热门试卷

X 查看更多试卷
1
题型:简答题
|
简答题

如图所示,粗糙水平轨道AB与倾角为37°的光滑斜面轨道BC相接于B点,水平轨道AB长s=10m,质量m=10kg的物体与水平面间动摩擦因数μ=0.4,t=0时刻该物体在F=80N的水平拉力作用下,从A点由静止开始运动,力F作用2s后撤去,求:(g=10m/s2

(1)力F对物体所做的功?

(2)物体沿斜面上滑所能到达的最大高度?

(3)物体从最大高度返回到B点处的速度大小?

正确答案

解:(1)对物体进行受力分析,由牛顿第二定律和运动学规律有:F-μmg=ma    

代入数据解得:x=8m

所以力F做功为WF=Fx=80×8J=640J

(2)物体从A点到最大高度处,由动能定理得:WF-μmgs-mgh=0

代入数据解得:h=2.4m

(3)物体从最大高度返回到B点的过程中,由机械能守恒定律得:

代入数据解得:

答:

(1)力F对物体所做的功是640J.

(2)物体沿斜面上滑所能到达的最大高度是2.4m.

(3)物体从最大高度返回到B点处的速度大小是4m.

解析

解:(1)对物体进行受力分析,由牛顿第二定律和运动学规律有:F-μmg=ma    

代入数据解得:x=8m

所以力F做功为WF=Fx=80×8J=640J

(2)物体从A点到最大高度处,由动能定理得:WF-μmgs-mgh=0

代入数据解得:h=2.4m

(3)物体从最大高度返回到B点的过程中,由机械能守恒定律得:

代入数据解得:

答:

(1)力F对物体所做的功是640J.

(2)物体沿斜面上滑所能到达的最大高度是2.4m.

(3)物体从最大高度返回到B点处的速度大小是4m.

1
题型:简答题
|
简答题

如图所示,一质量m=1.0kg的小物块静止在粗糙水平台阶上,离台阶边缘O点的距离s=5m,它与水平台阶表面的动摩擦因数μ=0.25.在台阶右侧固定一个以O为圆心的 圆弧挡板,圆弧半径R=5m,以O点为原点建立平面直角坐标系xOy.现用F=5N的水平恒力拉动小物块(已知重力加速度g=10m/s2).

(1)为使小物块不落在挡板上,求拉力F作用的最长时间;

(2)若小物块在水平台阶上运动时,拉力F一直作用在小物块上,当小物块过O点时撤去拉力F,求小物块击中挡板上的位置的坐标.

正确答案

解:(1)为使小物块不会击中挡板,拉力F作用最长时间t时,小物块刚好运动到O点.

由牛顿第二定律得:F-μmg=ma1

解得:a1=-μg=-0.25×10=2.5m/s2

减速运动时的加速度大小为:a2=μg=0.25×10=2.5m/s2

由运动学公式得:

而a1t=a2t2

解得:

(2)水平恒力一直作用在小物块上,由运动学公式有:v02=2a1s

解得小物块到达O点时的速度为:v0==m/s=5m/s

小物块过O点后做平抛运动. 水平方向:x=v0t

竖直方向:

又 x2+y2=R2

解得位置坐标为:x=5m,y=5m

答:(1)拉力F作用的最长时间为s;

(2)小物块击中挡板上的位置的坐标为x=5m,y=5m.

解析

解:(1)为使小物块不会击中挡板,拉力F作用最长时间t时,小物块刚好运动到O点.

由牛顿第二定律得:F-μmg=ma1

解得:a1=-μg=-0.25×10=2.5m/s2

减速运动时的加速度大小为:a2=μg=0.25×10=2.5m/s2

由运动学公式得:

而a1t=a2t2

解得:

(2)水平恒力一直作用在小物块上,由运动学公式有:v02=2a1s

解得小物块到达O点时的速度为:v0==m/s=5m/s

小物块过O点后做平抛运动. 水平方向:x=v0t

竖直方向:

又 x2+y2=R2

解得位置坐标为:x=5m,y=5m

答:(1)拉力F作用的最长时间为s;

(2)小物块击中挡板上的位置的坐标为x=5m,y=5m.

1
题型:简答题
|
简答题

(2015秋•荆州校级月考)如图所示,竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R=0.2m,圆心为O,下端与绝缘水平轨道在B点相切并平滑连接,一带正电q=5.0×10-3C、质量为m=3.0kg的物块(可视为质点),置于水平轨道上的A点,已知A、B两点间的距离为L=1.0m,物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.2,重力加速度g=10m/s2

(1)若物块在A点以初速度v0向左运动,恰好能到达圆周的最高点D,则物块的初速度v0应为多大?

