高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題2 能量、動(dòng)量和原子物理 第2講 功能關(guān)系和能量守恒特訓(xùn)-人教版高三全冊物理試題
《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題2 能量、動(dòng)量和原子物理 第2講 功能關(guān)系和能量守恒特訓(xùn)-人教版高三全冊物理試題》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題2 能量、動(dòng)量和原子物理 第2講 功能關(guān)系和能量守恒特訓(xùn)-人教版高三全冊物理試題(12頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第2講 功能關(guān)系和能量守恒 1.(2016·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市調(diào)研)如圖所示,輕質(zhì)彈簧上端固定,下端系一物體.物體在A處時(shí),彈簧處于原長狀態(tài).現(xiàn)用手托住物體使它從A處緩慢下降,到達(dá)B處時(shí),手和物體自然分開.此過程中,物體克服手的支持力所做的功為W.不考慮空氣阻力.關(guān)于此過程,下列說法正確的有( AD ) A.物體重力勢能減小量一定大于W B.彈簧彈性勢能增加量一定小于W C.物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量為W D.若將物體從A處由靜止釋放,則物體到達(dá)B處時(shí)的動(dòng)能為W 解析:物體在向下運(yùn)動(dòng)的過程中,要克服彈簧拉力做功W彈力,根據(jù)動(dòng)能定理知mgh-W-W彈力=0,由平衡知kh=m
2、g,即:mgh-W=kh2=mgh,彈簧彈性勢能增加量一定等于W,B錯(cuò)誤;物體克服手的支持力所做的功為W,機(jī)械能減小W,故C錯(cuò)誤;物體從A處由靜止落到B的過程中,速度達(dá)到最大,根據(jù)動(dòng)能定理,有:mgh-kh2=Ek,結(jié)合B選項(xiàng)知Ek=mgh=W,故D正確. 2.(2016·合肥質(zhì)檢)如圖所示,有一固定的且內(nèi)壁光滑的半球面,球心為O,最低點(diǎn)為C,在其內(nèi)壁上有兩個(gè)質(zhì)量相同的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))A和B,在兩個(gè)高度不同的水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),A球的軌跡平面高于B球的軌跡平面,A、B兩球與O點(diǎn)的連線與豎直線OC間的夾角分別為α=53°和β=37°,以最低點(diǎn)C所在的水平面為重力勢能的參考平面,sin37
3、°=0.6,cos37°=0.8,則( AD ) A.A、B兩球所受支持力的大小之比為4∶3 B.A、B兩球運(yùn)動(dòng)的周期之比為4∶3 C.A、B兩球的動(dòng)能之比為16∶9 D.A、B兩球機(jī)械能之比為112∶51 解析:由題意可知N=, 所以==,A正確; mgtan θ=mRsin θ, 所以==,B錯(cuò)誤; Ek∝v2,v=Rsin θ, 所以==,C錯(cuò)誤; EP=mgR(1-cos θ),Ek=mgRsin θtan θ, 所以===, D正確. 3.(2016·鄭州質(zhì)量預(yù)測三)如圖為某探究活動(dòng)小組設(shè)計(jì)的節(jié)能運(yùn)輸系統(tǒng)的簡化示意圖.斜面軌道傾角為37°,質(zhì)量為M的貨箱與
4、軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.貨箱在軌道頂端時(shí),自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入貨箱,然后貨箱載著貨物沿軌道無初速度滑下,當(dāng)輕彈簧壓縮至最短時(shí),自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下,然后貨箱恰好被彈回到軌道頂端,再重復(fù)上述過程.已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列選項(xiàng)正確的是( BC ) A.貨箱載著貨物接觸彈簧時(shí)立即開始減速運(yùn)動(dòng) B.貨物質(zhì)量m應(yīng)為貨箱質(zhì)量M的4倍 C.貨箱不與彈簧接觸時(shí),上滑過程中的加速度大于下滑過程中的加速度 D.貨箱從最低點(diǎn)滑回頂端的過程中,彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為貨箱的重力勢能 解析:貨箱載著貨物下滑至與彈簧接觸后,起初彈簧對貨箱的彈力與斜面對貨箱的滑動(dòng)摩
