2019-2020年高考物理大一轮复习 第六章 机械能守恒定律练习手册
一、 单项选择题
1. (2015·广州模拟)如图所示,拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法.如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100 m,那么下列说法中正确的是
( )
A. 轮胎受到地面的摩擦力对轮胎做了负功
B. 轮胎受到的重力对轮胎做了正功
C. 轮胎受到的拉力对轮胎不做功
D. 轮胎受到地面的支持力对轮胎做了正功
2. (2015·海南卷)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率.如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍,则摩托艇的最大速率变为原来的
( )
A. 4倍
B. 2倍
C. 倍
D. 倍
3. (2015·苏锡常镇二模)汽车从静止开始先做匀加速直线运动,然后做匀速运动. 汽车所受阻力恒定,下列汽车功率P与时间t的关系图象中,能描述上述过程的是
( )
A B
C D
4. (2016·泰州中学)如图甲所示,滑轮质量、摩擦均不计,质量为2 kg的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动,其速度随时间的变化关系如图乙所示,由此可知
( )
甲
乙
A. 物体加速度大小为2 m/s2
B. F的大小为21 N
C. 4 s末F的功率大小为42 W
D. 4 s内F做功的平均功率为42 W
5. (2015·宿迁三模)一汽车在平直公路上以20 kW的功率行驶,t1时刻驶入另一段阻力恒定的平直公路,其v-t图象如图所示,已知汽车的质量为2×103 kg. 下列说法中正确的是 ( )
A. t1前汽车受到的阻力大小为1×103 N
B. t1后汽车受到的阻力大小为2×103 N
C. t1时刻汽车加速度大小突然变为1 m/s2
D. t1~t2时间内汽车的平均速度为7.5 m/s
二、 多项选择题
6. (2015·常州一中)如图所示,摆球质量为m,悬线长为L,把悬线拉到水平位置放手后由A摆动到B.设在摆球运动过程中空气阻力F阻的大小不变,则下列说法中正确的是
( )
A. 重力做功为mgL
B. 绳的拉力做功为0
C. 空气阻力F阻做功为-mgL
D. 空气阻力F阻做功为-F阻πL
7. (2016·南京一模)如图所示,光滑杆AB与竖直方向的夹角为θ,质量为m的小球套在杆上,球在杆上C点随杆一起绕竖直轴OO'以角速度ω转动.则
( )
A. m减小后,小球仍在C点随杆转动
B. m减小后,小球在C点上面的某位置随杆转动
C. ω增大时,小球沿杆滑动且杆对小球不做功
D. ω增大时,小球沿杆滑动且杆对小球正功
8. (2017·金陵中学)质量为m=20 kg的物体,在大小恒定的水平外力F的作用下,沿水平面做直线运动.0~2 s内F与运动方向相反,2~4 s内F与运动方向相同,物体的v-t图象如图所示.取g=10 m/s2,则
( )
A. 拉力F的大小为100 N
B. 物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 W
C. 4 s内拉力所做的功为-480 J
D. 4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J
9. (2016·前黄中学)如图所示为汽车的加速度和车速倒数的关系图象.若汽车质量为2×103 kg,它由静止开始沿平直公路行驶,且行驶中阻力恒定,汽车车速大于10 m/s时,牵引力功率不变,最大车速为30 m/s,则
( )
A. 汽车所受阻力为2×103 N
B. 汽车在车速为15 m/s时,功率为6×104 W
C. 汽车匀加速的加速度为3 m/s2
D. 汽车匀加速所需时间为5 s
三、 非选择题
10. 如图所示,用与斜面底边平行的40N水平推力F把质量为2.0kg的物体由斜面底端A推至顶端B点.已知物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.10,斜面的倾角α=37°,斜面斜边的长度为2.0m,取g=10m/s2,cos 37°=0.8.求:
(1) 物体到达B点时的速度.
(2) 推力F推动物体由A到B的平均功率.
(3) 物体到达B点时推力的瞬时功率.
11. (2016·金陵中学)在修建高层建筑时常用到塔式起重机.在起重机将质量m=5×103 kg的重物竖直吊起的过程中,重物由静止开始向上做匀加速直线运动,加速度a=0.2 m/s2,当起重机输出功率达到其允许的最大值时,保持该功率直到重物做vm=1.02 m/s的匀速运动.取g=10 m/s2,不计额外功.求:
(1) 起重机允许输出的最大功率.
(2) 重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2 s末的输出功率.
第2讲 动 能 定 理
一、 单项选择题
1. (2016·四川卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员.他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功1 900 J,他克服阻力做功100 J.韩晓鹏在此过程中
( )
A. 动能增加了1 900 J
B. 动能增加了2 000 J
C. 重力势能减小了1 900 J
D. 重力势能减小了2 000 J
2. (2016·泰州一模)如图所示,一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动,当物体从M点运动到N点时,其速度方向恰好改变了90°,则
物体在从M点运动到N点的过程中动能将
( )
A. 不断增大
B. 不断减小
C. 先减小后增大
D. 先增大后减小
3. 如图所示,小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同,小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h的A点由静止释放,运动至B点时速度为v1.现将倾斜轨道的倾角调至为θ2,仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放,运动至B点时速度为v2.已知θ2<θ1,不计物块在轨道接触处的机械能损失.则
( )
A. v1
v2
C. v1 =v2
D. 由于不知道θ1、θ2的具体数值,v1、v2关系无法判定
4. 如图所示,一质量为M的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内;套在大圆环上的质量为m的小环(可视为质点),从大圆环的最高处由静止滑下,重力加速度为g.当小圆环滑到大圆环的最低点时,大圆环对轻杆拉力的大小为
( )
A. Mg-5mg
B. Mg+mg
C. Mg+5mg
D. Mg+10mg
5. (2016·海安中学)如图,P为处于水平面内的转盘,可绕竖直转轴OO'转动,长度为l的缆绳一端悬挂在转盘边缘,另一端拴接一质量为m的小球,转盘静止时缆绳顶端与转轴间的距离为d.现让转盘由静止逐渐加速转动,经过一段时间后小球与转盘一起做匀速圆周运动,且缆绳与转轴在同一竖直面内.此时缆绳与竖直方向的夹角为θ,不计空气阻力及缆绳重力,重力加速度为g.下列说法中正确的是
( )
A. 小球与转盘一起做匀速圆周运动时,小球受到缆绳的拉力大小为mgcos θ
B. 小球从静止到做匀速圆周运动的过程中,缆绳对小球做的功为mgdtan θ
C. 小球从静止到做匀速圆周运动的过程中,缆绳对小球做的功为mg(d+lsin θ)tan θ+mgl(1+cos θ)
D. 如果圆盘稳定转动时的角速度不变,换一个质量更大的小球随其转动,稳定时缆绳与竖直方向的夹角θ不变
二、 多项选择题
6. (2016·全国卷Ⅲ)如图所示,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则
( )
A. a=
B. a=
C. N=
D. N=
7. (2016·浙江卷)如图所示为一滑草场,某条滑道由上、下两段高均为h,与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8).则
( )
A. 动摩擦因数μ=
B. 载人滑草车最大速度为
C. 载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D. 载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
8. (2016·海安中学)如图甲所示,倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行.t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的v-t图象如图乙所示.设沿传送带向下为正方向,取重力加速度g=10 m/s2.则
( )
A. 传送带的速率v0=10 m/s
B. 传送带的倾角θ=30°
C. 物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
D. 0~2.0 s内摩擦力对物体做功Wf=-24 J
9. (2016·苏锡常镇三模)将质量均为M=1 kg的编号依次为1,2,…,6的梯形劈块靠在一起构成倾角α=37°的三角形劈面,每个梯形劈块上斜面长度均为L=0.2 m,如图所示.质量m=1 kg的小物块A与斜面间的动摩擦因数μ1=0.5,斜面与地面的动摩擦因数均为μ2=0.3,假定最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.现使A从斜面底端以平行于斜面的初速度v0=4.5 m/s冲上斜面.下列说法中正确的是
( )
A. 若所有劈均固定在水平面上,物块最终从6号劈上冲出
B. 若所有劈均固定在水平面上,物块最终能冲到6号劈上
C. 若所有劈均不固定在水平面上,物块上滑到5号劈时,劈开始相对水平面滑动
D. 若所有劈均不固定在水平面上,物块上滑到4号劈时,劈开始相对水平面滑动
三、 非选择题
10. 如图所示,水平桌面上的轻质弹簧左端固定,右端与静止在O点质量为m=1 kg的小物块接触而不连接,此时弹簧无形变.现对小物块施加F=10 N水平向左的恒力,使其由静止开始向左运动.小物块在向左运动到A点前某处速度最大时,弹簧的弹力为 6 N,运动到A点时撤去推力F,小物块最终运动到B点静止.图中OA=0.8 m,OB=0.2 m,重力加速度取g=10 m/s2.求小物块:
(1) 与桌面间的动摩擦因数μ.
(2) 向右运动过程中经过O点的速度.
(3) 向左运动的过程中弹簧的最大压缩量.
11. (2016·苏锡常镇三模)如图所示,劲度系数k=25 N/m的轻质弹簧的一端与竖直板P拴接(竖直板P固定在木板B的左端),另一端与质量mA=1 kg的小物体A相连,P和B的总质量为MB=4 kg且B足够长.A静止在木板B上,A右端连一细线绕过光滑的定滑轮与质量mC=1 kg的物体C相连.木板B的上表面光滑,下表面与地面的动摩擦因数μ=0.4.开始时用手托住C, 让细线恰好伸直但没拉力,然后由静止释放C,直到B开始运动.已知弹簧伸长量为x时其弹性势能为kx2,全过程物体C没有触地,弹簧在弹性限度内,取g=10 m/s2.
