廣州市2019年高中物理 力學競賽輔導(dǎo)資料 專題06 功和能(含解析)

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1、專題06 功和能 一、單項選擇題(每道題只有一個選項正確) 1、如圖5所示,長1 m的輕桿BO一端通過光滑鉸鏈鉸在豎直墻上,另一端裝一輕小光滑滑輪,繞過滑輪的細線一端懸掛重為15 N的物體G,另一端A系于墻上,平衡時OA恰好水平,現(xiàn)將細線A端滑著豎直墻向上緩慢移動一小段距離,同時調(diào)整輕桿與墻面夾角,系統(tǒng)重新平衡后輕桿受到的壓力恰好也為15 N,則該過程中物體G增加的重力勢能約為(  ) 圖5 A.1.3 J B.3.2 J C.4.4 J D.6.2 J 【答案】A 【解析】輕桿在O點處的作用力方向必沿桿,即桿會平分兩側(cè)繩子間的夾角. 開始時,AO繩子水平,此時桿與

2、豎直方向的夾角是45°;這時桿中的彈力大小等于滑輪兩側(cè)繩子拉力的合力.當將A點達到新的平衡,由于這時輕桿受到的壓力大小等于15 N(等于物體重力),說明這時兩段繩子夾角為120° 那么桿與豎直方向的夾角是60°; 設(shè)桿的長度是L.狀態(tài)1時,AO段繩子長度是L1=Lsin 45°=L, 滑輪O點到B點的豎直方向距離是h1=Lcos 45°=L, 狀態(tài)2,桿與豎直方向夾角是60°,這時桿與AO繩子夾角也是60°(∠AOB=60°),即三角形AOB是等邊三角形.所以,這時AO段繩子長度是L2=L; 滑輪到B點的豎直距離是h2=Lcos 60°=L,可見,后面狀態(tài)與原來狀態(tài)相比,物體的位置

3、提高的豎直高度是h=(h2-h(huán)1)+(L2-L1)=(L-L)+(L-L)=(-)L. 重力勢能的增加量Ep=Gh=G×(-)L=15 N×(-)×1 m≈1.3 J. 2、有一豎直放置的“T”形架,表面光滑,滑塊A、B分別套在水平桿與豎直桿上,A、B用一不可伸長的輕細繩相連,A、B質(zhì)量相等,且可看做質(zhì)點,如圖8所示,開始時細繩水平伸直,A、B靜止.由靜止釋放B后,已知當細繩與豎直方向的夾角為60°時,滑塊B沿著豎直桿下滑的速度為v,則連接A、B的繩長為(  ) 圖8 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】將A、B的速度分解為沿繩的方向和垂直于繩的方向,兩滑塊沿

4、繩方向的速度相等,有:vBcos 60°=vAcos 30°,所以:vA=v,A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒,有:mgh=mv+mv,所以:h=,繩長l=2h=. 3、如圖5所示,在某旅游景點的滑沙場有兩個坡度不同的滑道AB和AB′(都可看做斜面),一名旅游者乘同一個滑沙橇從A點由靜止出發(fā)先后沿AB和AB′滑道滑下,最后停在水平沙面BC或B′C上.設(shè)滑沙者保持一定坐姿,滑沙橇和沙面間的動摩擦因數(shù)處處相同.下列說法中正確的是(  ) 圖5 A.到達B點的速率等于到達B′點的速率 B.到達B點時重力的功率大于到達B′時重力的功率 C.沿兩滑道滑行的時間一定相等 D.沿兩滑道滑行的總路程

5、一定相等 【答案】B 【解析】設(shè)滑道的傾角為θ,動摩擦因數(shù)為μ.滑沙者在由斜面滑到水平面的過程中,由動能定理,mgh-μmgcos θ·=mv2-0,即得:mgh-=mv2.由于AB′與水平面的夾角小于AB與水平面的夾角,所以得知滑沙者在B點的速率大于在B′點的速率.故A錯誤.由前面可知,滑沙者在B點的速率大于在B′點的速率,且B點的速度與重力的夾角小于在B′點的夾角,根據(jù)P=Gvcos θ,故B正確;再對滑沙者滑行全過程用動能定理可知:mgh-μmgcos θ·-μmgs′=0,得到:水平滑行位移s= +s′=,與斜面的傾角無關(guān),所以滑沙者在兩滑道上將停在離出發(fā)點水平位移相同的位置,由幾