(2)若整个装置处于方向水平向左、场强大小为E=2.0×103N/C的匀强电场中(图中未画出),现将物块从A点由静止释放,试确定物块在以后运动过程中速度最大时的位置(结果可用三角函数表示);

(3)在(2)问的情景中,试求物块在水平面上运动的总路程.

正确答案

解:(2)物块恰好能到达圆周的最高点D,故有:mg=m

对A到D过程,根据动能定理,有:-mg(2R)-μmgL=-

联立解得:v0=m/s

(2)对物块,假设物块能滑到C点,从A至C过程,由动能定理得:

qE(L+R)-mgR-μmgL=-0

可得 vC=0,故物块始终没有脱离轨道

对物块受力分析,可知 tanθ==

故物块在以后运动过程中速度最大时位于B点左侧圆弧上,其与圆心的连线与OB的夹角为θ,且θ=arctan

(3)对物块,由释放至B点速度为0的过程中,由动能定理得:

qEL-μmgs=0-0

解得总路程为:s=m≈1.67m

答:(1)物块的初速度v0应为m/s.

(2)物块在以后运动过程中速度最大时的位置在圆弧上与圆心的连线与OB的夹角为θ=arctan

(3)物块在水平面上运动的总路程是1.67m.

解析

解:(2)物块恰好能到达圆周的最高点D,故有:mg=m

对A到D过程,根据动能定理,有:-mg(2R)-μmgL=-

联立解得:v0=m/s

(2)对物块,假设物块能滑到C点,从A至C过程,由动能定理得:

qE(L+R)-mgR-μmgL=-0

可得 vC=0,故物块始终没有脱离轨道

对物块受力分析,可知 tanθ==

故物块在以后运动过程中速度最大时位于B点左侧圆弧上,其与圆心的连线与OB的夹角为θ,且θ=arctan

(3)对物块,由释放至B点速度为0的过程中,由动能定理得:

qEL-μmgs=0-0

解得总路程为:s=m≈1.67m

答:(1)物块的初速度v0应为m/s.

(2)物块在以后运动过程中速度最大时的位置在圆弧上与圆心的连线与OB的夹角为θ=arctan

(3)物块在水平面上运动的总路程是1.67m.

1
题型:简答题
|
简答题

如图所示,光滑的水平轨道与光滑半圆弧轨道相切.圆轨道半径R=0.4m,一个小球停放在光滑水平轨道上,现给小球一个v0=5m/s的初速度.求:

(1)球从C点飞出时的速度;(g=10m/s2

(2)球对C点的压力是重力的多少倍

(3)球从C抛出后,落地点距B点多远?

正确答案

解:(1)设在C点的速度为VC,小球从B到C的过程中根据机械能守恒得:

2mgR=mv02-mvc2

解得:vc===3m/s

(2)设C点对球的压力为N,小球通过C点受支持力和重力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律得:

N+mg=m

解得:N=m(-R)=m(-10)=12.5m

重力为:G=mg=10m

则有:=1.25

即球对C点的压力是重力的1.25倍

(3)小球离开C点后做平抛运动,在竖直方向有:

2R=gt2

落地时间t=0.4 s

在水平方向有:S=vCt=3×0.4m=1.2m.

答:(1)球从C点飞出时的速度是3m/s

(2)球对C点的压力是重力的1.25倍

(3)球从C抛出后,落地点距B点1.2m.

解析

解:(1)设在C点的速度为VC,小球从B到C的过程中根据机械能守恒得:

2mgR=mv02-mvc2

解得:vc===3m/s

(2)设C点对球的压力为N,小球通过C点受支持力和重力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律得:

N+mg=m

解得:N=m(-R)=m(-10)=12.5m

重力为:G=mg=10m

则有:=1.25

即球对C点的压力是重力的1.25倍

(3)小球离开C点后做平抛运动,在竖直方向有:

2R=gt2

落地时间t=0.4 s

在水平方向有:S=vCt=3×0.4m=1.2m.

答:(1)球从C点飞出时的速度是3m/s

(2)球对C点的压力是重力的1.25倍

(3)球从C抛出后,落地点距B点1.2m.

1
题型: 多选题
|
多选题

如图所示,长为L的木板水平放置,在木板的A端放置一个质量为m的物体,现缓慢抬高A端,使木板以左端为轴在竖直面内转动,当木板转到与水平面成α角时物体开始滑动,此时停止转动木板,物体滑到木板底端时的速度为v,则在整个过程中(  )

A支持力对物体做功为0

B摩擦力对物体做功为mgLsinα

C摩擦力对物体做功为mv2-mgLsinα

D木板对物体做功为mv2

正确答案

C,D

解析

解:

A、在下滑的过程中,支持力不做功,在上升的过程中,根据动能定理可得,W-mgLsinα=0,所以支持力对物体做功为W=mgLsinα,所以A错误.

