3、[由v-t圖象可知t2時刻物塊與傳送帶共速,之后摩擦力反向,所以傳送帶的運行速度為-v2,故A錯誤.由題圖知,在0~t1時間內(nèi),對物塊受力分析有mg sin α+μmg cos α=ma1,由圖象得a1=,解得μ=-tan α,故B錯誤;t1時刻物塊速度減為0,離出發(fā)點最遠,故C正確;從開始滑上傳送帶到離開傳送帶,由動能定理得Wf=mv-mv,因Wf<0,所以v1>v3,故D錯誤.]
4.(2018·湖南省長郡中學(xué)高三第四次質(zhì)檢)甲乙兩車同時同地同向運動,兩車的v-t圖象如圖所示.其中質(zhì)量m=7.5 t甲車以恒定功率P=50 kW啟動,最后勻速運動.乙車做初速為0做勻加速運動,則乙車追上甲車
4、的時間是( )
A.40 s B.20 s
C.60 s D.30 s
D [由圖可知,乙車追上甲車時,甲車已經(jīng)勻速運動,設(shè)乙車追上甲車的時間是t,乙車的位移x=at2,甲車受到的阻力Ff=,由動能定理得:Pt-Ffx=mv,解得t=30 s,故D正確,A、B、C錯誤.]
5.(2018·湖北省孝感市高三二模)如圖所示,動滑輪下系有一個質(zhì)量為m的物塊,細線一端系在天花板上,另一端繞過動滑輪.用F=mg的恒力豎直向上拉細線的另一端(滑輪、細線的質(zhì)量不計,不計一切摩擦,重力加速度為g),物塊從靜止開始運動,則下列說法正確的是( )
A.物塊的加速度a=g
B.經(jīng)過時間t
5、拉力F做功為WF=mg2t2
C.物塊的機械能增加了ΔE=mg2t2
D.物塊的動能增加了ΔEk=mg2t2
C [以物塊m為對象,根據(jù)牛頓第二定律:2F-mg=ma得a=g,經(jīng)過時間t后,物塊的位移x=at2=gt2,速度v=at=gt,則拉力做功WF=F(2x)=mg2t2,物體的動能增加了ΔEk=mv2=mg2t2,物體的機械能增加了ΔE=ΔEk+mgx=mg2t2,故C正確,A、B、D錯誤.]
6.(2018·江西省九江高中畢業(yè)班考前沖刺卷)如圖所示,水平地面上有一傾角為θ的光滑斜面,斜面上有一固定擋板c.用輕彈簧連接的物塊a、b放置在斜面上,并處于靜止狀態(tài),現(xiàn)用一平行于斜面的
6、恒力F(F<2mg sin θ)作用在物塊a上,使物塊a沿斜面向上運動,當物塊b與擋板c恰好分離時,物塊a移動的距離為d,在此過程中彈簧彈性勢能的增加量為ΔEp(ΔEp>0).已知物塊a的質(zhì)量為m,彈簧的勁度系數(shù)為k,重力加速度為g,下列說法正確的是( )
A.物塊a可能做勻變速直線運動
B.物塊a的動能一直增加
C.當b、c恰好分離時,彈簧的伸長量大小為
D.當b、c恰好分離時,物塊a的速度大小為
D [當a沿斜面向上運動時,彈簧的彈力在不斷變化,而拉力F恒定,重力和支持力恒定,根據(jù)牛頓第二定律,物塊a將做變加速直線運動,故選項A錯誤;因為物塊b與擋板c恰好分離時,物塊a移
7、動的距離為d,在此過程中彈簧彈性勢能的增加量為ΔEp,所以物塊b的質(zhì)量大于m,又因為F<2mgsin θ,所以物塊a的速度一定是先增大后減小,動能也是先增大后減小,b、c分離時彈簧的彈力大于mgsin θ,彈簧的伸長量大于,故選項B、C錯誤;對于物塊a整個過程根據(jù)動能定理得:Fd-mgdsin θ+W=mv2,由功能關(guān)系W=-ΔEp,聯(lián)立解得物塊a的速度大小為,故選項D正確.]