6、何知識可知,沿兩滑道滑行的總路程不等.故D錯誤.由題意可知,到達B′的速度大小相同,從而根據(jù)路程不同,可以確定,沿兩滑道滑行的時間不等,故C錯誤. 4、如圖1所示,纜車在牽引索的牽引下沿固定的傾斜索道加速上行,所受阻力不能忽略.在纜車向上運動的過程中,下列說法正確的是(  ) 圖1 A.纜車克服重力做的功小于纜車增加的重力勢能 B.纜車增加的動能等于牽引力對纜車做的功和克服阻力做的功之和 C.纜車所受牽引力做的功等于纜車克服阻力和克服重力做的功之和 D.纜車增加的機械能等于纜車受到的牽引力與阻力做的功之和 【答案】D 【解析】根據(jù)重力做功與重力勢能的變化關(guān)系可知,纜車克服重

7、力做的功等于纜車增加的重力勢能.故A錯誤;由動能定理可知,牽引力對纜車做的功等于纜車增加的動能、增加的重力勢能與克服摩擦力所做的功之和,即:等于纜車增加的機械能與纜車克服摩擦力做的功之和,故B、C錯誤,D正確. 5、如圖2所示,用兩根金屬絲彎成一光滑半圓形軌道,豎直固定在地面上,其圓心為O、半徑為R.軌道正上方離地h處固定一水平長直光滑桿,桿與軌道在同一豎直平面內(nèi),桿上P點處固定一定滑輪,P點位于O點正上方.A、B是質(zhì)量均為m的小環(huán),A套在桿上,B套在軌道上,一條不可伸長的細繩繞過定滑輪連接兩環(huán).兩環(huán)均可看做質(zhì)點,且不計滑輪大小與質(zhì)量.現(xiàn)在A環(huán)上施加一個水平向右的恒力F,使B環(huán)從地面由靜止沿

8、軌道上升.則(  ) 圖2 A.力F所做的功等于系統(tǒng)動能的增加量 B.在B環(huán)上升過程中,A環(huán)動能的增加量等于B環(huán)機械能的減少量 C.當B環(huán)到達最高點時,其動能為零 D.當B環(huán)與A環(huán)動能相等時,sin ∠OPB= 【答案】D 【解析】力F做正功,系統(tǒng)的機械能增加,由功能關(guān)系可知,力F所做的功等于系統(tǒng)機械能的增加量,不等于系統(tǒng)動能的增加量.故A錯誤;由于力F做正功,A、B組成的系統(tǒng)機械能增加,則A環(huán)動能的增加量大于B環(huán)機械能的減少量,故B錯誤;當B環(huán)到達最高點時,A環(huán)的速度為零,動能為零,但B環(huán)的速度不為零,動能不為零,故C錯誤;當PB線與圓軌道相切時,vB=vA,根據(jù)數(shù)學知識有

9、sin ∠OPB=,故D正確. 6、如圖1所示,在豎直面內(nèi)固定一光滑的硬質(zhì)桿ab,桿與水平面的夾角為θ,在桿的上端a處套一質(zhì)量為m的圓環(huán),圓環(huán)上系一輕彈簧,彈簧的另一端固定在與a處在同一水平線上的O點,O、b兩點處在同一豎直線上.由靜止釋放圓環(huán)后,圓環(huán)沿桿從a運動到b,在圓環(huán)運動的整個過程中,彈簧一直處于伸長狀態(tài),則下列說法正確的是(  ) 圖1 A.圓環(huán)的機械能保持不變 B.彈簧對圓環(huán)一直做負功 C.彈簧的彈性勢能逐漸增大 D.圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 【答案】D 【解析】由幾何關(guān)系可知,當環(huán)與O點的連線與桿垂直時,彈簧的長度最短,彈簧的彈性勢能最小.所以在環(huán)從a到

