B.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1 C.滑块下滑过程中的最大速度为13m/s 5D.滑块在最低点时,弹簧的弹性势能为10.4J 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A.滑块在下滑的过程中,除重力和弹簧的弹力做功外,还有摩擦力做功,故滑块和弹簧组成的系统机械能不守恒,故A错误;
B.刚释放瞬间,弹簧的弹力为零,由图象可知此时加速度为a=5.2m/s2,根据牛顿第二定律有
mgsin???mgcos??ma
解得??0.1,故B正确;
C.当x=0.1m时a=0,则速度最大,此时滑块受到的合力为零,则有
mgsin??kx??mgcos??0
解得k?260N/m,则弹簧弹力与形变量的关系为
F?kx
当形变量为x=0.1m时,弹簧弹力F=26N,则滑块克服弹簧弹力做的功为
W?11Fx??2.6?0.1J?1.3J 2212mvm 2从下滑到速度最大,根据动能定理有
?mgsin???mgcos??x?W?解得vm?13m/s,故C正确; 5D.滑块滑到最低点时,加速度为a???5.2m/s2,根据牛顿第二定律可得
mgsin???mgcos??kx??ma?
解得x??0.2m,从下滑到最低点过程中,根据动能定理有
?mgsin???mgcos??x??Ep?0?0
解得Ep=5.2J,故D错误。 故选BC。
6.如图所示,物块套在固定竖直杆上,用轻绳连接后跨过定滑轮与小球相连。开始时物块与定滑轮等高。已知物块的质量m1?3kg,球的质量m2?5kg,杆与滑轮间的距离d=2m,重力加速度g=10m/s2,轻绳和杆足够长,不计一切摩擦,不计空气阻力。现将物块由静止释放,在物块向下运动的过程中( )
A.物块运动的最大速度为53m/s 3B.小球运动的最大速度为33m/s 5C.物块下降的最大距离为3m 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
D.小球上升的最大距离为2.25m
AB.当物块所受的合外力为0时,物块运动的速度最大,此时,小球所受合外力也为0,则有绳的张力为小球的重力,有
T?m2g?50N
对物块作受力分析,由受力平衡可知
Tcos??m1g
对物块速度v沿绳子的方向和垂直绳的方向分解,则沿绳方向的分速度即为小球的速度,设为v1,则有
v1?vcos?
对物块和小球组成的系统,由机械能守恒定律可知
m1g代入数据可得
dd11?m2g(?d)?m1v2?m2v12 tan?sin?2253m/s ,v1?3m/s 3v?故A正确,B错误;
CD.设物块下落的最大高度为h,此时小球上升的最大距离为h1,则有
h1?h2?d2?d
对物块和小球组成的系统,由机械能守恒定律可得
m1gh?m2gh1
联立解得
h?3.75m,h1?2.25m
故C错误,D正确。 故选AD。 【点睛】
物块与小球具有速度关联,注意物块沿绳方向的分速度大小等于小球的速度大小。
7.如图所示,质量为0.1kg的小滑块(视为质点)从足够长的固定斜面OM下端以20m/s的初速度沿斜面向上运动,小滑块向上滑行到最高点所用的时间为3s,小滑块与斜面间的动摩擦因数为3,取重力加速度大小g=10m/s2,下列说法正确的是( ) 3
A.斜面的倾角为60°
B.小滑块上滑过程损失的机械能为5J C.小滑块上滑的最大高度为10m
D.若只减小斜面的倾角,则小滑块上滑的最大高度可能比原来高 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】
A.物体上滑的加速度为
a?由牛顿第二定律
v020?m/s2 t3mgsin???mgcos??ma
解得
?=60
选项A正确;
B.小滑块上滑过程损失的机械能为
?E??mgcos60?选项B正确;
C.小滑块上滑的最大高度为
v03120t??1???3J=5J 2322
h?lsin60?选项C错误; D.根据动能定理
v0203tsin60??3?m=15m 222mgh??mgcos??解得
h12?mv0 sin?2h?2v02g(1??tan?)
则若只减小斜面的倾角θ,则小滑块上滑的最大高度减小,选项D错误。 故选AB。
8.如图1所示,遥控小车在平直路面上做直线运动,所受恒定阻力f=4N,经过A点时,小车受到的牵引力FA=2N,运动到B点时小车正好匀速,且速度vB=2m/s;图2是小车从A点运动到B点牵引力F与速度v的反比例函数关系图像。下列说法正确的是( )
A.从A到B,牵引力的功率保持不变 B.从A到B,牵引力的功率越来越小 C.小车在A点的速度为4m/s
D.从A到B,小车的速度减小得越来越慢 【答案】ACD 【解析】 【分析】 【详解】
AB.遥控小车牵引力的功率P=Fv,而题目中,已知小车从A点运动到B点牵引力F与速度v成反比例,则可知F与v的乘积保持不变,即功率P不变,故A正确,B错误; C.小车运动到B点时正好匀速,则牵引力等于阻力,且速度vB=2m/s,则小车的功率为
P?Fv?fvB?8W
则在A点时速度
vA?故C正确;
P8?m/s?4m/s FA2D.小车从A到B的过程中,因速度从4m/s减小到2m/s,在这一过程中,功率始终保持
不变,故牵引力增大,小车所受的合外力
F合?f?F
可知,合外力减小,由牛顿第二定律a?F合m小车的速度减小得越来越慢,故D正确。 故选ACD。
可知,小车的加速度减小,所以从A到B,
9.如图所示,一轻绳系着可视为质点的小球在竖直平面内做圆周运动,已知绳长为l,重力加速度为g,小球在最低点Q的速度为v0,忽略空气阻力,则( )
A.若小球恰好通过最高点,速度大小刚好为0
B.小球的速度v0越大,则在P、Q两点绳对小球的拉力差越大 C.当v0?6gl时,小球一定能通过最高点P D.当v0?【答案】CD 【解析】 【分析】
本题小球做变速圆周运动,在最高点和最低点重力和拉力的合力提供向心力,同时结合动能定理列式研究。要注意绳子绷紧,小球可能通过最高点,也可以在下半圆内运动。 【详解】
A.小球在最高点时,由于是绳拉小球,合力不可能为0,速度也不可能为0,选项A错误;
C.设小球恰好到达最高点时的速度为v1,最低点的速度为v2,由动能定理得
gl时,轻绳始终处于绷紧状态
112?mg(2l)?mv12?mv2①
22小球恰经过最高点P时,有
v12mg?m
l联立解得
v2?5gl 因为
v0?6gl?v2?5gl