一、选择题
1.如图所示,楔形木块abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同,顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、mMm的滑块、通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中( )
A.两滑块组成的系统机械能守恒 B.重力对M做的功等于M动能的增加量 C.轻绳对m做的功等于m势能的增加量
D.两滑块组成系统的机械能损失量等于M克服摩擦力做的功
2.以相同的动能从同一点水平抛出两个物体a和b,落地点的水平位移为s1和s2,自抛出到落地的过程中,重力做的功分别为W1、W2,落地瞬间重力的瞬时功率为P1和P2( )
A.若s1<s2,则W1>W2,P1>P2 B.若s1<s2,则W1>W2,P1<P2 C.若s1=s2,则W1>W2,P1>P2 D.若s1=s2,则W1<W2,P1<P2
3.质量为m的小球,用长为l的轻绳悬挂于O点,小球在水平恒力F作用下,从最低点转过角,如图所示,重力加速度为g,则在此过程中( )
A.小球受到的合力做功为mgl(1cos) B.拉力F的功为Flsin
C.重力势能的变化大于mgl(1cos)
D.水平力F做功使小球与地球组成的系统机械能增加了mgl(1cos)
4.一辆质量为1.5×103kg的电动汽车以额定功率在平直公路上行驶,某时刻(图中t=3s)开始空档滑行,在地面阻力作用下匀减速到静止。其x-t图像如图所示,该车的额定功率是( )
A.1.5kW B.3kW C.7.5kW D.9kW
5.某人骑自行车沿平直坡道向下骑行,其车把上挂有一只盛有半杯水的水杯,若骑行过程中悬绳始终竖直,如图所示,不计空气阻力,则下列说法中正确的是( )
A.自行车可能做匀加速运动 B.坡道对自行车的作用力竖直向上 C.杯内水面与坡面平行 D.水杯及水的机械能守恒
6.如图为质量为m的汽车在水平路面上启动过程中的速度—时间图像,Oa段为过原点的倾斜直线,ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段,t1时刻达到额定功率P,此后保持功率P不变,bc段是与ab段相切的水平直线,设汽车受到的阻力大小不变,则下述说法正确的是( )
A.0~t1时间内,汽车受到的牵引力为mB.汽车所受的恒定阻力大小为
v1 t1P v2v1v2(t2t1) 2D.汽车做变速运动,无法求出0~t3时间内的位移
C.t1~t2时间内,汽车的位移大小为
7.轻质弹簧右端固定在墙上,左端与一质量m = 0.5kg的物块相连,如图甲所示,弹簧处于原长状态,物块静止,物块与水平面间的动摩擦因数μ = 0.2。以物块所在处为原点,水平向右为正方向建立x轴,现对物块施加水平向右的外力F,F随x轴坐标变化的情况如图
乙所示,物块运动至x = 0.4m处时速度为零,则此过程物块克服弹簧弹力做的功为( )
A.2.0J
B.3.5J
C.1.8J
D.3.1J
8.如图所示,一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物,已知货箱的质量为m0,货物的质量为m,货车以速度v向左做匀速直线运动,在将货物提升到图示的位置时,下列说法正确的是( )
A.货箱向上运动的速度等于vsinθ B.货物对货箱底部的压力等于mg C.货箱和货物正在向上做加速运动 D.货车对缆绳拉力做功的功率P=(m+m0)gv
9.从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为零势能面,该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取
g10m/s2。由图中数据可得( )
A.物体的质量为2kg
B.h0时,物体的速率为20m/s C.h2m时,物体的动能Ek40J D.从地面到h4m,物体的动能减少18J