10、C的過程中彈簧對環(huán)做正功,而從C到b的過程中彈簧對環(huán)做負功,所以環(huán)的機械能是變化的.故A、B錯誤;當環(huán)與O點的連線與桿垂直時,彈簧的長度最短,彈簧的彈性勢能最小,所以彈簧的彈性勢能先減小后增大.故C錯誤;在整個的過程中只有重力和彈簧的彈力做功,所以圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒.故D正確. 7、如圖4所示,把小車放在傾角為30°的光滑斜面上,用輕繩跨過定滑輪使之與盛有沙子的小桶相連,不計滑輪質(zhì)量及摩擦,已知小車的質(zhì)量為3m,小桶與沙子的總質(zhì)量為m,小車從靜止釋放后,在小桶上升豎直高度為h的過程中(  ) 圖4 A.小桶處于失重狀態(tài) B.小桶的最大速度為 C.小車受繩的拉力等于

11、mg D.小車的最大動能為mgh 【答案】B 【解析】在整個的過程中,小桶向上做加速運動,所以小桶受到的拉力大于重力,小桶處于超重狀態(tài).故A、C錯誤;在小桶上升豎直高度為h的過程中只有重力對小車和小桶做功,由動能定律得:3mg·h·sin 30°-mgh=(3m+m)v2 解得:v=,故B正確;小車和小桶具有相等的最大速度,所以小車的最大動能為:Ekm=·3mv2=mgh,故D錯誤. 二、多項選擇題(每道題至少有二個選項正確) 8、如圖2所示,斜面與足夠長的水平橫桿均固定,斜面與豎直方向的夾角為θ,套筒P套在橫桿上,與繩子左端連接,繩子跨過不計大小的定滑輪,其右端與滑塊Q相連接,此

12、段繩與斜面平行,Q放在斜面上,P與Q質(zhì)量相等且為m,O為橫桿上一點且在滑輪的正下方,滑輪距橫桿h.手握住P且使P和Q均靜止,此時連接P的繩與豎直方向夾角為θ,然后無初速度釋放P.不計繩子的質(zhì)量和伸長及一切摩擦,重力加速度為g.關(guān)于P描述正確的是(  ) 圖2 A.釋放P前繩子拉力大小為mgcos θ B.釋放后P做勻加速運動 C.P達O點時速率為 D.P從釋放到第一次過O點,繩子拉力對P做功功率一直增大 【答案】AC 【解析】釋放P前,對Q分析,根據(jù)共點力平衡得,F(xiàn)T=mgcos θ,故A正確;釋放后對P分析,知P所受的合力在變化,則加速度在變化,做變加速直線運動,故B錯誤;

13、當P到O點時,Q的速度為零,對P和Q系統(tǒng)研究,mg(-h(huán))cos θ=mv2,解得v=,故C正確;P從釋放到第一次過O點,速度逐漸增大,拉力在水平方向的分力在減小,則拉力的功率不是一直增大,故D錯誤. 9、如圖2所示,輕質(zhì)彈簧的一端與內(nèi)壁光滑的試管底部連接,另一端連接質(zhì)量為m的小球,小球的直徑略小于試管的內(nèi)徑,開始時試管水平放置,小球靜止,彈簧處于原長.若緩慢增大試管的傾角θ至試管豎直,彈簧始終在彈性限度內(nèi),在整個過程中,下列說法正確的是(  ) 圖2 A.彈簧的彈性勢能一定逐漸增大 B.彈簧的彈性勢能可能先增大后減小 C.小球重力勢能一定逐漸增大 D.小球重力勢能可能先增大后

14、減小 【答案】AD 【解析】彈簧彈力逐漸增大,彈性勢能一定逐漸增大,選項A正確,B錯誤;以地面為勢能零點,傾角為θ時小球重力勢能Ep=mg(l0-)sin θ,若sin θ=<1,則在達到豎直位置之前,重力勢能有最大值,所以選項C錯誤,D正確. 10、如圖3所示,在粗糙水平面上有甲、乙兩木塊,與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ,質(zhì)量均為m,中間用一原長為L、勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧連接起來,開始時兩木塊均靜止且彈簧無形變.現(xiàn)用一水平恒力F(F>2μmg)向左推木塊乙,直到兩木塊第一次達到加速度相同時,下列說法正確的是(設(shè)木塊與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(  ) 圖3 A.此時

