机械能经典习题(带答案)

1.如图所示，光滑水平面AB与竖直面内半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。

一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点。

求：（1）弹簧的弹力对物体做的功；（2）物体从B点运动至C点克服阻力做的功；（3）物体离开C点后落回水平面时的动能。

（空气阻力不计）1解：（1）物块在B点时，由牛顿第二定律得：（N=7mg）根据动能定理，弹簧弹力对物体做的功为W弹=EKB=3mgR（2）物块到达C点仅受重力mg，根据牛顿第二定律有：物体从B点到C点只有重力和阻力做功，根据动能定理有：W阻－mg×2R=EKC－EKBW阻=－0.5mgR（3）物体离开轨道后做平抛运动，仅有重力做功，以光滑水平面为零势能点，根据机械能守恒有：EK =EKC＋EPC=2.5mgR2.如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B。

它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板。

系统处于静止状态。

现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d。

重力加速度为g。

2.解：令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知mA gsinθ=kx1①令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知kx2=mBgsinθ②F－mA gsinθ－kx2=mAa ③由②③式可得a=④由题意d=x1+x2⑤由①②⑤式可得d=3.如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s=5m，轨道CD足够长且倾角θ=37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30m、h2=1.35m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6、cos37°=0.8．求：（1）小滑块第一次到达D点时的速度大小；（2）小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；（3）小滑块最终停止的位置距B点的距离．3.解：（1）小物块从A→B→C→D过程中，由动能定理得将、、s、μ、g代入得：=3m/s（2）小物块从A→B→C过程中，由动能定理得将、s、μ、g代入得：=6m/s小物块沿CD段上滑的加速度大小=g=6m/s2小物块沿CD段上滑到最高点的时间=1s由于对称性可知小物块从最高点滑回C点的时间=1s故小物块第一次与第二次通过C点的时间间隔=2s（3）对小物块运动全过程利用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为，有：将、μ、g代入得：=8.6m故小物块最终停止的位置距B点的距离为2s－=1.4m4.如图所示，小球从h高的光滑斜面滚下，经有摩擦的水平地面再滚上另一光滑斜面，当它达到高时，速度变为零，求小球最终停在何处?4.小球在斜面上受重力与斜面的弹力作用，斜面弹力与小球位移垂直，不做功，小球只有重力做功，机械能守恒．设小球在A、B点速度为、则有．①②在水平地面上，摩擦力f 做的功等于小球动能的变化③联立解①②③式得：．④小球最后停下，由动能定理有：⑤联立解②⑤式得： ⑥联立解④⑥式得：故小球最终停止A 、B 的中点处．小球在光滑斜面上运动时，只有重力做功，机械能守恒；小球在粗糙水平面上运动，要克服摩擦力，机械能不守恒．5：如图3所示,一固定的斜面,030=θ,另一边与地面垂直,顶上有一定滑轮,一软弱的细线跨过定滑轮,两边分别与A\B 连接,A 的质量为4m,B 的质量为m,开始时将B 按在地面上不动,然后放开手,让A 沿斜面下滑而B 上升,物块A 与斜面间无摩擦,设当A 沿斜面下滑s 距离后,细线突然断了,求物块B 上升的最大距离H 。

析与解：取A 、B 及地球为系统：P K E E ∆-=∆mgs s mg v m m -⋅⋅=+0230sin 4)4(21① 对B ：h g v )(202-=-②h S H +=③由①②③得：s H 2.1=6图中滑块和小球的质量分别为2m 、m ，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O 由一不可伸长的轻绳相连，绳长为L ，开始时轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。

现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘住物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ = 60°时小球达到最高点。

求小球第一次刚到达最低点时，滑块的速率υ1和小球速率υ2。

解：设小球第一次到达最低点时，滑块和小球速度的大小分别为υ1、υ2 ，由机械能守恒定律得12·2mυ12 + 12mυ2 2 = m gL 小球由最低点向左摆到最点时，由机械能守恒定律得 12mυ2 2=m gL ( 1 – cos60°) 由以上两式解得 υ1=gL 2υ2=g L7．如图甲所示，质量m = 1kg 的物体静止在倾角α = 30°的粗糙斜面体上，两者一起向右做匀速直线运动，则在通过水平位移s = 1m 的过程中， （1）物体所受的重力、弹力、摩擦力对物体各做了多少功？(取g = 10m/s 2)（2）斜面对物体做了多少功？解析：（1）物体的受力情况如图乙所示，由平衡条件得：F N = mg cos α，f = mg sin αf 与s 的夹角为α，F N 与s 的夹角为(90°＋α) 由W = Fs cos α得：重力对物体做的功W 1 = mgs cos90° = 0 弹力F N 对物体做的功为：W 2 = mg cos α·s cos(90°＋α) = - 4.3J摩擦力f 对物体做的功W 3 = mg sin α·s cos α = 4.3J（2）解法一 斜面对物体的作用力即F N 与f 的合力，由平衡条件可知，其方向竖直向上，大小等于mg ，其做的功为： W 面 = F 合·s cos90° = 0解法二 斜面对物体做的功等于斜面对物体各力做功的代数和，即W 面 = W 2＋W 3 = 答案：（1）0 - 4.3J 4.3J （2）08.如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=300，皮带在电动机的带动下，始终保持V 0=2m/s 的速度运行。

