[机械能经典计算题(有答案)]机械能计算题

机械能经典习题

一、计算题

1. 质量为 5×105kg 的机车，以恒定的功率沿平直轨道行驶，在3mi 年内行驶了1450m ，其速度从10m/s增加到最大速度15m/s．若阻力保持不变，求机车的功率和所受阻力的数值．（答案：3.75×105W 、2.5×104N ）

2. 一小球从高出地面H 米处，由静止自由下落，不计空气阻力，球落至地面后又深入沙坑h 米后停止，求沙坑对球的平均阻力是其重力的多少倍。（答案：1+H ）

h

3.

4. 质量为M 、厚度为d 子弹的质量为m ，木块对子弹的阻力为F f 求子弹射穿木块后，子弹和木块的速度各为多少？答案：

v 1=

2F f L M

5. 物体质量为10kg ，在平行于斜面的拉力F 作用下沿斜面向上运动，斜面与物体间的动摩擦因数为

μ=0. 1，当物体运动到斜面中点时，去掉拉力F ，物体刚好能运动到斜面顶端停下，斜面倾角为30°，求

拉力F 多大？（g =10m /s 2）答案：117.4N

6. 质量为4t 的汽车，以恒定功率沿平直公路行驶，在一段时间内前进了100m ，其速度从36km/h增加到54km/h。若车受到的阻力恒定，且阻力因数为0.02，求这段时间内汽车所做的功。（g =10m /s 2） 答案：3.3×105

7. 子弹以某速度击中静止在光滑水平面上的木块，当子弹进入木块深度为x 时，木块相对水平面移动距离

x

，求木块获得的动能∆E k 1和子弹损失的动能∆E k 2之比。(答案：1:3) 2

8、一质量为1kg 的物体被人用手由静止向上提高1m ，这时物体的速度是2m/s，求：

(1)物体克服重力做功. (2)合外力对物体做功. (3)手对物体做功.

9、一个人站在距地面高h = 15m处，将一个质量为m = 100g的石块以v 0 = 10m/s的速度斜向上抛出. (1)若不计空气阻力，求石块落地时的速度v.

(2)若石块落地时速度的大小为v t = 19m/s，求石块克服空气阻力做的功W .

10、在水平的冰面上, 以大小为F=20N的水平推力，推着质量m=60kg的冰车，由静止开始运动. 冰车受到的摩擦力是它对冰面压力的0. 01倍, 当冰车前进了s 1=30m后, 撤去推力F ，冰车又前进了一段距离后停止. 取g = 10m/s2. 求： (1)撤去推力F 时的速度大小. (2)冰车运动的总路程s.

11、如图所示，光滑1/4圆弧半径为0.8m ，有一质量为1.0kg 的物体自A 点从静止开始下滑到B 点，然后沿水平面前进4m ，到达C 点停止. 求： (1)在物体沿水平运动中摩擦力做的功. (2)物体与水平面间的动摩擦因数.

12、粗糙的1/4圆弧的半径为0.45m ，有一质量为0.2kg 的物体自最高点A 从静止开始下滑到圆弧最低点B 时，然后沿水平面前进0.4m 到达C 点停止. 设物体与轨道间的动摩擦因数为0.5 (g = 10m/s2)，求： (1)物体到达B 点时的速度大小.

(2)物体在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功.

13、质量为m 的物体从高为h 的斜面上由静止开始下滑，经过一段水平距离后停止，测得始点与终点的水平距离为s ，物体跟斜面和水平面间的动摩擦因数相同，求摩擦因数？

14、质量为m 的物体从高为h 的斜面顶端自静止开始滑下，最后停在平面上的B 点. 若该物体从斜面的顶端以初速度v 0沿斜面滑下，则停在平面上的C 点. 已知AB = BC，求物体在斜面上克服摩擦力做的功

.