15、甲的速度可能等于乙的速度 B.此時兩木塊之間的距離為L- C.此階段水平恒力F做的功大于甲、乙兩木塊動能增加量與彈性勢能增加量的總和 D.此階段甲、乙兩木塊各自克服摩擦力所做的功相等 【答案】BC 【解析】現(xiàn)用一水平恒力F(F>2μmg)向左推木塊乙,直到兩木塊第一次達到加速度相同時,在此過程中,乙的加速度減小,甲的加速度增大,所以此時甲的速度小于乙的速度,故A錯誤;對系統(tǒng)運用牛頓第二定律得:a=,對甲分析,有:F彈-μmg=ma,根據(jù)胡克定律得:x==,則兩木塊的距離為:s=L-x=L-,故B正確;根據(jù)能量守恒得此階段水平力F做的功等于甲、乙兩木塊動能增加量與彈性勢能增加量和與水平

16、面摩擦產(chǎn)生的熱量的總和,故C正確;由于甲、乙兩木塊各自所受摩擦力大小相等,但位移不同,故甲、乙兩木塊各自所受摩擦力所做的功不相等,故D錯誤. 11、如圖4所示,一質(zhì)量為m的小球置于半徑為R的光滑豎直圓軌道最低點A處,B為軌道最高點,C、D為圓的水平直徑兩端點.輕質(zhì)彈簧的一端固定在圓心O點,另一端與小球拴接,已知彈簧的勁度系數(shù)為k=,原長為L = 2R,彈簧始終處于彈性限度內(nèi),若給小球一水平初速度v0,已知重力加速度為g,則(  ) 圖4 A.無論v0多大,小球均不會離開圓軌道 B.若,小球就能做完整的圓周運動 D.只要小球能

17、做完整圓周運動,則小球與軌道間最大壓力與最小壓力之差與v0無關(guān) 【答案】ACD 【解析】小球運動到最高點速度為零時假設(shè)沒有離開圓軌道,則此時彈簧的彈力F彈=kΔx=R=mg,此時小球沒有離開圓軌道,故選項A正確,B錯誤;若小球到達最高點的速度恰為零,則根據(jù)動能定理mv=mg·2R,解得v0=,故只要v0>,小球就能做完整的圓周運動,選項C正確;在最低點時:FN1-mg-kΔx=m,其中kΔx=mg;從最低點到最高點,根據(jù)動能定理mv=mv2+mg·2R,在最高點:FN2+mg-kΔx=m,聯(lián)立解得:FN1-FN2=6mg,故選項D正確;故選A、C、D. 12、如圖9所示,將質(zhì)量為2m的重

18、物懸掛在輕繩的一端,輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán),環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上,光滑定滑輪與直桿的距離為d.桿上的A點與定滑輪等高,桿上的B點在A點正下方距離為d處.現(xiàn)將環(huán)從A處由靜止釋放,不計一切摩擦阻力,下列說法正確的是(  ) 圖9 A.環(huán)到達B處時,重物上升的高度h= B.環(huán)到達B處時,環(huán)與重物的速度大小相等 C.環(huán)從A到B,環(huán)減少的機械能等于重物增加的機械能 D.環(huán)能下降的最大高度為d 【答案】CD 【解析】根據(jù)幾何關(guān)系有,環(huán)從A下滑至B點時,重物上升的高度h=d-d,故A錯誤;對B的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解,在沿繩子方向上的分速度等于重物的速度,有:vco

19、s 45°=v重物,故B錯誤;環(huán)下滑過程中無摩擦力對系統(tǒng)做功,故系統(tǒng)機械能守恒,即滿足環(huán)減小的機械能等于重物增加的機械能,故C正確;環(huán)下滑的最大高度為h1時環(huán)和重物的速度均為0,此時重物上升的最大高度為-d,根據(jù)機械能守恒有mgh1=2mg(-d),解得:h1=d,故D正確.故選C、D. 13、蹦床類似于豎直放置的輕彈簧(彈力滿足F=kx,彈性勢能滿足Ep=kx2,x為床面下沉的距離,k為常量).質(zhì)量為m的運動員靜止站在蹦床上時,床面下沉x0;蹦床比賽中,運動員經(jīng)過多次蹦跳,逐漸增加上升高度,測得某次運動員離開床面在空中的最長時間為Δt.運動員可視為質(zhì)點,空氣阻力忽略不計,重力加速度為g.則

