2022年高三物理復習 專題四 功能關系的應用 第1課時 功能關系在力學中的應用講義
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1、2022年高三物理復習 專題四 功能關系的應用 第1課時 功能關系在力學中的應用講義 專題定位 本專題主要用功能的觀點解決物體的運動和帶電體、帶電粒子、導體棒在電場或磁場中的運動問題.考查的重點有以下幾方面:①重力、摩擦力、靜電力和洛倫茲力的做功特點和求解;②與功、功率相關的分析與計算;③幾個重要的功能關系的應用;④動能定理的綜合應用;⑤綜合應用機械能守恒定律和能量守恒定律分析問題. 本專題是高考的重點和熱點,命題情景新,聯系實際密切,綜合性強,側重在計算題中命題,是高考的壓軸題. 應考策略 深刻理解功能關系,抓住兩種命題情景搞突破:一是綜合應用動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律,結
2、合動力學方法解決多運動過程問題;二是運用動能定理和能量守恒定律解決電場、磁場內帶電粒子運動或電磁感應問題. 第1課時 功能關系在力學中的應用 1. 常見的幾種力做功的特點 (1)重力、彈簧彈力、靜電力做功與路徑無關. (2)摩擦力做功的特點 ①單個摩擦力(包括靜摩擦力和滑動摩擦力)可以做正功,也可以做負功,還可以不做功. ②相互作用的一對靜摩擦力做功的代數和總等于零,在靜摩擦力做功的過程中,只有機械能的轉移,沒有機械能轉化為其他形式的能;相互作用的一對滑動摩擦力做功的代數和不為零,且總為負值.在一對滑動摩擦力做功的過程中,不僅有相互摩擦物體間機械能的轉移,還有部分機械能轉化
3、為內能.轉化為內能的量等于系統機械能的減少量,等于滑動摩擦力與相對位移的乘積. ③摩擦生熱是指滑動摩擦生熱,靜摩擦不會生熱. 2. 幾個重要的功能關系 (1)重力的功等于重力勢能的變化,即WG=-ΔEp. (2)彈力的功等于彈性勢能的變化,即W彈=-ΔEp. (3)合力的功等于動能的變化,即W=ΔEk. (4)重力(或彈簧彈力)之外的其他力的功等于機械能的變化,即W其他=ΔE. (5)一對滑動摩擦力做的功等于系統中內能的變化,即Q=Ff·s 相對. 1. 動能定理的應用 (1)動能定理的適用情況:解決單個物體(或可看成單個物體的物體系統)受力與位移、速率關系的問題.動能定
4、理既適用于直線運動,也適用于曲線運動;既適用于恒力做功,也適用于變力做功,力可以是各種性質的力,既可以同時作用,也可以分段作用. (2)應用動能定理解題的基本思路 ①選取研究對象,明確它的運動過程. ②分析研究對象的受力情況和各力做功情況,然后求各個外力做功的代數和. ③明確物體在運動過程始、末狀態(tài)的動能Ek1和Ek2. ④列出動能定理的方程W合=Ek2-Ek1,及其他必要的解題方程,進行求解. 2. 機械能守恒定律的應用 (1)機械能是否守恒的判斷 ①用做功來判斷,看重力(或彈簧彈力)以外的其他力做功的代數和是否為零. ②用能量轉化來判斷,看是否有機械能轉化為其他形式的能.
