0  443920  443928  443934  443938  443944  443946  443950  443956  443958  443964  443970  443974  443976  443980  443986  443988  443994  443998  444000  444004  444006  444010  444012  444014  444015  444016  444018  444019  444020  444022  444024  444028  444030  444034  444036  444040  444046  444048  444054  444058  444060  444064  444070  444076  444078  444084  444088  444090  444096  444100  444106  444114  447090 

3.(06·江苏·10)我省沙河抽水蓄能电站自2003年投入运行以来,在缓解用电高峰电力紧张方面,取得了良好的社会效益和经济效益.抽水蓄能电站的工作原理是,在用电低谷时(如深夜),电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中,到用电高峰时,再利用蓄水池中的水发电,如图,蓄水池(上游水库)可视为长方体,有效总库容量(可用于发电)为V,蓄水后水位高出下游水面H,发电过程中上游水库水位最大落差为d.统计资料表明,该电站年抽水用电为2.4×108  kW·h,年发电量为1.8×108  kW·h.则下列计算结果正确的是(水的密度为ρ,重力加速度为g,涉及重力势能的计算均以下游水面为零势能面)      (   )    

A.能用于发电的水的最大重力势能Ep=ρVgH 

B.能用于发电的水的最大重力势能Ep=ρVg 

C.电站的总效率达75% 

D.该电站平均每天所发电能可供给一个大城市居民用电(电功率以105 kW计)约10 h 

  答案  BC

解析  以下游水面为零势能面,则用于发电的水的重心位置离下游水面高为(H-),故其最大重力势能Ep?=ρVg(H-),A错,B对;电站的总功率η=×100%=×100%=75%,故C对;设该电站平均每天

发电可供一个大城市居民用电t小时,则:Pt=.代入数据得t=5 h,故D错. 

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2.(06·江苏·9)如图所示,物体A置于物体B上,一轻质弹簧一端固定,另一端与B相连,在弹性限度范围内,A和B一起在光滑水平面上做往复运动(不计空气阻力),并保持相对静止,则下列说法正确的是           (  )

?A.A和B均做简谐运动 

?B.作用在A上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比 

?C.B对A的静摩擦力对A做功,而A对B的静摩擦力对B不做功 

D.B对A的静摩擦力始终对A做正功,而A对B的静摩擦力始终对B做负功

  答案  AB?

解析  A、B保持相对静止,其水平方向的运动等效于水平方向弹簧振子的运动,故A对;A物体做简谐运动的回复力是B对A的静摩擦力提供的,设B对A的静摩擦力为F时,弹簧伸长量为x,对A物体有:F=mAa,对A、B整体有:kx=(mA+mB)a,联立得:F=,由此可知B项正确;B对A的静摩擦力可以对A做正功,也可以对A做负功,故C、D错.

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1.(06·江苏·3)一质量为m的物体放在光滑水平面上,今以恒力F沿水平方向推该物体,在相同的时间间隔内,下列说法正确的是      (   )             

A.物体的位移相等           B.物体动能的变化量相等 

C.F对物体做的功相等         D.物体动量的变化量相等 

答案  D?

解析  物体在恒力F作用下做匀变速直线运动,在相同时间间隔T内,其位移不相等,故力对物体做功不相等,由动能定理可知,外力做的功等于物体动能的变化,由此可知,A、B、C选项错误;物体动量的变化等于合外力的冲量,由于力F和时间t相等,故动量的变化量相等. 

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15.(06·北京理综·22)右图是简化后的跳台滑雪的雪道示意图.整个雪道由倾斜的助滑雪道AB和着陆雪道DE,以及水平的起跳平台CD组成,AB与CD圆滑连接。动员从助滑雪道AB上由静止开始,在重力作用下,滑到D点水平飞出,不计飞行中的空气阻力,经2 s在水平方向飞行了60 m,落在着陆雪道DE上.已知从B点到D点运动员的速度大小不变.(g取10 m/s2)求: 

(1)运动员在AB段下滑到B点的速度大小. 