(1) 求释放C的瞬间A的加速度大小.
(2) 求释放C后A的最大速度大小.
(3) 若C的质量变为m'C=3 kg,则B刚开始运动时,求拉力对物体A做功的功率.
第3讲 机械能守恒定律
一、 单项选择题
1. (2016·常州中学)如图所示是“过山车”玩具模型.当小球以速度v经过圆形轨道最高点时,小球与轨道间的作用力为F,多次改变小球初始下落的高度h,就能得出F与v的函数关系,下列关于F与v之间的关系中有可能正确的是
( )
A
B
C
D
2. 如图所示,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的光滑圆柱,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.
C.
D.
3. (2015·天津卷)如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环.圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态.现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
A. 圆环的机械能守恒
B. 弹簧弹性势能变化了mgL
C. 圆环下滑到最大距离时,所受合力为零
D. 圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
4. (2015·南京、盐城一模改编)如图所示,内壁光滑的圆形轨道固定在竖直平面内,轻杆两端固定有甲、乙两小球,甲球质量小于乙球质量.将两球放入轨道内,乙球位于最低点,由静止释放轻杆后,则甲球
( )
A. 能下滑到轨道的最低点
B. 下滑过程中杆对其做正功
C. 滑回时一定能返回到初始位置
D. 滑回过程中增加的重力势能等于乙球减少的重力势能
5. (2017·南师附中)如图所示,圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上,OC与OA的夹角为60°,轨道最低点A与桌面相切.一足够长的轻绳两端分别系着质量为m1和m2的两个小球(均可视为质点),挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边,开始时m1位于C点,然后从静止释放,则
( )
A. 在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等
B. 在m1由C点下滑到A点的过程中重力对m1做功的功率一直增大
C. 若m1恰好能沿圆弧下滑到A点,则m1=2m2
D. 若m1恰好能沿圆弧下滑到A点,则m1=3m2
二、 多项选择题
6. (2015·汕头一模)如图,直立弹射装置的轻质弹簧顶端原来在O 点,O与管口P的距离为2x0.现将一个重力为mg的钢珠置于弹簧顶端,再把弹簧压缩至M点,压缩量为x0.释放弹簧后钢珠被弹出,钢珠运动到P点时的动能为4mgx0,不计一切阻力.下列说法中正确的是
( )
A. 弹射过程,弹簧和钢珠组成的系统机械能守恒
B. 弹簧恢复原长时,弹簧的弹性势能全部转化为钢珠的动能
C. 钢珠弹射所到达的最高点距管口P的距离为7x0
D. 弹簧被压缩至M点时的弹性势能为7mgx0
7. (2016·南通、泰州、扬州、淮安二模)如图所示,小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动,同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球,物块和小球在斜面上的P点相遇.已知物块和小球质量相等,空气阻力忽略不计,则( )
A. 斜面可能是光滑的
B. 在P点时,小球的动能大于物块的动能
C. 小球运动到最高点时离斜面最远
D. 小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等
8. (2016·新课标Ⅱ卷)如图所示,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连.现将小球从M点由静止释放,它在下降的过程中经过了N点.已知在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中( )
A. 弹力对小球先做正功后做负功
B. 有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C. 弹簧长度最短时,弹力对小球做功的功率为零
D. 小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
9. (2015·宿迁三校联考)物块A和B用绕过定滑轮的轻绳相连,A的质量为m,B的质量为2m.A穿在光滑竖直固定的长直杆上,滑轮与杆间的距离为l.将A移到与滑轮等高处由静止释放,不考虑绳与滑轮间的摩擦,则下列说法中正确的是
( )
A. A在下降过程中加速度先变大后变小
B. A刚释放时它的加速度大小等于重力加速度g
C. 当A在下降过程中速度达到最大时,A与B速度大小之比为2∶1
D. 当A的机械能最小时,B的重力势能最大
三、 非选择题
10. (2016·泰州一模)如图所示,一压缩的轻弹簧左端固定,右端与一滑块相接触但不连接,滑块质量为m,与水平地面AB间的动摩擦因数为0.1,A点左侧地面光滑, AB的长度为5R.现将滑块由静止释放,滑块运动到A点时弹簧恢复原长,以后继续向B点滑行,并滑上半径为R的光滑圆弧BC,在C点正上方有一离C点高度也为R的旋转平台,沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q,旋转时两孔均能达到C点的正上方.若滑块滑过C点后从P孔上升又恰能从Q孔落下,已知物体通过B点时对地面的压力为9mg.求:
(1) 滑块通过B点时的速度vB.
(2) 弹簧释放的弹性势能Ep.
(3) 平台转动的角速度ω应满足的条件.
11. (2016·苏北四市三模)光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧形轨道BC组成,二者在B处相切并平滑连接,O为圆心,O、A在同一条水平线上,OC竖直.一直径略小于圆管直径的质量为m的小球,用细线穿过管道与质量为M的物块连接,将小球由A点静止释放,当小球运动到B处时细线断裂,小球继续运动.已知弧形轨道的半径为R= m,所对应的圆心角为53°,取g=10 m/s2,sin53°=0.8.
(1) 若M=5m,求小球在直轨道部分运动时的加速度大小.
(2) 若M=5m,求小球从C点抛出后下落高度h= m时到C点的水平位移.
(3) M、m满足什么关系时,小球能够运动到C点?
第4讲 功能关系 能量守恒定律
一、 单项选择题
1. (原创)质量为m的物体从静止以g的加速度竖直上升高度为h,对该过程,下列说法中正确的是
( )
A. 物体的机械能增加mgh
B. 物体的机械能减少mgh
C. 重力对物体做功mgh
D. 物体的动能增加mgh
2.
(2016·南通、扬州、泰州三模)竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具,上世纪三十年代,人们根据竹蜻蜓原理
设计
领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计
了直升机的螺旋桨.如图,一小孩搓动质量为20 g的竹蜻蜓,松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶高处.在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是
( )
A. 0.2 J
B. 0.6 J
C. 1.0 J
D. 2.5 J
3. (2016·四川成都模拟)如图所示,斜面的倾角为θ,质量为m的滑块距挡板P的距离为x0,滑块以初速度v0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力.若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失,滑块经过的总路程是
( )
A.
B.
C.
D.
4. (2017·淮阴中学)已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ,以恒定的速度顺时针转动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度、质量为m的小物块,如图甲所示.以此时为t=0时刻,小物块的速度随时间的变化关系如图乙所示(图甲中取沿传送带向上的方向为正方向,图乙中v1>v2).则下列说法中错误的是
( )
甲
乙
A. 0~t1内传送带对小物块做负功
B. 小物块与传送带间的动摩擦因数μ>tan θ
C. 0~t2内传送带对小物块做功为m-m
D. 0~t2内小物块与传送带间因摩擦产生的热量大于小物块动能的减少量
5. (2016·金陵中学)将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出,取地面为零势能面,小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示.取g=10 m/s2,下列说法中正确的是
( )
A. 小球的质量为0.2 kg
B. 小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 N
C. 小球动能与重力势能相等时的高度为 m
D. 小球上升到2 m时,动能与重力势能之差为0.5 J
二、 多项选择题
6. (2016·海安中学)如图所示,一质量为m的小球套在光滑竖直杆上,轻质弹簧一端与小球相连,另一端固定于O点.现将小球从A点由静止释放,沿竖直杆运动到B点,已知OA长度小于OB长度,弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等.在小球由A到B的过程中
( )
A. 在B点的速度可能为零
B. 加速度等于重力加速度g的位置有两个
C. 机械能先减小,后增大
D. 弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功
7. (2016·姜堰中学)如图所示,质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上,一质量为m的滑块放置在木板左端,滑块与木板间滑动摩擦力大小为f,用水平的恒定拉力F作用于滑块.当滑块运动到木板右端时,木板在地面上移动的距离为s,滑块速度为v1,木板速度为v2,下列结论中正确的是( )
A. 上述过程中,F做功大小为m+M
B. 其他条件不变的情况下,M越大,s越小
C. 其他条件不变的情况下,F越大,滑块到达右端所用时间越长
D. 其他条件不变的情况下,f越大,滑块与木板间产生的热量越多
8. (2015·无锡一模)如图所示,粗糙斜面体放在粗糙的水平地面上,有一小滑块以一定初速度沿着斜面向上滑,然后又返回底端,整个过程中斜面体相对地面没有移动.则下列几个关系图线中,可能正确的是(以水平面为零势能面)( )
甲 乙
丙 丁
A. 甲:小滑块动能随运动时间的变化
B. 乙:小滑块机械能随运动路程的变化
C. 丙:小滑块速率随运动路程的变化
D. 丁:地面对斜面体的静摩擦力随时间的变化(以水平向右为正方向)
9. (2017·南师附中)在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B,它们的质量均为m,弹簧劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态.现用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动,当物块B刚要离开C时,A的速度为v,则此过程(弹簧的弹性势能与弹簧的伸长量或压缩量的平方成正比,重力加速度为g)
( )
A. 物块A运动的距离为
B. 物块A的加速度为
C. 拉力F做的功为mv2
D. 拉力F对A做的功等于A的机械能的增加量
三、 非选择题
10. (2016·泰州中学)如图所示,水平传送带在电动机带动下以速度v1=2 m/s匀速运动,小物体P、Q质量分别为0.2 kg 和0.3 kg.由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0 时刻P放在传送带中点处由静止释放.已知P与传送带间的动摩擦因数为0.5,传送带水平部分两端点间的距离为4 m,不计定滑轮质量及摩擦,P与定滑轮间的绳水平,取g=10 m/s2.