5、 ③對一些“繩子突然繃緊”、“物體間碰撞”等問題,機械能一般不守恒,除非題目中有特別說明及暗示. (2)應用機械能守恒定律解題的基本思路 ①選取研究對象——物體系統. ②根據研究對象所經歷的物理過程,進行受力、做功分析,判斷機械能是否守恒. ③恰當地選取參考平面,確定研究對象在運動過程的始、末狀態(tài)時的機械能. ④根據機械能守恒定律列方程,進行求解. 題型1 力學中的幾個重要功能關系的應用 例1 如圖1所示,輕質彈簧的一端與固定的豎直板P拴接,另一端與物體A相連,物體A靜止于光滑水平桌面上,右端接一細線,細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連.開始時用手托住B,讓細線恰好伸直,然后
6、由靜止釋放B,直至B獲得最大速度.下列有關該過程的分析正確的是 ( ) 圖1 A.B物體的機械能一直減小 B.B物體的動能的增加量等于它所受重力與拉力做的功之和 C.B物體機械能的減少量等于彈簧的彈性勢能的增加量 D.細線拉力對A物體做的功等于A物體與彈簧所組成的系統機械能的增加量 解析 把A、B和彈簧看做一個系統,該系統機械能守恒,在B下落直至B獲得最大速度的過程中,A的動能增大,彈簧彈性勢能增大,所以B物體的機械能一直減小,選項A正確;由動能定理知,B物體的動能的增加量等于它所受重力與拉力做的功之和,選項B正確;B物體機械能的減少量等于彈簧的彈性勢能
7、的增加量與A物體動能的增加量之和,選項C錯誤;對A物體和彈簧組成的系統,由功能關系得,細線拉力對A物體做的功等于A物體與彈簧所組成的系統機械能的增加量,選項D正確. 答案 ABD 以題說法 1.本題要注意幾個功能關系:重力做的功等于重力勢能的變化量;彈簧彈力做的功等于彈性勢能的變化量;重力以外的其他力做的功等于機械能的變化量;合力做的功等于動能的變化量. 2.本題在應用動能定理時,應特別注意研究過程的選?。⑶乙宄總€過程各力做功的情況. (xx·山東·16)如圖2所示,楔形木塊abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同,頂角b處安裝一定滑輪.質量分別為M
8、、m(M>m)的滑塊,通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接,輕繩與斜面平行.兩滑塊由靜止釋放后,沿斜面做勻加速運動.若不計滑輪的質量和摩擦,在兩滑塊沿斜面運動的過程中( ) 圖2 A.兩滑塊組成的系統機械能守恒 B.重力對M做的功等于M動能的增加 C.輕繩對m做的功等于m機械能的增加 D.兩滑塊組成系統的機械能損失等于M克服摩擦力做的功 答案 CD 解析 兩滑塊釋放后,M下滑、m上滑,摩擦力對M做負功,M和m組成的系統機械能減小,減小的機械能等于M克服摩擦力所做的功,選項A錯誤,D正確.除重力對滑塊M做正功外,還有摩擦力和繩的拉力對滑塊M做負功,選項B錯誤.繩的拉力對滑塊m做正
9、功,滑塊m機械能增加,且增加的機械能等于拉力做的功,選項C正確. 題型2 動力學方法和動能定理的綜合應用 例2 (15分)如圖3所示,上表面光滑、長度為3 m、質量M=10 kg的木板,在F=50 N的水平拉力作用下,以v0=5 m/s的速度沿水平地面向右勻速運動.現將一個質量為m=3 kg的小鐵塊(可視為質點)無初速度地放在木板最右端,當木板運動了L=1 m時,又將第二個同樣的小鐵塊無初速地放在木板最右端,以后木板每運動1 m就在其最右端無初速度地放上一個同樣的小鐵塊.(g取10 m/s2)求: 圖3 (1)木板與地面間的動摩擦因數; (2)剛放第三個小鐵塊時木板的速度; (
10、3)從放第三個小鐵塊開始到木板停止的過程,木板運動的距離. 審題突破 木板在F=50 N的水平拉力作用下,沿水平地面勻速運動,隱含什么條件?放上小鐵塊后木板的受力如何變化? 解析 (1)木板做勻速直線運動時,受到地面的摩擦力設為Ff 由平衡條件得: F=Ff ①(1分) 又Ff=μMg ②(2分) 聯立①②并代入數據得: μ=0.5 ③(1分) (2)每放一個小鐵塊,木板所受的摩擦力增加μmg 設剛放第三個小鐵塊時木板的速度為v1,對木板從放第一個小鐵塊到剛放第三個小鐵塊的過程,由動能定理
