广州市2019年高中物理力学竞赛辅导资料专题06功和能(含解析).doc
《广州市2019年高中物理力学竞赛辅导资料专题06功和能(含解析).doc》由会员分享,可在线阅读,更多相关《广州市2019年高中物理力学竞赛辅导资料专题06功和能(含解析).doc(19页珍藏版)》请在三一文库上搜索。
1、专题06 功和能一、单项选择题(每道题只有一个选项正确)1、如图5所示,长1 m的轻杆BO一端通过光滑铰链铰在竖直墙上,另一端装一轻小光滑滑轮,绕过滑轮的细线一端悬挂重为15 N的物体G,另一端A系于墙上,平衡时OA恰好水平,现将细线A端滑着竖直墙向上缓慢移动一小段距离,同时调整轻杆与墙面夹角,系统重新平衡后轻杆受到的压力恰好也为15 N,则该过程中物体G增加的重力势能约为()图5A.1.3 J B.3.2 JC.4.4 J D.6.2 J【答案】A【解析】轻杆在O点处的作用力方向必沿杆,即杆会平分两侧绳子间的夹角.开始时,AO绳子水平,此时杆与竖直方向的夹角是45;这时杆中的弹力大小等于滑轮
2、两侧绳子拉力的合力.当将A点达到新的平衡,由于这时轻杆受到的压力大小等于15 N(等于物体重力),说明这时两段绳子夹角为120 那么杆与竖直方向的夹角是60;设杆的长度是L.状态1时,AO段绳子长度是L1Lsin 45L,滑轮O点到B点的竖直方向距离是h1Lcos 45L,状态2,杆与竖直方向夹角是60,这时杆与AO绳子夹角也是60(AOB60),即三角形AOB是等边三角形.所以,这时AO段绳子长度是L2L;滑轮到B点的竖直距离是h2Lcos 60L,可见,后面状态与原来状态相比,物体的位置提高的竖直高度是h(h2h1)(L2L1)(LL)(LL)()L.重力势能的增加量EpGhG()L15
3、N()1 m1.3 J.2、有一竖直放置的“T”形架,表面光滑,滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上,A、B用一不可伸长的轻细绳相连,A、B质量相等,且可看做质点,如图8所示,开始时细绳水平伸直,A、B静止.由静止释放B后,已知当细绳与竖直方向的夹角为60时,滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v,则连接A、B的绳长为()图8A. B.C. D.【答案】A【解析】将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳的方向,两滑块沿绳方向的速度相等,有:vBcos 60vAcos 30,所以:vAv,A、B组成的系统机械能守恒,有:mghmvmv,所以:h,绳长l2h.3、如图5所示,在某旅游景点的滑沙场有两个坡度不
4、同的滑道AB和AB(都可看做斜面),一名旅游者乘同一个滑沙橇从A点由静止出发先后沿AB和AB滑道滑下,最后停在水平沙面BC或BC上.设滑沙者保持一定坐姿,滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同.下列说法中正确的是()图5A.到达B点的速率等于到达B点的速率B.到达B点时重力的功率大于到达B时重力的功率C.沿两滑道滑行的时间一定相等D.沿两滑道滑行的总路程一定相等【答案】B【解析】设滑道的倾角为,动摩擦因数为.滑沙者在由斜面滑到水平面的过程中,由动能定理,mghmgcos mv20,即得:mghmv2.由于AB与水平面的夹角小于AB与水平面的夹角,所以得知滑沙者在B点的速率大于在B点的速率.故A错误
5、.由前面可知,滑沙者在B点的速率大于在B点的速率,且B点的速度与重力的夹角小于在B点的夹角,根据PGvcos ,故B正确;再对滑沙者滑行全过程用动能定理可知:mghmgcos mgs0,得到:水平滑行位移s s,与斜面的倾角无关,所以滑沙者在两滑道上将停在离出发点水平位移相同的位置,由几何知识可知,沿两滑道滑行的总路程不等.故D错误.由题意可知,到达B的速度大小相同,从而根据路程不同,可以确定,沿两滑道滑行的时间不等,故C错误.4、如图1所示,缆车在牵引索的牵引下沿固定的倾斜索道加速上行,所受阻力不能忽略.在缆车向上运动的过程中,下列说法正确的是()图1A.缆车克服重力做的功小于缆车增加的重力
6、势能B.缆车增加的动能等于牵引力对缆车做的功和克服阻力做的功之和C.缆车所受牵引力做的功等于缆车克服阻力和克服重力做的功之和D.缆车增加的机械能等于缆车受到的牵引力与阻力做的功之和【答案】D【解析】根据重力做功与重力势能的变化关系可知,缆车克服重力做的功等于缆车增加的重力势能.故A错误;由动能定理可知,牵引力对缆车做的功等于缆车增加的动能、增加的重力势能与克服摩擦力所做的功之和,即:等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做的功之和,故B、C错误,D正确.5、如图2所示,用两根金属丝弯成一光滑半圆形轨道,竖直固定在地面上,其圆心为O、半径为R.轨道正上方离地h处固定一水平长直光滑杆,杆与轨道在同一