10.如图,一轻质细杆可绕光滑固定转轴O在竖直平面内自由转动,杆的两端固定有两小球A和B。A、B两球到转轴O的距离分别为0.2m和0.1m。现将轻杆从水平位置由静止释放,重力加速度g=10m/s2,设A、B两球的质量分别为mA、mB,下列说法正确的是( )
A.只要满足mBmA,小球A就能通过O点正上方 B.当mA、mB满足的弹力
C.当mA、mB满足D.当mA、mB满足力
11.为轿车中的手动变速杆,若保持发动机输出功率不变,将变速杆推至不同挡位,可获得不同的运行速度,从“1”~“5”挡速度增大,R是倒车挡。某型号轿车发动机的额定功率为
1mA1,小球A通过O点正上方时,轻杆对小球A有竖直向上4mB2mA1,小球A通过O点正上方时,轻杆对小球A无作用力 mB41mA1,轻杆到达竖直位置时,转轴O对杆有竖直向下的作用4mB296kW,在水平路面上行驶的最大速度可达288km/h。假设该轿车在水平路面上行驶时所受阻力恒定,则该轿车( )
A.以最大牵引力爬坡,变速杆应推至“5”挡 B.该车在水平路面上行驶时受所阻力大小为800N
C.以额定功率在水平路面上以最大速度行驶时,其牵引力为1200N D.以54km/h的速度在水平路面上匀速行驶时,发动机的输出功率为96kW
12.引体向上是中学生体育测试的项目之一,引体向上运动的吉尼斯世界纪录是53次/分钟。若一个普通中学生在30秒内完成12次引体向上,该学生此过程中克服重力做功的平均功率最接近于( )
A.5 W C.100 W
B.20 W D.400 W
二、填空题
13.实验小组利用竖直轨道和压力传感器验证机械能守恒定律,半径可调的光滑竖直轨道与光滑水平轨道连接,在轨道最低点A和最高点B各安装一个压力传感器,压力传感器与计算机相连,如图所示,将质量为m的小球(可视为质点)以某一速度进入轨道最低点,通过计算机读出两个传感器的读数,重力加速度为g,则
(1)设轨道半径为R,小球能运动到最高点B,小球在最低点入射速度不得小于___________。
(2)实验中压力传感器的读数之差ΔF___________时,小球的机械能守恒。 (3)初速度一定的前提下,小球在做圆周运动过程中,压力传感器的读数之差与轨道半径___________(填“有关”或“无关”),压力传感器的读数之比与轨道半径___________(填“有关”或“无关”)。
14.某球员定点罚球,篮球刚好水平越过篮筐前沿。已知罚球点离篮筐前沿的水平距离为 4.2m,罚球的出球点与篮球运动最高点间的高度差为0.8 m,篮球质量为 0.6 kg,这次罚球该球员对篮球做的功为38J,不计空气阻力,g取10 m/s2,则篮球从出球点运动到最高点,重力势能增加了______J,篮球在最高点时的动能为______ J。
15.如图所示,质量为m、长度为L的匀质铁链的一半搁在倾角为30°的粗糙斜面上,其余部分竖直下垂。现在铁链下滑至整条铁链刚好全部离开斜面的过程中,铁链的重力势能减少 ________。
16.如图所示,传送带以5m/s的速度匀速运动。将质量为2kg的物体无初速度放在传送带上的A端,物体将被传送带带到B端,已知物体到达B端之前已和传送带相对静止,传送带始终匀速,在物体与传送带发生相对滑动的过程中,传送带对物体做功为______J,物块与传送带间的摩擦力对传送带做功为______J。
17.在一次测试中,质量为1.6×103kg的汽车沿平直公路行驶,其发动机的输出功率恒为100kW。汽车的速度由10m/s增加到16m/s,用时1.7s,行驶距离22.6m。若在这个过程中汽车所受的阻力恒定,则汽车的速度为10m/s时牵引力的大小为_______N,此时汽车加速度的大小为________m/s2。
18.将一个质量为m=2kg的小球以水平速度v0 =2m/s抛出,若不计空气阻力,重力加速度为g=10m/s2,2秒内物体落地,重力做的功W=_____,重力势能是=_____(增加、减少)。 以地面为参考平面,物体具有的重力势能为Ep=_____,2秒内重力的对物体做功的平均功率为P=_____,在2秒末重力的瞬时功率为P=_____。
19.如图所示是一个钟摆的示意图.当摆锤下降时,__________能逐渐增加,__________能逐渐减小.假如没有阻力,则钟摆摆动时每次上升到相同的高度,这说明摆锤的__________总量保持不变.
