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第五章第二課時[A級—基礎(chǔ)練]1.(2018·福建師大附中期中)將質(zhì)量為m的物體在高空中以速率v水平向右拋出,由于風(fēng)力作用,經(jīng)過時間t后,物體下落一段高度,速率仍為v,方向與初速度相反,如圖所示.在這一運動過程中不考慮空氣阻力,下列關(guān)于風(fēng)力做功的說法,正確的是()A.風(fēng)力對物體不做功B.風(fēng)力對物體做的功(絕對值)為eq\f(mg2t2,2)C.風(fēng)力對物體做的功(絕對值)小于eq\f(mg2t2,2)D.由于風(fēng)力方向未知,不能判斷風(fēng)力做功情況解析:C[對物體從開始拋出到速度再次等于v的過程,由動能定理可知W風(fēng)+WG=eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)mv2=0,可知|W風(fēng)|=WG=mgh<mg·eq\f(1,2)gt2=eq\f(1,2)mg2t2,選項C正確.]2.(08786437)(2018·重慶萬州區(qū)一診)如圖所示,質(zhì)量為m的物塊與水平轉(zhuǎn)臺之間的動摩擦因數(shù)為μ,物塊與轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸相距R,物塊隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始轉(zhuǎn)動并計時,在t1時刻轉(zhuǎn)速達到n,物塊即將開始滑動.保持轉(zhuǎn)速n不變,繼續(xù)轉(zhuǎn)動到t2時刻,則()A.在0~t1時間內(nèi),摩擦力做功為零B.在0~t1時間內(nèi),摩擦力做功為eq\f(1,2)μmgRC.在0~t1時間內(nèi),摩擦力做功為2μmgRD.在t1~t2時間內(nèi),摩擦力做功為2μmgR解析:B[在0~t1時間內(nèi),轉(zhuǎn)速逐漸增加,故物塊的速度逐漸增大,在t1時刻,最大靜摩擦力提供向心力,有μmg=meq\f(v2,R),解得v=eq\r(μgR).物塊做加速圓周運動過程,由動能定理可知Wf=eq\f(1,2)mv2,由以上兩式解得Wf=eq\f(1,2)μmgR,故A、C錯誤,B正確.在t1~t2時間內(nèi),物塊的線速度不變,摩擦力只提供向心力,根據(jù)動能定理可知摩擦力做功為零,故D錯誤.]3.如圖所示,光滑斜面的頂端固定一彈簧,一物體向右滑行,并沖上固定在地面上的斜面.設(shè)物體在斜面最低點A的速度為v,壓縮彈簧至C點時彈簧最短,C點距地面高度為h,則從A到C的過程中彈簧彈力做功是()A.mgh-eq\f(1,2)mv2 B.eq\f(1,2)mv2-mghC.-mgh D.-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgh+\f(1,2)mv2))解析:A[由A到C的過程運用動能定理可得:-mgh+W=0-eq\f(1,2)mv2,所以W=mgh-eq\f(1,2)mv2,故A正確.]4.(2018·青浦區(qū)一模)如圖,豎直平面內(nèi)的軌道Ⅰ和Ⅱ都由兩段細(xì)直桿連接而成,兩軌道長度相等,用相同的水平恒力將穿在軌道最低點B的靜止小球,分別沿Ⅰ和Ⅱ推至最高點A,所需時間分別為t1、t2,動能增量分別為ΔEk1、ΔEk2,假定球在經(jīng)過軌道轉(zhuǎn)折點前后速度大小不變,且球與Ⅰ和Ⅱ軌道間的動摩擦因數(shù)相等,則()A.ΔEk1>ΔEk2,t1>t2 B.ΔEk1=ΔEk2,t1>t2C.ΔEk1>ΔEk2,t1<t2 D.ΔEk1=ΔEk2,t1<t2解析:B[因為摩擦力做功Wf=μ(mgcosθ+Fsinθ)·s=μmgx+μFh,可知沿兩軌道運動,摩擦力做功相等,根據(jù)動能定理得:WF-mgh-Wf=ΔEk,知兩次情況拉力做功相等,摩擦力做功相等,重力做功相等,則動能的變化量相等.作出在兩個軌道上運動的速度—時間圖線如圖所示,由于路程相等,則圖線與時間軸圍成的面積相等,由圖可知,t1>t2,故B正確,A、C、D錯誤.]5.(08786438)(2018·吉林三校聯(lián)考)如圖所示,豎直平面內(nèi)放一直角桿MON,OM水平,ON豎直且光滑,用不可伸長的輕繩相連的兩小球A和B分別套在OM和ON桿上,B球的質(zhì)量為2kg,在作用于A球的水平力F的作用下,A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài),此時OA=0.3m,OB=0.4m,改變水平力F的大小,使A球向右加速運動,已知A球向右運動0.1m時速度大小為3m/s,則在此過程中繩的拉力對BA.11J B.16JC.18J D.9J解析:C[A球向右運動0.1m時,vA=3m/s,OA′=0.4m,OB′=0.3m,設(shè)此時∠BAO=α,則有tanα=eq\f(3,4).vAcosα=vBsinα,解得vB=4m/s.此過程中B球上升高度h=0.1m,由動能定理,W-mgh=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B),解得繩的拉力對B球所做的功為W=mgh+eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)=2×10×0.1J+eq\f(1,2)×2×42J=18J,選項C正確.]6.