7.(2018·陜西西安市高三二模試題)如圖所示,豎直面內(nèi)有固定軌道ABC,AB是半徑為2R的四分之一光滑圓弧,BC是半徑為R的粗糙半圓弧(B是軌道的最低點),O點是BC圓弧的圓心,POQ在同一水平線上,BOC在同一
8、豎直線上.質(zhì)量為m的小球自由下落2R后,沿軌道ABC運動,經(jīng)過軌道C點后,恰好落到軌道上的P點.則下列說法正確的是( )
A.小球運動到B點前的瞬間對軌道的作用力是4mg
B.小球運動到B點后的瞬間對軌道的作用力是8mg
C.小球運動到C點的過程中,摩擦力做功Wf=-mgR
D.小球運動到C點的過程中,摩擦力做功Wf=-mgR
C [小球下落到B點,由機械能守恒定律得:mg(4R)=mv,小球運動到B點前的瞬間,小球運動的半徑是2R,由向心力公式:FB-mg=,解得FB=5mg,小球運動到B點后的瞬間,小球的運動半徑是R,由向心力公式:FB′-mg=,解得FB′=9mg,故A
9、錯誤、B錯誤;經(jīng)過軌道C點后,恰好落到軌道上的P點,由幾何關(guān)系得:=R,由平拋運動規(guī)律知:x=R=vCt,y=R=gt2,小球下落到C點,由動能定理有:mg2R+Wf=mv,解得Wf=-mgR,故C正確,D錯誤.]
8.(2018·湖北省麻城一中高考沖刺模擬)水平長直軌道上緊靠放置n個質(zhì)量為m可看作質(zhì)點的物塊,物塊間用長為L的不可伸長的細線連接,開始處于靜止狀態(tài),物塊與軌道間動摩擦因數(shù)為μ.用水平恒力F拉動物塊1開始運動,到連接第n個物塊的線剛好拉直時整體速度正好為零,則( )
A.拉力F所做功為nFL
B.系統(tǒng)克服摩擦力做功為
C.F>
D.(n-1)μmg<F<nμmg
10、
BC [物體1的位移為(n-1)L,則拉力F所做功為WF=F·(n-1)L=(n-1)FL.故A錯誤.系統(tǒng)克服摩擦力做功為Wf=μmgL+μmg·L+…+μmg·(n-2)L+μmg·(n-L)L=.故B正確.據(jù)題,連接第n個物塊的線剛好拉直時整體速度正好為零,假設(shè)沒有動能損失,
由動能定理有
WF=Wf,解得F=
現(xiàn)由于繩子繃緊瞬間系統(tǒng)有動能損失,所以根據(jù)功能關(guān)系可知F>,故C正確,D錯誤.故選B、C.]
9.(2018·山東省湖北省重點學(xué)校協(xié)作體沖刺模擬)為減少二氧化碳排放,很多城市都推出了新型節(jié)能環(huán)保電動車.在檢測某款電動車性能的實驗中,質(zhì)量為8×102 kg的電動車由靜止開始
11、沿平直公路行駛,達到的最大速度為15 m/s,利用傳感器測得此過程中不同時刻電動車的牽引力F與對應(yīng)的速度v,并描繪出如圖所示的F-圖象(圖中AB、BO均為直線),電動車行駛中所受阻力恒定,重力加速度取10 m/s2,則( )
A.該車啟動后,先做勻加速運動,然后做勻速運動
B.該車啟動后,先做勻加速運動,然后做加速度減小的加速運動,接著做勻速運動
C.該車做勻加速運動的時間是1.2 s
D.該車加速度為0.25 m/s2時,動能是4×104 J
BD [由于橫坐標為速度的倒數(shù),所以電動車的啟動過程為從A到B到C.AB段,牽引力不變,電動車做勻加速運動,加速度為a===2 m/
12、s2;BC段,由于圖象為過原點的直線,所以Fv=P額=恒量,即以恒定功率啟動,牽引力減小,加速度減小,電動車做加速度減小的加速運動,當F=f=400 N,速度達到最大值15 m/s,故選項A錯誤、B正確;由a=可知t===1.5 s,故選項C錯誤;該車加速度為0.25 m/s2時,牽引力為F′=ma′+f=8×102×0.25+0.05×8×102×10=600 N,此時的速度為v′==10 m/s,動能為EK=mv′2=×8×102×102=4×104 J,故選項D正確.]