20、可求(  ) A.常量k= B.運動員上升的最大高度h=g(Δt)2 C.床面壓縮的最大深度x=x0+ D.整個比賽過程中運動員增加的機械能ΔE=mg2(Δt)2 【答案】AC 【解析】質(zhì)量為m的運動員靜止站在蹦床上時,床面下沉x0,故有mg=kx0,解得k=,A正確;離開床面后做豎直上拋運動,根據(jù)對稱性可得運動員上升的時間為t=Δt,故上升的最大高度為h=gt2=g(Δt)2,B錯誤;離開床面時的速度為v=,從壓縮最深處到運動員剛離開床面過程中有kx2-mgx=mv2,聯(lián)立v=,mg=kx0,解得x=x0+,C正確;以床面為零勢能面,則剛開始時,人的機械能為E1=-mgx0,到

21、最高點時人的機械能為E2=mgh=mg2(Δt)2,故運動員的機械能增量為ΔE=mg2(Δt)2+mgx0,D錯誤. 14、如圖6甲所示,以斜面底端為重力勢能零勢能面,一物體在平行于斜面的拉力作用下,由靜止開始沿光滑斜面向下運動.運動過程中物體的機械能與物體位移關(guān)系的圖象(E-x圖象)如圖乙所示,其中0~x1過程的圖線為曲線,x1~x2過程的圖線為直線.根據(jù)該圖象,下列判斷正確的是(  ) 圖6 A.0~x1過程中物體所受拉力始終沿斜面向下 B.0~x1過程中物體所受拉力先變小后變大 C.x1~x2過程中物體可能在做勻速直線運動 D.x1~x2過程中物體可能在做勻減速直線運動

22、 【答案】BCD 【解析】機械能與物體位移關(guān)系的圖象的斜率表示拉力,可知0~x1過程中物體所受拉力先變小后變大,A錯誤,B正確;x1~x2過程中拉力沿斜面向上恒定,物體可能勻速直線運動也可能勻減速直線運動,C、D正確. 15、如圖7所示,一質(zhì)量為m的小球以初動能Ek0從地面豎直向上拋出,已知運動過程中受到恒定阻力Ff=kmg作用(k為常數(shù)且滿足0

23、地時的動能Ek= D.在h1處,小球的動能和勢能相等,且h1= 【答案】ABD 【解析】對于小球上升過程,根據(jù)動能定理可得:0-Ek0=-(mg+Ff)h0,又Ff=kmg,得上升的最大高度h0=,則最大的勢能為 E1=mgh0=,故A、B正確.下落過程,由動能定理得:Ek=(mg-Ff)h0,又Ff=kmg,解得落地時的動能 Ek=,故C錯誤.h1高度時重力勢能和動能相等,由動能定理得:Ek1-Ek0=-(mg+Ff)h1,又 mgh1=Ek1,解得h1=.故D正確. 16、一足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ,以一定的速度勻速運動.某時刻在傳送帶適當?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K(如

24、圖3a所示),以此時為t=0時刻記錄了物塊之后在傳送帶上運動的速度隨時間的變化關(guān)系.如圖b所示(圖中取沿斜面向上的運動方向為正方向,其中兩坐標大小v1>v2).已知傳送帶的速度保持不變.則下列判斷正確的是(  ) 圖3 A.若物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ,則μ>tan θ B.0~t1內(nèi),傳送帶對物塊做正功 C.0~t2內(nèi),系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定比物塊動能的減少量大 D.0~t2內(nèi),傳送帶對物塊做的功等于物塊動能的減少量 【答案】AC  【解析】在t1~t2內(nèi),物塊向上運動,則有 μmgcos θ>mgsin θ,得μ>tan θ,故A正確;由題意知,物塊先向下運動后向上運動,

25、則知傳送帶的運動方向應(yīng)向上.0~t1內(nèi),物塊所受摩擦力沿斜面向上,則傳送帶對物塊做負功,故B錯誤;物塊的重力勢能減小,動能也減小都轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能,則由能量守恒得知,系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量大小一定大于物塊動能的變化量大小.故C正確;0~t2內(nèi),傳送帶對物塊做功等于物塊機械能的變化量,故D錯誤. 17、如圖4所示,半徑為R的豎直光滑圓軌道與光滑水平面相切,質(zhì)量均為m的小球A、B與輕桿連接,置于圓軌道上,A位于圓心O的正下方,B與O等高.它們由靜止釋放,最終在水平面上運動.下列說法正確的是(  ) 圖4 A.下滑過程中重力對B做功的功率先增大后減小 B.當B滑到圓軌道最低點時,軌道對B的支

