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1、精选优质文档-倾情为你奉上动能定理和机械能守恒1、如图所示，质量为、长度为的小车静止在光滑的水平面上质量为的小物块(可视为质点)放在小车的最左端现用一水平恒力作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动物块和小车之间的摩擦力为物块滑到小车最右端时，小车运动的距离为在这个过程中，下列说法正确的是（ ）A物块到达小车最右端时具有的动能为B物块到达小车最右端时，小车具有的动能为C物块克服摩擦力所做的功为D物块和小车增加的机械能为【答案】B【解析】在这个过程中，恒力对物块做的功为，摩擦力对物块做的功为，根据动能定理，物块到达小车最右端时具有的动能为，选项A错误；再选取小车为研究对象，对其受力分析，
2、只有摩擦力对其做正功，大小为，根据动能定理可知，选项B正确；摩擦力对物块做的功为也可表述为物块克服摩擦力所做的功为，选项C错误；物块和小车增加的机械能等于它们具有的动能之和，即:，选项D错误2、（2011高考海淀零模）如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端装有滑轮，小桶、物块用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），悬于空中，放在斜面上，二者均处于静止状态，轻绳与斜面平行已知斜面倾角，小桶的质量，物块的质量，重力加速度现向桶内不断缓慢添加细砂并使开始运动关于上述过程，下列说法中正确的是（ ）A在向小桶内不断缓慢添加细砂的过程中，受到的静摩擦力一定变大B轻绳对物块的拉力做功的过程中，物块动能增加C
3、物块向上运动过程中，若物块增加的机械能，小桶和其中细砂就损失的机械能D物块向上运动过程中，其动量增量的大小一定等于小桶和细砂动量改变量的大小【答案】A【解析】A、先对受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故拉力等于重力，即；在对受力分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力（沿着斜面向下），根据平衡条件，有：，解得；在向小桶内不断缓慢添加细砂的过程中，拉力增加，故受到的静摩擦力一定变大；故A正确；B、动能增加量等于合力的功，物块受多个力，合力不等于拉力，故轻绳对物块的拉力做功的过程中，物块动能增加不是；故B错误；C、由于摩擦力的作用，滑动后与机械能不守恒，故C错误；D、物体与质量不同，速度相等，故动量不
4、等，初动量为零，故与的动量增加量不等，故D错误；3、（2009高考西城三模）如图所示，将一个带正电的小球轻放在固定在地面上的竖立的轻弹簧上，接触弹簧后将弹簧压缩，小球与弹簧所在空间存在方向竖直向下的匀强电场，设小球与弹簧的接触是绝缘的，则在弹簧被压缩的全过程中（ ）A小球先做匀加速运动后做匀减速运动B小球机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量C弹簧的压缩量最大时，小球所受弹力最大，且一定等于重力的大小D弹簧和小球组成的系统的机械能的增加量，等于小球电势能的减少量【答案】D【解析】A、小球与弹簧接触后，对小球受力分析，受弹力、电场力和重力，由于弹力是变化的，故合力也是变化的，故加速度也是变化的，
5、故不是匀变速运动，故A错误；B、小球机械能的减少量与电势能的减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故B错误；C、弹簧的压缩量最大时，小球所受弹力最大，且一定大于重力和电场力之和的大小，故C错误；D、有弹簧弹力、重力和电场力做功，故弹簧和小球组成的系统的机械能的增加量，等于小球电势能的减少量，故D正确；4、（2014高三上期末西城区）如图所示，大小相同的力作用在同一个物体上，物体分别沿光滑水平面、粗糙水平面、光滑斜面、竖直方向运动一段相等的距离，已知力与物体的运动方向均相同则上述四种情景中都相同的是（ ）A拉力对物体做的功B物体的动能增量C物体加速度的大小D物体运动的时间【答案】A【解析】A、根据
6、功的计算公式可知相同，故功相同，A正确；B、根据动能定理知，只拉力做功相同，其他力做功不同，故动能增量不同，故B错误；C、根据知只有拉力同，加速度不一定相同，故C错误；D、根据知加速度不相同，不相同，故D错误；5、（2014高三上期末东城）某同学将一个质量为的小球竖直向上抛出，小球上升的最大高度为设上升过程中空气阻力大小恒定则在上升过程中（ ）A小球的动能减小了B小球机械能减小了C小球重力势能减小了D小球克服空气阻力做功【答案】B【解析】A、小球上升的过程中，重力和阻力都做负功，根据动能定理得：，则得动能的减小量等于，故A错误；B、根据功能关系知：除重力外其余力做的功等于机械能的变化量在上升过