11、得: -μmgL-2μmgL=Mv-Mv ④(5分) 聯立③④并代入數據得: v1=4 m/s ⑤(1分) (3)從放第三個小鐵塊開始到木板停止之前,木板所受的合外力大小均為3μmg. 從放第三個小鐵塊開始到木板停止的過程,設木板運動的距離為s,對木板由動能定理得: -3μmgs=0-Mv ⑥(4分) 聯立③⑤⑥并代入數據得s= m≈1.78 m ⑦(1分) 答案 (1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m 以題說法 1.在應用動能定理解題時首先要弄清物體的受力情況和做功情況.此題特
12、別要注意每放一個小鐵塊都會使滑動摩擦力增加μmg. 2.應用動能定理列式時要注意運動過程的選取,可以全過程列式,也可以分過程列式. 如圖4所示,傾角為37°的粗糙斜面AB底端與半徑R=0.4 m的光滑半圓軌道BC平滑相連,O點為軌道圓心,BC為圓軌道直徑且處于豎直方向,A、C兩點等高.質量m=1 kg的滑塊從A點由靜止開始下滑,恰能滑到與O點等高的D點,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8. 圖4 (1)求滑塊與斜面間的動摩擦因數μ; (2)若使滑塊能到達C點,求滑塊從A點沿斜面滑下時的初速度v0的最小值; (3)若滑塊離開C點的速度大小為4 m
13、/s,求滑塊從C點飛出至落到斜面上所經歷的時間t. 答案 (1)0.375 (2)2 m/s (3)0.2 s 解析 (1)滑塊從A點到D點的過程中,根據動能定理有 mg·(2R-R)-μmgcos 37°·=0-0 解得:μ=tan 37°=0.375 (2)若使滑塊能到達C點,根據牛頓第二定律有 mg+FN= 由FN≥0得vC≥=2 m/s 滑塊從A點到C點的過程中,根據動能定理有 -μmgcos 37°·=mv-mv 則v0=≥2 m/s 故v0的最小值為2 m/s (3)滑塊離開C點后做平拋運動,有 x=vC′t,y=gt2 由幾何知識得tan 37°=
14、整理得:5t2+3t-0.8=0 解得t=0.2 s(t=-0.8 s舍去) 題型3 動力學方法和機械能守恒定律的應用 例3 (14分)如圖5,質量為M=2 kg的頂部有豎直壁的容器A,置于傾角為θ=30°的固定光滑斜面上,底部與斜面嚙合,容器頂面恰好處于水平狀態(tài),容器內有質量為m=1 kg的光滑小球B與右壁接觸.讓A、B系統從斜面上端由靜止開始下滑L后剛好到達斜面底端,已知L=2 m,取重力加速度g=10 m/s2.求: 圖5 (1)小球到達斜面底端的速度大??; (2)下滑過程中,A的水平頂面對B的支持力大?。? (3)下滑過程中,A對B所做的功. 審題突破 A、B組成的
15、系統內發(fā)生轉移或轉化的是什么能量?A的水平頂面對B的支持力方向如何? 解析 (1)根據機械能守恒定律: (M+m)gLsin θ=(M+m)v2 (2分) 解得:v==2 m/s (2分) (用牛頓運動定律和運動學知識求出速度的同樣給4分) (2)小球與容器一起沿斜面自由下滑,加速度為a=gsin θ (1分) 對B進行受力分析,如圖所示,豎直方向受mg、FN作用,斜向下加速運 動,根據牛頓第二定律 mg-FN=masin θ (3分) 代入a=gsin θ 解得FN=mg(1-sin2 θ)=mgco
16、s2 θ=7.5 N (2分) (3)設A對B做的功為Wm,則根據動能定理 mgLsin θ+Wm=mv2 (2分) 解得Wm=mv2-mgLsin θ =m()2-mgLsin θ=0 (2分) 答案 (1)2 m/s (2)7.5 N (3)0 以題說法 若判斷多個物體組成的系統機械能是否守恒,最簡單有效的方法是看能量是否向機械能之外的其他能量轉化.比如,此題中各個接觸面都是光滑的,不會產生內能,也沒有其他能量參與轉移或轉化,所以A、B組成的系統機械能守恒. 如圖6所示,輪半徑r=10 cm的傳送帶,水平部分AB的
