A B C D
【答案】D
【解析】滑块机械能的变化量等于除重力外其余力做的功,故滑块机械能的减小量等于克服阻力做的功,即上升阶段E=E0-F阻
,下降阶段E=E′0-F阻
,由此可知重力势能与高度关系是一条直线,机械能与高度关系是两条直线,故A、B错误;动能的变化量等于外力的总功,上升阶段-mgh-F阻
=EA-E0,下降阶段mgh-F阻
=EA-E′0,故C错误,D正确.
4、有一条长为2m的均匀金属链条,有一半长度在光滑的足够高的斜面上,斜面顶端是一个很小的圆弧,斜面倾角为30°,另一半长度竖直下垂在空中,当链条从静止开始释放后链条沿斜面向上滑动,则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10m/s2)( )
A.2.5m/sB.
m/sC.
m/sD.
m/s
【答案】AB [链条的质量为2m,以开始时链条的最高点为零势能面,链条的机械能为
E=Ep+Ek=-
×2mg×
sinθ-
×2mg×
+0=-
mgL(1+sinθ)
链条全部滑出后,动能为
E′k=
×2mv
2
重力势能为E′p=-2mg
由机械能守恒定律可得E=E′k+E′p
即-
mgL(1+sinθ)=mv2-mgL
解得v=
=
m/s,
故B正确,A、C、D错误。
]
5、用起重机将质量为m的物体匀速吊起一段距离,那么作用在物体上的各力做功情况应是下列说法中的哪一种( )
A.重力做正功,拉力做负功,合力做功为零
B.重力做负功,拉力做正功,合力做正功
C.重力做负功,拉力做正功,合力做功为零
D.重力不做功,拉力做正功,合力做正功
【答案】C [物体匀速上升,重力方向与位移方向相反,重力做负功,拉力竖直向上,拉力方向与位移方向相同,拉力做正功,物体做匀速直线运动,处于平衡状态,所受合力为零,则合力做功为零,故A、B、D错误,C正确。
]
6、如图是一种工具——石磨,下面磨盘固定,上面磨盘可绕过中心的竖直转轴,在推杆带动下在水平面内转动.若上面磨盘直径为D,质量为m且均匀分布,磨盘间动摩擦因数为μ.若推杆在外力作用下以角速度ω匀速转动,磨盘转动一周,外力克服磨盘间摩擦力做功为W,则( )
A.磨盘推杆两端点的速度相同
B.磨盘边缘的线速度为ωD
C.摩擦力的等效作用点离转轴距离为
D.摩擦力的等效作用点离转轴距离为
【答案】D 磨盘推杆做圆周运动,各点角速度相等,推杆两端点的速度大小相等,方向相反,A选项错误;磨盘边缘做圆周运动的轨道半径为
D,边缘的线速度为
ωD,B选项错误;设摩擦力的等效作用点离转轴距离为L,摩擦力做的功为W=μmg·2πL,解得,L=
,C选项错误,D选项正确.