10.(2018·安徽省合肥三模)如圖所示,一小球套在傾角為37°的固定直桿上,輕彈簧一端與小球相連,另一端固定于水
13、平地面上O點.小球由A點靜止釋放,它沿桿下滑到達最低點C時速度恰為0.A、C相距0.8 m,B是A、C連線的中點,OB連線垂直AC,小球質(zhì)量為1 kg,彈簧原長為0.5 m,勁度系數(shù)為40 N/m,sin 37°=0.6,g取10 m/s2.則小球從A到C過程中,下列說法正確的是( )
A.小球經(jīng)過B點時的速度最大
B.小球在B點時的加速度為6 m/s2
C.彈簧彈力對小球先做正功后做負功
D.小球從A到B過程和從B到C過程摩擦力做功相等
BD [A.小球合外力等于0時速度最大,在B點時由于彈簧彈力為k(l-OB)=40 N/m×(0.5-0.3)m=8 N,方向垂直桿向上,
14、重力垂直于桿的分力為mgcos θ=1×10×0.8 N=8 N,方向垂直于桿向下,所以小球在B點時合外力F=mgsin θ=1×10×0.6 N=6 N,所以經(jīng)過B點時速度不是最大,A錯誤;B.此時加速度a===6 m/s2,B正確;C.在AB段彈簧彈力與小球位移夾角大于90°,所以做負功,BC段做正功,C錯誤;D.A、C兩點小球速度為0,由圖形的對稱性知AB過程和BC過程摩擦力做功相等,D正確.選BD.]
11.(2018·四川省南充市高三三模)如圖所示,讓擺球從圖中的C位置由靜止開始擺下,擺到最低點D處,擺線剛好被拉斷,小球在粗糙的水平面上由D點向右做勻減速運動,到達小A孔進入半徑R=
15、0.3 m的豎直放置的光滑圓弧軌道,當擺球進入圓軌道立即關(guān)閉A孔.已知擺線長L=2 m,θ=60°,小球質(zhì)量為m=0.5 kg,D點與小孔A的水平距離s=2 m,g取10 m/s2.試求:
(1)求擺線能承受的最大拉力為多大?
(2)要使擺球能進入圓軌道并且不脫離軌道,求粗糙水平面摩擦因數(shù)μ的范圍?
解析 (1)當擺球由C到D運動機械能守恒:mg(L-Lcos θ)=mv
由牛頓第二定律可得:Fm-mg=m
可得:Fm=2 mg=10 N
(2)小球不脫圓軌道分兩種情況:
①要保證小球能達到A孔,設(shè)小球到達A孔的速度恰好為零,由動能定理可得:-μmgs=0-mv.
可得:μ
16、=0.5
若進入A孔的速度較小,那么將會在圓心以下做等幅擺動,不脫離軌道.其臨界情況為到達圓心等高處速度為零,由機械能守恒可得:mv=mgR
由動能定理可得:-μmgs=mv-mv
可求得:μ=0.35
②若小球能過圓軌道的最高點則不會脫離軌道,在圓周的最高點由牛頓第二定律可得:mg=m
由動能定理可得:-μmgs-2mgR=mv2-mv
解得:μ=0.125
綜上所以動摩擦因數(shù)μ的范圍為:0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125.
答案 (1)10 N (2)0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125
12.(2018·石家莊高中畢業(yè)班質(zhì)檢(二))如圖所示,在光滑水平面上,質(zhì)量為
17、m=4 kg的物塊左側(cè)壓縮一個勁度系數(shù)為k=32 N/m的輕質(zhì)彈簧,彈簧與物塊未拴接.物塊與左側(cè)豎直墻壁用細線拴接,使物塊靜止在O點,在水平面A點與一順時針勻速轉(zhuǎn)動且傾角θ=37°的傳送帶平滑連接,已知xOA=0.25 m,傳送帶頂端為B點,LAB=2 m,物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5.現(xiàn)剪斷細線同時給物塊施加一個初始時刻為零的變力F,使物塊從O點到B點做加速度大小恒定的加速運動.物塊運動到A點時彈簧恰好恢復(fù)原長,運動到B點時撤去力F,物塊沿平行AB方向拋出,C為運動軌跡的最高點.傳送帶轉(zhuǎn)輪半徑遠小于LAB,不計空氣阻力,已知重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,co
18、s 37°=0.8.
(1)求物塊從B點運動到C點,豎直位移與水平位移的比值;
(2)若傳送帶速度大小為v=5 m/s,求物塊與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的熱量;
(3)若傳送帶勻速順時針轉(zhuǎn)動的速度大小為v,且v的取值范圍為2 m/s
19、LAB),得vB=3 m/s
物塊從A到B運動的時間為t′,t′=,得t′=1 s
因vB