26、持力大小為3mg C.下滑過程中B的機械能增加 D.整個過程中輕桿對A做的功為mgR 【答案】AD 【解析】因為初位置速度為零,則重力的功率為0,最低點速度方向與重力的方向垂直,重力的功率為零,可知重力的功率先增大后減小.故A正確;A、B小球組成的系統(tǒng),在運動過程中,機械能守恒,設(shè)B到達軌道最低點時速度為v,根據(jù)機械能守恒定律得: (m+m)v2=mgR,解得:v=,在最低點,根據(jù)牛頓第二定律得: FN-mg=m 解得:FN=2mg,故B錯誤;下滑過程中,B的重力勢能減小ΔEp=mgR,動能增加量ΔEk=mv2=mgR,所以機械能減小mgR,故C錯誤;整個過程中對A,根據(jù)動能定理得

27、:W=mv2=mgR,故D正確. 三、計算題 18、風洞飛行表演是一種高科技的驚險的娛樂項目.如圖9所示,在某次表演中,假設(shè)風洞內(nèi)向上的總風量和風速保持不變.質(zhì)量為m的表演者通過調(diào)整身姿,可改變所受的向上的風力大小,以獲得不同的運動效果.假設(shè)人體受風力大小與正對面積成正比,已知水平橫躺時受風力面積最大,且人體站立時受風力面積為水平橫躺時受風力面積的,風洞內(nèi)人體可上下移動的空間總高度AC=H.開始時,若人體與豎直方向成一定角度傾斜時,受風力有效面積是最大值的一半,恰好使表演者在最高點A點處于靜止狀態(tài);后來,表演者從A點開始,先以向下的最大加速度勻加速下落,經(jīng)過某處B點后,再以向上的最大加速度

28、勻減速下落,剛好能在最低點C處減速為零,試求: 圖9 (1)表演者向上的最大加速度大小和向下的最大加速度大?。? (2)AB兩點的高度差與BC兩點的高度差之比; (3)表演者從A點到C點減少的機械能. 【答案】(1)g g (2)3∶4 (3)mgH 【解析】(1)在A點受力平衡時,則mg=k 向上最大加速度為a1,kS-mg=ma1 得到a1=g 向下最大加速度為a2,mg-k=ma2 得到a2=g (2)設(shè)B點的速度為vB 2a1hAB=v 2a2hBC=v 得到:== 或者由v-t圖象法得到結(jié)論. (3)整個過程的動能變化量為ΔEk=0 整個過程的重力

29、勢能減少量為ΔEp=mgH 因此機械能的減少量為ΔE=mgH 或者利用克服摩擦力做功可也得到此結(jié)論. 19、如圖1所示,勁度系數(shù)k=25 N/m輕質(zhì)彈簧的一端與豎直板P拴接(豎直板P固定在木板B的左端),另一端與質(zhì)量mA=1 kg的物體A相連,P和B的總質(zhì)量為MB=4 kg且B足夠長.A靜止在木板B上,A右端連一細線繞過光滑定滑輪與質(zhì)量mC=1 kg的物體C相連.木板B的上表面光滑,下表面與地面的動摩擦因數(shù)μ=0.4.開始時用手托住C,讓細線恰好伸直但沒拉力,然后由靜止釋放C,直到B開始運動.已知彈簧伸長量為x時其彈性勢能為kx2,全過程物體C沒有觸地,彈簧在彈性限度內(nèi),g取10 m/s

30、2.求: 圖1 (1)釋放C的瞬間A的加速度大??; (2)釋放C后A的最大速度大小; (3)若C的質(zhì)量變?yōu)閙C′=3 kg,則B剛開始運動時,拉力對物體A做功的功率. 【答案】(1)5 m/s2 (2) m/s (3)45 W 【解析】(1)對物體C:mCg-FT=mCa 對物體A:FT=mAa 所以a==5 m/s2 (2)水平面對B的摩擦力Ff=μFN=μ(mA+MB)g=20 N,釋放C后B不會運動. 所以,當A的加速度為0時其速度最大,有kx=mCg,x=0.4 m 對物體A、C用動能定理mCgx+W= W=Fl=-·x=- vm= = m/s (3)設(shè)