5、擦力的合力小于貨箱總重力沿斜面向下的分力,貨箱將繼續(xù)加速下滑;貨箱不與彈簧接觸時(shí),由牛頓第二定律可知,下滑、上滑時(shí)的加速度大小分別為 a1=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2, a2=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2; 設(shè)貨箱下滑距離為L,對貨箱的下滑、上滑過程分別運(yùn)用功能關(guān)系有 (M+m)gLsin θ-μ(M+m)gLcos θ=ΔEP, MgLsin θ+μMgLcos θ=ΔEP, 代入數(shù)據(jù)解得m=4M; 同理可知,貨箱從開始上滑到滑至最高點(diǎn),彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化成了貨箱增加的重力勢能和貨箱與斜面組成的系統(tǒng)增加的內(nèi)能,選項(xiàng)AD錯(cuò)誤,BC正確. 4.(2
6、016·濟(jì)南1月調(diào)研)如圖所示,半圓形軌道MON豎直放置且固定在地面上,直徑MN是水平的.一小物體從M點(diǎn)正上方高度為H處自由下落,正好在M點(diǎn)滑入半圓軌道,測得其第一次離開N點(diǎn)后上升的最大高度為.小物塊接著下落從N點(diǎn)滑入半圓軌道,在向M點(diǎn)滑行過程中(整個(gè)過程不計(jì)空氣阻力)( C ) A.小物體正好能到達(dá)M點(diǎn) B.小物體一定到不了M點(diǎn) C.小物體一定能沖出M點(diǎn) D.不能確定小物塊能否沖出M點(diǎn) 解析:小物塊第一次飛出過程根據(jù)動(dòng)能定理得 mgH-mg-Wf=0, 假設(shè)能再次到達(dá)M點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理有 mg-W′f=mv2, 因小物塊第二次經(jīng)過半圓軌道過程中速度小于第一次,軌道支持力也變
7、小,物塊所受摩擦力變小,故克服阻力做功W′f<Wf,故速度v>0,因此小物塊能沖出M點(diǎn),選項(xiàng)C正確. 5.(2016·南京二模)如圖所示,圓心在O點(diǎn)、半徑為R的圓弧軌道abc豎直固定在水平桌面上,Oc與Oa的夾角為60°,軌道最低點(diǎn)a與桌面相切.一輕繩兩端系著質(zhì)量為m 1和m2的小球(均可視為質(zhì)點(diǎn)),掛在圓弧軌道邊緣c的兩邊,開始時(shí),m 1位于c點(diǎn),然后從靜止釋放.設(shè)輕繩足夠長,不計(jì)一切摩擦.則( BC ) A.在m 1由c下滑到a點(diǎn)的過程中,兩球速度大小始終相等 B.m 1在由c下滑到a的過程中重力的功率先增大后減小 C.若m1恰好能沿圓弧軌道下滑到a點(diǎn),則m1=2m2 D.若m1
8、恰好能沿圓弧軌道下滑到a點(diǎn),則m1=3m2 解析:兩小球用輕繩連接,兩球在沿繩方向的分速度大小相等,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;m1在c點(diǎn)和a點(diǎn)時(shí)的重力功率均為零,因此選項(xiàng)B正確;若m1恰好能沿圓弧軌道下滑到a點(diǎn),此時(shí)兩小球速度均為零,有m1gR(1-cos 60°)=m2gR,解得m1=2m2,選項(xiàng)C正確,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 6.(2016·鄭州質(zhì)量預(yù)測二)如圖所示,光滑輕質(zhì)掛鉤下端懸掛質(zhì)量為m的重物,跨在長度為L的輕繩上,開始時(shí)繩子固定在框架上等高的A、B兩點(diǎn),與水平方向的夾角為θ,繩子拉力為F.現(xiàn)保持繩長不變,將繩子右端從B點(diǎn)沿豎直方向緩慢移至C點(diǎn),再從C點(diǎn)沿水平方向向左緩慢移至D點(diǎn),關(guān)于繩子拉力F和重物
9、重力勢能Ep的變化,下列說法正確的是( AD ) A.從B移至C的過程中,拉力F保持不變 B.從B移至C的過程中,重力勢能Ep逐漸變小 C.從C移至D的過程中,拉力F保持不變 D.從C移至D的過程中,重力勢能Ep逐漸變小 解析:從B移至C的過程中,兩根繩子的夾角不變,拉力F保持不變,重物逐漸升高,重力勢能EP逐漸變大,選項(xiàng)A正確,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;從C移至D的過程中,兩根繩子的夾角變小,拉力F變小,重物逐漸降低,重力勢能EP逐漸變小,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,選項(xiàng)D正確. 7.(2016·江西五校聯(lián)考)伽利略曾利用對接斜面研究“力與運(yùn)動(dòng)”的關(guān)系.如圖所示,固定在水平地面上的傾角均為θ的兩斜面,以光滑小