(08786439)(多選)如圖所示,一個小環(huán)沿豎直放置的光滑圓環(huán)形軌道做圓周運動.小環(huán)從最高點A滑到最低點B的過程中,小環(huán)線速度大小的平方v2隨下落高度h的變化圖象可能是圖中的()解析:AB[對小環(huán)由動能定理得mgh=eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),則v2=2gh+veq\o\al(2,0),當(dāng)v0=0時,B正確;當(dāng)v0≠0時,A正確.]7.(08786440)(多選)(2016·浙江理綜)如圖所示為一滑草場.某條滑道由上下兩段高均為h,與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成,滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ.質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑,經(jīng)過上、下兩段滑道后,最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失,sin37°=0.6,cos37°=0.8).則()A.動摩擦因數(shù)μ=eq\f(6,7)B.載人滑草車最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C.載人滑草車克服摩擦力做功為mghD.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq\f(3,5)g解析:AB[由動能定理可知:mg·2h-μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)-μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)=0,解得μ=eq\f(6,7),選項A正確;對前一段滑道,根據(jù)動能定理:mgh-μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)=eq\f(1,2)mv2,解得:v=eq\r(\f(2gh,7)),則選項B正確;載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh,選項C錯誤;載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為a=eq\f(mgsin37°-μmgcos37°,m)=-eq\f(3,35)g,選項D錯誤;故選A、B.]8.(2018·宜昌模擬)如圖所示,小球從靜止開始沿光滑曲面軌道AB滑下,從B端水平飛出,撞擊到一個與地面成θ=30°的斜面上,撞擊點為C點.已知斜面上端與曲面末端B相連.若AB的高度差為h,BC間的高度差為H,則h與H的比值eq\f(h,H)等于(不計空氣阻力)()A.eq\f(3,4) B.eq\f(4,3)C.eq\f(4,9) D.eq\f(1,12)解析:A[對AB段,根據(jù)動能定理得mgh=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B),解得vB=eq\r(2gh),由幾何關(guān)系得tan30°=eq\f(\f(1,2)gt2,vBt),解得t=eq\f(2vBtan30°,g),H=eq\f(1,2)gt2=eq\f(1,2)g·eq\f(4v\o\al(2,B)tan230°,g2),代入vB解得eq\f(h,H)=eq\f(3,4),故A正確,B、C、D錯誤.][B級—能力練]9.(08786441)(2018·貴州遵義航天高級中學(xué)三模)為了研究過山車的原理,某物理小組提出了下列設(shè)想:取一個與水平方向夾角θ=60°,長L1=2eq\r(3)m的傾斜軌道AB,通過微小圓弧與長為L2=eq\f(\r(3),2)m的水平軌道BC相連,然后在C處設(shè)計一個豎直完整的光滑圓軌道,出口為水平軌道D,如圖所示.現(xiàn)將一個小球從距A點高h(yuǎn)=0.9m的水平臺面上以一定的初速度v0水平彈出,到A點時速度方向恰沿AB方向,并沿傾斜軌道滑下.已知小球與AB和BC間的動摩擦因數(shù)均為μ=eq\f(\r(3),3).g取10m/s2,求:(1)小球初速度的大??;(2)小球滑過C點時的速率;(3)要使小球不離開軌道,則豎直圓軌道的半徑應(yīng)該滿足什么條件.解析:(1)小球開始時做平拋運動,有veq\o\al(2,y)=2gh,代入數(shù)據(jù)解得vy=eq\r(2×10×0.9)m/s=3eq\r(2)在A點有tanθ=eq\f(vy,vx),得vx=v0=eq\f(vy,tanθ)=eq\f(3\r(2),\r(3))m/s=eq\r(6)m/s.(2)從水平拋出到C點的過程中,由動能定理得mg(h+L1sinθ)-μmgL1cosθ-μmgL2=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0),代入數(shù)據(jù)解得vC=3eq\r(6)m/s.