31、B剛開始運動時彈簧伸長量為x1,彈力F=kx1,當F=Ff時木板B開始運動, 則kx1=μ(mA+MB)g,x1=0.8 m 彈簧彈力對物體A所做的功W1=-,若B剛開始運動時A的速度為v, 對物體A、C用動能定理mC′gx1+W1= v= =2 m/s 設(shè)B剛要運動時細線的拉力為FT1 對物體C:mC′g-FT1=mC′a′ 對物體A:FT1-kx1=mAa′,F(xiàn)T1==22.5 N 功率P=FT1v=45 W. 20、為研究物體的運動,在光滑的水平桌面上建立如圖2所示的坐標系xOy,O、A、B是水平桌面內(nèi)的三個點,OB沿x軸正方向,∠BOA=60°,OB=OA.第一次將一

32、質(zhì)量為m的滑塊以一定的初動能從O點沿y軸正方向滑出,并同時施加沿x軸正方向的恒力F1,滑塊恰好通過A點.第二次,在恒力F1仍存在的情況下,再在滑塊上施加一個恒力F2,讓滑塊從O點以同樣的初動能沿某一方向滑出,恰好也能通過A點,到達A點時動能為初動能的3倍;第三次,在上述兩個恒力F1和F2的同時作用下,仍從O點以同樣初動能沿另一個方向滑出,恰好通過B點,且到達B點時的動能是初動能的6倍.求: 圖2 (1)第一次運動經(jīng)過A點時的動能與初動能的比值; (2)兩個恒力F1、F2的大小之比是多少?并求出F2的方向與x軸正方向所成的夾角. 【答案】(1) (2)2 30° 【解析】(1)設(shè)滑

33、塊的初速度為v0,初動能為Ek0,從O點運動到A點的時間為t,令OA=d,則OB=,只有恒力F1,根據(jù)平拋運動的規(guī)律有:dsin 60°=v0t① ax=② dcos 60°=axt2③ 又有Ek0=mv④ 由①②③④式得Ek0=F1d⑤ 設(shè)滑塊到達A點時的動能為EkA,則 EkA=Ek0+⑥ 由⑤⑥式得= (2)加了恒力F2后,滑塊從O點分別到A點和B點,由功能關(guān)系及⑤式得 WF2=3Ek0-Ek0-=Ek0⑦ WF2′=6Ek0-Ek0-=Ek0⑧ 由恒力做功的特點,可在OB上找到一點M,從O到M點F2做功與A點做功相同,M與O點的距離為x

34、,如圖,則有=⑨ 解得x=d⑩ 則據(jù)恒力做功特點,F(xiàn)2的方向必沿AM的中垂線,設(shè)F2與x軸正方向的夾角為α,由幾何關(guān)系可得α=30°,=2. 21、光滑圓軌道和兩傾斜直軌道組成如圖3所示裝置,其中直軌道bc粗糙,直軌道cd光滑,兩軌道相接處為一很小的圓弧.質(zhì)量為m=0.1 kg的滑塊(可視為質(zhì)點)在圓軌道上做圓周運動到達軌道最高點a時的速度大小為v=4 m/s,當滑塊運動到圓軌道與直軌道bc的相切處b時,脫離圓軌道開始沿傾斜直軌道bc滑行,到達軌道cd上的d點時速度為零.若滑塊變換軌道瞬間的能量損失可忽略不計,已知圓軌道的半徑為R=0.25 m,直軌道bc的傾角θ=37°,其長度為

35、L=26.25 m,d點與水平地面間的高度差為h=0.2 m,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求: 圖3 (1)滑塊與直軌道bc間的動摩擦因數(shù); (2)滑塊在直軌道bc上運動的時間. 【答案】(1)0.8 (2)7.66 s 【解析】(1)從a點到d點全過程應(yīng)用動能定理 mg(R+Rcos θ+Lsin θ-h(huán))-μmgcos θ·L=0- 解得μ=0.8 (2)設(shè)滑塊在bc上向下滑動的加速度為a1,時間為t1,向上滑動的加速度為a2,時間為t2,在c點時的速度vc,由c到d有=mgh,得vc=2 m/s a點到b點的過程中