(1) 判断P在传送带上的运动方向并求其加速度大小.
(2) 求P从开始到离开传送带水平端点的过程中,与传送带间因摩擦产生的热量.
(3) 求P从开始到离开传送带水平端点的过程中,电动机多消耗的电能.
11. (2016·南通、扬州、泰州三模)如图所示,在光滑水平面左右两侧各有一竖直弹性墙壁P、Q,平板小车A的左侧固定一挡板D,小车和挡板的总质量M=2 kg,小车上表面O点左侧光滑,右侧粗糙.一轻弹簧左端与挡板相连,原长时右端在O点.质量m=1 kg的物块B在O点贴着弹簧右端放置,但不与弹簧连接,B与O点右侧平面间的动摩擦因数μ=0.5.现将小车贴着P固定.用水平恒力F推B向左移动x0=0.1 m距离时撤去推力,B继续向左运动,最终停在O点右侧x1=0.9 m处.取重力加速度g=10 m/s2,弹簧始终在弹性限度内.
(1) 求水平恒力F的大小及弹簧的最大弹性势能Ep.
(2) 撤去小车A的固定限制,以同样的力F推B向左移动x0时撤去推力,发现A与Q发生第一次碰撞前A、B已经达到共同速度,求最初A右端与Q间的最小距离s0.
(3) 在(2)的情况下,求B在O点右侧运动的总路程s及运动过程中B离开O点的最远距离x.(车与墙壁碰撞后立即以原速率弹回)
特别策划 计算题突破(二)——应用力学两大观点
分析
定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析
多过程问题(A)
1. (2016·盐城三模)如图所示,用长为1 m的轻质细线将质量为100 g的小球悬挂于O点.小球在外力作用下静止在A处,此时细线偏离竖直的夹角为60°.现撤去外力,小球由静止释放,摆到最低点B时,细线被O点正下方0.25 m处的光滑小钉子挡住,小球继续向左摆动到最高点时细线偏离竖直方向的夹角为60°.小球在运动过程中所受空气阻力大小恒定,且始终与运动方向相反,重力加速度取g=10 m/s2,π≈3.求小球:
(1) 在A处时,所受外力的最小值.
(2) 从A运动到C过程空气阻力做的功.
(3) 动能最大时细线偏离竖直方向夹角的正弦值.
2. (2017·泰州期初摸底)如图所示,在某竖直平面内,光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点,BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2 m的四分之一细圆管CD,管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100 N/m的轻弹簧,弹簧一端固定,另一端恰好与管口D端平齐.一个质量为1 kg的小球放在曲面AB上.现从距BC的高度为h=0.6 m处静止释放小球,它与BC间的动摩擦因数μ=0.5,小球进入管口C端时,它对上管壁有FN=2.5mg的相互作用力,通过CD后,在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep=0.5 J.取重力加速度g=10 m/s2.求:
(1) 小球在C处受到的向心力大小.
(2) 在压缩弹簧过程中小球的最大动能.
(3) 小球最终停止的位置.
3. (2015·南师附中)如图,在高h1=30 m的光滑水平平台上,质量m=1 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住,储存了一定量的弹性势能Ep.若打开锁扣K,物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台,做平抛运动,并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道.B点的高度h2=15 m,圆弧轨道的圆心O与平台等高,轨道最低点C的切线水平,并与地面上长为L=70 m的水平粗糙轨道CD平滑连接;小物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞,取g=10 m/s2.
(1) 求小物块由A到B的运动时间.
(2) 求小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小.
(3) 若小物块与墙壁只发生一次碰撞,碰后速度等大反向,反向运动过程中没有冲出B点,最后停在轨道CD上的某点P(P点没画出).设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ,求μ的取值范围.
4. (2014·江苏卷)如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速度为v0.小工件离开甲前与甲的速度相同,并平稳地传到乙上,工件与乙之间的动摩擦因数为μ.乙的宽度足够大,重力加速度为g.
(1) 若乙的速度为v0,求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s.
(2) 若乙的速度为2v0,求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v.
(3) 保持乙的速度2v0不变,当工件在乙上刚停止滑动时,下一只工件恰好传到乙上,如此反复.若每个工件的质量均为m,除工件与传送带之间摩擦外,其他能量损耗均不计,求驱动乙的电动机的平均输出功率.
特别策划 计算题突破(二)——应用力学两大观点分析多过程问题(B)
1. (2016·常州一模)如图为固定在竖直平面内的轨道,直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切,圆弧轨道的圆心角为37°,半径为r=0.25 m,C端水平,AB段的动摩擦因数为0.5. 竖直墙壁CD高H=0.2 m,紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高,底边长L=0.3 m的斜面. 一个质量m=0.1 kg的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B点l=0.5 m处由静止释放,从C点水平抛出. 重力加速度取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.
(1) 求小物块运动到C点时对轨道的压力的大小.
(2) 求小物块从C点抛出到击中斜面的时间.
(3) 改变小物块从斜面上释放的初位置,求小物块击中斜面时动能的最小值.
2. (2016·南京、盐城一模)如图所示,倾角为θ的斜面上PP'、QQ'之间粗糙,且长为3L,其余部分都光滑.形状相同、质量分布均匀的三块薄木板A、B、C沿斜面排列在一起,但不黏接.每块薄木板长均为L,质量均为m,与斜面PP'、QQ'间的动摩擦因数均为2tan θ.将它们从PP'上方某处由静止释放,三块薄木板均能通过QQ'.重力加速度为g.求:
(1) 薄木板A在PP'、QQ'间运动速度最大时的位置.
(2) 薄木板A上端到达PP'时受到薄板B弹力的大小.
(3) 释放木板时,薄木板A下端离PP'距离满足的条件.
3. (2015·苏锡常镇三模)如图所示,一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动,质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接,轻绳足够长且不可伸长.某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带,P与定滑轮间的绳子水平.已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.25,重力加速度为g,不计滑轮的质量与摩擦.
(1) 求运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比.
(2) 求物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中,PQ系统机械能的改变量.
(3) 若传送带以不同的速度v(0
记录
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自行车停下时的位置;⑤用卷尺量出起点线到橡皮泥落地点间的距离s、起点线到终点的距离L及车把手处离地高度h.若设自行车在行驶中所受的阻力为f并保持恒定.
(1) 自行车经过起点线时的速度v= .(用已知物理量和所测量得到的物理量表示)
(2) 自行车经过起点线后克服阻力做功W= .(用已知物理量和所测量得到的物理量表示)
(3) 多次改变自行车经过起点的初速度,重复上述实验步骤②~④,则每次只需测量上述物理量中的 和 ,就能通过数据分析达到实验目的.
2. (改编)某同学学了动能定理后提出:弹簧弹力对物体做的功W与物体在该弹簧弹力做功过程中通过的位移d之间会存在什么关系呢?为得到结论他设置了如图甲所示的实验:将一块长木块放在桌面并调制水平,橡皮筋一端固定在墙上,另一端被静止的小车拉长d,小车释放后沿长木板运动,并带动穿过打点计时器的纸带,如图甲.打点计时器电源的频率为50 Hz,小车的质量为0.2 kg,实验进行了三次,各次小车由静止开始运动的位置不同(即橡皮筋的伸长量不同),分别打出纸带,选择了三种类型的纸带,如图乙所示.
甲
乙
(1) 根据纸带数据完成下列表格,其中vmax为小车的最大速度.
实验序号
1
2
3
dn(cm)
5
10
20
vmax(m/s)
(2) 橡皮筋弹力做的功W与橡皮筋的伸长量d之间的函数关系是 .
3. (2016·湖南长德模拟)某学习小组用图甲所示的实验装置探究“动能定理”.他们在气垫导轨上安装了一个光电门B,滑块上固定一遮光条,滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连,传感器下方悬挂钩码,每次滑块都从A处由静止释放.
甲
乙
(1) 某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d,如图乙所示,则d= mm.
(2) 下列实验要求中不必要的一项是 (请填写选项前对应的字母).
A. 应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
B. 应使A位置与光电门间的距离适当大些
C. 应将气垫导轨调至水平
D. 应使细线与气垫导轨平行
(3) 实验时保持滑块的质量M和A、B间的距离L不变,改变钩码质量m,测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t,通过描点作出线性图象,研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系,处理数据时应作出的图象是 (请填写选项前对应的字母).
A. 作出“t-F图象”
B. 作出“t2-F图象”
C. 作出“t2-图象”
D. 作出“-F2图象”
4. (2016·河南焦作一模)某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理,图中光电门能记录挡光条通过该光电门所用的时间,请按照要求回答下面的问题.
(1) 将气垫导轨接通气泵,通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平,则检查是否调平的方法是
.
在本实验中是否要满足砝码盘和砝码两者的总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器三者的总质量M (填“是”或“否”).
(2) 在某次实验中,该学习小组记录了挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间分别为Δt1和Δt2,并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力的大小F,并用天平测出滑块、挡光条和拉力传感器的总质量M.已知实验过程中,滑块与定滑轮间的细绳一直处于水平状态,该小组的操作
规范
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,则为了验证动能定理,还需要测定的物理量有 (写出对应物理量的名称及其物理量符号),要验证的方程是 (请用题中和所测定的物理量的符号表示).
5. (原创)某同学学了动能定理后提出:弹簧弹力对物体做的功W与物体在该弹簧弹力做功过程中通过的位移x之间会存在什么关系呢?为得到结论他设置了如图所示的实验:在气垫导轨的一端固定有一轻质弹簧,实验时接通汽源,将带有挡光片的滑块压缩弹簧后静止释放滑块(弹簧恢复到原长时滑块还没到达光电门处),滑块通过光电门的时间Δt由数字计时器记录下来,实验步骤如下:
① 安装好实验器材,接通连接导轨的气泵,调节气垫导轨,使其处于水平位置.用天平测出滑块和遮光片的总质量.