B、物块在缓慢提高过程中,静摩擦力始终与运动方向垂直,所以摩擦力不做功,物块在滑动过程中,由动能定理可得:W+mgLsinα=

则有滑动摩擦力做功为:,故克服摩擦力做功为:,故B错误

C、由B知C正确

D、木板对物体做功为支持力和摩擦力对物体做功的和,所以木板对物体做功为:=,故D正确

故选:CD

1
题型:简答题
|
简答题

(2015秋•东城区月考)如图所示,一质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处,A、B间距离L=20m.现对物体施加水平方向的拉力F=30N,使物体由静止开始运动,经过t0=2s的时间物体运动B处,此时立即撤去拉力F,物体还能继续滑行一段距离.取g=10m/s2,求:

(1)物体从A运动到B的加速度大小.

(2)物体与水平地面间的动摩擦因数μ.

(3)物体从开始运动到最终停止的整个过程中摩擦力所做的功.

正确答案

解:(1)由题意,物体从静止开始做匀加速运动,则有:

L=

得:a==

(2)由牛顿第二定律得:

F-f=ma

又f=μN=μmg

联立解得:μ=0.5

(3)由动能定理得:0-0=FL-W

代入数据得:W=-600J

负号表示物体克服摩擦力做功.

答:(1)物体从A运动到B的加速度大小是10m/s2

(2)物体与水平地面间的动摩擦因数μ是0.5.

(3)物体从开始运动到最终停止的整个过程中摩擦力所做的功是-600J.

解析

解:(1)由题意,物体从静止开始做匀加速运动,则有:

L=

得:a==

(2)由牛顿第二定律得:

F-f=ma

又f=μN=μmg

联立解得:μ=0.5

(3)由动能定理得:0-0=FL-W

代入数据得:W=-600J

负号表示物体克服摩擦力做功.

答:(1)物体从A运动到B的加速度大小是10m/s2

(2)物体与水平地面间的动摩擦因数μ是0.5.

(3)物体从开始运动到最终停止的整个过程中摩擦力所做的功是-600J.

1
题型:简答题
|
简答题

如图所示,一劲度系数为k的轻弹簧,其下端与倾角为α的足够长斜面底端P相连,其上端刚好位于斜面的O点,斜面PO部分光滑,OQ部分粗糙.把质量为m的滑块放在轻弹簧的上端,滑块静止在A点.用一个平行于斜面的变力F作用在滑块上,使滑块由静止开始向上做加速度为a的匀加速运动.当滑块与弹簧刚好分离时撤去力F,物体再沿斜面上滑l后静止.求:

(1)力F作用的时间;

(2)撤去力F后滑块上滑过程中摩擦力对滑块所做的功;

(3)力F的大小随滑块上滑距离s的变化关系式.

正确答案

解:(1)令AO长为x0,据胡克定律有:mgsinα-kx0=0

弹簧与滑块在弹簧原长时分离,则分离时滑块上滑的位移为x,有:

解得:t=

(2)滑块到达O点时速度为v2=2ax0

撤去力F后滑块上滑过程中,有重力和摩擦力做功,据动能定理,有:

-mglsinα+Wf=0-

解得Wf=mglsinα-

(3)据几何关系可知,弹簧压缩量与上滑距离的关系为:x=

据牛顿第二定律,有:F+kx-mgsinα=ma

联立以上解得:F=ks+ma   

且:0

答:1)力F作用的时间

(2)撤去力F后滑块上滑过程中摩擦力对滑块所做的功mglsinα-

(3)力F的大小随滑块上滑距离s的变化关系式F=ks+ma,且0

解析

解:(1)令AO长为x0,据胡克定律有:mgsinα-kx0=0

弹簧与滑块在弹簧原长时分离,则分离时滑块上滑的位移为x,有:

解得:t=

(2)滑块到达O点时速度为v2=2ax0

撤去力F后滑块上滑过程中,有重力和摩擦力做功,据动能定理,有:

-mglsinα+Wf=0-

解得Wf=mglsinα-

(3)据几何关系可知,弹簧压缩量与上滑距离的关系为:x=

据牛顿第二定律,有:F+kx-mgsinα=ma

联立以上解得:F=ks+ma   

且:0

答:1)力F作用的时间

(2)撤去力F后滑块上滑过程中摩擦力对滑块所做的功mglsinα-

(3)力F的大小随滑块上滑距离s的变化关系式F=ks+ma,且0

1
题型:简答题
|
简答题

如图所示,半径R=0.9m的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置,长L=1m的水平面BC与圆弧最低点相切于B,BC离地面高h=0.8m.质量m=1.0kg的小滑块从圆弧顶点D由静止释放,已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.1,(不计空气阻力,取g=10m/s2)求:

(1)小滑块刚到达圆弧轨道的B点时对轨道的压力;

(2)小滑块落地点距C点的距离.

