基礎鞏固
1.(多選)如圖所示,小陳去某商場購物,他先從一樓搭乘圖甲所示的觀光電梯到達六樓超市,再搭乘圖乙所示的自動人行道電梯到四樓,最后搭乘圖丙所示的自動扶梯到五樓。已知圖乙和圖丙所示的電梯均勻速運行,圖乙的梯面傾斜程度處處相同,且小陳搭乘三種電梯的過程中都站在電梯上不動,則( )
A.搭乘圖甲所示電梯的過程中,合外力對小陳做功最大
B.搭乘圖乙所示電梯的過程中,小陳的重力做功的功率不變
C.搭乘圖乙所示電梯的過程中,摩擦力對小陳不做功
D.搭乘圖丙所示電梯的過程中,小陳的機械能增大
答案 BD
解析 圖甲電梯運動過程中,人在電梯中的初速度與末速度均為0,圖乙與圖丙中電梯均做勻速運動,則始末狀態(tài)動能的變化量均為0,根據動能定理可知,搭乘三種電梯的過程中,合外力對小陳做的功均為0,A錯誤;圖乙的梯面傾斜程度處處相同,即電梯運動速度方向與豎直方向的夾角一定,根據P=mgvcs θ可知,搭乘圖乙所示電梯的過程中,小陳的重力做功的功率不變,B正確;圖乙中的梯面傾斜,勻速運動時,對人進行分析,人受到重力、垂直于傾斜梯面的支持力與沿梯面向上的靜摩擦力,搭乘圖乙所示電梯的過程中,摩擦力對小陳做負功,C錯誤;搭乘圖丙所示電梯的過程中,勻速運動時,對人進行分析,人受到重力、電梯對人豎直向上的支持力,人的速度沿斜向上,則電梯對人做正功,小陳的機械能增大,D正確。
2.(2023浙江1月選考)一位游客正在體驗蹦極,綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺縱身而下。游客從跳臺下落直到最低點過程中( )
A.彈性勢能減小
B.重力勢能減小
C.機械能保持不變
D.繩一繃緊動能就開始減小
答案 B
解析 游客從跳臺下落,開始階段橡皮繩未拉直,只受重力作用做自由落體運動,下落到一定高度時橡皮繩開始繃緊,游客受重力和向上的彈力作用,彈力從零逐漸增大,游客所受合力先向下減小后向上增大,速度先增大后減小,到最低點時速度減小到零,彈力達到最大值,彈性勢能達到最大值,故橡皮繩繃緊后彈性勢能一直增大,A錯誤。游客高度一直降低,重力一直做正功,重力勢能一直減小,B正確。下落階段橡皮繩對游客做負功,游客機械能減少,彈性繩的彈性勢能增大,C錯誤。彈性繩剛繃緊開始一段時間內,彈力小于重力,合力向下做正功,游客向下運動的速度逐漸增大,游客動能逐漸增加;當彈力等于重力時,游客向下運動的速度最大,游客的動能最大;游客再向下運動,彈力大于重力,合力向上對游客做負功,游客動能逐漸減小,D錯誤。
3.(2021山東卷)如圖所示,粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質細桿,一端可繞豎直光滑軸O轉動,另一端與質量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度v0出發(fā),恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中,木塊所受摩擦力的大小為( )
A.mv022πLB.mv024πL
C.mv028πLD.mv0216πL
答案 B
解析 在運動過程中,只有摩擦力做功,而摩擦力做功與路徑有關,
根據動能定理有-Ff·2πL=0-12mv02,可得摩擦力的大小Ff=mv024πL,B正確。
4.(2024山東卷)如圖所示,質量均為m的甲、乙兩同學,分別坐在水平放置的輕木板上,木板通過一根原長為l的輕質彈性繩連接,連接點等高且間距為d(dmg,玩具做變減速運動,故A錯誤,B正確;根據上面分析到達3h0時速度最大,F做負功,大小為圖形中與橫軸圍成的面積,所以有WF=-(4h0-3h0)·mg·12=-12mgh0,對該過程根據動能定理有mgh0-12mgh0=12mvm2,解得vm=gh0,C正確,D錯誤。