② 用游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度.
③ 通过滑块压缩弹簧,并从导轨上的刻度尺测出其压缩量x,然后释放滑块.
④ 记录挡光片通过光电门的时间Δt,并计算出滑块通过光电门时的动能Ek.
⑤ 多次重复步骤③和④.
实验中的实验数据下表所示:
弹簧压缩量x /cm
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
每次实验时滑块的
动能Ek/J
0.010
0.041
0.091
0.160
0.250
完成下列问题:
(1) 步骤①中如何确定气垫导轨已经调至水平位置:
.
(2) 根据表中的数据做出你的猜想,并通过相关的方法证明你的猜想.
6. (2016·安徽江南十校联考)某实验小组利用图示装置进行“探究动能定理”的实验,实验步骤如下:
A. 挂上钩码,调节长木板的倾角,轻推小车后,使小车能沿长木板向下做匀速运动.
B. 打开速度传感器,取下轻绳和钩码,保持A中调节好的长木板倾角不变,让小车从长木板顶端静止下滑,分别记录小车通过速度传感器1和速度传感器2时的速度大小v1和v2.
C. 重新挂上细绳和钩码,改变钩码的个数,重复A到B的步骤.
回答下列问题:
(1) 按上述
方案
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做实验,长木板表面粗糙对实验结果是否有影响? (填“是”或“否”).
(2) 若要验证动能定理的表达式,还需测量的物理量有 .
A. 悬挂钩码的总质量m
B. 长木板的倾角θ
C. 两传感器间的距离l
D. 小车的质量M
(3) 根据实验所测的物理量,动能定理的表达式为 .(重力加速度为g)
7. (2016·四川广元统考)某实验小组要探究力对物体做功与物体获得速度的关系,选取的实验装置如图所示.实验主要步骤如下:
(1) 实验时,在未连接橡皮筋时将木板的左端用小木块垫起,不断调整使木板倾斜合适的角度,轻推小车,使小车匀速下滑,这样做的目的是 .
(2) 使小车在一条橡皮筋的作用下由某位置静止弹出沿木板滑行,橡皮筋对小车做功为W;再用完全相同的2条、3条、…橡皮筋同时作用于小车,每次均由静止在 (填“相同”或“不同”)位置释放小车,使橡皮筋对小车做的功分别为2W、3W、…
(3) 分析打点计时器打出的纸带,分别求出小车每次获得的最大速度v1、v2、v3、…,作出W-v图象,则下列符合实际的图象是 (填字母序号).
实验五:验证机械能守恒定律
1. (2017·泰州摸底调研)某活动小组利用图甲装置“验证机械能守恒定律”.钢球自由下落过程中,先后通过光电门A、B,计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB.用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度.测出两光电门间的距离为h,钢球直径为D,当地重力加速度为g.
甲
乙
(1) 用20分度的游标卡尺测量钢球的直径,读数如图乙所示,钢球直径为D= cm.
(2) 要验证机械能守恒,只要比较 .
A. D2与gh是否相等
B. D2与2gh是否相等
C. D2与gh是否相等
D. D2与2gh是否相等
(3) 钢球通过光电门的平均速度 (填“>”或“<”)钢球球心通过光电门的瞬时速度,由此产生的误差 (填“能”或“不能”)通过增加实验次数减小.
2. (2015·连云港三模)如图所示,气垫导轨上滑块的质量为M,钩码的质量为m,遮光条宽度为d,两光电门间的距离为L,气源开通后滑块在牵引力的作用下先后通过两个光电门的时间为Δt1和Δt2.当地的重力加速度为g.
(1) 用上述装置测量滑块加速度的表达式为 (用已知量表示).
(2) 用上述装置探究滑块加速度a与质量M及拉力F的关系,要使绳中拉力近似等于钩码的重力,则m与M之间的关系应满足 .
(3) 用上述装置探究系统在运动中的机械能关系,滑块从光电门1运动到光电门2的过程中满足关系式 (用已知量表示)时,系统机械能守恒.若测量过程中发现系统动能增量总是大于钩码重力势能的减少量,可能的原因是 .
3. (2016·淮安5月模拟)用落体法“验证机械能守恒定律”,器材安装如图甲.
(1) 请指出图甲中的错误及不妥之处.(至少写出两处)
① .
② .
(2) 改进实验中错误及不妥之处后,打出如图乙所示一条纸带.已知打点计时器频率为50 Hz,根据纸带所给数据,打C点时重物的速度为 m/s.(结果保留两位有效数字)
甲
乙
丙
(3) 某同学选用两个形状相同质量不同的重物a和b进行实验测得几组数据,画出的图象如图丙所示,求出图线的斜率k,由图象可知a的质量m1 (填“大于”或“小于”)b的质量m2.
(4) 通过分析发现造成k2值偏小的原因是实验过程中存在各种阻力,已知实验所用重物的质量m2=0.052 kg,当地重力加速度g=9.78 m/s2,求出重物所受的平均阻力f= N.(结果保留两位有效数字)
4. (2016·南通、扬州、泰州三模)
(1) 如图甲所示,螺旋测微器的读数为 cm.
甲
乙
(2) 某实验小组用如图乙所示的装置“验证机械能守恒定律”.
① 实验中得到的一条纸带如图丙所示,第一个打点标记为O,选择点迹清晰且便于测量的连续6个点,标为1、2、…、6,测出各点到O点的距离分别为d1、d2、…、d6.已知打点频率为f,则打点2时小车的速度为 ;若钩码质量为m,已知当地重力加速度为g,则验证点2与点5间重锤的机械能守恒的关系式可表示为 .
丙
② 已知打点频率f=50 Hz,如果发现纸带上第一个和第二个打点间的距离大约是5 mm,出现这种情况可能的原因是 .
A. 重锤的质量过大
B. 电源电压偏大
C. 打点计时器没有竖直固定
D. 先释放纸带后接通打点计时器
5. (2016·苏州一模)用如图甲所示的实验装置验证m1、m2及地球组成的系统机械能守恒.m2从高处由静止开始下落,m1下面拖着的纸带打出一系列的点,对纸带上的点迹进行测量,即可验证机械能守恒定律.图乙给出的是实验中获取的一条纸带:0是刚开始运动时打下的点,每相邻两计数点间还有4个计时点(图中未标出).已知m1=50 g、m2=150 g,取g=9.8 m/s2,则:(结果保留两位有效数字)
甲
乙
(1) 在纸带上打下计数点5时的速度v= m/s.
(2) 从0点到第5个计数点的过程中系统功能的增量ΔEk= J,系统势能的减少量ΔEp= J.
(3) 通过(2)中的数据你得出的实验结论是 .
6. (2016·海安、南外、金陵三校联考)某实验小组利用如图甲所示气垫导轨装置“验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒”.
甲
乙
(1) 如图乙所示,使用游标卡尺测量遮光条宽度,读数为 cm.
(2) 实验前需要调节气垫导轨,操作过程是:
① (填“挂上”或“卸掉”)钩码, (填“接通”或“关闭”)气源.
② 调节导轨底座旋钮,使得滑块运动时通过两光电门遮光条遮光时间Δt1 Δt2(填“>”或“=”或“<”).
(3) 已知钩码质量m,滑块质量M,遮光条宽度d,数字计时器1和2的读数为Δt1、Δt2,两光电门之间的距离为L,若在实验误差允许范围内满足等量关系 ,则系统机械能守恒.
(4) 关于上述实验,下列说法中正确的是 .
A. 两光电门之间的距离要小一些
B. 钩码的质量应远小于滑块的质量
C. 滑轮应选用轻质的
7. (2015·淮安5月模考)某同学利用图示装置来研究机械能守恒问题,设计了如下实验.A、B是质量均为m的小物块,C是质量为M的重物,A、B间由轻弹簧相连,A、C间由轻绳相连.在物块B下放置一压力传感器,重物C下放置一速度传感器,压力传感器与速度传感器相连.当压力传感器示数为零时,就触发速度传感器测定此时重物C的速度.整个实验中弹簧均处于弹性限度内,重力加速度为g.实验操作如下:
(1) 开始时,系统在外力作用下保持静止,细绳拉直但张力为零.现释放C,使其向下运动,当压力传感器示数为零时,触发速度传感器测出C的速度为v.
(2) 在实验中保持A,B质量不变,改变C的质量M,多次重复第(1)步.
① 该实验中,M和m大小关系必需满足M (填“小于”“等于”或“大于”)m.
② 为便于研究速度v与质量M的关系,每次测重物的速度时,其已下降的高度应 (填“相同”或“不同”).
③ 根据所测数据,为得到线性关系图线,应作出 (填“v2-M”“v2-”或“v2-”)图线.
④ 根据③问的图线知,图线在纵轴上截距为b,则弹簧的劲度系数为 (用题给的已知量表示).
第六章 机械能守恒定律
第1讲 功 和 功 率
1. A
2. D 【解析】 设f=kv,当阻力等于牵引力时,速度最大,输出功率变化前,有P=Fv=fv=kv·v=kv2,变化后有2P=F'v'=kv'·v'=kv'2,联立解得v'=v,D正确.
3. C 【解析】 汽车从静止开始匀加速,加速度一定,根据牛顿第二定律有F-f=ma,得出F=f+ma.汽车的功率为P=Fv=(f+ma)at,P与t成正比例函数,A、D选项错误;当汽车达到最大功率时,据题意汽车运动状态立刻变为匀速,此时牵引力瞬间从f+ma变成f,而速度没有突变,故汽车的功率变小且为恒定值,B项错误,C项正确.