现把一质量为m=10kg 的工件（可视为质点）轻轻放在皮带的底端，经时间1.9s ，工件被传送到h=1.5m 的高处，取g=10m/s 2。

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（1）设工件先匀加速再匀速=t 1+v 0(t －t 1)匀加速时间t 1="0.8s "匀加速加速度a==2.5m/s 2μmgcos θ－mgsin θ=ma ∴μ=（2）皮带在匀加速时间内位移 s 皮= v 0 t 1=1.6m 工件匀加速位移s 1=t 1=0.8m工件相对皮带位移s 相= s 皮－s 1=0.8m 摩擦生热Q=μmgcos θs 相=60J 工件获得动能E k =m v 02=20J工件增加势能E p =mgh=150J电动机多消耗的电能E=Q+E k +E p =230J9.如图所示，质量分别为2 m 和3m 的两个小球固定在一根直角尺的两端A 、B ，直角尺的顶点O 处有光滑的固定转动轴。

AO 、BO 的长分别为2L 和L 。

开始时直角尺的AO 部分处于水平位置而B 在O 的正下方。

让该系统由静止开始自由转动， 求：⑴当A 到达最低点时，A 小球的速度大小v ； 直角尺和两个小球组成的系统机械能守恒（1）由10质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m 和2m 的小球A 和B ．支架的两直角边长度分别为2l 和l ，支架可绕固定轴O 在竖直平面内无摩擦转动，如图所示．开始时OA 边处于水平位置，由静止释放，则（ac ）A. A 球的最大速度为()gl 1-2632B ．A 球的速度最大时，两小球的总重力势能为零C ．AB 两球的最大速度之比v1：v2=2：1D ．A 球的速度最大时A 球在竖直位置11.一根质量不计的细杆长为2 L , 一端固定在光滑的水平转轴O 上, 在杆的另一端和杆的中点各固定一个质量为m 的小球, 然后使杆从水平位置由静止开始, 在竖直平面内自由下摆, 如图所示, 试求: ⑴杆向下摆至竖直位置时, 两球的速度.⑵杆从水平位置向下摆至竖直位置的过程中, 杆对球B 所做的功. ⑶摆至竖直位置时, 杆OA 和AB 的张力T 1、T 2之比.解：(1) v B = 2 v A mgL + 2 mgL =12 mv A 2 + 12 mv B 2v A =65 g L v B =245 g L(2) 对小球B , 由动能定理可得： 2 mgL + W = 12 m v B 2 W = 25 mg L (3) T 2－mg = mv B 22 L T 2 = 175 mgT 1－T 2－mg = mv A 2L T 1 = 285 mg T 1 : T 2 = 28 : 1712.如图所示，倾角为θ光滑斜面上放有两个质量均为m 的小球A 和B ， 两球之间用一根长为L 的轻杆相连，下面的小球B 离斜面底端的高度为h ，两球从静止开始下滑，不计球与地面碰撞时的机械能损失，且地面光滑，求：（1）两球在光滑水平面上运动时的速度大小； （2）此过程中杆对A 球所做的功；解：（1）两球系统机械能守恒，在水平面运动时速度相等，由机械能守恒定律：θθsin 2212)sin 21(22gL gh v mv L h mg +=∴⨯=+（2）因两球在光滑水平面运动的速度v 比B 球从h 处自由下落的速度gh 2大，增加的动能就是杆对B 做正功的结果，B 增加的动能为θsin 21212mgL mgh mv E k =-=∆，因系统机械能守恒，杆对A 做负功，且θsin 21mgL W -=，13.如图所示，跨过同一高度处的光滑滑轮的细线连接着质量相同的物体A 和B 。