(3)小球剛過最高點時,重力提供向心力,有mg=meq\f(v2,R1),eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)=2mgR1+eq\f(1,2)mv2,代入數(shù)據(jù)解得R1=1.08當(dāng)小球剛能到達與圓心等高處時,有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)=mgR2,代入數(shù)據(jù)解得R2=2.7當(dāng)圓軌道與AB相切時R3=L2·tan60°=1.5綜上所述,要使小球不離開軌道,R應(yīng)該滿足的條件是0<R≤1.08答案:見解析10.(2018·甘肅蘭州一中月考)如圖所示,AB是傾角θ=30°的粗糙直軌道,BCD是光滑的圓弧軌道,AB恰好在B點與圓弧相切,圓弧的半徑為R,一個質(zhì)量為m的物體(可以看作質(zhì)點)從直軌道上的P點由靜止釋放,結(jié)果它能在兩軌道間做往返運動.已知P點與圓弧的圓心O等高,物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為μ.求:(1)物體做往返運動的整個過程中在AB軌道上通過的總路程;(2)最終當(dāng)物體通過圓弧軌道最低點E時,對圓弧軌道的壓力大?。?3)為使物體能順利到達圓弧軌道的最高點D,釋放點距B點的距離L′至少多大.解析:(1)對整體過程,由動能定理得mgRcosθ-μmgcosθ·s=0,所以物體在AB軌道上通過的總路程s=eq\f(R,μ).(2)最終物體以B(還有B關(guān)于OE的對稱點)為最高點,在圓弧底部做往復(fù)運動,對B→E過程,由動能定理得mgR(1-cosθ)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)①在E點,由牛頓第二定律得FN-mg=meq\f(v\o\al(2,E),R)②聯(lián)立①②式得FN=(3-eq\r(3))mg.(3)物體剛好到D點,由牛頓第二定律有mg=meq\f(v\o\al(2,D),R)③對全過程由動能定理得mgL′sinθ-μmgcosθ·L′-mgR(1+cosθ)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)④聯(lián)立③④式得L′=eq\f(3+\r(3)R,1-\r(3)μ).答案:(1)eq\f(R,μ)(2)(3-eq\r(3))mg(3)eq\f(3+\r(3)R,1-\r(3)μ)11.(08786442)如圖所示是某次四驅(qū)車比賽的軌道某一段,張華控制的四驅(qū)車(可視為質(zhì)點),質(zhì)量m=1.0kg,額定功率為P=7W,張華的四驅(qū)車到達水平平臺上A點時速度很小(可視為0),此時啟動四驅(qū)車的發(fā)動機并直接使發(fā)動機的功率達到額定功率,一段時間后關(guān)閉發(fā)動機.當(dāng)四驅(qū)車由平臺邊緣B點飛出后,恰能沿豎直光滑圓弧軌道CDE上C點的切線方向飛入圓形軌道,且此時的速度大小為5m/s,∠COD=53°,并從軌道邊緣E點豎直向上飛出,離開E以后上升的最大高度為h=0.85m,已知AB間的距離L=6m,四驅(qū)車在AB段運動時的阻力恒為1N,重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力.sin53°=(1)四驅(qū)車運動到B點時的速度大小.(2)發(fā)動機在水平平臺上工作的時間.(3)四驅(qū)車對圓弧軌道的最大壓力的大?。馕觯?1)vB=vCcos53°=3(2)從A到B的運動過程中有牽引力和阻力做功,由動能定理得:Pt-FfL=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)代入數(shù)據(jù)解得:t=1.5s(3)從C點運動到最高點過程中,由動能定理得:-mg(h+R·cos53°)=0-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)圓軌道的半徑:R=eq\f(2,3)m四驅(qū)車到達D點時對軌道的壓力最大,四驅(qū)車從C到D過程由動能定理得:mgR(1-cos53°)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)Fmax-mg=meq\f(v\o\al(2,D),R)解得:Fmax=55.5N由牛頓第三定律得四驅(qū)車對圓弧軌道的最大壓力為55.5N.答案:(1)3m/s(2)1.5s(3)55.512.如圖所示,傾斜軌道AB的傾角為37°,CD、EF軌道水平,AB與CD通過光滑圓弧管道BC連接,CD右端與豎直光滑圓周軌道相連.小球可以從D進入該軌道,沿軌道內(nèi)側(cè)運動,從E滑出該軌道進入EF水平軌道.小球由靜止從A點釋放,已知AB長為5R,CD長為R,重力加速度為g,小球與傾斜軌道AB及水平軌道CD、EF的動摩擦因數(shù)均為0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8,圓弧管道BC入口B與出口C的高度差為1.8R.求:(在運算中,根號中的數(shù)值無需算出)(1)小球滑到底端C時速度的大?。?2)小球剛到C時對軌道的作用力.(3)要使小球在運動過
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