4. C 【解析】 由图乙可知,物体的加速度a=0.5 m/s2,由2F-mg=ma可得F=10.5 N,A、B项均错误;4 s末力F的作用点的速度大小为vF=2×2 m/s=4 m/s,故4 s末拉力F做功的功率为P=F·vF=42 W,C项正确;4 s内物体上升的高度h=4 m,力F的作用点的位移l=2h=8 m,拉力F所做的功W=F·l=84 J,4 s内拉力F做功的平均功率==21 W,D项错误.
5. C 【解析】 t1前汽车匀速,有P=F1v1=f1v1,得f1== N=2×103 N,A项错误;进入另一段公路后最终以v2=5 m/s匀速,得出f2== N=4×103 N,B项错误;t1时刻牵引力为2×103 N,阻力瞬间变为4×103 N,加速度为a= m/s2=-1 m/s2,C项正确;根据面积得出t1~t2时间内汽车的平均速度小于7.5 m/s,D项错误.
6. ABD 【解析】 由重力做功特点得重力做功为WG=mgL,A正确;绳的拉力始终与v垂直,不做功,B正确;由微元法可求得空气阻力做功为=-F阻πL,D正确.
7. AD 【解析】 根据重力和弹力提供向心力Fn=mgtanθ=mω2r,与质量无关,A项正确,B项错误;ω增大时,小球沿杆向上滑动,同时具有沿杆向上的速度和与圆周轨道相切的速度,合成起来的实际速度与杆的弹力之间夹角是锐角,杆对小球做正功,C项错误,D项正确.
8. BC 【解析】 由v-t图象斜率的意义得0~2 s物体加速度大小为a1==5 m/s2,2 s~4 s内加速度大小为a2==1 m/s2,滑动摩擦力为Ff,由牛顿第二定律得F+Ff=ma1,F-Ff=ma2,解之得F=60 N,Ff=40 N,A项错;4 s时拉力的功率P=Fv=120 W,B项正确;4 s内拉力所做功为WF=-Fx1+Fx2=-60××2×10 J+60××2×2 J=-480 J,C项正确;4 s内物体克服摩擦力做功WFf=Ffx1+Ffx2=480 J,D项错.
9. ABD 【解析】 设汽车所受阻力大小为Ff,由汽车的加速度和车速倒数 的关系图象可知,汽车从静止开始先做匀加速运动,加速度a=2 m/s2,直到速度达到v1=10 m/s,则匀加速阶段所用时间为t==5 s,此时汽车的牵引力功率达到最大,即Pm=(Ff+ma)v1;接下来做加速度逐渐减小的变加速运动,汽车的牵引力功率保持不变,当速度达到v2=30 m/s时,加速度为零,此时Pm=Ffv2,则解得Ff=2×103 N,Pm=6×104 W,当汽车在车速为15 m/s时,功率为6×104 W,所以正确选项为A、B、D.
10.
(1) 对物体进行受力分析,有
Fcosα-mgsinα-μFN=ma,
FN=mgcosα+Fsinα,
解得a=8m/s2,
根据匀变速直线运动公式有
=2aL,
解得vB=4m/s.
(2) 由vB=at,解得t= s,
则平均功率为P==64 W.
(3) 瞬时功率PB=FvBcosα=128 W.
11. (1) 设起重机允许输出的最大功率为P0,重物达到最大速度时,拉力F0等于重力,则
P0=F0vm=mgvm,
代入数据,得P0=5.1×104 W.
(2) 匀加速运动结束时,起重机达到允许输出的最大功率,设此时重物受到的拉力为F,速度大小为v1,匀加速运动经历时间为t1,有
P0=Fv1,
F-mg=ma,
v1=at1,
代入数据,得t1=5 s.
t=2 s时,重物处于匀加速运动阶段,设此时速度大小为v2,输出功率为P,
则v2=at,P=Fv2,
代入数据,得P=2.04×104 W.
第2讲 动 能 定 理
1. C 【解析】 由题可得,重力做功WG=1 900 J,则重力势能减少1 900 J ,故C项正确,D项错误;由动能定理得,WG-Wf=ΔEk,克服阻力做功Wf=100 J,则动能增加1 800 J,故A、B项错误.
2. C 【解析】 物体做曲线运动,所受合外力指向弯曲的内侧,可以看出恒力先做负功再做正功,动能先变小再变大,C项正确.
3. C 【解析】 物体运动过程中摩擦力做负功,重力做正功,由动能定理可得mv2=mgh-μmgcos θ·-μmgxBD=mgh-μmgh·-μmgxBD,因为h·=xCD,所以mv2=mgh-μmgxBC,故到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关,所以v1=v2,故C项正确.
4. C 【解析】 小环在最低点时,对整体有T-(M+m)g=,其中T为轻杆对大环的拉力;小环由最高处运动到最低处由动能定理得mg·2R=mv2-0,联立以上二式解得T=Mg+5mg,由牛顿第三定律知,大环对轻杆拉力的大小为T'=T=Mg+5mg,C项正确.
5. D 【解析】 小球与转盘一起做匀速圆周运动时,小球受到缆绳的拉力和重力,它们的合力提供向心力,所以拉力大小为,故A错误;由动能定理得W-mgl(1-cos θ)=mv2,而小球做匀速圆周运动,有mgtan θ=m,解得小球从静止到做匀速圆周运动的过程中,缆绳对小球做的功为W=mgl(1-cos θ)+mg(d+lsin θ)tan θ,故B、C错误;如果圆盘稳定转动时的角速度不变,换一个质量更大的小球随其转动,稳定时mgtan θ=mω2(d+lsin θ),角速度ω不变,所以θ不变,故D正确.
6. AC 【解析】 质点P下滑到底端的过程,由动能定理得mgR-W=mv2-0,可得v2=,所以a==,A项正确,B项错误;在最低点,由牛顿第二定律得N-mg=m,故N=mg+m=mg+·=,C项正确,D项错误.
7. AB 【解析】 作出滑道简化示意图如图所示,从A处到C处的过程中,由动能定理有(mgsin θ1-μmgcos θ1)+(mgsin θ2-μmgcos θ2)=0,解得μ=,选项A正确;到B点时载人滑草车速度最大,从A处到B处的过程中,由动能定理有(mgsin θ1-μmgcos θ1)=m,得vm=,选项B正确;从A处到C处的过程中,克服摩擦力所做的功等于重力势能减少量2mgh,选项C错误;在下段滑道上的加速度大小a==g,选项D错误.
8. ACD 【解析】 由v-t图象可知,物体放上传送带开始阶段,加速度a1=10.0 m/s2,物体与传送带同速后,加速度a2= m/s2=2.0 m/s2,传送带的速率v0=10 m/s,A正确;由mgsin θ+μmgcos θ=ma1,mgsin θ-μmgcos θ=ma2,可求得θ=37°,μ=0.5,B错误,C正确;由动能定理得mglsin θ+Wf=mv2,v=12.0 m/s,l=×10×1 m+×1 m=16 m,解得Wf=-24 J,D正确.
9. BC 【解析】 若所有劈固定在水平面上,对小物块进行受力分析,受重力、支持力、沿斜面向下的摩擦力,根据动能定理,-mgxsinα-μ1mgxcosα=0-mv2,x=1.0125m=5.0625L,所以能冲到6号劈上,但是不能从6号劈冲出,A项错误,B项正确;若所有劈均不固定在水平面上,当木块滑动到任一号劈上,对劈进行受力分析,劈受到重力GM=Mg、小物体对劈的压力N1=mgcosα、沿斜面向上的摩擦力f1=μ1mgcosα,地面支持力N2=Mg+N1cosα-f1sinα=14N,地面向左的最大静摩擦力为f2=μ2N2=0.3×14 N=4.2N,其中向右的合力为F右=N1sinα+f1cosα=8N,明显右侧的其他劈对它也有作用力,并且这个力F=8N-4.2N=3.8N,右侧一个劈块能产生的最大作用力等于它自身受到的最大静摩擦力f=μ2Mg=3N,所以当物块上滑到4号劈时,右侧两块劈能产生6N的力,所以劈还没有开始滑动,D项错误;小物块上滑到5号劈时,右侧一块劈只能产生3N的作用力,劈开始相对水平面滑动,C项正确.
10. (1) 小物块速度达到最大时,加速度为零.
F-μmg-F弹=0,
μ==0.4.
(2) 设向右运动通过O点时的速度为v0,由动能定理列出:
-f·xOB=0-m,
f=μmg=4 N,
解得 v0= m/s.
(3) 设撤去F推力后,小物块继续向左运动x的距离,弹簧的压缩量最大值为xmax.取小物块运动的全过程,根据动能定理列出 F×0.8-f(2x+1.8)=0,
x=0.1 m,
则 xmax=0.8+x=0.9 m.
11. (1) 对物体C: mCg-T=mCa,
对物体A:T=mAa,
所以a==5 m/s2。
(2) 水平面对B的摩擦力f=μN=μ(mA+MB)g=20 N,
释放C后B不会运动,
所以,当A的加速度为0时其速度最大,有kx=mCg,
x=0.4 m.
对物体A、C用动能定理
mCgx+W=,
W=Fl=-·x=-,
vm== m/s.
(3) 设B刚要运动时弹簧伸长为x1,弹力F=kx1,
当F=f时物体B开始运动,
则kx1=μ(mA+MB)g,x1=0.8 m.