17、長度L=1.5 m,與一圓心在O點、半徑R=1 m的豎直光滑圓軌道的末端相切于A點,AB高出水平地面H=1.25 m,一質量m=0.1 kg的小滑塊(可視為質點),由圓軌道上的P點從靜止釋放,OP與豎直線的夾角θ=37°.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,滑塊與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.1,不計空氣阻力. 圖6 (1)求滑塊對圓軌道末端的壓力; (2)若傳送帶一直保持靜止,求滑塊的落地點與B間的水平距離; (3)若傳送帶以v0=0.5 m/s的速度沿逆時針方向運行(傳送帶上部分由B到A運動),求滑塊在傳送帶上滑行過程中產生的內能. 答案 (
18、1)1.4 N,方向豎直向下 (2)0.5 m (3)0.2 J 解析 (1)從P點到圓軌道末端的過程中,由機械能守恒定律得:mgR(1-cos 37°)=mv2 在軌道末端由牛頓第二定律得: FN-mg= 由以上兩式得FN=1.4 N 由牛頓第三定律得,滑塊對圓軌道末端的壓力大小為1.4 N,方向豎直向下. (2)若傳送帶靜止,從A到B的過程中,由動能定理得: -μmgL=mv-mv2 解得:vB=1 m/s 滑塊從B點開始做平拋運動 滑塊的落地點與B點間的水平距離為:s=vB =0.5 m (3)傳送帶向左運動和傳送帶靜止時,滑塊的受力情況沒有變化,滑塊從A到B的運動
19、情況沒有改變.所以滑塊和傳送帶間的相對位移為:Δs=L+v0=2 m 滑塊在傳送帶上滑行過程中產生的內能為: Q=μmgΔs=0.2 J. 6. 綜合應用動力學和能量觀點分析多過程問題 審題示例 (12分)如圖7所示,半徑為R的光滑半圓軌道ABC與傾角為θ=37°的粗糙斜面軌道DC相切于C點,半圓軌道的直徑AC與斜面垂直.質量為m的小球從A點左上方距A點高為h的斜面上方P點以某一速度v0水平拋出,剛好與半圓軌道的A點相切進入半圓軌道內側,之后經半圓軌道沿斜面剛好滑到與拋出點等高的D點.已知當地的重力加速度為g,取R=h,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不計空氣阻力
20、,求: 圖7 (1)小球被拋出時的速度v0; (2)小球到達半圓軌道最低點B時,對軌道的壓力大??; (3)小球從C到D過程中摩擦力做的功Wf. 審題模板 答題模板 (1)小球到達A點時,速度與水平方向的夾角為θ,如圖所示. 則有v=2gh ① 由幾何關系得v0=v1cot θ ② 聯立①②式得 v0= ③ (2)A、B間豎直高度H=R(1+cos θ) ④ 設小球到達B點時的速度為v,則從拋出點到B過程中由機械能守恒定律得 mv+mg(H+h)=mv2
21、 ⑤ 在B點,根據牛頓第二定律有FN-mg=m ⑥ 聯立③④⑤⑥式 解得FN=5.6mg ⑦ 由牛頓第三定律知,小球在B點對軌道的壓力大小是5.6mg ⑧ (3)全過程應用動能定理:Wf=0-mv 即Wf=-mv=-mgh ⑨ (評分標準:本題共12分,其中,⑤式2分,⑨式3分,其余每式1分) 答案 (1) (2)5.6mg (3)-mgh 點睛之筆 多個運動的組合實際上是多種物理規(guī)律和方法的綜合應用,分析這種問題時注意要各個運動過程獨立分析,而不同過程往往通過連接點的速度建立聯系;有時對整個過程應
22、用能量的觀點解決問題會更簡單. 如圖8所示,將一質量m=0.1 kg的小球自水平平臺頂端O點水平拋出,小球恰好無碰撞地落到平臺右側一傾角為α=53°的光滑斜面頂端A并沿斜面下滑,斜面底端B與光滑水平軌道平滑連接,小球以不變的速率過B點后進入BC部分,再進入豎直圓軌道內側運動.已知斜面頂端與平臺的高度差h=3.2 m,斜面高H=15 m,豎直圓軌道半徑R=5 m.取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g=10 m/s2,試求: 圖8 (1)小球水平拋出的初速度v0及斜面頂端與平臺邊緣的水平距離s; (2)小球從平臺頂端O點拋出至落到斜面底端B點所用的時間; (3)若豎