15、汽车质量为m = 2×103kg ，沿平直的路面以恒定功率20kW 由静止出发，经过60s ，汽车达到最大速度20m/s. 设汽车受到的阻力恒定. 求：

(1)阻力的大小. (2)这一过程牵引力所做的功. (3)这一过程汽车行驶的距离.

16．AB 是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B 与水平直轨道相切，如图所示。一小球自A 点起由静止开始沿轨道下滑。已知圆轨道半径为R ，小球的质量为m ，不计各处摩擦。求 (1)小球运动到B 点时的动能；

(2)小球经过圆弧轨道的B 点和水平轨道的C 点时，所受轨道支持力NB 、NC 各是多大?

1R

(3)小球下滑到距水平轨道的高度为时速度的大小和方向；

B

C

17．固定的轨道ABC 如图所示，其中水平轨道AB 与半径为R/4的光滑圆弧轨道BC 相连接，AB 与圆弧相切于B 点。质量为m 的小物块静止在水一平轨道上的P 点，它与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.25，PB=2R。用大小等于2mg 的水平恒力推动小物块，当小物块运动到B 点时，立即撤去推力(小物块可视为质点) (1)求小物块沿圆弧轨道上升后，可能达到的最大高度H ； (2)如果水平轨道AB 足够长，试确定小物块最终停在何处？

18．如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜的直轨道与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R 。一质量为m 的小物块（视为质点）从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动。（g 为重力加速度）

(1)要使物块能恰好通过圆轨道最高点，求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h 多大；

(2)要求物块能通过圆轨道最高点，且在最高点与轨道间的压力不能超过5mg 。求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h 的取值范围。

19．倾角为θ=45°的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度h0=1m，斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量m=0.09kg的小物块（视为质点）。小物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.2。

当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速度g=10m/s2。试求： (1)小物块与挡板发生第一次碰撞后弹起的高度；

(2)小物块从开始下落到最终停在挡板处的过程中，小物块的总路程。

20．如图所示，某滑板爱好者在离地h=1.8m高的平台上滑行，水平离开A 点后落在水平地面的B 点，其水平位移s1=3m，着地时由于存在能量损失，着地后速度变为v=4m/s，并以此为初速沿水平地面滑行s2=8m后停止，已知人与滑板的总质量m=60kg。求：

(1)人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小； (2)人与滑板离开平台时的水平初速度；

(3)着地过程损失的机械能。

参考答案：

1解．3.75×105W 、2.5×104N 提示：选机车为研究对象，它受到的重力mg 、支持力F2、阻力F1和牵引力F 的作用，受力如图，在机车速度从10m/s增加到15m/s的过程中，重力和支持力不做功，牵引力F 对机车做正功，阻力对机车做负功根据动能定理可得：Pt-F1s=ΔEK 注意到上述过程中的末状态速度为最大速度，这时有F ＝F1，故P ＝F1v2 ，联立上面两式解