20.用水平恒力F拉某物体在光滑水平面上由静止开始运动时间t,做功为W;今用2F力拉它由静止开始运动时间2t,做功为________W;若用力为F,且F与水平面成60°角,拉物体由静止开始运动时间t,则做功为__________W.
三、解答题
21.景区观光列车是人们欣赏景区美丽景色的绝佳工具。一质量为5105kg的观光列车以额定功率启动,在水平直轨道上行驶时阻力f是车重的0.01倍,当速度为10m/s时,列车的加速度大小为0.02m/s2(g10m/s2),求: (1)该列车的额定功率P; (2)该列车行驶的最大速度vm;
(3)列车从静止开始经过时间100s,速度达到最大值,求该过程行驶的距离s。 22.如图所示,一足够长、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮,绳两端各系一小球A和B,质量分别为m和2m。A球静置于地面,B球用手托住,离地高度为h,此时轻绳刚好拉紧。由静止释放B球后,B球将拉动A球上升,设B球与地面碰撞后不反弹,A球上升过程中不会碰到定滑轮(重力加速度为g,空气阻力不计),试求: (1)A球在上升过程中离地的最大高度为多大? (2)B球下落过程中轻绳对B球做的功。
23.如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止释放后,经过B处速度最大,到达C处(AC=h)时速度减为零。若在此时给圆环一个竖直向上的速度v,它恰好能回到A点。弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,求: (1)圆环在下滑过程中,克服摩擦力做的功? (2)在C处,弹簧的弹性势能?
24.倾角为θ的斜面上,SS'、TT'之间粗糙并且间距为3L,其他部分光滑,如图所示。相同的四块极薄的矩形木板A、B、C、D,质量分布均匀,并沿斜面排在一起(不粘连)。四块木板质量均为m,长度均为L,与SS'到TT'段斜面间的动摩擦因数均为2tanθ。将它们由静止从SS'上方某处释放,四块木板均能通过TT'。重力加速度为g。求: (1)木板A在通过TT'前速度最大时,其下端到SS'的距离; (2)木板A的下端到达TT'时,木板C的加速度大小和方向;
(3)若其他条件不变,改为只释放A、B两块木板,且SS'、TT'的间距为2L,求要使得两块薄木板都能通过TT',开始下滑时,木板A的下端到SS'距离至少应满足的条件。
25.光滑水平面AB与竖直面内的光滑圆形导轨在B点平滑连接,导轨半径R=0.5m,一个质量m=2kg的小球在A处压缩一轻质弹簧,弹簧与小球不拴接,用手挡住小球不动,此时弹簧弹性势能EP=49J,如图所示,放手后小球向右运动脱离弹簧,沿圆形轨道向上运动,轨道最高点为C点,g取10m/s2,求: (1)小球脱离弹簧时的速度大小;
(2)小球从弹簧弹出沿B到BC轨道,判断能否上到C点;
(3)若能上到C点,此时轨道对小球的弹力大小为多大?若不能上到C点,小球将做什么运动?