10、圓弧相連接.左側(cè)斜面頂端的小球與兩斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.小球從左側(cè)頂端滑到最低點(diǎn)的時(shí)間為t1,滑到右側(cè)最高點(diǎn)的時(shí)間為t2,規(guī)定兩斜面連接處所在水平面為參考平面,則小球在這個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中速度的大小v、加速度的大小a、動(dòng)能Ek及機(jī)械能E隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線正確的是( B ) 解析:由牛頓第二定律可知,小球在兩斜面的運(yùn)動(dòng)都是勻變速直線運(yùn)動(dòng),兩階段的加速度都恒定不變,小球在左側(cè)斜面下滑時(shí)的加速度大小為a1=gsin θ-μgcos θ,小球在右側(cè)斜面上滑時(shí)的加速度大小為a2=gsin θ+μgcos θ,小球在左側(cè)斜面下滑時(shí)的加速度較小,則A錯(cuò)誤;B正確;小球的動(dòng)能與速率的二次方成正比,即Ek
11、=mv2,因此,動(dòng)能與時(shí)間關(guān)系圖象是曲線,則C錯(cuò)誤;由于小球在兩斜面運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能逐漸減小,減小量等于摩擦力做的功,即E=E0-fs,摩擦力f大小不變,小球在左側(cè)斜面上下滑時(shí),s增大得越來越快,在右側(cè)斜面上滑時(shí),s增大得越來越慢,故0~t1內(nèi),E-t曲線斜率逐漸變大,t1~t2時(shí)E-t曲線斜率逐漸變小,則D錯(cuò)誤. 8.(2016·東北三省四市聯(lián)考二)如圖甲所示,一物體懸掛在輕繩下端,由靜止開始沿豎直方向運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過程中物體的機(jī)械能E與物體通過路程x的關(guān)系圖象如圖乙所示,其中0~x1過程的圖象為曲線,x1~x2過程的圖象為直線(忽略空氣阻力).下列說法正確的是( AB ) A.0~x1過程
12、中物體所受拉力是變力,且一定不斷減小 B.0~x1過程中物體的動(dòng)能一定先增加后減小,最后為零 C.x1~x2過程中物體一定做勻速直線運(yùn)動(dòng) D.x1~x2過程中物體可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng),也可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng) 解析:設(shè)物體所受的拉力為F,由功能關(guān)系可知,物體機(jī)械能的變化量ΔE=FΔx,則圖象的斜率表示物體所受拉力,由題圖知,在0~x1的過程中,圖象的斜率不斷變小,說明物體所受的拉力不斷變小,選項(xiàng)A正確;由題圖可知,在0~x1的過程中,物體的機(jī)械能不斷變大則拉力做正功,物體沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng),在x1~x2的過程中,物體的機(jī)械能減少,則拉力做負(fù)功,物體沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng),所以物體到達(dá)x1時(shí)速
13、度為零,又因?yàn)槲矬w是從靜止開始運(yùn)動(dòng)的,所以在0~x1的過程中物體的速度一定先增大后減小,最后為零,由Ek=mv2知,在0~x2的過程中物體的動(dòng)能一定先增大后減小,最后為零,選項(xiàng)B正確;在x1~x2的過程中圖象為直線,則物體所受的拉力不變,由牛頓第二定律知,物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;在x1~x2的過程中物體沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng),且初速度為零,所以物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 9.(2016·昆明質(zhì)檢二)如圖所示,一輕彈簧上、下兩端各連接質(zhì)量均為m的兩物塊A、B.開始時(shí),系統(tǒng)靜止在水平面上.現(xiàn)用一豎直向上的恒力F拉物塊A,使其向上運(yùn)動(dòng),當(dāng)彈簧伸長量最大時(shí)(在彈簧彈性限度內(nèi)),物塊B剛