6.(多選)甲、乙兩賽車,在平直車道上由靜止開始保持額定功率啟動。甲車啟動12 s后,速度達到108 km/h,30 s后,速度達到最大速度216 km/h;乙車啟動9 s后,速度達到108 km/h,25 s后,速度達到最大速度234 km/h。假設賽車行駛過程中所受阻力恒為車重的15,甲車的質量為乙車的34,重力加速度取10 m/s2,則( )
A.甲車額定功率是乙車額定功率的34
B.速度達到108 km/h時,甲車加速度是乙車加速度的67
C.速度達到108 km/h時,甲車牽引力是乙車牽引力的139
D.加速到最大速度的過程中,甲車通過距離是乙車通過距離的14491
答案 BD
解析 達到最大速度時,甲、乙兩車分別滿足P甲=Ff甲v甲,P乙=Ff乙v乙,其中Ff甲=15×34m乙g,Ff乙=15m乙g,v甲=216 km/h=60 m/s,v乙=234 km/h=65 m/s,聯立解得P甲P乙=913,A錯誤;由P=Fv,F-Ff=ma,可得a=P-Ffvmv,代入數據可得F甲F乙=913,a甲a乙=67,B正確,C錯誤;加速到最大速度的過程中,據動能定理可得Pt-Ffs=12mvm2,代入數據對比可得,甲車通過距離與乙車通過距離之比為s甲s乙=14491,D正確。
7.鉛球被水平推出后的運動過程中,不計空氣阻力,下列關于鉛球在空中運動時的加速度大小a、速度大小v、動能Ek和機械能E隨運動時間t的變化關系中,正確的是( )
答案 D
解析 鉛球在空中運動時,加速度不變,選項A錯誤;鉛球運動的速度大小v=v02+(gt)2,v與t不是線性關系,選項B錯誤;鉛球運動的動能Ek=12mv02+mg12gt2,Ek與t不是線性關系,選項C錯誤;鉛球在運動過程中,機械能守恒,選項D正確。
8.(10分)(2024山東日照高三期末)如圖是某公園設計的一種驚險刺激的娛樂設施的簡化圖,除傾斜軌道AB段粗糙外,娛樂設施的其余軌道均光滑。根據設計要求,在豎直圓形軌道最高點安裝一個壓力傳感器,測試挑戰(zhàn)者對軌道的壓力,并通過計算機顯示出來。一質量m=60 kg的挑戰(zhàn)者由靜止沿傾斜軌道滑下,然后經水平軌道進入豎直圓形軌道(進入時無機械能損失),測得挑戰(zhàn)者到達圓形軌道最高點時剛好對軌道無壓力,離開圓形軌道后繼續(xù)在水平直軌道上運動到D點,之后挑戰(zhàn)者越過壕溝。已知挑戰(zhàn)者與傾斜軌道間的動摩擦因數μ=0.1,圖中α=37°,R=0.32 m,h=1.25 m,s=1.50 m,sin 37°=0.6,重力加速度g取10 m/s2。
(1)通過計算判斷挑戰(zhàn)者能否越過壕溝;
(2)求挑戰(zhàn)者在傾斜軌道上滑行的距離。(計算結果保留三位有效數字)
答案 (1)能 (2)1.54 m
解析 (1)挑戰(zhàn)者到達圓形軌道最高點時剛好對軌道無壓力,在圓形軌道最高點有
mg=mv2R
從最高點到D點的過程,由機械能守恒定律可得
12mvD2=12mv2+2mgR
解得vD=4 m/s
從D點做平拋運動,下落高度h時,有
h=12gt2
x=vDt
可得x=2 m>s=1.5 m,所以挑戰(zhàn)者能越過壕溝。
(2)挑戰(zhàn)者由靜止沿傾斜軌道下滑過程中,由動能定理得
mglsin α-μmglcs α=12mvD2
解得l=1.54 m。
綜合提升
9.(多選)如圖所示,在傾角為37°的固定斜面上,輕質彈簧一端與固定在斜面底端的擋板C拴接,另一端連接滑塊A。一輕細繩通過斜面頂端的定滑輪(質量忽略不計,輕繩與滑輪間的摩擦不計),一端系在滑塊A上,另一端與球B相連,細繩與斜面平行,斜面足夠長。用手托住球B,此時彈簧剛好處于原長?；瑝KA剛要沿斜面向上運動。已知mB=2mA=4 kg,彈簧的勁度系數為k=100 N/m,滑塊A與斜面間的動摩擦因數μ=0.25,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,且彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為Ep=12kx2?，F由靜止釋放球B,已知B始終未落地,則下列說法正確的是( )