26.如图所示,水平传送带左端A处与倾角为30°的光滑斜面平滑连接,右端B处与一水平面平滑连接,水平面上有一固定竖直挡板,挡板左侧与一轻弹簧连接,弹簧处于自然状态,弹簧左端刚好处在水平面上的C点,斜面长为x1=2.5m,传送带长L=4.5m。 BC段长
x2=0.5m,传送带以速度v=1m/s顺时针转动。一质量为m=2kg的物块从斜面顶端由静止释
放,已知物块与传送带间及水平面BC段的动摩擦因数分别为1=0.1,2=0.35,水平面C点右侧光滑,重力加速度取g=10m/s2,求: (1)弹簧获得的最大弹性势能; (2)物块第三次到达B点时的速度大小; (3)物块与传送带由于相对滑动而产生的热量。
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一、选择题 1.D 解析:D
A. 由于“粗糙斜面ab”的存在,M沿斜面向下运动的过程中,与斜面之间有摩擦损耗,所以两滑块组成系统的机械能不守恒,故A错误;
B. 由动能定理可知,重力、拉力、摩擦力对M做的总功等于M动能的增加量,故B错误;
C. 除重力、弹力以外的力做功,将导致机械能变化;轻绳对m的拉力对m做正功,则轻绳对m做的功等于m机械能的增加量,故C错误;
D. 除重力、弹力以外的力做功,将导致机械能变化;M沿斜面向下运动的过程中要克服摩擦力做的功,根据能量守恒定律,两滑块组成系统的机械能损失量等于M克服摩擦力做的功,故D正确。 故选D。
2.A
解析:A
AB.根据平抛公式可知
h12gt 2xvt
高度相同,时间相同,而s1<s2,所以a物体速度较小,根据动能公式可知
Eka物体的质量较大,根据重力做功公式可知
12mv 2Wmgh
所以W1>W2,而在竖直方向,则有
vy22gh
可知竖直方向的速度大小相等,根据功率公式可知
Pmgvy
所以P1>P2,A正确,B错误。 CD.根据平抛公式可知
h12gt 2xvt
高度相同,时间相同,而s1=s2,所以两个物体速度相等,根据动能公式可知
Ek12mv 2两个物体的质量相等,根据重力做功公式可知
Wmgh
所以W1=W2,而在竖直方向,则有
vy22gh
竖直方向的速度大小相等,根据功率公式可知
Pmgvy
所以P1=P2,CD错误。 故选A。
3.B
解析:B
AB.小球在水平恒力F作用下,从最低点转过角,根据功的定义可知外力做功
WFFlsin
重力做功
WGmgl(1cos)
可得合力做功为
WFlsinmgl(1cos)
故A错误,B正确;
C.根据重力做功与重力势能变化的关系可得:重力势能的增加
EpWGmgl(1cos)
故C错误;
D.由前面的分析可知小球的动能会增加,重力势能增加mgl(1cos),而重力势能是小球与地球共有的,又根据除了重力以外的力做功等于系统机械能的变化,可知水平恒力F做功使小球与地球组成的系统机械能增加量大于mgl(1cos),故D错误。 故选B。
4.C
解析:C 由图中可以求出
va3010m/s 3v101m/s2 t202经过20 s以后车停止,在减速运动中,物体只受摩擦力,根据牛顿第二定律得
fma=750N
车在前3s内匀速运动,所以
Ff750N
则有
PFv7.5kW
故ABD错误,C正确。 故选C。
5.B
解析:B
A.水杯沿平直坡道向下运动,水杯受竖直向上绳子的拉力F与竖直向下的重力mg,水杯所受合力一定沿竖直方向,水杯所受合力为零,如果水杯所受合力不为零,则悬绳不可能沿竖直方向,水杯所受合力为零,水杯做匀速直线运动,自行车做匀速直线运动,故A错误;
B.自行车受竖直向下的重力与坡道对自行车的作用力,自行车做匀速直线运动,处于平衡状态,所受合力为零,由平衡条件可知,坡道对自行车的作用力与自行车的重力平衡,重力竖直向下,则坡道对自行车的作用力方向竖直向上,故B正确;
C.由于水杯水平方向不受力,则水平方向做匀速直线运动,所以水杯内水面一定水平,不会与坡面平行,故C错误;
D.水杯和水沿坡面向下做匀速直线运动,动能不变而重力势能减小,水杯和水的机械能减小,故D错误。 故选B。
6.B
解析:B
A. 0~t1时间内汽车做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有
Ffma
a可得
v1 t1mv1 t1Ff故A错误;
B.t2~t3时间内汽车做匀速直线运动,牵引力等于阻力,有
fFP v2故B正确;
C.t1~t2时间内汽车保持功率P恒定而做变加速直线运动,由动能定理有