2

m (v 2-v 12) v 2P =

2(v 2t -s ) 得：

F 1=

＝3.75×105W ，

P

v 0

＝2.5×104N

2. 解：小球由A 落到B 只有重力作用，由B 到C 受沙坑阻力

f

、重力作用。在A 点动能为零，在C 动能为零，

mg (H +h ) -f h =0

H H +h

1+f =mg

f 为重力的h h

倍（大于重力）

3. 解析：子弹打入木块直到一起运动为止，子弹与木块间有 摩擦力设为f 。

设木块质量M ，末速为v ，动能

E K 木=

1

Mv 22 E K 弹=

1mv 2子弹质量为m ，飞行速度

v 0，飞行时动能

fS =

对木块

11Mv 2f (S +d ) =22 ① 对子弹fd =

①代入②得

111122

mv 0-Mv 2-mv 2=mv 02222fS 1112

=mv 0=fd +(m +fd 2 由能量守恒知22∴

1212

mv 0-mv

3=

fd 2 4. 解析：子弹受力如左图所示，由题知子弹的初速度为

v

子弹射穿木块的过程由动能定理得

2F f (L +d ) 12122

v =v --F f (l +d )=mv -mv 00

m 22 解得

木块受力如右图所示，由题知木块的初速度为0，发生的位移s

=L ，F f

为动力，子弹射穿木块的过程由动能定理得

1

v 1=F f L =Mv 12

2 解得

2F f L M

5. 解析：木块受力如图4所示，设斜面的长度为s 。

=0. 1⨯10⨯10⨯N =8. 7N F f =μF N =μmg cos 30︒2木块受到的摩擦力

F

木块从开始运动到静止由动能定理得

s

-F f s -mgs sin 30︒=02

1

⨯10⨯10) N =117. 4N 2

F =2(F f +mg sin 30︒) =2⨯(8. 7+

解得

6. 解析：以汽车为研究对象，在水平方向受牵引力F 和阻力

F f

的作用。因为汽车的功率恒定，汽车的速度小时牵引力大，

速度大时牵引力小，所以，此过程牵引力为变力，汽车的运动也是变速运动。此题用动能定理求解非常方便。

W +W f =

由动能定理，可得其中

1212

mv 2-mv 1

W =-F f s =-kmgs 22 又f

v 1=36km /h =10m /s ，v 2=54km /h =15m /s

W =

12

m (v 2-v 12) +kmgs 2

解得

=

1

⨯4⨯103⨯(152-102) J +0. 02⨯4⨯103⨯10⨯100J 2

5

=3. 3⨯10J

动能定理内涵丰富，解决问题简洁、实用，是其他物理规律和定理无法比拟的，应熟练掌握。 7. 错解：设子弹在木块中运动时，受到木块摩擦阻力大小为对子弹：

F f

，则由动能定理：

-F f ⋅x =E k 末-E k 初=-∆E k 2

即

∆E k 2=F f ⋅x

∆E k 1

x

F f =∆E k 1

∆E k 2

2对木块： 所以

x

=1=

F f ⋅x 2F f ⋅

x

诊断及正解：错在使用动能定理时，乱用参考系，没有统一确定。以地面为参考系，木块的位移为2

，子弹的位移为

x +

13x =x 22 故

∆E k 1

∆E k 2

x

=1=

33F f ⋅x

2

F f ⋅

子弹损失的动能大于木块获得的动能，这表明子弹损失的动能中一大部分已转化为克服阻力做功而产生的热，使子弹和木块构成的系统内能增加。

8、解：(1) m由A 到B ：

W G =-mgh =-10J 克服重力做功1W 克G =W G =10J

1

∑W =mv 2-0=2J

2(2) m由A 到B ，根据动能定理2：

(3) m由A 到B ：

∑W =W G +W F ∴W F =12J

112mgh =mv 2-mv 0

229、解：(1) m由A 到B ：根据动能定理： ∴v =20m/s

112

mgh -W =mv t 2-mv 0

22(2) m由A 到B ，根据动能定理3： ∴W =1.95J

10、解：(1) m由1状态到2状态：根据动能定理4：

(2) m由1状态到3状态5：根据动能定理：

1

Fs 1cos0 +μmgs 1cos180 =mv 2-0

2

∴v ==3.74m/s

Fs 1cos0 +μmgs cos180 =0-0 ∴s =100m

11、解：(1) m由A 到C6：根据动能定理：

(2) m由B 到C ：

mgR +W f =0-0 ∴W f =-mgR =-8J

∴μ=0.2

f 12、解：(1) m由B 到C ：根据动能定理：

2

μmg ⋅l ⋅cos180 =0-mv B

W =μm g ⋅x ⋅c o s 180

(2) m由A 到B ：根据动能定理：

12

∴v B =2m/s

克服摩擦力做功

12

mgR +W f =mv B -0

∴W f =-0.5J 2

W 克f =f =0.5J

13、解设斜面长为l ，斜面倾角为θ，物体在斜面上运动的水平位移为m 由A 到B ：根据动能定理：

s 1，在水平面上运动的位移为s 2，如图所示7.

mgh +μmg cos θ⋅l ⋅cos180 +μmgs 2⋅cos180 =0-0

又

l cos θ=s 1、s =s 1+s 2

则8：

h -μs =0

μ=

即：

h s

W f .