7、程中，物体克服阻力做功，故机械能减小，故B正确D错误；C、小球上升，故重力势能增加，故C错误6、（2014高三上期末昌平区）人通过定滑轮将质量为的物体，沿倾角为的光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为，到达斜面顶端的速度为，如图所示则在此过程中（ ）A人对物体做的功为B人对物体做的功为C物体克服重力所做的功为D物体所受的合外力做功为【答案】D【解析】A、由D的分析可知，人对物体做的功一定大于；故A错误，B、由动能定理可知，人做的功应克服重力、摩擦力做功，故人做的功等于克服重力的功、克服摩擦力的功及增加的动能之和，大于，故B错误；C、物体克服重力所做的功为；故C错误；D、对物
8、体受力分析可知，物体受重力、拉力及摩擦力的作用；由动能定理可知，合外力做功一定等于动能的改变量，即等于；故D正确；7、（2011高三上期末朝阳区）质量为的汽车在平直公路上行驶，发动机的功率和汽车受到的阻力均恒定不变在时间内，汽车的速度由增加到最大速度，汽车前进的距离为，则在这段时间内可以表示发动机所做功的计算式为（ ）ABCD【答案】A【解析】A、由于发动机功率恒定，则经过时间，发动机所做的功也可以为：，故A正确B、车从速度到最大速度过程中，由动能定理可知：解得：，故B、C、D错误8、如图所示，物体的质量为，置于水平地面上，的上端连一轻弹簧，原长为，劲度系数为现将弹簧上端缓慢地竖直向上提起，使
9、点上移距离为，此时物体也已经离开地面，则下列说法中正确的是（ ）A提弹簧的力对系统做功为B物体的重力势能增加C系统增加的机械能小于D以上说法都不正确【答案】C【解析】由于将弹簧上端缓慢地竖直向上提起，可知提弹簧的力是不断增大的，最后大小等于物体的重力，因此提弹簧的力对系统做功应小于，A选项错误系统增加的机械能等于提弹簧的力对系统做的功，C选项正确由于弹簧的伸长，物体升高的高度小于，所以B选项错误9、如图所示，已知木板的质量为M，长度为L；小木块的质量为m；水平地面光滑；一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与木板和小木块连接，小木块与木板间的动摩擦因数为开始时，木块静止在木板左端，现用水平向右的力F
10、将小木块拉至木板右端，则拉力至少做的功大小为（ ）ABCD【答案】B【解析】方法一：当拉小木块向右缓慢移动时，拉力当小木块向右运动时到达木板的右端，有：方法二：由功能关系，拉力至少做的功等于小木块与木板摩擦产生的热量即10、如图所示，在竖直平面内有一个半径为，粗细不计的圆管轨道半径水平、竖直，一个质量为的小球自正上方点由静止开始自由下落，小球恰能沿管道到达最高点，已知，重力加速度为，则小球从到的运动过程中（ ）A重力做功B机械能减少C合外力做功D克服摩擦力做功【答案】B【解析】重力做功与路径无关，只与初末位置高度差有关，故，故A错误小球恰能沿管道到达最高点，得到点速度为零故小球从到的运动过程中
11、，动能增加量为零；重力势能减小量为；故机械能减少量为；故B正确小球从到的运动过程中，合外力做功等于动能的增加量，为零，故C错误由B选项分析得到机械能减小量为，而机械能减小量等于克服摩擦力做的功，故克服摩擦力做功为，故D错误11、（2012北京101中高一下期中）如图，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和ba球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧从静止开始释放b后，若两球落地后均不再弹起，则下面说法中正确的是（）Ab球落地前的加速度为Bb球到达地面的速度为Ca可能达到的最大高度为1.5hD绳对b球做的功为-mgh【答案】A C【解
12、析】A、以ab整体由牛顿第二定律可知3mg-mg=4maa=，故A正确；B、以ab整体由动能定理可知3mgh-mgh=4mv2-0v=，故B错误；C、b落地后a继续上升的高度为mgh=0-mv2h=0.5h故a上升的高度为1.5h，故C正确；D、对b由动能定理可得W+3mgh=mv2-0W=-mgh，故D错误；故选：AC12、（2012高三上期末东城区）如图所示，质量的物块，以速度滑上正沿逆时针转动的水平传送带，传送带上两点间的距离，已知传送带的速度，物块与传送带间的动摩擦因数重力加速度取关于物块在传送带上的运动，下列表述正确的是（ ）A物块在传送带上运动的时间为B物块滑离传送带时的速率为C皮
13、带对物块做功为D整个运动过程中由于摩擦产生的热量为【答案】B D【解析】A、B、滑块先向右匀减速，对于向右滑行过程，根据牛顿第二定律，有，解得根据运动学公式，有：解得：，向左匀加速过程，根据运动学公式，有最后做匀速直线运动，有即滑块在传送带上运动的总时间为：故A错误，B正确；C、向右减速过程和向左加速过程中，摩擦力为恒力，故摩擦力做功为：，即物体克服摩擦力做功，或摩擦力对物体做功，故C错误；D、整个运动过程中由于摩擦产生的热量等于滑块与传送带之间的一对摩擦力做功的代数和，等于摩擦力与相对路程的乘积；物体向右减速过程，传送带向左移动的距离为：物体向左加速过程，传送带运动距离为：即，故D正确；13