14、好要離開地面.重力加速度為g.則( BCD ) A.F=2mg B.此過程中恒力F做的功等于物塊A增加的重力勢能 C.此過程中恒力F的功率先增大后減小 D.此過程中彈簧彈力對物塊A做功為零 解析:彈簧伸長量最大時(shí),物體B剛要離開地面,說明此時(shí)物體A的速度為零,說明物體A經(jīng)歷了先向上加速再向上減速的過程,故此時(shí)物體A有向下的加速度,對B受力分析可得彈簧的彈力等于B物體的重力,對A受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得2mg-F=ma,解得2mg>F,A錯(cuò)誤;開始時(shí)彈簧的彈力等于A的重力,最后彈簧的彈力等于B的重力,故彈簧的彈力沒有變,彈簧的彈性勢能沒變,彈簧彈力做功為零,D正確;根據(jù)功能關(guān)系得外
15、力F做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的增加量,最后物體A、B的動(dòng)能都為零,B的重力勢能沒變,故外力F做的功等于A物體重力勢能的增加量,B正確;恒力F的功率P=Fv,A的速度先增大后減小,故外力F的功率先增大再減小,C正確 10.(2016·石家莊質(zhì)檢二)如圖甲所示,一傾角為θ的傳送帶始終保持恒定速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng).t=0時(shí)將一質(zhì)量為m的物塊以初速度v1放置在傳送帶上,其速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示(取沿傳送帶斜向上的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?,且|v1|>|v2|). 已知傳送帶足夠長,物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.下列說法正確的是( AD ) A.μ>tan θ B.0~t1內(nèi),物塊對傳送帶做正功 C.
16、0~t2內(nèi),傳送帶對物塊做功為W=mv-mv D.0~t2內(nèi),物塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量一定比物塊機(jī)械能的減少量大 解析:由題意知,μmgcos θ>mgsin θ,即μ>tan θ,選項(xiàng)A正確;0~t1內(nèi),物塊的摩擦力對傳送帶做負(fù)功,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;0~t2內(nèi),合外力對物塊做功為W=mv-mv,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由能量守恒定律知,0~t2內(nèi),物塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量等于物塊機(jī)械能的減少量與傳送帶因物塊多輸入的能量之和,選項(xiàng)D正確. 11.(2016·太原一模)(多選)某車輛緩沖裝置的理想模型如圖,勁度系數(shù)足夠大且為k的輕質(zhì)彈簧與輕桿相連,輕桿可沿固定在車上的槽內(nèi)移動(dòng),與槽間的滑動(dòng)摩擦力
17、恒為f.輕桿沿槽向左移動(dòng)不超過l時(shí),裝置可安全工作,小車的總質(zhì)量為m,若小車以速度v0撞擊固定在地面的障礙物,將導(dǎo)致輕桿沿槽向左移動(dòng).已知輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,不計(jì)小車與地面的摩擦,則( AD ) A.輕桿開始移動(dòng)時(shí),彈簧的壓縮量為 B.小車速度為0時(shí),彈簧的彈性勢能為mv C.小車被彈回時(shí)速度等于 D.為使裝置安全工作,允許該小車撞擊的最大速度等于 解析:輕桿開始移動(dòng)時(shí),輕桿所受彈力與最大靜摩擦力相等,即kx=f,所以彈簧壓縮量x=,A項(xiàng)正確;小車從開始到速度減為零過程中,小車動(dòng)能一部分轉(zhuǎn)化為彈性勢能,一部分克服摩擦力做功轉(zhuǎn)化為熱能,故彈簧的彈性勢能EP<mv,B
18、項(xiàng)錯(cuò);從小車與障礙物整個(gè)碰撞過程中,由功能關(guān)系有,mv2-mv=-f,根據(jù)解析式可知小車彈回時(shí)速度表達(dá)式各項(xiàng)系數(shù)均為1,C項(xiàng)錯(cuò);設(shè)輕桿移動(dòng)前小車對彈簧所做的功為W,則小車從撞擊到停止的過程中,由動(dòng)能定理有:-f-W=0-mv.同理,小車以vm撞擊時(shí),-fl-W=0-mv,解得:vm=,D項(xiàng)正確. 12.(2014·重慶卷)如圖為“嫦娥三號”探測器在月球上著陸最后階段的示意圖.首先在發(fā)動(dòng)機(jī)作用下,探測器受到推力在距月面高度為h1處懸停(速度為0,h1遠(yuǎn)小于月球半徑);接著推力改變,探測器開始豎直下降,到達(dá)距月面高度為h2處的速度為v;此后發(fā)動(dòng)機(jī)關(guān)閉,探測器僅受重力下落至月面.已知探測器總質(zhì)量為