A 套在光滑水平杆上，细线与水平杆的夹角θ＝53°。

定滑轮离水平杆的高度为h ＝0.2 m ，当B 由静止释放后，A 所能获得的最大速度为多少？(cos53°＝0.6，sin53°＝0.8)B解：物体A 在绳的拉力作用下向右做加速运动，B 向下加速运动，v B ＝v A cos θ，当A 运动到滑轮的正下方时，速度达最大值，此时A 沿绳方向速度为零，故B 的速度为零．对A 、B 组成的系统，由机械能守恒定律有：，v A ＝1 m/s14.如图5-1-3在光滑的水平面上，物块在恒力F＝100Ｎ的作用下从A 点运动到B 点，不计滑轮的大小，不计绳与滑轮的质量及绳、滑轮间的摩擦，Ｈ＝2.4 ｍ，α＝37°，β＝53°，求绳的拉力对物体所做的功.【解析】绳的拉力对物体来说是个变力（大小不变，方向改变），但分析发现，人拉绳却是恒力，于是转换研究对象，用人对绳子做的功来求绳对物体所做的功W =F ·l =F (βαsin sin H H -)=100 J【答案】W =F ·l =F (βαsin sin H H -)=100J15.物块从光滑曲面上的P 点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q 点，若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图5-1-4所示，再把物块放到P 点自由滑下则（ ） A.物块将仍落在Q 点B.物块将会落在Q 点的左边C.物块将会落在Q 点的右边D.物块有可能落不到地面上【错解】因为皮带轮转动起来以后，物块在皮带轮上的时间长，相对皮带位移量大，摩擦力做功将比皮带轮不转动时多，物块在皮带右端的速度将小于皮带轮不动时，所以落在Q 点左边，应选B 选项.【错因】学生的错误主要是对物体的运动过程中的受力分析不准确.实质上当皮带轮逆时针转动时，无论物块以多大的速度滑下来，传送带给物块施的摩擦力都是相同的，且与传送带静止时一样，由运动学公式知位移相同.从传送带上做平抛运动的初速度相同，水平位移相同，落点相同.【正解】物块从斜面滑下来，当传送带静止时，在水平方向受到与运动方向相反的摩擦力，物块将做匀减速运动.离开传送带时做平抛运动.当传送带逆时针转动时物体相对传送带都是向前运动，受到滑动摩擦力方向与运动方向相反. 物体做匀减速运动，离开传送带时，也做平抛运动，且与传送带不动时的抛出速度相同，故落在Q 点，所以A 选项正确.16.．如图5-1-8所示，滑轮和绳的质量及摩擦不计，用力F 开始提升原来图5-1-3图5-1-4图5-1-8静止的质量为m ＝10kg 的物体，以大小为a ＝2m ／s 2的加速度匀加速上升，求头3s 内力F做的功.(取g ＝10m ／s 2) （1080）17.如图5-5-15所示，一轻绳的两端各系一小球（可视为质点），质量分别为M 和m （M>m ），跨放在一个光滑的半圆柱体上.两球由水平直径AB 的两端由静止释放，当m 刚好到达圆柱体的最高点C 时，恰好脱离圆柱体.则两小球的质量之比为多少？【解析】经分析可知，A 、B 运动时系统内只有动能和重力势能的相互转化，所以系统的机械能守恒，由机械能守恒有 0)(21422=++-v m M R mg mgR π又m 在最高点C 时作圆周运动，恰好脱离圆柱体，由牛顿第二定律有R v m mg 2=由可解得31-=πM m18.一质量均匀不可伸长的绳索，重为G ，A 、B 两端固定在天花板上，如图5-6-1所示，今在最低点C 施加一竖直向下的力，将绳索拉至D 点，在此过程中，绳索AB 的重心位置将 （ ） A .升高 B.降低 C.先降低后升高 D.始终不变【解析】物体的重心不一定在物体上，对于一些不规则的物体要确定重心是比较困难的，本题绳子的重心是不容易标出的，因此，要确定重心的变化，只有通过别的途径确定.当用力将物体缓慢地从C 点拉到D 点，外力在不断的做功，而物体（试题分析：将绳缓慢拉至D 点的过程中外力对绳索做功，绳索机械能增加，重力势能增加，重心会逐渐升高，A 选项正确，BCD 选项错误故选A ）19.(2005年江苏卷)如图5-9-1所示,固定的光滑竖直杆上套着一个滑块,用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮,以大小恒定的拉力F 拉绳,使滑块从A 点起由静止开始上升.若从A 点上升至B 点和从B 点上升至C 点的过程中拉力F 做的功分别为W 1、W 2,滑块经B 、C 两点的动能分别为E KB 、E KC ,图中AB=BC,则一定有( )A.W 1＞W 2B.W 1＜W 2C.E KB ＞E KCD.E KB ＜E KCD图5-6-1【解析】一般在讨论某一力做功情况的时候,就要看这个力在位移方向的累积情况.此题中力F大小恒定.