P(t2t1)fx21212mv2mv1 22v1v2,则不能用2可解得此段时间内的位移,而此过程不是匀加速直线运动,不满足v匀变速直线运动的规律求位移,故C错误; D.在0~t1时间内的位移为
x1v1t1 2t1~t2时间内由动能定理可求出x2,t2~t3时间内做匀速直线运动可直接求出x3,故能够求出0~t3时间内的总位移,故D错误; 故选B。
7.D
解析:D
由图线与坐标轴围成的面积表示功,可得到力F做的功
W =
1× (5 + 10) × 0.2 + 10 × (0.4 - 0.2)J = 3.5J 2设克服弹簧弹力做的功为WF,根据动能定理
WF - W弹 - μmgx = 0
代入数据有
3.5 – W弹 - 0.2 × 0.5 × 10 × 0.4 = 0
得
W弹 = 3.1J
则弹簧的弹性势能为
EP = 3.1J
故选D。
8.C
解析:C
将货车的速度进行正交分解,如图所示:
由于绳子不可伸长,货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等,故:v1=vcosθ,由于θ不断减小,故货箱和货物整体向上做加速运动,加速度向上; A.货箱的速度为vcosθ,故A错误;
B.货箱向上做加速运动,加速度向上,故压力大于mg,故B错误;
C.货物合速度v1=vcosθ,由于θ不断减小,故货箱和货物整体向上做加速运动,故C正确;
D.货车对缆绳拉力做功的功率
P=Fvcosθ
故D错误; 故选C。
9.A
解析:A
A.Ep—h图像的斜率为G,即
G解得
80N20N 4m2kg
故A正确; B.h0时,Ep0
EkE总Ep100J0100J
故
12mv100J 2解得
v10m/s
故B错误;
C.h2m时,Ep40J
EkE总Ep90J40J50J
故C错误; D.h0时
Ek E总Ep100J0100J
h4m时
E总Ep80J80J0J Ek故
100J EkEk故D错误。 故选A。
10.B
解析:B
A.小球A、B组成的系统在转动过程中机械能守恒,选取A、B所在水平面为零势能参考面,小球A恰能通过O点正上方时,由机械能守恒定律得
mAglAmBglB0
解得
mB2mA mA1 mB2可知小球A就能通过O点正上方的条件是
mA1< mB2故A错误;
BCD.小球A通过O点正上方时,杆恰好对小球没作用力时小球A的速度为v
v2mAgmA
lA解得
vglA 由机械能守恒定律得
11v0mAglAmAv2mBglBmB
222解得
2mB4mA
因此,当
mA1 mB4时,轻杆对小球A无作用力,故C错误; 当
1mA1 4mB2时,小球A通过O点正上方时,轻杆对小球A有竖直向上的弹力,此时轻杆对O由向下的压力,转轴O对杆有竖直向上的作用力,故B正确,D错误。 故选B。
11.C
解析:C
288km/h80m/s,54km/h15m/s A.根据
PFv
可知,以最大牵引力爬坡,速度应最小,因此变速杆应推至“1”挡,A错误; BC.最大速度行驶时
Ff
此时
P96103FfN1200N
vM80B错误,C正确;
D.以54km/h的速度在水平路面上匀速行驶时,发动机的输出功率
Pfv120015W1.8104W18kW
D错误。 故选C。
12.C
解析:C
学生体重约为50 kg,每次引体向上上升高度约为0.5 m,引体向上一次克服重力做功为
Wmgh50100.5 J250 J
全过程克服重力做功的平均功率为
PC正确,ABD错误。 故选C。
nW12250W100W t30二、填空题
13.无关有关
解析:5gR 6mg 无关 有关 (1)[1]刚好通过最高点B时,有
vB2 mgmR由最低点A到B点过程,有
mg2R联立解得
11mvB2mvA2 22vA5gR
则小球在最低点入射速度不得小于5gR。 (2)[2]最高点B,有
v12 F1mgmR最低点A,有
v22 F2mgmR如果不考虑阻力,由最低点A到B点过程,有
mg2R压力传感器的读数之差
11mv12mv22 22ΔFF2F1
联立解得
F6mg
(3)[3]由于F6mg,所以压力传感器的读数之差与轨道半径无关。 [4]压力传感器的读数为
v12F1mmg
Rv22F2mmg
R所以压力传感器的读数之比与轨道半径有关。
14.8331
解析:8 33.1 [1]重力势能增加量
Epmgh0.6100.8J4.8J
[2]逆向分析,篮球做平抛运动,则在空中运动时间,由
h得
12gt 2t则水平速度
2h20.8s0.4s g10x4.2ms10.5ms t0.4v因此篮球在最高点时的动能为
Ek121mv0.610.52J33.1J 2215.