正确答案

解:(1)滑块由D到B过程中,由动能定理得:

mgR=mvB2

在B点,由牛顿第二定律得:F-mg=m

故解得:vB=3m/s,F=30N

由牛顿第三定律知对圆弧的压力大小为30N,方向竖直向下.

(2)由B到C过程,由动能定理得:-μmgL=m-

代入解得:vC=4m/s

滑块由C点开始做平抛运动,由h=gt2

得:t==0.4s

落地点与C点水平距离为:s=vCt=4×0.4m=1.6m

故滑块落地点距C点的距离为:x===m;

答:(1)小滑块刚到达圆弧面的B点时对圆弧的压力大小为30N;

(2)小滑块落地点与C点的距离是m.

解析

解:(1)滑块由D到B过程中,由动能定理得:

mgR=mvB2

在B点,由牛顿第二定律得:F-mg=m

故解得:vB=3m/s,F=30N

由牛顿第三定律知对圆弧的压力大小为30N,方向竖直向下.

(2)由B到C过程,由动能定理得:-μmgL=m-

代入解得:vC=4m/s

滑块由C点开始做平抛运动,由h=gt2

得:t==0.4s

落地点与C点水平距离为:s=vCt=4×0.4m=1.6m

故滑块落地点距C点的距离为:x===m;

答:(1)小滑块刚到达圆弧面的B点时对圆弧的压力大小为30N;

(2)小滑块落地点与C点的距离是m.

1
题型:简答题
|
简答题

过山车是一种惊险的游乐工具,其运动轨道可视为如图的物理模型,已知轨道的最高点A离地面高为30m,圆环轨道半径R为5m,过山车质量为50kg,(g=10m/s2),求:

(1)若不计一切阻力,该车从A由静止释放,经过圆形轨道最高点C时速度多大?

(2)若考虑阻力的影响,当过山车经过C点时对轨道恰好无压力,则在过山车从A点运动到C点的过程中,克服阻力做的功多大?

正确答案

解:(1)A到C的过程中,由机械能守恒可知:mg(h-2R)=mv

解得 vC===20m/s,

在C点时由:F+mg=m

解得F=4500N.

(2)A到C的过程中,设克服摩擦力做功为W,

由动能定理可知:mg(h-2R)-W=mv2,(1)

又因为山车经过C点时对轨道恰好无压力,所以:mg=m(2)

由(1)(2)可知:W=mg(h-2R)-mv2=500(30-10)=7500J

答:(1)当过山车经过圆形轨道最高点C时,轨道对车的作用力为4500N.

(2)过山车从A点运动至C点的过程中,克服阻力做的功为7500J.

解析

解:(1)A到C的过程中,由机械能守恒可知:mg(h-2R)=mv

解得 vC===20m/s,

在C点时由:F+mg=m

解得F=4500N.

(2)A到C的过程中,设克服摩擦力做功为W,

由动能定理可知:mg(h-2R)-W=mv2,(1)

又因为山车经过C点时对轨道恰好无压力,所以:mg=m(2)

由(1)(2)可知:W=mg(h-2R)-mv2=500(30-10)=7500J

答:(1)当过山车经过圆形轨道最高点C时,轨道对车的作用力为4500N.

(2)过山车从A点运动至C点的过程中,克服阻力做的功为7500J.

1
题型: 单选题
|
单选题

一个质量为0.3kg的弹性小球,在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同.则碰撞前后小球速度变化量的大小为△v和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为(  )

A△v=0  W=0

B△v=12m/s   W=0

C△v=12m/s   W=10.8J

D△v=0      W=10.8J

正确答案

B

解析

解:规定反弹速度方向为正方向,则△v=v2-v1=6-(-6)m/s=12m/s.

根据动能定理得,W===0.故B正确,A、C、D错误.

故选:B

1
题型: 单选题
|
单选题

一个质量为0.5kg的物体,从静止开始做直线运动,物体所受合外力F随物体位移x变化的图象如图所示,则物体位移x=8m时速度大小为(  )

A2m/s

B8m/s

C4m/s

D4m/s

正确答案

C

解析

解:根据F-x图象与坐标轴所围的“面积”表示功,则知物体位移x=8m时合外力做的功等于0-2s与6-8s内做功之和,为

   W=2×2+2×2=8J

由动能定理有 W=mv2,得 v=4m/s

故选:C.