23、直圓軌道光滑,小球運動到圓軌道最高點D時對軌道的壓力. 答案 (1)6 m/s 4.8 m (2)2.05 s (3)3 N,方向豎直向上 解析 (1)小球做平拋運動落至A點時,由平拋運動的速度分解圖可 得: v0=vycot α 由平拋運動規(guī)律得:v=2gh h=gt s=v0t1 聯立解得:v0=6 m/s,s=4.8 m (2)小球從平臺頂端O點拋出至落到斜面頂端A點,需要時間 t1= =0.8 s 小球在A點的速度沿斜面向下,速度大小 vA==10 m/s 從A點到B點 由動能定理得mgH=mv-mv 解得vB=20 m/s 小球沿斜面下滑的加速度a=g
24、sin α=8 m/s2 由vB=vA+at2,解得t2=1.25 s 小球從平臺頂端O點拋出至落到斜面底端B點所用的時間 t=t1+t2=2.05 s (3)水平軌道BC及豎直圓軌道均光滑,小球從B點到D點,由動能定理可得 -2mgR=mv-mv 在D點由牛頓第二定律可得:FN+mg=m 聯立解得:FN=3 N 由牛頓第三定律可得,小球在D點對軌道的壓力FN′=3 N,方向豎直向上 (限時:45分鐘) 1. (xx·安徽·17)質量為m的人造地球衛(wèi)星與地心的距離為r時,引力勢能可表示為Ep=-,其中G為引力常量,M為地球質量,該衛(wèi)星原來在半徑為R1的軌道上繞地球做勻速
25、圓周運動,由于受到極稀薄空氣的摩擦作用,飛行一段時間后其圓周運動的半徑變?yōu)镽2,此過程中因摩擦而產生的熱量為 ( ) A.GMm B.GMm C. D. 答案 C 解析 由萬有引力提供向心力知G=m,所以衛(wèi)星的動能為mv2=,則衛(wèi)星在半經為r的軌道上運行時機械能為E=mv2+Ep=-=-.故衛(wèi)星在軌道R1上運行時:E1=-,在軌道R2上運行時:E2=-,由能的轉化和守恒定律得產生的熱量為Q=E1-E2=,故正確選項為C. 2. (xx·江蘇·9)如圖1所示,水平桌面上的輕質彈簧一端固定,另一端與小物塊相連.彈簧處于自然長度時物塊位于O點(圖中未標出)
26、.物塊的質量為m,AB=a,物塊與桌面間的動摩擦因數為μ.現用水平向右的力將物塊從O點拉至A點,拉力做的功為W.撤去拉力后物塊由靜止向左運動,經O點到達B點時速度為零.重力加速度為g.則上述過程中 ( ) 圖1 A.物塊在A點時,彈簧的彈性勢能等于W-μmga B.物塊在B點時,彈簧的彈性勢能小于W-μmga C.經O點時,物塊的動能小于W-μmga D.物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在B點時彈簧的彈性勢能 答案 BC 解析 如圖,在A點彈簧的彈力大于摩擦力,即FA>μmg ,在B點彈 簧的彈力大于等于靜摩擦力而小于滑動摩擦力,即FB≤
27、μmg,因此O
點距離B點較近,即xOB 28、2所示,質量為m的物體(可視為質點)以某一初速度從A點沖上傾角為30°的固定斜面,其運動的加速度大小為g,沿斜面上升的最大高度為h,則物體沿斜面上升的過程中 ( )
圖2
A.物體的重力勢能增加了mgh
B.物體的重力勢能增加了mgh
C.物體的機械能損失了mgh
D.物體的動能減少了mgh
答案 BC
解析 該過程物體克服重力做功為mgh,則物體的重力勢能增加了mgh,選項A錯誤,選項B正確;由牛頓第二定律有Ff+mgsin 30°=ma,解得Ff=mg,克服摩擦力做的功等于機械能的減少量,Wf=-Ff·=-mgh,選項C正確;根據動能定理知 29、,合外力做的功等于動能的變化量,故動能減少量為mgh,選項D錯誤.
4. 用電梯將貨物從六樓送到一樓的過程中,貨物的v-t圖象如圖3所示.下列說法正確的是 ( )
圖3
A.前2 s內貨物處于超重狀態(tài)
B.最后1 s內貨物只受重力作用
C.貨物在10 s內的平均速度是1.7 m/s
D.貨物在2 s~9 s內機械能守恒
答案 C
解析 由題圖知,前2 s內貨物加速下降,加速度方向向下,貨物處于失重狀態(tài),選項A錯誤;最后1 s內貨物減速下降,加速度方向向上,貨物一定受到向上的作用力,選項B錯誤;v-t圖象中圖線與時間軸所圍的面積在數值上等于貨物 30、發(fā)生的位移大小,貨物在10 s內發(fā)生的位移大小為s=×(7+10)×2 m=17 m,則10 s內貨物的平均速度是1.7 m/s,選項C正確;貨物在2 s~9 s內勻速下降,重力勢能減小,動能不變,機械能減小,選項D錯誤.