(已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)
A.釋放球B前,手受到球B的壓力大小為24 N
B.釋放球B后,滑塊A向上滑行x=0.20 m時速度最大
C.釋放球B后,滑塊A向上滑行過程中的最大動能為1.2 J
D.釋放球B后,滑塊A向上滑行的最大距離為0.48 m
答案 AD
解析 用手托住球B,此時彈簧剛好處于原長,設繩子拉力為FT,滑塊A剛要沿斜面向上運動可知FT=mAgsin θ+μmAgcs θ=16 N,對B受力分析,設手的支持力為F,則F=mBg-FT= 24 N,根據牛頓第三定律可知手受到球B的壓力為24 N,A正確;松手后,A做加速度減小的加速運動,當A受到的合力為零時,速度最大,當A加速度為零時,B的加速度也為零,對A受力分析得FT'-mAgsin θ-μmAgcs θ-F彈=0,對B受力分析得FT'=mBg,根據胡克定律得F彈=kx,解得x=0.24 m,B錯誤;根據能量守恒定律,松手后到滑塊A最大速度的過程中有mBgx=mAgxsin θ+μmAgxcs θ+12(mA+mB)v2+12kx2,解得12mAv2=0.96 J,C錯誤;當滑塊A向上滑行的距離最大時,A、B的速度都為0,物塊B的重力勢能轉化為A的重力勢能、彈性勢能和摩擦產生的內能,根據能量守恒定律有mBgx'=mAgx'sin θ+μmAgx'cs θ+12kx'2,解得x'=0.48 m,D正確。
10.如圖所示的水平軌道AD足夠長,只有BC部分是粗糙的,其長度為L=1 m,其余部分是光滑的,質量為1 kg,長度為2L的粗細相同的勻質軟繩靜止在B點的左側(繩的右端在B點),軟繩與粗糙部分的動摩擦因數為μ=0.8,現用F=2 N的水平向右的恒力作用在軟繩上,軟繩始終保持伸直狀態(tài)且長度不變,重力加速度g取10 m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則在軟繩運動的過程中,下列說法正確的是( )
A.軟繩先做勻加速后做勻減速運動
B.軟繩的左端能經過B點
C.軟繩的最大動能為0.5 J
D.軟繩克服摩擦力做功4.0 J
答案 C
解析 設軟繩B端向右運動位移為x,當0≤x≤L時,軟繩所受摩擦力Ff1=μx2Lmg=x2Lμmg,當LF=2 N,所以當軟繩B端向右運動位移為L時,速度為零,停止運動,B錯誤;當F=Ff'=x'2Lμmg=2 N時,軟繩速度最大,動能最大,解得x'=0.5 m,Ekm=Fx'-x'24Lμmg=0.5 J,C正確;B端向右運動位移L的過程中,克服摩擦力做功Wf=L24Lμmg=14μmgL=2 J,D錯誤。
11.(多選)英國的物理學家喬治·阿特伍德在1784年制做一種測定重力加速度的機械叫阿特伍德機,受此啟發(fā),實驗小組設計了如圖所示的機械。具有共同水平軸的豎直輕質轉盤的半徑關系為R2=2R1,物塊A、B由細繩相連,物塊B、C分別與繞在內、外盤上的細繩相連,開始時物塊均處于靜止狀態(tài),它們的質量分別為mA=2m,mB=mC=m。某時刻物塊被自由釋放,物塊A、B下降,C上升。當物塊A下降高度h時,A、B間的細繩突然斷裂。已知細繩足夠長,重力加速度為g,不計轉盤與軸以及細繩間的摩擦,忽略空氣阻力,運動過程中物塊不會碰到轉盤。下列說法中正確的是( )
A.細繩斷裂前對物塊A做的功為-127mgh
B.細繩斷裂后物塊B向下運動的最大距離為57h
C.物塊C返回初始位置時的速度大小為45gh5
D.物塊B返回初始位置時的速度大小為26gh35
答案 ABD