7mgL 16取斜面底端为零势能面,开始时重力势能为
EP1后来重力势能为
111111mgLsin30mgLmgL 222416211EP2mgLmgL
22铁链的重力势能减少
EP1EP216.25J 50J [1]由动能定理可得
117mgLmgLmgL 16216W[2]物块做匀加速直线运动
121mv252J25J 22vxt
2在同样时间内传送带运动位移
x'vt
摩擦力对物块做正功
WFfx
摩擦力对传送带做负功
W'Ffx'
联立可得W'50J 17.1104 5
[1]汽车速度为10m/s时,牵引力大小为
P100103F1104N
v10[2]汽车加速过程,根据动能定理
1212Ptfsmv2mv1
22解得阻力为
f2103N
根据牛顿第二定律
Ffma
解得
a5m/s2
18.400J减少400J200W400W
解析:400J 减少 400J 200W 400W [1]小球在空中飞行时间t2s ,竖直方向的位移
h根据
121gt1022m20m 22Wmgh21020J400J
[2]物体下降,位移和重力方向相同,重力做正功,重力势能减少。 [3]重力势能
Epmgh21020J400J
[4]平均功率
P[5]由瞬时功率
W400W200W t2P瞬mgv
vgt
联立可得
P瞬mggt400W
19.动能重力势能机械能【分析】当摆锤下降时高度减小重力势能逐渐减小减
小的重力势能转化为动能
解析:动能 重力势能 机械能 【分析】
当摆锤下降时,高度减小,重力势能逐渐减小,减小的重力势能转化为动能。 [1]当摆锤下降时,速度增加,动能逐渐增加; [2]摆锤下降时,高度减小,重力势能逐渐减小。
[3]摆锤下降时重力势能转化为能,上升时动能转化为重力势能。钟摆摆动时每次上升到相同的高度,说明摆锤的动能和重力势能之和即机械能总量保持不变。
120.
4F12F2t2[1]用恒力F拉物体时,a,故WFsFat,改用2F拉力后,
m22m2F18F2t22a1,故拉力做功为W12Fa12t16W
m2m[2] F与水平面成60°角时,a2Fcos60F,故m2m12F2t21W2Fcos60a2tW
28m4三、解答题
21.(1)6105W;(2)12m/s;(3)480m (1)列车运动受阻力为
f0.01mg5104N
据牛顿第二定律可得
Ffma
解得
Ffma6104N
则列车额定功率
PFv6105W
(2)当Ff时
vmP12m/s f(3)设该过程行驶的距离为s,由动能定理可得
Ptfs解得
12mv 2s480m
44h;(2)Wfmgh 33(1)对A、B系统由机械能守恒, 有
22.(1)Hhh12mgh - mgh =
解得
13mv2 2v又B球落地后,A球向上匀减速上升
2gh 3v22gh1
解得
1h1h
3所以A球能上升的最大高度
Hhh1(2)对B球,由动能定理
4h 312mghWf2mv2
2又
v所以
2gh 34Wfmgh
323.(1)
121mv;(2) mv2mgh 44mghWfW弹000
(1)研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程,运用动能定理列出等式
在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A,运用动能定理列出等式
1mghW弹Wf0mv2
2解得下滑过程中,克服摩擦力做的功
Wf(2)由(1)解得在C处,弹簧的弹性势能
12mv 41W弹=mv2mgh
424.(1)2L (2)