(2)若不计阻力,运动员在AB段下滑过程中下降的高度.

答案  (1)30 m/s  (2)45 m  ?

解析  (1)运动员从D点飞出时的速度

v==30 m/s? 

依题意,下滑到助滑雪道末端B点的速度大小是30 m/s?. 

(2)在下滑过程中机械能守恒,有

mgh=mv2 下降的高度h==45 m? 

题组二

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14.(06·全国卷Ⅱ·23)如图所示,一固定在竖直平面内的光滑的半圆形轨道ABC,其半径R=0.5 m,轨道在C处与水平地面相切,在C处放一小物块,给它一水平向左的初速度v0=5 m/s,结果它沿CBA运动,通过A点,最后落在水平地面上的D点,求C、D间的距离s.取重力加速度g=10 m/s2. 

 

答案  1 m

解析  设小物块的质量为m,过A处时的速度为v,由A到D经历的时间为t,有 

mv02=mv2+2mgR           ① 

2R=gt2                              ② 

s=vt                   ③ 

由①②③式并代入数据得s=1 m? 

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13.(06·广东·15)一个质量为4 kg的物体静止在足够大的水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1.从t=0开始,物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用,力F随时间的变化规律如图所示.求83秒内物体的位移大小和力F对物体所做的功(g取10 m/s2). 

 

答案  167 m  676 J

解析  第1个2s内,其加速度: 

a1== m/s2=2 m/s2 

第1个2 s末的速度:

v1=a1t=2×2 m/s=4 m/s? 

第1个2 s内的位移:

s1=? 

第2个2 s内做减速运动,其加速度大小: 

a2= 

第2个2 s末的速度:v2=v1-a2t=0 

第2个2 s内的位移:s2=? 

故物体先匀加速2 s达最大速度4 m/s,后又匀减速运动2 s速度变为零,以后将重复这个运动. 

前84 s内物体的位移s=21(s1+s2)=168 m? 

最后1 s内物体的位移s′= 

故83秒内物体的位移为168 m-1 m=167 m? 

第83秒末的速度与第3秒末的速度相等,故v=v1 

所以力F对物体所做的功W=mv2+fs83=8 J+668 J=676 J? 

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12.(07·天津理综·23)如图所示,水平光滑地面上停放着一辆小车,左侧靠在竖直墙壁上,小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的,在最低点B与水平轨道BC相切,BC的长度是圆弧半径的10倍,整个轨道处于同一竖直平面内.可视为质点的物块从A点正上方某处无初速下落,恰好落入小车圆弧轨道滑动.然后沿水平轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出.已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍,小车的质量是物块的3倍,不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失.求: 

(1)物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍. 

(2)物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ.

答案  (1)4倍   (2)0.3 

解析  (1)设物块的质量为m,其开始下落处的位置距BC的竖直高度为h,到达B点时的速度为v,小车圆弧轨道半径为R.由机械能守恒定律,有 

mgh=mv2                     ① 

根据牛顿第二定律,有 

9mg-mg=m                   ② 

解得h=4R                     ③

即物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍. 

(2)设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为F,物块滑到C点时与小车的共同速度为v′,物块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大小为s.依题意,小车的质量为3m,BC长度为10 R.由滑动摩擦定律,有 

F=μmg                      ④ 

由动量守恒定律,有mv=(m+3m)v′         ⑤ 

对物块、小车分别应用动能定理,有 

-F(10R+s)=mv′2-mv2              ⑥ 

Fs=(3m)v′2-0                  ⑦

解得μ=0.3                    ⑧

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11.(07·全国卷Ⅱ·23)如图所示,位于竖直平面内的光滑轨道,由一段斜的直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成,圆形轨道的半径为R.一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑,然后沿圆形轨道运动.要求物块能通过圆形轨道最高点,且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg(g为重力加速度).求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围。

 