1
题型:简答题
|
简答题

如图所示,A、B两小球质量分别为mA=0.05kg、mB=0.lkg,用一根长为L=1.0m的细绳连接,细绳是不能伸长的轻绳,A球套在一根斜放的粗糙杆上,杆与水平面夹角θ=30°.起始,同时给A、B一个方向沿杆向下、大小相同的初速度,此后观察到A、B连线保持竖直.当A球运动到P点时,碰到钉子突然停下,B球继续运动,但沿绳方向的速度瞬间消失,只剩下垂直绳方向的速度,B球恰好能不与杆相碰,不计空气阻力,已知OP间的竖直高度为向h=l.0m,g取10m/s2,求:

(1)A与杆接触面间的动摩擦因数μ.

(2)初速度v0的大小.

(3)整个过程中系统损失的机械能△E.

正确答案

解:(1)A、B 两球组成的系统匀速下滑,处于平衡状态,由平衡条件得:

(mA+mB)gsinθ=μ(mA+mB)cosθ,

解得:μ=tanθ=

(2)如图所示,v1=v0cosθ,

在B摆动过程中,由动能定理得:

-mBgL(1-sinθ)=0-mv12

解得:v0=2m/s;

(3)在整个过程中,由能量守恒定律得:

△E=(mA+mB)gh+mAv02+(mBv02-mBv12

解得:△E=2J;

答:(1)A与杆接触面间的动摩擦因数为

(2)初速度v0的大小为2m/s.

(3)整个过程中系统损失的机械能为2J.

解析

解:(1)A、B 两球组成的系统匀速下滑,处于平衡状态,由平衡条件得:

(mA+mB)gsinθ=μ(mA+mB)cosθ,

解得:μ=tanθ=

(2)如图所示,v1=v0cosθ,

在B摆动过程中,由动能定理得:

-mBgL(1-sinθ)=0-mv12

解得:v0=2m/s;

(3)在整个过程中,由能量守恒定律得:

△E=(mA+mB)gh+mAv02+(mBv02-mBv12

解得:△E=2J;

答:(1)A与杆接触面间的动摩擦因数为

(2)初速度v0的大小为2m/s.

(3)整个过程中系统损失的机械能为2J.

1
题型: 单选题
|
单选题

一个学生用100N的力,将静止在球场的质量为1kg的足球,以20m/s的速度踢出20m远,则该学生对足球做的功为(  )

A200J

B400J

C1800J

D2000J

正确答案

A

解析

解:学生将静止在球场的质量为1kg的球以20m/s的速度踢出,

踢球过程,由动能定理得:W=mv2-0=×1×202=200J;

故选:A.

1
题型: 多选题
|
多选题

如图,在竖直平面内,轨道 ABC关于B点对称,且A、B、C三点在同一水平线上.若小滑块第一次由A滑到C,所用时间为t1,到达C点速度为v1,第二次由C滑到A,所用时间为t2,到达A点速度为v2,小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着轨道滑行,小滑块与轨道间的动摩擦因素恒定,则(  )

At1<t2

Bt1=t2

Cv1>v2

Dv1=v2

正确答案

A,C

解析

解:在AB段,由牛顿第二定律得:mg-F=m,滑块受到的支持力:F=mg-m,则速度v越大,滑块受支持力F越小,摩擦力f=μF就越小,

在BC段,由牛顿第二定律得:F-mg=m,滑块受到的支持力:F=mg+m,则速度v越大,滑块受支持力F越大,摩擦力f就越大,

由题意知从A运动到C相比从C到A,在AB段速度较大,在BC段速度较小,所以从A到C运动过程受摩擦力较小,用时短,故AC正确

故选:AC

1
题型: 单选题
|
单选题

有关动能和速度,下列说法中正确的是(  )

A动能发生变化速度一定变化

B速度发生变化,动能一定发生变化

C动能是矢量

D动能是标量,速度是矢量

正确答案

D

解析

解:A、动能为EK=mV2,当动能的大小变化时,也可以是物体的质量变化引起的,速度不一定变化,所以A错误.

B、当只是速度的方向发生变化时,由EK=mV2可知此时物体的动能是不变化的,所以B错误.

C、D、动能是没有方向的,它是标量,速度是有大小和方向的,它是矢量,所以C错误,D正确.

故选D.

百度题库 > 高考 > 物理 > 机械能守恒定律

扫码查看完整答案与解析

  • 上一题
  • 1/15
  • 下一题