15gsin 沿斜面向上 (3)x>L 24(1)将四块薄木板看成整体,当它们合力为零时,速度达到最大,设此时有质量为M的木板滑入SS'、TT'间,则
4mgsinθ=μMgcosθ
解得
M=2m
即木板A的下端到SS'的距离为2L时,速度最大。 (2)对四块薄木板整体由牛顿第二定律得
4mgsinθ−μ·3mgcosθ=4ma
得到
a=则木板C的加速度大小为
1gsin 21gsin,方向沿斜面向上。 2(3)薄木板A的下端滑至TT'前,两木板不分离。设开始下滑时,A的下端到SS'的距离为x1,A的下端滑至TT'前瞬间速度为v。对于薄木板A的下端滑至TT'前瞬间的过程,对两木板应用动能定理有
2mgsinθ×(2L+x1)−
2mgcos0212L=2mv2
2薄木板A的下端离开TT'后,两木板分离。要使两块薄木板都能滑出TT'处,薄木板B的中点过TT'处时它的速度应大于零。当薄木板B的中点过TT'处速度恰好等于零时,对木板B应用动能定理,有
121mgcosmgcos1mv mgsinθ×(L+L)−(μmgcosθ×L=0–)2L22122得
5L 45即释放时,A下端离SS'的距离至少应满足x>L。
4x1=
25.(1)7m/s;(2)小球能过C点;(3)96N
(1)由于水平面光滑,弹簧弹开小球的过程中,系统的机械能守恒,根据机械能守恒定律有
1Epmv2
2代入数据可得
v7m/s
(2)设小球可以达到C点,且为vC,由于AB光滑,从B点到C点的过程中,圆弧轨道光
滑,只有重力做功,小球的机械能守恒,则
1212mvmvc2mgR 22代入数据可得
vc29m/s
此时小球在C点做圆周运动所需要的向心力为
2vCF向m116Nmg20N
R假设成立,故小球能过C点
(3)设小球在C点时,轨道对小球的弹力大小为F,根据牛顿第二定律有
FmgF向
代入数据可得
F96N
26.(1)12.5J;(2) 1m/s;(3) 23J
(1)设物块滑到斜面底端的速度为v1,根据机械能守恒有
mgx1sin解得
12mv1 2v1=5m/s
由于v1>v,因此物块滑上传送带后开始做匀减速运动,加速度大小
a1g1m/s2
设物块在传送带上先减速运动后匀速运动,则减速运动的位移
v12v2x12m
2a由于△x>L,因此假设不成立,物块在传送带上一直做匀减速运动,根据功能关系
Ep12mv11mgL2mgx212.5J 2(2)设物块第二次到达A点的速度大小为v3,根据功能关系
12mv3Ep1mgL2mgx2 2解得
v3=0
即物体到达到A点时,速度减为零,在传送带的带动下又向左做匀加速运动,当物体与传送带刚好共速时发生的位移
v2x0.5m
2a因此物块第三次在传送带上先做匀加速运动后做匀速运动,第三次到B点的速度为
v=1m/s
(3)设第一次在传送带上滑动经历的时间为t1,则有
1Lv1t1at12
2则第一次在传送带由于相对滑动而产生的热量
Q11mg(Lt1)
联立两式代入数据解得
Q1=7J
设物块第二次到B点时速度为v2,第二次在传送带上滑动经历的时间为t2,则有
12mv2Ep2mgx2 2解得
v2=3m/s
t2v2v33s a则第二次在传送带上由于相对滑动而产生的热量
Q21mg(Lvt2)15J
设物块第三次在传送带上相对滑动时间为t3,则
t3v1s a则第三次在传送带上由于相对滑动而产生的热量
Q31mg(vt3x)1J
由于
12mv1J2mg2x27J 2因此物块不会第四次滑上传送带,故物块与传送带由于相对滑动而产生的热量
Q=Q1+Q2+Q3=23J
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