19、m(不包括燃料),地球和月球的半徑比為k1,質(zhì)量比為k2,地球表面附近的重力加速度為g,求: (1)月球表面附近的重力加速度大小及探測器剛接觸月面時(shí)的速度大??; (2)從開始豎直下降到剛接觸月面時(shí),探測器機(jī)械能的變化. 解析:(1)設(shè)地球質(zhì)量和半徑分別為M和R,月球的質(zhì)量、半徑和表面附近的重力加速度分別為M′、R′和g′,探測器剛接觸月面時(shí)的速度大小為vt. 由mg′=G和mg=G 得g′=g 由v-v2=2g′h2 得vt= (2)設(shè)機(jī)械能變化量為ΔE,動(dòng)能變化量為ΔEk,重力勢能變化量為ΔEP 由ΔE=ΔEk+ΔEP 有ΔE=m(v2+)-mgh1; 得ΔE=mv
20、2-mg(h1-h(huán)2) 答案:(1)vt= (2)mv2-mg(h1-h(huán)2) 13.(2015·福建卷)如圖所示,質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上,小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道,BC段是長為L的水平粗糙軌道,兩段軌道相切于B點(diǎn).一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)由靜止開始沿軌道滑下,重力加速度為g. (1)若固定小車,求滑塊運(yùn)動(dòng)過程中對小車的最大壓力; (2)若不固定小車,滑塊仍從A點(diǎn)由靜止下滑,然后滑入BC軌道,最后從C點(diǎn)滑出小車.已知滑塊質(zhì)量m=,在任一時(shí)刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍,滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,求: ①滑塊運(yùn)動(dòng)過程中,小
21、車的最大速度大小vm; ②滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過程中,小車的位移大小s. 解析:(1)滑塊到B點(diǎn)時(shí)對小車壓力最大,從A到B機(jī)械能守恒mgR=mv, 滑塊在B點(diǎn)處,由牛頓第二定律知 FN-mg=m, 解得FN=3mg, 由牛頓第三定律知F′N=3mg, (2)①滑塊下滑到達(dá)B點(diǎn)時(shí),小車速度最大,由機(jī)械能守恒 mgR=Mv+m(2vm)2,解得vm=, ②設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí),小車速度大小為vC,由功能關(guān)系 mgR-μmgL=Mv+m(2vC)2, 設(shè)滑塊從B到C過程中,小車運(yùn)動(dòng)加速度大小為a,由牛頓第二定律μmg=Ma, 由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律v-v=-2as,解得s=L. 答案:(1
22、)3mg (2)①?、贚 14.(2016·南京模擬)如圖所示,一輕繩吊著一根粗細(xì)均勻的棒,棒下端離地面高為H,上端套著一個(gè)細(xì)環(huán).棒和環(huán)的質(zhì)量均為m,相互間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力kmg(k>1).?dāng)嚅_輕繩,棒和環(huán)自由下落.假設(shè)棒足夠長,與地面發(fā)生碰撞時(shí)觸地時(shí)間極短,無動(dòng)能損失.棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終保持豎直,空氣阻力不計(jì).求 (1)棒第一次與地面碰撞后彈起上升的過程中,環(huán)的加速度. (2)從斷開輕繩到棒與地面第二次碰撞的瞬間,棒運(yùn)動(dòng)的路程s. (3)從斷開輕繩到棒和環(huán)都靜止的過程中,摩擦力對環(huán)和棒做的總功W. 解析:(1)設(shè)棒第一次上升的過程中環(huán)的加速度為a環(huán) 由牛頓第二