弹簧弹力对物体A所做的功
W1=-,
若B刚要运动时A的速度为v,
对物体A、C用动能定理
m'Cgx1+W1=,
所以v==2 m/s.
设B刚要运动时绳的拉力为T1,
对物体C:m'Cg-T1=m'Ca',
对物体A:T1-kx1=mAa',
T1==22.5 N,
功率P=T1v=45 W.
第3讲 机械能守恒定律
1. C 【解析】 小球运动过程中,只有重力做功,机械能守恒,故mgh=mg·2R+mv2(①),在轨道最高点,重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律,有F+mg=m(②),联立①②解得F=m-mg(③),根据③式,F-v关系图象是开口向上的抛物线,C项正确.
2. C 【解析】 设A、B的质量分别为2m、m,当B落到地面上时,A恰好运动到与圆柱轴心等高处,以A、B整体为研究对象,则A、B组成的系统机械能守恒,故有2mgR-mgR=(2m+m)v2,A落到地面上以后,B仍以速度v竖直上抛,上升的高度为h=,解得h=R,故B上升的总高度为R+h=R,选项C正确.
3. B 【解析】 圆环在下滑过程中,弹簧对其做负功,故圆环机械能减小,选项A错误; 圆环下滑到最大距离时,由几何关系可知,圆环下滑的距离为L,圆环的速度为零,由能量守恒定律可知,弹簧的弹性势能增加量等于圆环重力势能的减小量,为mgL,故选项B正确;圆环下滑过程中,所受合力为零时,加速度为零,速度最大,而下滑至最大距离时,物体速度为零,加速度不为零,所以选项C错误;在下滑过程中,圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变,即系统机械能守恒,所以选项D错误.
4. C 【解析】 若甲球能下滑至最低点,不满足甲、乙系统机械能守恒,A项错误;甲、乙必然都经历先加速再减速的过程,在乙加速阶段说明轻杆对乙是支持力,则根据牛顿第三定律得出轻杆对甲也是支持力,轻杆对甲做负功,在甲减速阶段,轻杆对甲肯定是支持力,根据动能定理,支持力做的功肯定大于甲的重力做的功,B项错误;根据机械能守恒得出C项正确;滑动过程中系统的重力势能和动能相互转化,仅仅重力势能是不守恒的,D项错误.
5. C 【解析】 m1由C点从静止下滑到A点的过程中,m1、m2和地球组成的系统机械能守恒,m1速度沿轻绳方向的分速度和m2速度相等,A项错误;在m1由C点下滑到A点的过程中,在C点,重力的功率为零,在A点,重力与速度方向垂直,其功率仍为零,因此重力做功的功率先增大后减小,B项错误;若m1恰好能沿圆弧下滑到A点,根据机械能守恒定律得m1gR(1-cos 60°)=m2gR,解得m1=2m2,C项正确,D项错误.
6. AD 【解析】 由机械能守恒定律的条件可知弹射过程只有重力和弹簧弹力做功,所以弹簧和钢珠组成的系统机械能守恒,故A正确;弹簧恢复原长时,弹簧的弹性势能全部转化为钢珠的动能和钢珠的重力势能,故B错误;由机械能守恒有mgh=Ek=4mgx0,解得h=4x0,故C错误;由弹簧和钢珠组成的系统机械能守恒可知Ep=7mgx0,故D正确.
7. BD 【解析】 设斜面的倾角为α,O点到P点的距离为L,小物块沿斜面向上的加速度为a,则有L=v0t-at2,设小球的初速度与斜面的夹角为β,将小球的运动沿斜面和垂直斜面的方向进行正交分解,有L=v0cosβt-gsinαt2,两式对比有a>gsinα,则斜面粗糙,A项错误;小球运动过程中机械能守恒,小物块沿斜面向上运动过程中减少的机械能转化为内能,所以在P点时,小球的动能大于小物块的动能,B项正确;小球运动到速度方向与斜面平行时离斜面最远,C项错误;小球和小物块质量相等,运动到P点的过程中,上升的高度相同,时间相同,根据公式=,则克服重力做功的平均功率相等,D项正确.
8. BCD 【解析】 小球在M点时弹簧处于压缩状态,在N点时弹簧处于伸长状态,则在由M到N过程中有一点弹簧处于原长状态,设该点为B点,另设小球在A点时对应的弹簧最短,如图所示.从M点到A点,弹簧压缩量变大,弹力做负功,从A点到B点弹簧从压缩逐渐恢复至原长,弹力做正功,从B点到N点弹簧从原长逐渐伸长,弹力做负功,选项A错误.小球在A点时,水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡,小球受到的合外力F合=mg,故加速度a=g.小球在B点时,弹簧处于原长,杆对小球没有作用力,小球受到的合外力F合=mg,故加速度a=g,B项正确.在A点时,弹簧的弹力F弹垂直于杆,小球的速度沿杆向下,则P弹=F弹v cos α=0,C项正确.从M点到N点,小球与弹簧所组成的系统机械能守恒,则Ek增=Ep减,即EkN-0=Ep重M-Ep重N+Ep弹M-Ep弹N,由于在M、N两点弹簧弹力大小相同,由胡克定律可知,弹簧形变量相同,则弹性势能Ep弹N=Ep弹M,故EkN=Ep重M-Ep重N,D项正确.
9. BCD 【解析】 选项A,对A分析,设绳子与竖直方向上的夹角为θ,根据牛顿第二定律得a=,拉力在竖直方向上的分力逐渐增大,先小于A的重力然后大于A的重力,所以加速度先减小后增大.故A错误;选项B,当A刚释放的瞬间,绳子的拉力方向与杆子垂直,A所受的合力等于mg,则加速度为g,故B正确;选项C,当绳子在竖直方向上的分力等于A的重力时,速度最大,此时T=2mg,有Tcos θ=mg,解得cos θ=,θ=60°,将A的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向,根据平行四边形定则得vAcos 60°=vB,则vA∶vB=2∶1,故C正确;选项D,因为除重力以外其他力做的功等于机械能的增量,在A运动到最低点的过程中,拉力一直做负功,则A的机械能一直减小,可知A运动到最低点时,机械能最小,此时B上升到最高,所以B的重力势能最大,故D正确.
10. (1) 滑块通过B点时做圆周运动有
FN-mg=m,
9mg-mg=m,
解得vB=2.
(2) 滑块由静止释放到B点,利用动能定理
W-μmgx=m-0,
W=Ep,
x=5R,
所以Ep=μmg·5R+m,
Ep=mgR.
(3) 滑块从B点开始运动后机械能守恒,设滑块到达P处时速度为vP,
则m=m+mg·2R,
解得vP=2.
滑块穿过P孔后再回到平台的时间
t==4,
要想实现题述过程,需满足ωt=(2n+1)π,
ω=(n=0、1、2、…).
11. (1) 设细线中张力为F,
对小球:F-mgsin 53°=ma,
对物块:Mg-F=Ma,
联立解得 a=7 m/s2.
(2) 在Rt△OAB中
xAB=,
由v2=2axAB,
解得v=2 m/s.
从B到C,根据机械能守恒,有
mv2=m+mgR(1-cos 53°),
小球离开C后做平抛运动,x=vCt,
h=gt2,
解得x= m.
(3) 小球A→B:M、m系统机械能守恒
(M+m)v2=MgxAB-mgxABsin 53°,
线断后,小球B→C,vC=0,
0-mv2=-mgR(1-cos 53°),
联立解得M≥m.
第4讲 功能关系 能量守恒定律
1. D 【解析】 质量为m的物体从静止以的加速度竖直上升h,重力对物体做功-mgh,所受合外力为mg,合外力做功mgh,由动能定理,物体的动能增加mgh,选项C错误,D项正确;物体的机械能增加mgh+mgh=mgh,选项A、B错误.
2. D 【解析】 竹蜻蜓在上升到最高点的过程中,动能转化为重力势能和内能,一般每层楼房的高度为3 m,二层也就是6 m,所以重力势能的增加量为Ep=mgh=1.2J,则在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功要大于1.2J,A、B、C选项错误,D项正确.
3. A 【解析】 滑块最终要停在斜面底部,设滑块经过的总路程为x,对滑块运动的全程应用功能关系,全程所产生的热量为Q=m+mgx0sin θ,又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功,即Q=μmgxcos θ,解以上两式可得x=,选项A正确.
4. C 【解析】 由图知,物块先向下运动后向上运动,0~t1内,传送带对物块的摩擦力方向沿传送带向上,则传送带对物块做负功,故A项正确;在t1~t2内,物块向上运动,则有 μmgcos θ>mgsin θ,得μ>tan θ,故B项正确;0~t2内,由图“面积”等于位移可知物块的总位移沿传送带向下,高度下降,重力对物块做正功,设为WG,根据动能定理得W+WG=m-m,则传送带对物块做功W≠m-m,故C项错误;0t2内,物块的重力势能减小,动能也减小,都转化为系统产生的内能,则由能量守恒得知系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小,故D项正确.
5. D 【解析】 在最高点,Ep=mgh得m=0.1 kg,A项错误;由除重力以外其他力做功E其=ΔE可知-fh=E高-E低,E为机械能,解得f=0.25 N,B项错误;设小球动能和重力势能相等时的高度为H,此时有mgH=mv2,由动能定理-fH-mgH=mv2-m得H= m,故C项错误;当上升h'=2 m时,由动能定理-fh'-mgh'=Ek2-m得Ek2=2.5 J,Ep2=mgh'=2 J,所以动能与重力势能之差为0.5 J,故D项正确.