5. 質量為m的汽車在平直的路面上啟動,啟動過程的速度—時間圖象如圖4所示,其中OA段為直線,AB段為曲線,B點后為平行于橫軸的直線.已知從t1時刻開始汽車的功率保持不變,整個運動過程中汽車所受阻力的大小恒為Ff,以下說法正確的是 ( )
圖4
A.0~t1時間內,汽車牽引力的數值為m
B.t1~t2時間內,汽車的功率等于(m+Ff)v2
C.t1~t2時間 31、內,汽車的平均速率小于
D.汽車運動的最大速率v2=(+1)v1
答案 D
解析 0~t1時間內汽車的加速度大小為,m為汽車所受的合外力大小,而不是牽引力大小,選項A錯誤;t1時刻汽車牽引力的功率為Fv1=(m+Ff)v1,之后汽車功率保持不變,選項B錯誤;t1~t2時間內,汽車的平均速率大于,選項C錯誤;牽引力等于阻力時速度最大,即t2時刻汽車速率達到最大值,則有(m+Ff)v1=Ffv2,解得v2=(+1)v1,選項D正確.
6. 一物體靜止在水平地面上,在豎直向上的拉力F的作用下開始向上運動,如圖5甲所示.在物體運動過程中,空氣阻力不計,其機械能E與位移s的關系圖象如圖乙所示,其 32、中曲線上點A處的切線的斜率最大.則 ( )
圖5
A.在s1處物體所受拉力最大
B.在s2處物體的速度最大
C.在s1~s3過程中,物體的動能先增大后減小
D.在0~s2過程中,物體的加速度先增大后減小
答案 AC
解析 除重力以外的力做的功量度了機械能的變化,故E-s圖象的斜率表示物體所受拉力的大小,在s1處圖象的斜率最大,故物體所受拉力最大,A正確;在s2處圖象的斜率為零,故物體所受拉力為零,因此在s2處之前的某一位置拉力就已經等于重力,速度達到最大,B錯誤;在s1~s3的過程中,拉力先大于重力后小于重力最后為零,因此物體先加速再減速,物體的動能先增大后減 33、小,C正確;0~s2的過程中拉力先大于重力,并且先增大后減小,最后減小到0,根據牛頓第二定律得物體的加速度先增大后減小再反向增大,D錯誤.
7. 被譽為“豪小子”的紐約尼克斯隊17號華裔球員林書豪在美國職業(yè)籃球(NBA)賽場上大放光彩.現假設林書豪準備投二分球前先屈腿下蹲再豎直向上躍起,已知林書豪的質量為m,雙腳離開地面時的速度為v,從開始下蹲至躍起過程中重心上升的高度為h,則下列說法正確的是 ( )
A.從地面躍起過程中,地面支持力對他所做的功為0
B.從地面躍起過程中,地面支持力對他所做的功為mv2+mgh
C.離開地面后,他在上升過程和下落過程中都處于失 34、重狀態(tài)
D.從下蹲到離開地面上升過程中,他的機械能守恒
答案 AC
解析 地面支持力對林書豪的位移為0,該力做功為0,選項A正確,選項B錯誤;離開地面后,他的加速度為重力加速度,處于完全失重狀態(tài),選項C正確;他下蹲過程中機械能不守恒,離開地面上升過程中機械能守恒,選項D錯誤.
8. 水上滑梯可簡化成如圖6所示的模型,光滑斜槽AB和粗糙水平槽BC平滑連接,斜槽AB的豎直高度H=6.0 m,傾角θ=37°,水平槽BC長d=2.5 m,BC面與水面的距離h=0.80 m,人與BC間的動摩擦因數為μ=0.40.一游戲者從滑梯頂端A點無初速度地自由滑下,求:(取重力加速度g=10 m/s2,co 35、s 37°=0.8,sin 37°=0.6)
圖6
(1)游戲者沿斜槽AB下滑時加速度的大??;
(2)游戲者滑到C點時速度的大小;
(3)在從C點滑出至落到水面的過程中,游戲者在水平方向上的位移的大?。?