36、,有mgR(1+cos θ)=- 解得vb=5 m/s 在軌道bc上 下滑時L= t1=7.5 s 上滑時mgsin θ+μmgcos θ=ma2 解得a2=12.4 m/s2 由于0=vc-a2t2 t2=≈0.16 s 由于μ>tan θ,滑塊在軌道bc上停止后不再下滑. 滑塊在直軌道bc上運動的總時間為t=t1+t2=7.66 s. 22、水上滑梯可簡化成如圖4所示的模型:傾角θ=37°的斜滑道AB和光滑圓弧滑道BC在B點相切連接,圓弧末端C點切線水平,C點到水面的高度h=2 m,頂點A距水面的高度H=12 m,點A、B的高度差HAB=9 m,一質(zhì)量m=50

37、kg的人從滑道起點A點無初速度滑下,人與滑道AB間的動摩擦因數(shù)μ=0.25.(取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,人在運動過程中可視為質(zhì)點) 圖4 (1)求人從A點滑到C點的過程克服摩擦力所做的功; (2)求人在圓弧滑道末端C點時對滑道的壓力大小; (3)現(xiàn)沿BA方向移動圓弧滑道,調(diào)節(jié)圓弧滑道與斜滑道AB相切的位置,使人從滑梯平拋到水面的水平位移最大,求圓弧滑道與AB滑道的相切點B′到A點的距離. 【答案】(1)1 500 J (2)1 900 N (3)7.9 m 【解析】(1)人在AB滑道下滑過程中,由受力分析可知 Ff=μmg

38、cos θ Wf=-FfsAB sAB= 解得:Wf=-1 500 J BC段光滑,所以人從A點滑到C點的過程中克服摩擦力所做的功為1 500 J. (2)由幾何關(guān)系可知:BC段圓弧所對的圓心角θ=37°,A、C兩點的高度差HAC=10 m,B、C兩點的高度差HBC=1 m 則:FN-mg= HBC=R(1-cos θ) mgHAC+Wf=mv 解得:FN=1 900 N 由牛頓第三定律可知,人在圓弧滑道末端C點時對滑道的壓力大小為1 900 N. (3)設(shè)B′點到A點的距離為s,則A點與圓弧滑道末端的高度差為hAC=ssin θ+HBC,圓弧滑道末端與水面的距離為H-h(huán)

39、AC 由功能關(guān)系和平拋運動的規(guī)律有 mghAC-μmgscos θ=mv2 H-h(huán)AC=gt2 x=vt 解得:x= 由一元二次方程的性質(zhì)可知:當s=-時,平拋的水平位移x有最大值 解得:s= m≈7.9 m. 23、如圖8所示,質(zhì)量m=0.1 kg的小球(可視為質(zhì)點),用長度l=0.2 m的輕質(zhì)細線懸于天花板的O點.足夠長的木板AB傾斜放置,頂端A位于O點正下方,與O點的高度差h=0.4 m.木板與水平面間的夾角θ=37°,整個裝置在同一豎直面內(nèi).現(xiàn)將小球移到與O點等高的P點(細線拉直),由靜止釋放,小球運動到最低點Q時細線恰好被拉斷(取g=10 m/s2,sin 37

40、°=0.6,cos 37°=0.8).求: 圖8 (1)細線所能承受的最大拉力F; (2)小球在木板上的落點到木板頂端A的距離s; (3)小球與木板接觸前瞬間的速度大小. 【答案】(1)3 N (2)1 m (3)2 m/s 【解析】(1)設(shè)細線拉斷時小球的速度大小為v0,由機械能守恒定律得:mv=mgl 解得:v0= 在Q點,由牛頓第二定律得 F-mg=m 解得 F=3mg=3 N (2)設(shè)小球在木板上的落點到木板頂端A的距離為s,由平拋運動的規(guī)律得:h-l+s·sin θ=gt2; scos θ=v0t,聯(lián)立以上各式得:s=1 m (3)設(shè)小物塊與木板接觸前瞬間的速度大小為v,由機械能守恒定律得: mv2=mg(h+s·sin θ),聯(lián)立以上各式得:v=2 m/s. 19

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