14、、（2014广东南海中学等七校高考模拟）如图，一个质量为m的小球（可视为质点）以某一初速度从A点水平抛出，恰好从圆管BCD的B点沿切线方向进入圆弧，经BCD从圆管的最高点D射出，恰好又落到B点已知圆弧的半径为R且A与D在同一水平线上，BC弧对应的圆心角=60，不计空气阻力求：（1）小球从A点做平抛运动的初速度v0的大小；（2）在D点处管壁对小球的作用力N；（3）小球在圆管中运动时克服阻力做的功Wf【答案】（1）小球从A点做平抛运动的初速度v0的大小为（2）在D点处管壁对小球的作用力N为mg（3）小球在圆管中运动时克服阻力做的功Wl=mgR【解析】（1）小球从A到B：竖直方向=2gR（1+cos
15、60）=3gR，则vy=在B点，由速度关系v0=（2）小球从D到B：竖直方向R（1+cos60）=gt2，解得：t=则小球从D点抛出的速度vD=在D点，由向心力公式得：mg-N=m，解得：N=mg，方向竖直向上（3）从A到D全程应用动能定理：-Wl=-解得：Wl=mgR答：（1）小球从A点做平抛运动的初速度v0的大小为（2）在D点处管壁对小球的作用力N为mg（3）小球在圆管中运动时克服阻力做的功Wl=mgR14、（2012北京四中高三上期中）如图，传送带AB总长为l=10m，与一个半径为R=0.4m的光滑圆轨道BC相切于B点传送带速度恒为v=6m/s，方向向右现有一个滑块以一定初速度v0从A点
16、水平冲上传送带，滑块质量为m=10kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为=0.1已知滑块运动到B端时，刚好与传送带共速求（1）v0；（2）滑块能上升的最大高度h；（3）求滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能【答案】（1）v0=4m/s或m/s（2）1.8m（3）220J【解析】（1）以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程中，由动能定理得：滑块初速度大于传送带速度时：-mgl=mv2-mv02，解得v0=m/s；滑块初速度小于传送带速度时：mgl=mv2-mv02，解得v0=4m/s；（2）由动能定理可得：-mgh=0-mv2，解得h=1.8m；（3）以滑块为研究对象，由牛顿第二
17、定律得：mg=ma，滑块的加速度a=1m/s2，滑块减速到零的位移s=18m10m，则滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带，由匀变速运动的位移公式可得：l=vt-at2，即10=6t-1t2，解得t=2s，（t=10s舍去），在此时间内传送带的位移x=vt=62m=12m，滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能：Q=mg（l+x）=0.11010（10+12）J=220J；答：（1）滑块的初速度为v0=4m/s或m/s（2）滑块能上升的最大高度为1.8m（3）滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能为220J15、（2012北京101中高一下期
18、中）如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角COB=37，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=0.5m，斜面长L=2m现有一个质量m=0.1kg的小物体从斜面AB上端A点无初速下滑，物体与斜面AB之间的动摩擦因数为=0.25求：（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（1）物体第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动，不计空气阻力，物体到最高点E后又返回到圆轨道和斜面，多次反复，在整个运动过程中，物体对C点处轨道的最小压力为多大？（2）物体在斜面上能够通过的总路程s？【答案】（1）1.4N（2）6m【解析】（1）物体P最后在B
19、点与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点时压力最小，由B到C根据机械能守恒，mgR（1-cos）=mvC2解得：vc=m/s对C点由牛顿第二定律可得：NC=mg+m解得：NC=1.4N；根据牛顿第三定律可知压力NC=NC=1.4N（2）由动能定理得：mgLsin-mgscos=0解得：s=6m；答：（1）物体对C点处轨道的最小压力为1.4N（2）物体在斜面上能够通过的总路程s为6m16、如图所示，与水平面夹角为的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端点与上端点间的距离为，传送带以恒定的速率向上运动现将一质量为的物体无初速地放于处，已知物体与传送带间的动摩擦因数，取，求：(1)物体从运动到共需多少时间；