6. BD 【解析】 由功能关系可知,小球运动到B点时速度一定不为零,选项A错误;由题意可知,小球在A点时,弹簧压缩,在B点时,弹簧伸长,对由A运动到B的过程进行受力分析可知,当弹簧与杆垂直的时候加速度为g,而且当弹簧处于原长状态的时候加速度也是g,故B正确;在运动过程中弹簧弹力对小球先做负功,后做正功,再做负功,机械能先减小,后增大,再减小,故C错误;这个过程弹簧弹力做功为零,所以弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功,故D正确.
7. BD 【解析】 由牛顿第二定律得,f=Ma1,F-f=ma2,又L=a2t2-a1t2,s=a1t2,M越大,a1越小,t越小,s越小,B正确;F越大,a2越大,t越小,C错误;由Q=fL可知,f越大,滑块与木块间产生的热量越多,D正确;力F做的功还有一部分转化为系统热量Q,故A错误.
8. AB 【解析】 滑块上滑时,根据动能定理有-(mgsin θ+μmgcos θ)x=Ek-Ek0,依题意有x=v0t-at2,代入得出Ek=Ek0-(mgsin θ+μmgcos θ)(v0t-at2),则Ek-t图象为开口向上的二次函数,同理下滑时有Ek=(mgsin θ-μmgcos θ)·at2,图象为开口向上的二次函数,A项正确;机械能的变化看除重力以外的力即摩擦力做功,E-l图象的斜率大小表示摩擦力,B项正确;匀减速上滑时,可列出v2-=2(-a)l得出v=,v-l图象应为开口向下.匀加速下滑时,可列出v2-=2al得出v=,v-l图象应为开口向下,C项错误;上滑和下滑时,滑块的加速度方向始终为沿斜面向下,地面对斜面体的摩擦力方向始终水平向右,D项错误.
9. AD 【解析】 开始系统处于静止状态,对A而言,弹簧压缩,弹簧的弹力等于重力的下滑分力,mgsin θ=kx1,可以求出形变量x1=,物体B刚要离开挡板时,对B物块而言,弹簧伸长,弹簧弹力等于重力下滑分力mgsin θ=kx2,可以求出伸长量为x2=,所以A移动的距离为x1+x2=,A项正确;以A为研究对象,根据牛顿第二定律F-mgsin θ-F弹=ma,弹力大小为mgsin θ,可以求出加速度为a=-2gsin θ,所以B项错误;系统从初始位置到最后形变量大小相等,弹性势能没有变化,力F做的功转化为A物体的重力势能增加量和A的动能,即力F做的功转化为A的机械能的增量,所以C错误,D项正确.
10. (1) P向左运动,加速度大小为4 m/s2 (2) 4 J (3) 2 J
【解析】 (1)P释放后受到向右的摩擦力,
大小为Ff=μmPg=1 N,
由mQg-FT=mQa,
FT-Ff=mPa,
可得a=4 m/s2.
物体P向左做匀加速运动,加速度大小为4 m/s2.
(2) P离传送带左端的距离x=2 m,
由x=at2可得t==1 s.
物体P相对于传送带的相对位移
s相=x+v1t=4 m,
摩擦产生的热量Q=Ff·s相=4 J.
(3) 由功能关系可知,电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功.
E=Ff·v1t=2 J.
11. (1) 取全过程研究,根据动能定理有Fx0-μmgL0=0,
解得F=45 N.
由功能关系得Fx0=Ep-0,
解得Ep=4.5 J.
(2) 设B运动到O点的速度为v0,根据机械能守恒定律得
Ep=m.
接着B减速,设加速度大小为a1,根据牛顿第二定律有
μmg=ma1,a1=5 m/s2.
A加速,设加速度大小为a2,根据牛顿第二定律有
μmg=Ma2,a2=2.5 m/s2.
设运动的共同速度为v1,则
v1=v0-a1t1,v1=a2t1,
t1时间内A运动的距离即为最小距离s0=a2,
解得s0=0.2 m.
(3) 最终A、B都停止运动,机械能转化为内能,由功能关系得
Ep=μmgs.
解得s=0.9 m,
A与Q第一次碰撞前B距离O点
Δs1=v0t1-a1-a2,
A被Q反弹后瞬间向左速度大小为v1,B以大小为v1的速度向右减速,且B的加速度大小仍然是a1=5 m/s2,方向向左;A的加速度大小仍是a2=2.5 m/s2,方向向右,达到共同速度v2前B相对A一直向右运动,则
v2=v1-a1t2,v2=-v1+a2t2,
解得t2= s,v2=- m/s.
这段时间内B相对A向右移动
Δs2=--v1t2+a2,
此时B离开O点的最远距离
x=Δs1+Δs2.
解得x=0.87 m.
特别策划 计算题突破(二)
—— 应用力学两大观点分析多过程问题(A)
1. (1) 小球在A处静止,受共点力平衡,当F1与细线垂直时最小
F=mg,
F1=Fsin α,
解得F1= N.
(2) 设小球从A到C过程中空气阻力做功W,根据动能定理得
mg+W=0,
解得W=-0.125 J.
(3) 设空气阻力为f,则
|W|=f·Lα+f·Lα,
小球从A向B运动过程中,速度先增大后减小.当重力的切向分力等于阻力时速度最大.
设小球速度最大时细线偏离竖直方向夹角为θ,据题意
mgsin θ=f,
得sin θ=0.07.
2. (1) 小球进入管口C端时它与圆管上管壁有大小为F=2.5mg 的相互作用力,故小球受到的向心力为
F向=2.5mg+mg=3.5mg=35 N
(2) 在压缩弹簧过程中速度最大时,合力为零.
设此时小球离D端的距离为x0,则有 kx0=mg,
解得x0==0.1 m.
由机械能守恒定律有mg(r+x0)+m=Ekm+Ep,
得Ekm=mg(r+x0)+m-Ep=6 J.
(3) 在C点,由F向=m,
得=7 m2/s2.
小球从A点运动到C点过程,由动能定理得
mgh-μmgs=m,
解得BC间距离s=0.5 m.
小球与弹簧作用后返回C处动能不变,小球的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中.
设小球在BC上的运动路程为s',由动能定理有
0-m=-μmgs',
解得s'=0.7 m.
故最终小球距离B为(0.7-0.5 )m=0.2 m处停下.(或距离C端0.3 m)
3. (1) s (2) 50 J (3) ≤μ<
【解析】 (1) 设从A运动到B的时间为t,
则h1-h2=gt2,t= s.
(2) 由R=h1,所以∠BOC=60°.设小物块平抛的水平速度是v1,则=tan 60°,
v1=10 m/s,
故Ep=m=50 J.
(3) 设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s,
根据题意,该路程的最大值是smax=3L,
路程的最小值是smin=L,
路程最大时,动摩擦因数最小,路程最小时,动摩擦因数最大,由能量守恒知
mgh1+m=μminmgsmax,
mgh1+m=μmaxmgsmin,
解得μmax=,μmin=.
即≤μ<.
4. (1) 摩擦力与侧向的夹角为45°,
侧向加速度大小ax=μgcos45°,
匀变速直线运动-2axs=0-,
解得s=.
(2) 设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ,侧向、纵向加速度的大小分别为ax 、ay,
则=tanθ.
很小的Δt时间内,侧向、纵向的速度增量Δvx=axΔt,Δvy=ayΔt,
解得=tanθ。
且由题意知tanθ=,
则==tanθ.
所以摩擦力方向保持不变,
则当v'x=0时,v'y=0,即v=2v0.
(3) 工件在乙上滑动时侧向位移为x,沿乙方向的位移为y,
由题意知ax=μgcosθ,ay=μgsinθ,
在侧向上-2axx=0-,
在纵向上2ayy=(2v0)2-0,
工件滑动时间t=,乙前进的距离y1=2v0t,
工件相对乙的位移L=,
则系统摩擦生热Q=μmgL,
电动机做功W=m(2v0)2-m+Q,
由=,解得=.
特别策划 计算题突破(二)
—— 应用力学两大观点分析多过程问题(B)
1. (1) mglsin 37°+mg(r-rcos 37°)-μmglcos 37°=m,
得v0= m/s.
FN-mg=m,FN=13 N.
由牛顿第三定律得,压力为13 N.
(2) 如图,设物体落到斜面上时水平位移为x,竖直位移为y,
=,x=0.3-1.5y,
x=v0t,y=gt2,
15t2+2t-0.6=0,
t= s.
(3) x=0.3-1.5y,
t2==(0.3-1.5y)2,
=,
Ek=m+mgy=mg+mgy-,
解得当y=0.12 m,Ekm=1.5 J.
2. (1) 将三块薄木板看成整体:
当它们下滑到下滑力等于摩擦力时运动速度达到最大值,
μmxgcos θ=3mgsin θ,
得到mx=m,
即滑块A的下端离P处1.5L处时的速度最大.
(2) 对三个薄木板整体用牛顿第二定律
3mgsin θ-μmgcos θ=3ma,
得到a=gsin θ.
对A薄木板用牛顿第二定律
F+mgsin θ-μmgcos θ=ma,
F=mgsin θ.
(3) 要使三个薄木板都能滑出QQ'处,薄木板C中点过QQ'处时它的速度应大于零.薄木板C全部越过PP'前,三木板是相互挤压着,全部在PP'、QQ'之间运动无相互作用力,离开QQ'时,三木板是相互分离的.
设C木板刚好全部越过PP'时速度为v,
对木板C用动能定理
mgsin θ·L-μmgcos θ·2L+μmgcos θ·L=0-mv2,
v=
设开始下滑时,A的下端离PP'处距离为x,对三木板整体用动能定理
3mgsin θ·(3L+x)-μ·mgcos θ·3L=mv2-0,
得到x=2.25L.
