时的势能等于它在圆形轨道最低点B时的动能（以B点作为零势能位置），所以为2212BmvRmg从而得gRvB2【错因】小球到达最高点A时的速度vA不能为零，否则小球早在到达A点之前就离开了圆形轨道.要使小球到达A点（自然不脱离圆形轨道），则小球在A点的速度必须满足RvmNmgAA2式中，NA为圆形轨道对小球的弹力.上式表示小球在A点作圆周运动所需要的向心力由轨道对它的弹力和它本身的重力共同提供.当NA=0时，vA最小,vA=gR.这就是说,要使小球到大A点,则应使小球在A点具有速度vAgR【正解】以小球为研究对象.小球在轨道最高点时，受重力和轨道给的弹力.小球在圆形轨道最高点A时满足方程RvmNmgAA2(1)根据机械能守恒，小球在圆形轨道最低点B时的速度满足方程2221221BAmvRmgmv(2)解(1)，(2)方程组得图5-4-2第8页共9页ABNmRgRv5当NA=0时,vB为最小,vB=gR5.所以在B点应使小球至少具有vB=gR5的速度,才能使小球到达圆形轨道的最高点A.8.【解析】由于轨道光滑，只有重力做功，小球运动时机械能守恒.即22021221CmvRmghmv解得Cv3m/s9.【解析】小球在运动过程中，受到重力和轨道支持力，轨道支持力对小球不做功，只有重力做功，小球机械能守恒．取轨道最低点为零重力势能面．因小球恰能通过圆轨道的最高点C，说明此时，轨道对小球作用力为零，只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律可列Rvmmgc2得gRmRvmc2212在圆轨道最高点小球机械能:mgRmgREC221在释放点，小球机械能为:mghEA根据机械能守恒定律ACEE列等式：RmgmgRmgh221解得Rh25同理，小球在最低点机械能221BBmvEgRvEEBCB5小球在B点受到轨道支持力F和重力根据牛顿第二定律，以向上为正，可列mgFRvmmgFB62据牛顿第三定律，小球对轨道压力为6mg．方向竖直向下．10.【解析】小球运动过程中，重力势能的变化量)60cos1(0mglmghEp，此过程中动能的变化量221mvEk.机械能守恒定律还可以表达为0kpEE即0)60cos1(2102mglmv整理得)60cos1(202mglvm又在最低点时，有lvmmgT2在最低点时绳对小球的拉力大小图5-5-1ABRV0图5-4-8第9页共9页HABR图5-5-11NNmgmgmglvmmgT2101.022)60cos1(202通过以上各例题，总结应用机械能守恒定律解决问题的基本方法.11.【解析】以小球和地球为研究对象，系统机械能守恒，即221AmvmgH………………………①RmgmvmgHB2212…………②小球做变速圆周运动时，向心力由轨道弹力和重力的合力提供在最高点A：RvmmgFAA2…………③在最高点B：RvmmgFBB2………④由①③解得：RHmgmgFA2由②④解得：)52(RHmgFBmgFFBA66mgFFBA