20、(2)电动机因传送该物体多消耗的电能【答案】；【解析】(1)物体无初速度放在处后，因，则物体斜向上做匀加速直线运动，加速度物体达到与传送带同速所需的时间时间内物体的位移之后物体以速度做匀速运动，运动的时间物体运动的总时间(2)前内物体相对传送带的位移为因摩擦而产生的内能17、（2015高考朝阳一模）如图甲所示，倾角的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量的小滑块（可视为质点）接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态当时释放滑块在时间内，滑块的加速度随时间变化的关系如图乙所示已知弹簧的劲度系数，当时，滑块的速度取，弹簧弹性势能的表达式为式中为弹簧的劲度系数
21、，为弹簧的形变量）求：（1）斜面对滑块摩擦力的大小；（2）时滑块与出发点间的距离；（3）在时间内，摩擦力做的功【答案】（1）斜面对滑块摩擦力的大小为；（2）时滑块与出发点间的距离为；（3）在时间内，摩擦力做的功为【解析】（1）当时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动由题中的图乙可知，在这段过程中滑块加速度的大小为：根据牛顿第二定律有：代入数据解得： （2）当时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离等于时弹簧的形变量，所以在时间内弹簧弹力做的功为：在这段过程中，根据动能定理有：代入数据解得： （3）设从时开始，经时间滑块的速度减为零，则有：
22、这段时间内滑块运动的距离为：此时，此后滑块将反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可求得此时加速度的大小为：在时间内，滑块反向运动的距离为：代入数据解得：所以在时间内，摩擦力f做的功为：代入数据解得：18、（2012高三上期末西城区）如图所示为半径的四分之一圆弧轨道，底端距水平地面的高度一质量的小滑块从圆弧轨道顶端由静止释放，到达轨道底端点的速度忽略空气的阻力取求：（1）小滑块在圆弧轨道底端点受到的支持力大小；（2）小滑块由到的过程中，克服摩擦力所做的功；（3）小滑块落地点与点的水平距离【答案】（1）小滑块在圆弧轨道底端点受到的支持力大小是；（2）小滑块由到的过程中，克服摩擦力所做的功是；（3
23、）小滑块落地点与点的水平距离是【解析】（1）小滑块在圆弧轨道底端点受重力和支持力，根据牛顿第二定律，解得：（2）小滑块由到的过程中，根据动能定理得，解得：（3）小滑块从点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律得水平方向：竖直方向：解得：19、如图所示，无动力传送带水平放置，传送带的质量，长，轮与轴间的摩擦及轮的质量均不计质量为的工件从光滑弧面上高为的点由静止开始下滑，到点又滑上静止的传送带，工件与皮带之间的动摩擦因数，求：（1）工件离开传送带时的速度；（2）工件在传送带上运动的时间；（3）系统损失的机械能bahc【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）设工件从弧面上下滑到点时速度为，由机械能守恒定
24、律得，假设工件到达传送带端前已经与传送带速度相等，设为，由于轮的质量及轮与轴间的摩擦不计，传送带可简化为放在光滑水平地面上的长木板，工件和传送带水平方向不受外力，动量守恒，有：，在此期间，工件匀减速滑动的加速度为：工件的位移：联立解得，假设成立，即工件在到达传送带左端之前已经与传送带速度相等，之后与传送带以速度一起做匀速运动，即工件离开传送带时的速度为（2）工件在传送带上匀减速运动的时间：与传送带一起匀速运动的时间：工件在传送带上运动的时间：（3）在t1时间内，传送带做匀加速运动，加速度：匀加速的位移为：系统损失的机械能等于滑动摩擦力跟工件与传送带间的相对位移的乘积，即20、如图所示是一皮带传
25、输装载机械示意图井下挖掘工将矿物无初速放置于沿图示方向运行的传送带端，被传输到末端处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点处，然后水平抛到货台上已知半径为的圆形轨道与传送带在点相切，点为半圆的圆心，分别为圆形轨道的半径，矿物可视为质点，传送带与水平面间的夹角，矿物与传送带间的动摩擦因数，传送带匀速运行的速度为，传送带点间的长度为若矿物落点处离最高点点的水平距离为，竖直距离为，矿物质量，不计空气阻力求：（1）矿物到达点时的速度大小（2）矿物到达点时对轨道的压力大小（3）矿物由点到达点的过程中，克服阻力所做的功【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）假设矿物在段始终处于加速状态，由动能定理可得代入数据得，由于，故假设成立，矿物处速度为（2）设矿物对轨道处压力为，由平抛运动知识可得代入数据得矿物到达处时速度：由牛顿第二定律可得，代入数据得：根据牛顿第三定律可得所求压力（3）矿物由到过程，由动能定理得代入数据得：专心-专注-专业