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對全過程由動能定理得：

mgsinθ·x_AB－μmgcosθ·(2x+x_AB)＝0　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

由①②得：x_AB＝.

答案：

14．(12分) (2010·連云港模擬)一勁度系數k＝800 N/m的輕質彈簧兩端分別連接著質量均為12 kg的物體A、B，將它們豎直靜止放在水平面上，如圖14所示．現將一豎直向上的變力F作用在A上，使A開始向上做勻加速運動，經0.40 s物體B剛要離開地面．g＝10.0 m/s²，試求：

(1)物體B剛要離開地面時，A物體的速度v_A；　　　　　　　　　　　　　　 圖14

(2)物體A重力勢能的改變量；

(3)彈簧的彈性勢能公式：E_p＝kx²，x為彈簧的形變量，則此過程中拉力F做的功為多少？

解析：(1)開始時m_Ag＝kx₁

當物體B剛要離地面時kx₂＝m_Bg

可得：x₁＝x₂＝0.15 m

由x₁+x₂＝at²

v_A＝at

得：v_A＝1.5 m/s.

(2)物體A重力勢能增大，

ΔE_pA＝m_Ag(x₁+x₂)＝36 J.

(3)因開始時彈簧的壓縮量與末時刻彈簧的伸長量相等，對應彈性勢能相等，由功能關系可得：

W_F＝ΔE_pA+m_Av_A²＝49.5 J.

答案：(1)1.5 m/s　(2)36 J　(3)49.5 J

13．(10分)如圖13所示，質量為m的物體從傾角為θ的斜面上的A點以速度v₀

沿斜面上滑，由于μmgcosθ＜mgsinθ，所以它滑到最高點后又滑下來，當它下

滑到B點時，速度大小恰好也是v₀，設物體與斜面間的動摩擦因數為μ，求

AB間的距離．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　圖13

解析：設物體m從A點到最高點的位移為x，對此過程由動能定理得：

12．(9分)某興趣小組為測一遙控電動小車的額定功率，進行了如下實驗：

①用天平測出電動小車的質量為0.4 kg；

②將電動小車、紙帶和打點計時器按如圖11所示安裝；

圖11

③接通打點計時器(其打點周期為0.02 s)；

④使電動小車以額定功率加速運動，達到最大速度一段時間后關閉小車電源．待小車　　

靜止時再關閉打點計時器(設在整個過程中小車所受的阻力恒定)．

在上述過程中，打點計時器在紙帶上所打的點跡如圖12甲、乙所示，圖中O點是打點

計時器打的第一個點．

圖12

請你分析紙帶數據，回答下列問題：

(1)該電動小車運動的最大速度為________m/s；

(2)該電動小車運動過程中所受的阻力大小為________ N；

(3)該電動小車的額定功率為________W.

解析：(1)速度恒定時

v＝＝ m/s＝1.50 m/s.

(2)勻減速運動階段

a＝≈－4.00 m/s²

F_f＝ma＝－1.60 N

(3)F＝－F_f

電動小車的額定功率

P＝Fv＝1.60×1.50 W＝2.40 W.

答案：(1)1.50　(2)1.60　(3)2.40

11．(9分)在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，若重物質量為0.50 kg，選擇好的紙帶如圖10所示，O、A之間有幾個點未畫出．已知相鄰兩點時間間隔為0.02 s，長度單位是 cm，g取9.8 m/s².則打點計時器打下點B時，重物的速度v_B＝________m/s；從起點O到打下點B的過程中，重物重力勢能的減少量ΔE_p＝________J，動能的增加量ΔE_k＝________J．(結果保留三位有效數字)

圖10

解析：v_B＝m/s≈0.973 m/s

動能的增量ΔE_k＝mv_B²＝×0.5×0.973²≈0.237 J

重力勢能的減少量ΔE_p＝mgh_B＝0.5×9.8×4.86×10^－2 J≈0.238 J.

答案：0.973　0.238　0.237

10．如圖9所示，一物體m在沿斜面向上的恒力F作用下，由靜止從　

底端沿光滑的斜面向上做勻加速直線運動，經時間t力F做功為60

J，此后撤去恒力F，物體又經時間t回到出發點，若以地面為零勢

能點，則下列說法正確的是　　　　　　　　　　　　　 (　)　　　 　圖9

A．物體回到出發點時的動能是60 J

B．開始時物體所受的恒力F＝2mgsinθ

C．撤去力F時，物體的重力勢能是45 J

D．動能與勢能相同的位置在撤去力F之前的某位置

解析：由功能關系可知，前一個時間t內，力F做的功等于此過程中物體機械能的增量，也等于前一個時間t末時刻物體的機械能；撤去外力F后，物體的機械能守恒，故物體回到出發點時的動能是60 J，A正確；設前一個時間t末時刻物體速度為v₁，后一個時間t末時刻物體速度為v₂，由t＝t(兩段時間內物體位移大小相等)得：v₂＝2v₁，由mv₂²＝60 J知，mv₁²＝15 J，因此撤去F時，物體的重力勢能為60 J－15 J＝45 J，C正確；動能和勢能相同時，重力勢能為30 J，故它們相同的位置一定在撤去力F之前的某位置，D正確；由＝，＝可得：F＝mgsinθ，故B錯誤．

