XX选考版高考物理总复习 专题一 动力学与能量观点的综合应用 考点强化练 动力学与能量观点的综合应用docWord下载.docx
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已知斜面CD与水平面DE的长度均为L=5m,小球与斜面及水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2,其余阻力忽略不计,角θ=37°
弹簧的长度、小球大小、管道直径均可忽略不计,若小球质量m=0.1kg,则小球到达管F时恰好与管口无挤压。
(1)弹簧的弹性势能大小Ep;
(2)改变小球的质量,小球通过管口F时,管壁对小球的弹力FN也相应变化,写出FN随小球质量m的变化关系式并说明FN的方向。
5.如图甲所示为水上乐园的“超级大喇叭”滑道,它主要由螺旋滑道和喇叭型滑道两部分组成,图乙是喇叭型滑道正视图。
现有游客乘坐浮圈,从平台A处由静止开始下滑,经螺旋滑道冲入喇叭型滑道,恰好能到达C处。
已知游客与浮圈的总质量M=232.5kg,A处距地面高H=20m,喇叭型滑道最低处B距地面高h=1m。
若B、C、D可视为在同一竖直圆内,半径R=9m,C处与圆心等高,只考虑浮圈在螺旋滑道AB内受到的阻力。
(1)在螺旋滑道内滑行过程,浮圈克服阻力做的功W1;
(2)当浮圈滑至B处时,质量为50kg的游客受到的弹力FN的大小;
(3)若只让浮圈(无游客)滑下,要使浮圈能过最高点D,则浮圈在A处的初速度v0至少多大?
(已知浮圈质量m=10kg,浮圈在螺旋滑道中克服阻力做功为
(1)问中W1的
倍)
6.
(2018浙江杭州高考命题预测)如图所示,倾角为37°
的光滑导轨,顶端A点高H=1.45m,下端通过一小段光滑圆弧与薄壁细管做成的玩具轨道相接于最低端B,玩具轨道由长度为x0的水平轨道BC、半径为R=0.5m的圆轨道、足够长的水平轨道CE组成,整个玩具轨道固定在竖直平面内,整个轨道水平部分动摩擦因数μ=0.20,其他全部光滑。
一个质量m=0.50kg的小球在倾斜导轨顶端A以v0=2.0m/s速度水平发射,在落到倾斜导轨上P点(P点在图中未画出)时速度立即变成大小v1=3.0m/s,方向沿斜面向下,小球经过BC,并能恰好经过圆的最高点。
g取10m/s2,求:
(1)求P点离A点的距离;
(2)x0的大小;
(3)小球最终停留位置与B的距离。
7.
如图所示,底端切线水平且竖直放置的光滑圆弧轨道的半径为L,其轨道底端P距地面的高度及与右侧竖直墙的距离也均为L,Q为圆弧轨道上的一点,它与圆心O的连线OQ与竖直方向的夹角为60°
。
现将一质量为m,可视为质点的小球从Q点由静止释放,g取10m/s2,不计空气阻力。
试求:
(1)小球在P点时受到的支持力大小;
(2)在以后的运动过程中,小球第一次与墙壁的碰撞点离墙角B点的距离。
8.
如图所示,倾角为37°
的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连,O点为轨道圆心,BC为圆轨道直径且处于竖直方向,A、C两点等高。
质量m=1kg的滑块从A点由静止开始下滑,恰能滑到与O点等高的D点,g取10m/s2,sin37°
=0.8。
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ;
(2)若使滑块能到达C点,求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值;
(3)若滑块离开C点的速度大小为4m/s,求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t。
9.如图所示,半径R=0.5m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接,O为圆弧轨道ABC的圆心,B点为圆弧轨道的最低点,半径OA、OC与OB的夹角分别为53°
和37°
将一个质量m=0.5kg的物体(视为质点)从A点左侧高为h=0.8m处的P点水平抛出,恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道。
已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ=0.8,重力加速度g取10m/s2,sin37°
(1)物体水平抛出时的初速度大小v0;
(2)物体经过B点时,对圆弧轨道压力大小FN;
(3)物体在轨道CD上运动的距离x。
10.
如图所示,在E=103V/m的水平向左的匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接,半圆轨道所在平面与电场线平行,其半径R=40cm,一带正电荷q=10-4C的小滑块在MN上且质量为m=40g,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2,求:
(1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L,滑块应在水平轨道上离N点多远处静止释放?
(2)这样释放的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大?