14、解：设斜面长为l ，AB 和BC 之间的距离均为s ，物体在斜面上摩擦力做功为m 由O 到B ：根据动能定理：

mgh +W f +f 2⋅s ⋅cos180 =0-0

m 由O 到C ：根据动能定理：

12

∴W f =mv 0-mgh

2

12

mgh +W f +f 2⋅2s ⋅cos180 =0-mv 0

2

12

W 克f =W f =mgh -mv 0

2克服摩擦力做功

v m 时，有F =f ，故：

P =F ⋅v m =f ⋅v m

∴f =1000N

15、解：(1)汽车速度v 达最大

(2)汽车由静止到达最大速度的过程中：

(2)汽车由静止到达最大速度的过程中，由动能定理：

W F =P ⋅t =1.2⨯106J

12

W F +f ⋅l ⋅cos180 =mv m -0

2 ∴l =800m

16、解：(1)m：A→B过程：∵动能定理

12

mgR =mv B -0

2

∴E KB =

12

mv B =mgR 2 ①

2

B

R/(2) m：在圆弧B 点：∵牛二律

v

N B -mg =m

R ②

将①代入，解得 NB=3mg 在C 点：NC =mg (3) m：A→D：∵动能定理

112mgR =mv D -0 ∴v D 22

30.

17、解：(1)9 m ：P→B，根据动能定理：

(2)物块从H 返回A 点，根据动能定理： mgH-μmgs=0-0 ∴ s=14R

小物块最终停在B 右侧14R 处

18、解：(1) m：A→B→C过程：根据动能定理：

(F -f )2R =

2

12

mv 1-02

其中：F=2mg，f=μmg ∴ v 1=7Rg

m ：B→C，根据动能定理：

1212

-mgR =mv 2-mv 1

22

∴

2

=5Rg v 2

1

mg (h -2R ) =mv 2-0

2 ①

物块能通过最高点，轨道压力N=0 ∵牛顿第二定律

m ：C 点竖直上抛，根据动能定理：

12

-mgh =0-mv 2

2

∴ h=2.5R ∴ H=h+R=3.5R

v 2

mg =m

R

∴ h=2.5R

②

(2)若在C 点对轨道压力达最大值，则 m ：A’→B→C过程：根据动能定理：

- 11 -

mgh max -2mgR =mv "2 ③

物块在最高点C ，轨道压力N=5mg，∵牛顿第二定律

v "2

mg +N =m

R

∴ h=5R

④

∴ h的取值范围是：2.5R

≤h ≤5R

19、解：(1) 设弹起至B 点，则m ：A→C→B过程：根据动能定理：

mg (h h 00-h 1) -μmg cos45 (

sin 45 +h 1

sin 45 ) =0-0h 1-μ1=

∴

1+μh 23h 2

0=0=3m

(2) m：从A 到最终停在C 的全过程：根据动能定理：

mgh 0-μmg cos45o ⋅s =0-0

2h 0

∴ s=

20、解：(1) 人：B →C 过程：根据动能定理：

fs =0-1

2cos180 mv 2

∵ 2

mv 2

∴ f=

2=60N (2) 人：B →C 过程做平抛运动：

⎧⎪x =v 0t ⎨h =1gt 2∵⎪⎩2

s g

∴ v0=

1

2h =5m/s (3) 人：B →C 过程：设E PGB

=0：

∆E =(1mv 2+0) -(1mv 2

∵ 220+mgh ) =-1350J

∴ E 损=∆E =1350J

12