7、竖直平面内,杆上P点处固定一定滑轮,P点位于O点正上方.A、B是质量均为m的小环,A套在杆上,B套在轨道上,一条不可伸长的细绳绕过定滑轮连接两环.两环均可看做质点,且不计滑轮大小与质量.现在A环上施加一个水平向右的恒力F,使B环从地面由静止沿轨道上升.则()图2A.力F所做的功等于系统动能的增加量B.在B环上升过程中,A环动能的增加量等于B环机械能的减少量C.当B环到达最高点时,其动能为零D.当B环与A环动能相等时,sin OPB【答案】D【解析】力F做正功,系统的机械能增加,由功能关系可知,力F所做的功等于系统机械能的增加量,不等于系统动能的增加量.故A错误;由于力F做正功,A、B组成的系统
8、机械能增加,则A环动能的增加量大于B环机械能的减少量,故B错误;当B环到达最高点时,A环的速度为零,动能为零,但B环的速度不为零,动能不为零,故C错误;当PB线与圆轨道相切时,vBvA,根据数学知识有sin OPB,故D正确.6、如图1所示,在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab,杆与水平面的夹角为,在杆的上端a处套一质量为m的圆环,圆环上系一轻弹簧,弹簧的另一端固定在与a处在同一水平线上的O点,O、b两点处在同一竖直线上.由静止释放圆环后,圆环沿杆从a运动到b,在圆环运动的整个过程中,弹簧一直处于伸长状态,则下列说法正确的是()图1A.圆环的机械能保持不变B.弹簧对圆环一直做负功C.弹簧的弹性势能
9、逐渐增大D.圆环和弹簧组成的系统机械能守恒【答案】D【解析】由几何关系可知,当环与O点的连线与杆垂直时,弹簧的长度最短,弹簧的弹性势能最小.所以在环从a到C的过程中弹簧对环做正功,而从C到b的过程中弹簧对环做负功,所以环的机械能是变化的.故A、B错误;当环与O点的连线与杆垂直时,弹簧的长度最短,弹簧的弹性势能最小,所以弹簧的弹性势能先减小后增大.故C错误;在整个的过程中只有重力和弹簧的弹力做功,所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒.故D正确.7、如图4所示,把小车放在倾角为30的光滑斜面上,用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连,不计滑轮质量及摩擦,已知小车的质量为3m,小桶与沙子的总质量为m
10、,小车从静止释放后,在小桶上升竖直高度为h的过程中()图4A.小桶处于失重状态B.小桶的最大速度为C.小车受绳的拉力等于mgD.小车的最大动能为mgh【答案】B【解析】在整个的过程中,小桶向上做加速运动,所以小桶受到的拉力大于重力,小桶处于超重状态.故A、C错误;在小桶上升竖直高度为h的过程中只有重力对小车和小桶做功,由动能定律得:3mghsin 30mgh(3mm)v2解得:v,故B正确;小车和小桶具有相等的最大速度,所以小车的最大动能为:Ekm3mv2mgh,故D错误.二、多项选择题(每道题至少有二个选项正确)8、如图2所示,斜面与足够长的水平横杆均固定,斜面与竖直方向的夹角为,套筒P套在
11、横杆上,与绳子左端连接,绳子跨过不计大小的定滑轮,其右端与滑块Q相连接,此段绳与斜面平行,Q放在斜面上,P与Q质量相等且为m,O为横杆上一点且在滑轮的正下方,滑轮距横杆h.手握住P且使P和Q均静止,此时连接P的绳与竖直方向夹角为,然后无初速度释放P.不计绳子的质量和伸长及一切摩擦,重力加速度为g.关于P描述正确的是()图2A.释放P前绳子拉力大小为mgcos B.释放后P做匀加速运动C.P达O点时速率为D.P从释放到第一次过O点,绳子拉力对P做功功率一直增大【答案】AC【解析】释放P前,对Q分析,根据共点力平衡得,FTmgcos ,故A正确;释放后对P分析,知P所受的合力在变化,则加速度在变化
12、,做变加速直线运动,故B错误;当P到O点时,Q的速度为零,对P和Q系统研究,mg(h)cos mv2,解得v,故C正确;P从释放到第一次过O点,速度逐渐增大,拉力在水平方向的分力在减小,则拉力的功率不是一直增大,故D错误.9、如图2所示,轻质弹簧的一端与内壁光滑的试管底部连接,另一端连接质量为m的小球,小球的直径略小于试管的内径,开始时试管水平放置,小球静止,弹簧处于原长.若缓慢增大试管的倾角至试管竖直,弹簧始终在弹性限度内,在整个过程中,下列说法正确的是()图2A.弹簧的弹性势能一定逐渐增大B.弹簧的弹性势能可能先增大后减小C.小球重力势能一定逐渐增大D.小球重力势能可能先增大后减小【答案】