答案 (1)6.0 m/s2 (2)10.0 m/s (3)4.0 m
解析 (1)設游戲者的質量為m,游戲者沿斜槽AB下滑時,根據牛頓第二定律得mgsin θ=ma
則沿斜槽AB下滑時加速度的大小a=gsin θ=6.0 m/s2
(2)游戲者從A點滑到C點的過程中,根據動能定理得
mgH-μmgd=mv2-0
解得滑到C點時速度的大小v=10.0 m/s
(3)在 36、從C點滑出至落到水面的過程中,游戲者做平拋運動,設此過程經歷的時間為t,則
游戲者在水平方向的位移大小x=vt ①
在豎直方向的位移大小h=gt2 ②
聯立①②解得x=4.0 m
9. 如圖7所示,質量為m=1 kg的小物塊輕輕地放在水平勻速運動的傳送帶上的P點,隨傳送帶運動到A點后水平拋出,小物塊恰好無碰撞地沿圓弧切線從B點進入豎直光滑的圓弧軌道.B、C為圓弧軌道的兩端點,其連線水平,已知圓弧軌道的半徑R=1.0 m,圓弧軌道對應的圓心角θ=106°,軌道最低點為O,A點距水平面的高度h=0.8 m,小物塊離開C點后恰能無碰撞地沿固定斜面向上 37、運動,0.8 s后經過D點,小物塊與斜面間的動摩擦因數為μ1=.(g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37 °=0.8)
圖7
(1)求小物塊離開A點時的水平初速度v1的大?。?
(2)求小物塊經過O點時對軌道的壓力;
(3)假設小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ2=0.3,傳送帶的速度為5 m/s,求P、A間的距離;
(4)求斜面上C、D間的距離.
答案 (1)3 m/s (2)43 N,方向豎直向下 (3)1.5 m
(4)0.98 m
解析 (1)對于小物塊,由A點到B點,有v=2gh
在B點,有tan =
所以v1=3 m/s
(2)對于小物塊,從 38、B點到O點,由動能定理知
mgR(1-cos )=mv-mv
其中vB== m/s=5 m/s
由牛頓第二定律知,在O點,有FN-mg=m,
所以FN=43 N
由牛頓第三定律知小物塊對軌道的壓力為FN′=43 N,方向豎直向下
(3)對于小物塊在傳送帶上加速的過程有
μ2mg=ma3
設P、A間的距離為sPA,則sPA===1.5 m
(4)小物塊沿斜面上滑時,由牛頓第二定律有
mgsin +μ1mgcos =ma1
解得a1=10 m/s2
小物塊沿斜面下滑時有
mgsin -μ1mgcos =ma2
解得a2=6 m/s2
由機械能守恒定律可知vC=vB=5 39、 m/s
小物塊由C點上升到最高點歷時t1==0.5 s
小物塊由最高點回到D點歷時
t2=0.8 s-0.5 s=0.3 s
故sCD=t1-a2t
解得sCD=0.98 m
10.如圖8所示是一皮帶傳輸裝載機械示意圖.井下挖掘工將礦物無初速度地放置于沿圖示方向運行的傳送帶A端,被傳輸到末端B處,再沿一段圓形軌道到達軌道的最高點C處,然后水平拋到貨臺上.已知半徑為R=0.4 m的圓形軌道與傳送帶在B點相切,O點為半圓的圓心,BO、CO分別為圓形軌道的半徑,礦物m可視為質點,傳送帶與水平面間的夾角θ=37°,礦物與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.8,傳送帶勻速運行的速率為v0=8 m/ 40、s,傳送帶A、B點間的長度sAB=45 m.若礦物落到點D處離最高點C點的水平距離為sCD=2 m,豎直距離為hCD=1.25 m,礦物質量m=50 kg,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,不計空氣阻力.求:
圖8
(1)礦物到達B點時的速度大??;
(2)礦物到達C點時對軌道的壓力大??;
(3)礦物由B點到達C點的過程中,克服阻力所做的功.
答案 (1)6 m/s (2)1 500 N (3)140 J
解析 (1)假設礦物在AB段始終處于加速狀態(tài),由動能定理可得
(μmgcos θ-mgsin θ)sAB=mv
代入數據得vB=6 m/s
由于vB
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