答案  R≤h≤5R

解析  设物块在圆形轨道最高点的速度为v,由机械能守恒定律得 

mgh=2mgR+mv2                         ① 

物块在最高点受的力为重力mg、轨道的压力N.重力与压力的合力提供向心力,有 

mg+N=m                 ② 

物块能通过最高点的条件是 

N≥0                   ③ 

由②③式得

v≥                 ④ 

由①④式得 

h≥R                  ⑤ 

按题目要求,N≤5 mg,由②式得 

v≤                 ⑥ 

由①⑥式得 

h≤5R                   ⑦ 

h的取值范围是 

R≤h≤5R                 ⑧ 

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10.(07·江苏·19)如图所示,一轻绳吊着粗细均匀的棒,棒下端离地面高H,上端套着一个细环.棒和环的质量均为m,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1).断开轻绳,棒和环自由下落.假设棒足够长,与地面发生碰撞时,触地时间极短,无动能损失.棒在整个运动过程中始终保持竖直,空气阻力不计.求: 

(1)棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中,环的加速度. 

(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间,棒运动的路程s. 

(3)从断开轻绳到棒和环都静止,摩擦力对环及棒做的总功W.

答案  (1)(k-1)g,方向竖直向上  (2)  (3)-

解析  (1)设棒第一次上升过程中,环的加速度为a 

环受合力F=kmg-mg             ①

由牛顿第二定律F=ma环                     

由①②得a=(k-1)g,方向竖直向上 

(2)设以地面为零势能面,向上为正方向,棒第一次落地的速度大小为v1.

由机械能守恒得:×2mv12=2mgH 

解得v1=

设棒弹起后的加速度a 

由牛顿第二定律a=-(k+1)g 

棒第一次弹起的最大高度H1=-

解得H1=

棒运动的路程s=H+2H=

(3)解法一:棒第一次弹起经过t1时间,与环达到相同速度v1′ 

环的速度v1′=-v1+at1 

棒的速度v1′=v1+at1 

环的位移h环1=-v1t1+at12 

棒的位移h棒1=v1t1+at12 

x1=h环1-h棒1? 

解得:x1=-

棒环一起下落至地 

v22-v12=2gh棒1? 

解得:v2=

同理,环第二次相对棒的位移 

x2=h环2-h棒2=-

…… 

xn=-

环相对棒的总位移 

x=x1+x2+……+xn+…… 

W=kmgx 

得W=-

解法二:设环相对棒滑动距离为l

根据能量守恒mgH+mg(H+l)=kmgl 

摩擦力对棒及环做的总功 

W=-kmgl 

解得W=-

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9.(07·山东理综)如图所示,一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动,圆盘边缘有一质量m=1.0 kg的小滑块.当圆盘转动的角速度达到某一数值时,滑块从圆盘边缘滑落,经光滑的过渡圆管进入轨道ABC.已知AB段斜面倾角为53°,BC段斜面倾角为37°,滑块与圆盘及斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5,A点离B点所在水平面的高度h=1.2 m.滑块在运动过程中始终未脱离轨道,不计在过渡圆管处和B点的机械能损失,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8. 

(1)若圆盘半径R=0.2 m,当圆盘的角速度多大时,滑块从圆盘上滑落?

(2)若取圆盘所在平面为零势能面,求滑块到达B点时的机械能. 

(3)从滑块到达B点时起,经0.6 s正好通过C点,求BC之间的距离.

  答案  (1)5 rad/s  (2)-4 J  (3)0.76 m

  解析  (1)滑块在圆盘上做圆周运动时,静摩擦力充当向心力,根据牛顿第二定律,可得: 

μmg=mω2R 

代入数据解得:ω==5 rad/s?

(2)滑块在A点时的速度:vA=ωR=1 m/s?

从A到B的运动过程由动能定理得 

mgh-μmgcos 53° ·=mvB2-mvA2 

在B点时的机械能:EB=mvB2-mgh=-4 J 

(3)滑块在B点时的速度:vB=4 m/s? 

滑块沿BC段向上运动时的加速度大小: 

a1=g(sin 37°+μcos 37°)=10 m/s2 

返回时的加速度大小 

a2=g(sin 37°-μcos 37°)=2 m/s2 

BC间的距离:sBC==0.76 m

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