7、如图所示,倾角θ=37°的斜面AB与水平面平滑连接于B点,A、B两点之间的距离x0=3m,质量m=3kg的小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为μ=0.4。
当小物块从A点由静止开始沿斜面下滑的同时,对小物块施加一个水平向左的恒力F(图中未画出),取g=10m/s2。
若F=10N,小物块从A点由静止开始沿斜面运动到B点时撤去恒力F,求小物块在水平面上滑行的距离x为(sin37°=0.6,cos37°=0.8)( )
A.5.7mB.4.7mC.6.5mD.5.5m
【答案】B [小物块在斜面上受力如图所示,从A点开始沿ABC路径运动到C点停止过程中,由动能定理可得:
Fx0cosθ+mgx0sinθ-Ffx0-μmgx=0
Ff=μFN
FN+Fsinθ=mgcosθ
代入数据解得:
x=4.7m。
故选项B正确。
]
*8、如图位于竖直面内的光滑轨道AB,与半径为R的圆形轨道底部相通,圆形轨道上部有一缺口CDE,D点为圆形最高点,∠COD=∠DOE=30°,质量为m可视为质点的小球自光滑轨道AB上某点静止下滑,由底部进入圆形轨道,通过不断调整释放位置,直到小球从C飞出后能无碰撞地从E进入左侧轨道,重力加速度为g。
下列说法正确的是( )
A.小球通过最高点的速度大小为
B.小球通过C点时速度大小为
C.小球从C点运动到最高点的时间为
D.A点距地面的高度为
R
【答案】选D。
*9、半径为R的圆环竖直放置,圆环可以绕过圆心的竖直轴旋转,两个质量相等可视为质点的小环套在圆环上A、B两点并处于静止状态,A、B连线过圆心且与竖直方向成37°角,某时刻大圆环开始绕竖直轴旋转,角速度从零不断增大,则下列说法正确的是( )
A.小环与大环之间动摩擦因数μ≥0.75
B.B处的小环先相对大环开始滑动
C.两小环的高度最终都将升高
D.只要小环不发生相对滑动,大环就不对小环做功
【答案】A
【解析】小环A与小环B最初都静止,可知mgsin37°≤μmgcos37°,即μ≥tan37°=0.75,故A正确;若某时刻大圆环开始绕竖直轴进行旋转,假设环A和环B与大环保持相对静止,对环A沿水平方向有fAcosθ-NAsinθ=mrω2,对环B沿水平方向有NBsinθ-fBcosθ=mrω2,随着角速度的不断增大,A所受摩擦力越来越大,B所受摩擦力越来越小,后反向增大,因此A受到的静摩擦力会先达到最大,即A先相对大环开始滑动,B错误;若两小环相对大环运动,则环A高度会降低,环B高度会升高,C错误;尽管小环不发生相对滑动,但随着大环角速度的不断增大,小环的动能也会不断增大,因此大环对小环会做正功,D错误.
*10、如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连,橡皮绳的另一端固定在地面上的A点,橡皮绳竖直且处于原长,原长为h,现让圆环沿杆从静止开始下滑,滑到杆的底端时速度为零。
则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内),下列说法中正确的是( )
A.圆环的机械能守恒
B.圆环的机械能先增大后减小
C.圆环滑到杆的底端时机械能减少了mgh
D.橡皮绳再次恰好恢复原长时,圆环动能最大
【答案】AC [圆环沿杆滑下,滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功,即环的重力和橡皮绳的拉力,所以圆环的机械能不守恒,如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象,则系统的机械能守恒,因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大,所以圆环的机械能先不变后减小,故A、B错误;圆环滑到杆的底端时动能为零,重力势能减小了mgh,即圆环的机械能减少了mgh,故C正确;在圆环下滑过程中,橡皮绳再次恢复原长时,该过程中圆环动能一直增大,但不是最大,沿杆方向合力为零的时刻,圆环加速度为零,圆环的速度最大,故D错误。
]
11、.如图所示,光滑圆轨道固定在竖直面内,一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。
已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1,在最高点时对轨道的压力大小为N2。
重力加速度大小为g,则N1-N2的值为( )
A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg
【答案】D [设小球在最低点时速度为v1,在最高点时速度为v2,根据牛顿第二定律有,在最低点:
N1-mg=m
,在最高点:
N2+mg=m
;从最高点到最低点,根据机械能守恒有mg·2R=
mv
-
mv
,联立可得:
N1-N2=6mg,故选项D正确。
]
12、如图所示,某段滑雪雪道倾角为30°,总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑,加速度为
g。
在他从上向下滑到底端的过程中,下列说法正确的是( )
A.运动员减少的重力势能全部转化为动能
B.运动员获得的动能为
mgh
C.运动员克服摩擦力做功为
mgh
D.下滑过程中系统减少的机械能为
mgh
【答案】D [运动员的加速度大小为
g,小于gsin30°=
g,所以其必受摩擦力,且大小为
mg,克服摩擦力做的功为
mg×
=
mgh,故C错;摩擦力做负功,机械能不守恒,减少的重力势能没有全部转化为动能,有
mgh转化为内能,故A错,D对;由动能定理知,运动员获得的动能为
mg×
=
mgh,故B错。
]
二、非选择题
1、如图,是游乐场的一项娱乐设备.一环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下,落到一定位置时,制动系统启动.到地面时刚好停下.已知座舱开始下落的高度为H=75m,当落到离地面h=30m的位置时开始制动,座舱均匀减速.在一次娱乐中,某同学把质量m=6kg的书包放在自己的腿上.(g取10m/s2),不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力.