即释放时,A下端离PP'距离
x>2.25L.
3.(1) 2∶1 (2) 0 (3) m
【解析】 (1) 设P的位移、加速度大小分别为s1、a1,Q的位移、加速度大小分别为s2、a2,
因s1=2s2,故a1=2a2.
(2) 对P有μmg+T=ma1,
对Q有mg-2T=ma2,
得a1=0.6g.
P先减速到与传送带速度相同,设位移为x1,
x1==,
共速后,由于f=μmg<,P不可能随传送带一起匀速运动,继续向右减速,设此时P的加速度为a1',Q的加速度为a2'=a1',
对P有T-μmg=ma1',
对Q有mg-2T=ma2',
解得a1'=0.2g.
设减速到0位移为x2,
x2==,
PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功,
ΔE=-μmgx1+μmgx2=0.
(3) 第一阶段P相对皮带向前,相对路程
s1=,
第二阶段相对皮带向后,相对路程
s2=,
热量Q=μmg(s1+s2)=m(v2-vv0+),
当v=时,
热量最小值为Q=m.
4. (1) 装置静止时,设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1,OA杆与转轴的夹角为θ1
小环受到弹簧的弹力F弹1=k·,
小环受力平衡F弹1=mg+2T1cosθ1,
小球受力平衡F1cosθ1+T1cosθ1=mg,F1sinθ1=T1sinθ1,
解得k=.
(2) 设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2,OA杆与转轴的夹角为θ2,弹簧长度为x,
小环受到弹簧的弹力F弹2=k(x-L),
小环受力平衡,则F弹2=mg,得x=L,
对小球F2cosθ2=mg F2sinθ2=mlsinθ2且cosθ2=,
解得ω0=.
(3) 弹簧长度为L时,设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3,OA杆与弹簧的夹角为θ3,
小环受到弹簧的弹力F弹3=kL,
小环受力平衡2T3cosθ3=mg+F弹3且cosθ3=,
对小球F3cosθ3=T3cosθ3+mg,F3sinθ3+T3sinθ3=mlsinθ3,
解得ω3=.
整个过程弹簧弹性势能变化为零,则弹力做的功为零,由动能定理
W-mg-2mg=2×m(ω3lsinθ3)2,
解得W=mgL+.
实验四:探究动能定理
1. (1) s (2) fl (3) s l
【解析】 (1) 由h=gt2,s=vt,解得v=s.(2) 自行车经过起点线后克服阻力做功W=fl.(3) 多次改变自行车经过起点的初速度,重复上述实验步骤②~④,则每次只需测量上述物理量中的s和l,就能通过数据分析达到实验目的.
2. (1) 2.00 4.00 8.00 (2) W∝d2
【解析】 (1) 从三条纸带可看出,小车开始做变加速直线运动,然后做匀速直线运动(当橡皮筋恢复原长时),当d1=20 cm时,小车在T=0.02 s内的位移是s1=0.16 m,因此小车获得的最大速度为v1max==8.00 m/s.
当d2=10 cm时,小车在T=0.02 s内的位移是s2=0.08 m,因此小车获得的最大速度为v2max==4.00 m/s;当d3=5 cm 时,小车在T=0.02 s内的位移是s3=0.04 m,因此小车获得的最大速度为v3max==2.00 m/s.
(2) 从能量的转化来说,小车最终获得的动能是由橡皮筋弹力做的功W转化来的,为此我们可以做出下表的猜测:W∝d、W∝d2.
实验序号
1
2
3
dn(m)
0.05
0.10
0.20
(m2)
0.002 5
0.010 0
0.040 0
橡皮筋弹力做的功W/J
0.4
1.6
6.4
由上表可数据分析可知W∝d2.
3. (1) 2.30 (2) A (3) C
【解析】 (1) 由读数规则可知读数为2.0 mm+0.05×6 mm=2.30 mm.(2) 因为拉力传感器直接测出拉力,故不需要使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量,A错误;应使A位置与光电门间的距离适当大些以便减小误差,故B正确;应将气垫导轨调至水平,使摩擦力为零,故C正确;应使细线与气垫导轨平行,保证合外力为细绳拉力,故D正确.所以不必要的一项是A.(3) 由实验原理FL=mv2=m=m,可知应作出“t2-图象”,故C正确.
4. (1) 在不悬挂砝码盘及砝码的情况下,将滑块轻置于气垫导轨之上,看其是否滑动;或将滑块轻置于气垫导轨之上,轻推滑块看是否匀速运动及挡光条通过两光电门的时间相等 否
(2) 挡光条的宽度d,两光电门之间的距离s
Fs=M-M
【解析】 (1) 将气垫导轨接通气泵,通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平,则检查是否调平的方法是在不悬挂砝码盘及砝码的情况下,将滑块轻置于气垫导轨之上,看其是否滑动;或将滑块轻置于气垫导轨之上,轻推滑块看是否匀速运动及挡光条通过两光电门的时间相等;由于拉力传感器直接测出细绳的拉力,故不需要满足砝码盘和砝码两者的总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器三者的总质量M.(2) 为了验证动能定理Fs=M-M,所以还需要测挡光条的宽度d和两光电门之间的距离s.
5. (1) 见解析 (2) 见解析
【解析】 (1) 如果将气垫导轨调至某一位置后,轻推滑块,如果滑块刚好能够匀速运动,说明气垫导轨已水平.
(2) 由表中的数据分析可看出滑块的动能Ek与弹簧压缩量x的二次方成正比.为证明该猜想作出的Ek-x图象如下图所示.
6. (1) 否 (2) ACD (3) mgl=M(-)
【解析】 小车在重力、斜面弹力、摩擦力、细线拉力作用下处于平衡状态,撤去钩码后小车的合外力等于钩码的重力,所以长木板表面粗糙对实验结果没有影响.需要测量的物理量有A、C、D.
7. (1) 平衡摩擦力 (2) 相同 (3) D
【解析】 (1) 实验时,在未连接橡皮筋时将木板的左端用小木块垫起,不断调整使木板倾斜合适的角度,轻推小车,使小车匀速下滑,这样做的目的是为了平衡摩擦力.(2) 使小车在一条橡皮筋的作用下由某位置静止弹出沿木板滑行,橡皮筋对小车做功为W;再用完全相同的2条、3条、…橡皮筋同时作用于小车,每次均由静止在相同位置释放小车,使橡皮筋对小车做的功分别为2W、3W、….(3) 分析打点计时器打出的纸带,分别求出小车每次获得的最大速度v1、v2、v3、…,由W=mv2,可知符合实际的图象是D.
实验五:验证机械能守恒定律
1. (1) 1.020 (2) D (3)< 不能
2. (1) a=
(2) M≫m
(3) mgL=(M+m)(-)
导轨不平,右端高
【解析】 (1) 根据运动学公式-=2aL,有-=2aL,得出a=(-).(2) 设绳中拉力为F,则分别对滑块和钩码列方程mg-F=ma,F=Ma,得F=M·=mg,所以当m≪M时,F≈mg.(3) 对系统分析,钩码重力势能的减少量等于钩码和滑块动能的增加量,即mgL=(M+m);若发现系统动能增量总是大于钩码重力势能的减少量,说明导轨不平,滑块的重力势能也是减少,才会出现这种情况.
3. (1) ① 使用的是直流电源 ② 重物离打点计时器太远 ③ 没有从上方提着纸带
(2) 2.2 (3) 大于 (4) 0.031
4. (1) 1.0217(1.0216~1.0219均正确)
(2) ① f mg(d5-d2)=m(d6-d4)2f2-m(d3-d1)2f2 ② D
【解析】 (1) 螺旋测微器的读数等于毫米整数加毫米小数,毫米整数为10mm,毫米小数为0.217mm,所以读数为10.217mm,即1.0217cm.
(2) ① 打点2时小车的速度等于点1到点3的距离除以点1到点3的时间,v2=,而T=,所以v2=f;点2到点5之间重力势能转化为动能,则有mgh25=m-m,所以验证的关系式为mg(d5-d2)=m(d6-d4)2f2-m(d3-d1)2f2.② 若为自由落体运动,且第一个点为初速度为零的点,则有h=gt2,其中t=0.02s,所以一、二两点间的距离h=0.00196m=1.96mm,现在第一个和第二个打点间的距离超过1.96mm,那说明第一个点不是初速度为零的点,A、B、C选项错误,D项正确.
5. (1) 2.4 (2) 0.58 0.59
(3) 在实验允许误差范围内,该系统运动中机械能守恒
【解析】 (1) 打5号点时速度为v 5= m/s=2.4m/s.(2) 从0点到5号点的过程中系统增加的动能为(m1+m2)=0.576J≈0.58J.系统势能的减少量为m2gh05-m1gh05=0.588J≈0.59J.(3) 在实验误差允许的范围内,系统的机械能守恒.
6. (1) 0.630 (2) ① 卸掉 接通 ② = (3) mgL=Md2 (4) B
7. ① 大于 ② 相同 ③ v2- ④
【解析】 ① 实验过程中需要C物体下滑,故需要满足M>m.
② 实验中需要控制重力做功一定,才能研究研究速度v与质量M的关系,故需要保证下降高度一定.
③ 因为开始弹簧被压缩后的弹力为mg,最后弹簧被拉伸的弹力为mg,所以弹性势能始、末状态相同,故有(M+m)v2=(M-m)g(2Δx),解得v2=-8mgΔx+4gΔx,故为得到线性关系图线,应作出v2-图线.
④ 当=0时,有b=4gΔx,联立mg=kΔx可得 k=.
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