23、定律有a環(huán)==(k-1)g,方向豎直向上. (2)棒第一次落地前瞬間的速度大?。簐1= 設(shè)棒彈起后的加速度為a棒,由牛頓第二定律有 a棒=-=-(k+1)g 故棒第一次彈起的最大高度:H1=-= 路程s=H+2H1=H. (3)解法一 設(shè)棒第一次彈起經(jīng)過t1時(shí)間后與環(huán)達(dá)到共同速度v1′ 環(huán)的速度v1′=-v1+a環(huán)t1 棒的速度v1′=v1+a棒t1 解得:t1=,v1′=- 環(huán)的位移h環(huán)1=-v1t1+a環(huán)t=-H 棒的位移h棒1=v1t1+a棒t=H 環(huán)第一次相對棒的位移:x1=h環(huán)1-h(huán)棒1 解得:x1=- 棒、環(huán)一起下落至地面,有v-v′=2gh棒1 解得
24、:v2= 同理,環(huán)第二次相對棒的位移:x2=h環(huán)2-h(huán)棒2=- 以此類推,環(huán)第n次相對棒的位移為:xn=- 故環(huán)相對棒的總位移x=x1+x2+…+xn=- 所以W=kmgx=- 解法二 經(jīng)過足夠長的時(shí)間棒和環(huán)最終靜止,設(shè)這一過程中它們相對滑動(dòng)的總路程為l,由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律有mgH+mg(H+l)=kmgl,解得:l= 故摩擦力對環(huán)和棒做和總功:W=-kmgl=-. 答案:見解析 15.(2016·重慶學(xué)業(yè)調(diào)研二)如圖所示,一固定斜面體,其斜邊與水平底邊的夾角θ=37°,BC為一段光滑圓弧軌道,DE為半圓形光滑軌道,兩圓弧軌道均固定于豎直平面內(nèi),一滑板靜止在光滑的地面上,右
25、端緊靠C點(diǎn),上表面所在平面與兩圓弧分別相切于C、D兩點(diǎn).一物塊被輕放在斜面上F點(diǎn)由靜止釋放,物塊離開斜面后恰好在B點(diǎn)沿切線進(jìn)入BC段圓弧軌道,再經(jīng)C點(diǎn)滑上滑板,滑板運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)被牢固粘連.物塊可視為質(zhì)點(diǎn),質(zhì)量為m,滑板質(zhì)量M=2m,DE半圓弧軌道和BC圓弧軌道的半徑均為R,斜面體水平底邊與滑塊上表面的高度差H=2R,板長l=6.5R,板左端到D點(diǎn)的距離L在R 26、的速度大??;
(2)物塊滑到C點(diǎn)時(shí)所受圓弧軌道的支持力的大??;
(3)試討論物塊從滑上滑板到離開左端的過程中,克服摩擦力做的功Wf與L的關(guān)系;并判斷物塊能否滑到DE軌道的中點(diǎn).
解析:(1)設(shè)物塊滑到A點(diǎn)的速度大小為v1,根據(jù)動(dòng)能定理有mgsin θ×12.5R-μmgcos θ×12.5R=mv
解得v1=
(2)設(shè)物塊滑到C點(diǎn)的速度大小為v2,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
mv=mg·2R+mv
解得v2=3
根據(jù)牛頓第二定律
FN-mg=m,解得FN=m+mg=10mg
(3)物塊從C滑上滑板后開始做勻減速運(yùn)動(dòng),此時(shí)滑板開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)物塊與滑板達(dá)到共同速度v3時(shí),二 27、者開始做勻速運(yùn)動(dòng).
由動(dòng)量守恒定律有mv2=(m+M)v3,解得v3=
對物塊根據(jù)動(dòng)能定理有-μmgl1=mv-mv
對滑板根據(jù)動(dòng)能定理有μmgl2=Mv-0
解得l1=8R l2=2R
物塊相對滑板的位移Δl=l1-l2<l
即物塊與滑板在達(dá)到相同速度時(shí),物塊未離開滑板.討論:
①當(dāng)R<L<2R,物塊在滑板上一直勻減速運(yùn)動(dòng)至D,運(yùn)動(dòng)的位移為6.5R+L,克服摩擦力做的功
Wf=μmg(6.5R+L)=mg(13R+2L)
設(shè)滑上D點(diǎn)的速度為vD,根據(jù)動(dòng)能定理有
-μmg(6.5R+L)=mv-mv
解得mv=mg(2.5R-L)<mgR
所以物塊不可能滑到DE軌道的中點(diǎn)
②當(dāng)2≤L<5R,物塊先勻減速運(yùn)動(dòng)8R,然后勻速運(yùn)動(dòng)L-2R,再勻減速運(yùn)動(dòng)0.5R,克服摩擦力做的功
W′f=μmg(8R+0.5R)=mgR
設(shè)滑上D點(diǎn)的速度為v′D,根據(jù)動(dòng)能定理有
-μmg(8R+0.5R)=mv′-mv
解得mv′=mgR<mgR
所以物塊不可能滑到DE軌道的中點(diǎn).
答案:(1) (2)10mg (3)見解析
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