题目内容

4.如图(甲)所示,质量为1kg的一小物块,以初速度v=11m/s从倾角为θ=37°固定斜面底端,先后两次滑上斜面,第一次不对物块施加力的作用,第二次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F,利用传感器测得两种情况下小物块沿斜面向上运动的v-t图象,如图(乙)所示,不考虑空气阻力的影响,下列说法正确的是(  )
A.a是不施加力所得的图象,b是施加恒力F所得的图象
B.有恒力F作用时,小物块在上升过程中机械能是减少的
C.有恒力F作用时,小物块在上升过程中克服摩擦做的功多
D.在上升过程中,施加恒力F比不施加力时机械能的变化量多

分析 根据速度时间图线的斜率得出匀减速运动的加速度大小,结合牛顿第二定律判断出哪种图线施加恒力,哪种图线不施加恒力.根据功能关系判断有恒力F作用时物块的机械能变化.根据速度位移公式比较出位移的大小,从而比较出克服摩擦力做功的大小关系.根据重力势能和动能的变化,得出机械能变化的大小关系.

解答 解:A、根据v-t中斜率等于加速度的意义可知:a图线的加速度大小为:${a}_{a}=\frac{△v}{△t}=\frac{11}{1.1}m/{s}^{2}=10m/{s}^{2}$,
b的加速度大小为:${a}_{b}=\frac{△v}{△t}=\frac{11}{1}m/{s}^{2}=11m/{s}^{2}$,
因为两次均为匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得:${a}_{a}=\frac{mgsinθ+μmgcosθ-F}{m}$,${a}_{b}=\frac{mgsinθ+μmgcosθ}{m}$,
即a图线是施加恒力F时的图线,b图线是不施加恒力F时的图线.故A错误.
B、有恒力F时,由于加速度的方向向下,大小为10m/s2,因为gsinθ=6m/s2,可知μmgcosθ>F,即摩擦力和F的合力向下,做负功,根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量知,机械能减小.故B正确.
C、有恒力F时,加速度较小,根据速度位移公式知,上滑的位移较大,则上升过程中克服摩擦力做功较多,故C正确.
D、结合C的分析可知,有恒力F时,小物块上升的高度比较大,所以在最高点的重力势能比较大,而升高的过程动能的减小是相等的,所以在上升过程机械能的减少量较小.故D错误.
故选:BC.

点评 本题综合考查了牛顿第二定律、功能关系、运动学公式的运用,通过加速度的大小,结合牛顿第二定律得出哪种图线对应有恒力,哪种图线没有恒力是解决本题的关键.

练习册系列答案
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9.某些实验器材的核心部件运用了电偏转和磁偏转原理,其核心结构原理可简化为如图甲所示:竖直方向的AB、CD区域内有竖直方向的匀强电场,CD的右侧有一个与CD相切于M点的圆形区域Ⅱ,在Ⅱ区域中有一个圆心为O1、半径为R0的较小圆形区域Ⅰ,开始时,整个圆形区域Ⅱ存在垂直于平面的匀强磁场,已知OP间距离为d,粒子质量为m,电量为q,粒子自身重力忽略不计.工作前,先调节装置,使带电粒子自O点以水平初速度v0正对P点进入该电场后,从M点飞离CD边界时速度为2v0,再经磁场偏转后又从N点垂直于CD边界回到电场区域.并恰能返回O点.工作时,调整小圆区域Ⅰ至适当的位置,使粒子恰好从小圆磁场的A点沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ(Ⅰ区域如图(乙)所示),粒子从A点入射的同时,Ⅰ区域外磁场的磁感应强度方向不变而大小变为原来的4倍,区域Ⅰ内磁场的磁感应强度也发生改变,此后保持不变,粒子第一次出区域Ⅰ时经过x轴上的G点,方向沿x轴正方向,粒子经过区域Ⅰ外后从Q点第二次射入区域Ⅰ内,此后粒子始终在磁场区域内运动而不再返回电场,已知O1Q与x轴正方向成60°,不考虑磁场变化产生的影响,试求:
(1)P、M两点间的距离;
(2)工作前整个圆形区域Ⅱ中的磁感应强度B的大小及区域Ⅱ的半径R′;
(3)工作时区域Ⅰ中的磁感应强度B1的大小;
(4)工作时粒子从A点沿y轴负方向射入后至再次以相同的速度经过A点的运动时间?

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