解析 因為兩輪具有相同角速度,根據v=ωr得vC=2vB=2vA,物塊A下降高度h時,C上升2h,根據能量守恒可知2mgh+mgh-2mgh=12(2m+m)vAB2+12m(2vAB)2,細繩斷裂前對物塊A做的功W,有2mgh+W=12×2mvAB2,解得W=-127mgh,A正確;細繩斷裂后,當B速度為零時,根據能量守恒定律有12mvAB2+12m(2vAB)2=2mgh'-mgh',解得h'=57h,B正確;物塊C返回初始位置時B也返回初始位置,根據能量守恒定律有mg(2h+2h')-mg(h+h')=12m(2vB')2+12mvB'2,解得vB'=26gh35,則vC'=2vB'=46gh35,C錯誤,D正確。
12.(14分)如圖所示,質量為m=2 kg的小物塊,用長L=0.4 m的細線懸掛于O點,現將細線拉直并與水平方向夾角α=30°,由靜止釋放,小物塊下擺至最低點B處時,細線達到其最大承受力并瞬間斷開,小物塊恰好從水平傳送帶最左端點滑上傳送帶,傳送帶以v0的速度逆時針勻速運轉,其上表面距地面高度H=1.6 m,小物塊最后從傳送帶左端飛出,并恰好從光滑斜面頂端沿斜面方向滑上斜面。斜面高h=1.0 m,傾角θ=60°,斜面底端擋板上固定一輕彈簧。小物塊沿斜面下滑一段距離后,壓縮彈簧,小物塊沿斜面運動的最大距離x=32 m,g取10 m/s2。求:
(1)細線能承受的最大拉力的大小;
(2)傳送帶速度大小滿足的條件;
(3)彈簧的最大彈性勢能。
答案 (1)40 N
(2)v0≥2 m/s
(3)31 J
解析 (1)小球從靜止擺到最低點過程中,根據機械能守恒定律有
mgL(1-sin α)=12mvB2
解得vB=2 m/s
小球在B點時,根據牛頓第二定律有
F-mg=mvB2L
解得F=40 N
根據牛頓第三定律,剛到最低點細線達到其最大承受力F'=40 N。
(2)由于小物塊恰好沿斜面方向落到光滑斜面上,即小物塊落到斜面頂端時速度方向沿斜面方向,則
tan θ=vyvx
H-h=12gt2
vy=gt
聯立以上各式得vx=2 m/s
則傳送帶速度v0≥2 m/s。
(3)小物塊在斜面頂端速度
v=v02+vy2
小物塊從頂端到壓縮彈簧最短,由機械能守恒,得彈簧最大的彈性勢能為
Ep=mgxsin θ+12mv2
解得Ep=31 J。
13.(16分)(2024江蘇徐州高三期末)如圖所示,水平軌道OC的右端C貼近同高度的水平傳送帶軌道的左端,其中OB段光滑,BC段粗糙,傳送帶與豎直面內的光滑半圓形軌道DE相切于D點,已知BC=CD=L=2 m,圓軌道半徑R=0.4 m,彈簧左端固定在墻壁上,自由放置時其右端在B點。一個質量m=0.5 kg的物塊(視為質點)將彈簧壓縮到A點并鎖定,物塊與水平軌道BC、傳送帶間的動摩擦因數均為μ=0.25,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若傳送帶逆時針轉動,要使物塊始終不脫離軌道,解除鎖定前彈簧的彈性勢能多大?
(2)若傳送帶順時針轉動,鎖定前彈簧的彈性勢能取第(1)問中的最大值,若要使物塊在半圓軌道上運動的過程中不脫離軌道,試計算傳送帶的速度范圍;
(3)在第(1)問的情形下,且彈簧的彈性勢能取最大值,試寫出物塊最后的靜止位置到C點的間距d與傳送帶速度v間的定量關系。
答案 (1)Ep≤7 J
(2)v≤22 m/s或v≥25 m/s
(3)見解析
解析 (1)若傳送帶逆時針轉動,要使物塊始終不脫離軌道,物塊最多上升到半圓軌道與圓心等高處,則根據能量守恒定律,解除鎖定前彈簧彈性勢能的最大值為
Ep=μmg(2L)+mgR=7 J
所以解除鎖定前彈簧彈性勢能Ep≤7 J。
(2)若物塊剛好能通過半圓軌道的最高點E,則根據牛頓第二定律有
mg=mvE2R
解得vE=2 m/s
物塊從D到E的過程中,根據機械能守恒定律有
mg·2R=12mvD2-12mvE2
解得vD=25 m/s
物塊被彈簧彈出滑到C點的過程中,根據能量守恒定律有
Ep=μmgL+12mvC2
解得vC=32 m/s
若傳送帶以vD=25 m/s的速度順時針轉動,設物塊向右加速運動的位移為x,根據動能定理有
μmgx=12mvD2-12mvC2
解得x=0.4 m

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