13、AD【解析】弹簧弹力逐渐增大,弹性势能一定逐渐增大,选项A正确,B错误;以地面为势能零点,倾角为时小球重力势能Epmg(l0)sin ,若sin 2mg)向左推木块乙,直到两木块第一次达到加速度相同时,下列说法正确的是(设木块与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()图3A.此时甲的速度可能等于乙的速度B.此时两木块之间的距离为LC.此阶段水平恒力F做的功大于甲、乙两木块动能增加量与弹性势能增加量的总和D.此阶段甲、乙两木块各自克服摩擦力所做的功相等【答案】BC【解析】现用一水平恒力F(F2mg)向左推木块乙,直到两木块第一次达到加速度相同时,在此过程中,乙的加速度减小,甲的加速度增大,所以
14、此时甲的速度小于乙的速度,故A错误;对系统运用牛顿第二定律得:a,对甲分析,有:F弹mgma,根据胡克定律得:x,则两木块的距离为:sLxL,故B正确;根据能量守恒得此阶段水平力F做的功等于甲、乙两木块动能增加量与弹性势能增加量和与水平面摩擦产生的热量的总和,故C正确;由于甲、乙两木块各自所受摩擦力大小相等,但位移不同,故甲、乙两木块各自所受摩擦力所做的功不相等,故D错误.11、如图4所示,一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处,B为轨道最高点,C、D为圆的水平直径两端点.轻质弹簧的一端固定在圆心O点,另一端与小球拴接,已知弹簧的劲度系数为k,原长为L 2R,弹簧始终处于弹性限
15、度内,若给小球一水平初速度v0,已知重力加速度为g,则()图4A.无论v0多大,小球均不会离开圆轨道B.若v0,小球就能做完整的圆周运动D.只要小球能做完整圆周运动,则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关【答案】ACD【解析】小球运动到最高点速度为零时假设没有离开圆轨道,则此时弹簧的弹力F弹kxRmg,此时小球没有离开圆轨道,故选项A正确,B错误;若小球到达最高点的速度恰为零,则根据动能定理mvmg2R,解得v0,故只要v0,小球就能做完整的圆周运动,选项C正确;在最低点时:FN1mgkxm,其中kxmg;从最低点到最高点,根据动能定理mvmv2mg2R,在最高点:FN2mgkxm,联
16、立解得:FN1FN26mg,故选项D正确;故选A、C、D.12、如图9所示,将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端,轻绳的另一端系一质量为m的环,环套在竖直固定的光滑直杆上,光滑定滑轮与直杆的距离为d.杆上的A点与定滑轮等高,杆上的B点在A点正下方距离为d处.现将环从A处由静止释放,不计一切摩擦阻力,下列说法正确的是()图9A.环到达B处时,重物上升的高度hB.环到达B处时,环与重物的速度大小相等C.环从A到B,环减少的机械能等于重物增加的机械能D.环能下降的最大高度为d【答案】CD【解析】根据几何关系有,环从A下滑至B点时,重物上升的高度hdd,故A错误;对B的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解
17、,在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度,有:vcos 45v重物,故B错误;环下滑过程中无摩擦力对系统做功,故系统机械能守恒,即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能,故C正确;环下滑的最大高度为h1时环和重物的速度均为0,此时重物上升的最大高度为d,根据机械能守恒有mgh12mg(d),解得:h1d,故D正确.故选C、D.13、蹦床类似于竖直放置的轻弹簧(弹力满足Fkx,弹性势能满足Epkx2,x为床面下沉的距离,k为常量).质量为m的运动员静止站在蹦床上时,床面下沉x0;蹦床比赛中,运动员经过多次蹦跳,逐渐增加上升高度,测得某次运动员离开床面在空中的最长时间为t.运动员可视为质点,空气阻力
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 广州市 2019 年高 物理 力学 竞赛 辅导资料 专题 06 解析
链接地址:https://www.31doc.com/p-4797628.html