答案：ACD

9.靜止在粗糙水平面上的物塊A受方向始終水平向右、大小先后為　

F₁、F₂、F₃的拉力作用做直線運動，t＝4 s時停下，其v－t圖象

如圖8所示，已知物塊A與水平面間的動摩擦因數處處相同，下

列判斷正確的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　) 　　　　　圖8

A．全過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功

B．全過程拉力做的功等于零

C．一定有F₁+F₃＝2F₂

D．有可能F₁+F₃＞2F₂

解析：由動能定理知A正確，B錯誤．第1 s內F₁－μmg＝ma,1 s末至3 s末，F₂＝μmg，

第4 s內，μmg－F₃＝ma，所以F₁+F₃＝2F₂，故C正確，D錯誤．

答案：AC

8. (2009·山東高考)如圖7所示為某探究活動小組設計的節能運動系統，斜面軌道傾角為30°，質量為M的木箱與軌道的動摩擦因數為.木箱在軌道頂端時，自動裝貨裝置將質量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，當輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復上述過程．下列選項正確的是(　)

圖7

A．m＝M

B．m＝2M

C．木箱不與彈簧接觸時，上滑的加速度大于下滑的加速度

D．在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能全部轉化為彈簧的彈性

勢能

解析：自木箱下滑至彈簧壓縮到最短的過程中，由能量守恒有：

(m+M)gh＝(m+M)gμcos30°·+E_彈 ①

在木箱反彈到軌道頂端的過程中，由能量守恒有：

E_彈＝Mgμcos30°·+Mgh　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

聯立①②得：m＝2M，A錯誤，B正確．

下滑過程中：

(M+m)gsinθ－(M+m)gμcosθ＝(M+m)a₁ ③

上滑過程中：Mgsinθ+Mgμcosθ＝Ma₂ ④

解之得：a₂＝g(sinθ+μcosθ)＞a₁＝g(sinθ－μcosθ)，

故C正確．在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能和內能，所以D錯誤．

答案：BC

7. (2010·南京模擬)半徑為R的圓桶固定在小車上，有一光滑小球靜止在　

圓桶的最低點，如圖6所示．小車以速度v向右勻速運動，當小車遇

到 障礙物突然停止時，小球在圓桶中上升的高度可能是(　)

A．等于　　　　　　　　 　B．大于　　　　　　　　 圖6

C．小于 　　　　　　　　　　　　　D．等于2R

解析：小球沿圓桶上滑機械能守恒，由機械能守恒分析知A、C、D是可能的．

答案：ACD

6．帶電荷量為+q、質量為m的滑塊，沿固定的斜面勻速下滑，現加上一豎直向上的勻強電場(如圖5所示)，電場強度為E，且qE＜mg，對物體在斜面上的運動，以下說法正確的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．滑塊將沿斜面減速下滑

B．滑塊仍沿斜面勻速下滑　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

C．加電場后，重力勢能和電勢能之和不變

D．加電場后，重力勢能和電勢能之和減小

解析：沒加電場時，滑塊勻速下滑，有：mgsinθ＝μmgcosθ，加上電場后，因(mg－Eq)sinθ＝μ(mg－Eq)cosθ，故滑塊仍勻速下滑，B正確．加電場后，因重力做正功比電場力做負功多，所以重力勢能減少得多，電勢能增加得少，重力勢能和電勢能之和減小，C錯誤，D正確．

答案：BD

5．如圖4甲所示，足夠長的固定光滑細桿與地面成一定傾角，在桿上套有一個光滑小環，沿桿方向給環施加一個拉力F，使環由靜止開始運動，已知拉力F及小環速度v隨時間t變化的規律如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s².則以下判斷正確的是 (　)

圖4

A．小環的質量是1 kg

B．細桿與地面間的傾角是30°

C．前3 s內拉力F的最大功率是2.25 W

D．前3 s內小環機械能的增加量是6.75 J

解析：設小環的質量為m，細桿與地面間的傾角為α，由題圖乙知，小環在第1 s內的加速度a＝ m/s²＝0.5 m/s²，由牛頓第二定律得：5－mgsinα＝ma，又4.5＝mgsinα，得m＝1 kg，A正確；sinα＝0.45，B錯誤；分析可得前3 s內拉力F的最大功率以1 s末為最大，P_m＝Fv＝5×0.5 W＝2.5 W，C錯誤；前3 s內小環沿桿上升的位移x＝×1 m+0.5×2 m＝1.25 m，前3 s內小環機械能的增加量ΔE＝mv²+mgxsinα＝5.75 J，故D錯誤．

答案：A