(1)当座舱落到离地面h1=60m和h2=20m的位置时,求书包对该同学腿部的压力各是多大;
(2)若环形座舱的质量M=4×103kg,求制动过程中机器输出的平均功率.
【答案】
(1)零 150N
(2)1.5×106W
解析:
(1)分析题意可知,座舱在离地面h=30m的位置时开始制动,说明座舱离地面60m时,座舱做自由落体运动,处于完全失重状态,书包对该同学腿部的压力为零.
座舱落到离地面20m高时,做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律可知,
F2-mg=ma.
座舱下落45m时开始制动,此时速度为v.
v2=2g(H-h).
座舱到地面时刚好停下,v2=2ah.
联立解得,F=150N.
根据牛顿第三定律可知,该同学腿部受到的压力为150N.
(2)制动过程中,座舱所受的制动力为F0,经历的时间为t,
根据运动学公式可知,t=
.
根据牛顿第二定律,对座舱有,F0-Mg=Ma.
座舱克服制动力做功W=F0h.
机器输出的平均功率P=
.
联立解得,P=1.5×106W.
2、如图甲所示,一质量为m=1kg的木板A静止在光滑水平地面上,在t=0时刻,质量为M=2kg的小物块B以初速度v0=3m/s滑上木板左端,经过一段时间后木板与墙发生弹性碰撞.木板长度可保证小物块在运动过程中不与墙接触.木板A在0~0.8s内的速度随时间的变化关系如图乙所示,重力加速度为g=10m/s2,求:
甲 乙
(1)t=0时刻木板的右端到墙的距离L以及t=0.4s时刻B的速度大小;
(2)A、B间发生相对滑动过程中各自加速度大小;
(3)从t=0至A于强第5次碰前,A、B组成的整体因摩擦产生的总热量.
【答案】
(1)0.16m 2.6m/s
(2)2m/s2 1m/s2 (3)8.97J
【解析】
(1)由图乙,t1=0.4s时,A与墙第一次碰撞,碰前A的速度vA1=0.8m/s
T=0时刻木板的右端到墙的距离为L=
vA1t1
解得L=0.16m
A与墙第一次碰撞前,对A、B由动量守恒定律可得
Mv0=MvB1+mvA1
解得vB1=2.6m/s.
(2)只要A与墙壁碰前A、B未达到共同速度,A就在0~L之间向右做匀加速运动,向左做匀减速运动,与墙壁碰前的速度始终为vA1
B的加速度aB=
=1m/s2
A的加速度大小aA=
=2m/s2.
(3)设A与墙发生n次碰撞后A、B第一次达到共同速度v1,以向右为正,对B:
v1=v0-aBt
对A:
v1=aA(t-2nt1),n=1,2,3,…
联立解得v1=
第一次到达共同速度v1应满足0≤v1≤vA1
联立解得2.25≤n≤3.75
故n=3,v1=0.4m/s
设第4次碰撞后可能的共同速度为v2,对A、B系统由动量守恒定律可得Mv1-mv1=(M+m)v2
得v2=
v1
因为v2对A、B整体,由能量守恒定律
Q=
Mv
-
(M+m)v
解得Q=8.97J.