滑块从A到B再到C的过程中,力F与竖直杆之间的夹角逐渐变大,所以力F在竖直杆方向的分力不断减小.这样,在位移大小相同的情况下,力F在AB段累积的功当然多.关于滑块在B、C 两点的动能大小的判断,应由合外力在对应过程所做的功来确定.由于此题中力F在AB、BC两段沿竖直杆方向的分力大小与重力大小关系不能确定,所以合外力在AB、BC两段做功正、负情况不能确定.当然也就不能确定滑块在AB、BC两段动能的变化情况,也就不能判断滑块在B、C两点动能的大小.【答案】A【点拨】对功、动能定理要深层次从本质理解,不能想当然地套公式.20.如图所示是一个横截面为半圆、半径为R的光滑柱面，一根不可伸长的细线两端分别系着物体A、B，且m A=2m B，由图示位置从静止开始释放A物体，当物体B达到圆柱顶点时，求绳的张力对物体B所做的功？解：本题要求出绳的张力对物体B 做的功，关键是求出物体B到达圆柱顶点时的动能，由于柱面是光滑的，故系统的机械能守恒，系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量．系统重力势能的减少量为系统动能的增加量为由△E p=△E k得绳的张力对物体B做的功21.如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R有光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是（）A）2R（B）5R/3 （C）4R/3 （D）2R/3 .设B的质量为m，则A的质量为2m，以A、B组成的系统为研究对象，在A落地前，由动能定理可得：-mgR+2mgR=（m+2m）v2-0，以B 为研究对象，在B 上升过程中，由动能定理可得：-mgh=0-1/2mv 2，则B 上升的最大高度H=R+h ，解得：H=4R/322.总质量为M 的列车，沿平直轨道匀速前进.末节车厢质量为m ，在行驶中途脱钩，司机发现后关闭发动机时，机车已经驶了L ，设运动阻力与质量成正比，机车发动机关闭前牵引力是恒定的，则两部分停止运动时，它们之间的距离是多少?【解析】本题有两个研究对象，可分别对它们应用动能定理. 对列车部分有：21)(210)(v m M gs m M K FL --=-- .① 对脱钩车厢有：22210mv Kmgs -=-② 列车匀速行驶有：KMg F =③由①②③可解得：L mM M s s s -=-=∆21 另解：从整体角度出发，把两部分作为一个系统来分析：若脱钩时立即关闭发动机，则车头部分和脱钩车厢应前进同样距离，现在之所以在停止时拉开一定距离，是因为牵引力F 在L 的路程上做了功，机车的动能多了一些，能够克服阻力多走一段距离，可见F 在L 路程上做的功应等于阻力在ΔS 距离上做的功.即s g m M K FL ∆-=)(又 KMg F = 解之得L mM M s -=∆ 23.如图所示，一辆玩具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，由图中位置无初速释放，则小球在下摆过程中，下列说法正确的是（ ）A.绳对车的拉力对车做正功B ．绳的拉力对小球做正功C ．小球所受的合力对小球不做功D ．绳的拉力对小球做负功 由于车和球这个系统水平方向上动量守恒，所以当小球下摆时，车子也会随之反方向移动．根据动能定理可知：△E K =W F ，动能增加，绳对车的拉力对车做正功，故A 正确；由于车和球这个系统水平方向上动量守恒，所以当小球下摆时，车子也会随之反方向移动．这时小球运动的轨迹将与绳子不垂直，夹角大于90°，做负功，故D 正确，B 错误； 对小球运用动能定理得：△E K =W 合，小球动能增加，合力对小球做正功，故C 错误． 故选AD ．24.2010年在加拿大城市温哥华举办的冬奥会上，瑞典女队又一次获得冰壶比赛世界冠军．运动员以一定的初速度将冰壶沿水平面抛出，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化图线如图所示，已知冰壶质量为19 kg g取10 m/s 2 ，则以下说法正确的是( D )A．μ＝0.05 B．μ＝0.02C．滑行时间t＝5 s D．滑行时间t＝10 s25.将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是（ A ）A.沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不相等；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度大小相等B．沿着1下滑到底端时，物块的速率最大C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的。