(P为半圆轨道中点)
1.答案
(1)12.4N 竖直向下
(2)2.4m (3)4.8J
解析
(1)物体从E到C,由机械能守恒得:
mg(h+R)=
①
在C点,由牛顿第二定律得:
FN-mg=m
②
联立①、②解得支持力FN=12.4N③
(2)从E~D~C~B~A过程,由动能定理得
WG-Wf=0④
WG=mg[(h+Rcos37°
)-LABsin37°
]⑤
Wf=μmgcos37°
LAB⑥
联立④、⑤、⑥解得斜面长度至少为:
LAB=2.4m⑦
(3)因为mgsin37°
>
μmgcos37°
(或μ<
tan37°
)
所以物体不会停在斜面上。
物体最后以C为中心,B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动。
从E点开始直至稳定,系统克服摩擦所做的功W=ΔEp⑧
ΔEp=mg(h+Rcos37°
)⑨
联立⑧、⑨解得W=4.8J⑩
在运动过程系统克服摩擦所做的功为4.8J。
2.答案
(1)2m/s
(2)1m (3)0.64m
解析
(1)沿光滑斜劈AB下滑的过程机械能守恒,
mgL1sin30°
=
代入数据得vB=2m/s;
(2)根据动能定理,-μmgL2=0-
代入数据得L2=1m;
(3)根据动能定理,-μmg(L2-ΔL)=
对于平抛过程有:
h=
gt2
x=vCt
代入数据得x=0.64m。
3.答案
(1)0.6J
(2)1.2m (3)物块停离C位置3.5m处
解析
(1)小物块刚滑出圆盘时:
μ1mg=
得到vA=4m/s
由动能定理可得到:
W=
得到W=1.6J。
(2)物块正好切入圆弧面,由平抛运动知识可得:
在B处的竖直方向速度为vBy=vAtan37°
运动时间t=
AB间的水平距离x=vAt=1.2m;
(3)物块刚好通过竖直完整圆轨道最高点E处:
mg=
由B到E点由动能定理得到:
mgR2(1-cos37°
)-μ2mgL-mg·
2R3=
可得:
L=1m
即DC之间距离不大于1m时物块可通过竖直圆,最后物块必定停止,由动能定理可得:
)-μ2mgx末=0-
即最后物块停离C位置3.5m处。
4.答案
(1)6.8J
(2)(a)当m=0.1kg时,FN为零;
(b)当0<
m<
0.1kg时,FN=6.8-68m,向下;
(c)当0.1kg≤m≤0.12kg时,FN=68m-6.8,向上;
(d)当m>
0.12kg时,FN为零。
解析
(1)恰好与管口无挤压,则mg=m
P—F,由动能定理得:
W弹-2mgR-μmg(Lcosθ+L)=
初始弹性势能Ep=W弹
联立以上各式解得Ep=6.8J
(2)在F点:
FN+mg=m
对P—F过程,由能量守恒得:
EP=μmg(Lcosθ+L)+2mgR+
mv2②
由①②得FN=6.8-68m③
(a)由③可知当m=0.1kg时,FN为零;
0.1kg时,FN=6.8-68m 小球经过F点时外管壁对它有向下的弹力
(c)当小球到达F点速度恰好为零时由②可得:
m=
kg≈0.12kg
则0.1kg≤m≤0.12kg FN=68m-6.8
小球经过F点时内管壁对它有向上的弹力
0.12kg时,FN为零
5.答案
(1)2.325×
104J
(2)1.5×
103N (3)15m/s
解析
(1)从A到C根据动能定理得:
MghAC-W1=0
解得:
W1=2.325×
104J
(2)从B到C机械能守恒得:
MgR=
在B处有:
-M游g=M游
解得FN=1.5×
103N
(3)从A到D根据动能定理得:
mghAD-
W1=
要过D则有:
mg=m
v0=15m/s
点睛本题考查动能定理和向心力公式的应用,关键是清楚研究对象的运动过程,确定做功情况,一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理。
6.答案
(1)0.75m
(2)1.0m (3)7.25m
解析
(1)小球从A做平抛运动,经过时间t落到倾斜导轨上的P点,水平位移x,竖直位移y,有
x=v0t,y=
gt2,tan37°
由上述式子得t=
=0.3s
P点位置,即距抛出点l=
=0.75m
(2)由恰好经过圆的最高点D,D点时有:
得vD=
m/s
由P到D,能量关系:
+mg(H-lsinα)-μmgx0=
+2mgR
得x0=1.0m
(3)从到停止水平距离x,满足能量关系:
+mg(H-lsinα)=μmgx
得x=7.25m
7.答案
(1)2mg
(2)
L
解析
(1)对小球滑到圆弧轨道底端的过程应用动能定理有
mgL(1-cos60°
)=
mv2,解得v=
小球在P点时,由牛顿第二定律有FN-mg=m
解得FN=2mg。
(2)小球离开P点后做平抛运动,水平位移为L时所用时间为t,则L=vt
小球下落的高度为h=
gt2,解得h=
则小球第一次碰撞点距B的距离为d=L-h=
L。
8.答案
(1)0.375
(2)2
m/s (3)0.2s
解析
(1)滑块从A点到D点的过程中,根据动能定理有
mg(2R-R)-μmgcos37°
·
=0-0
解得μ=
=0.375。
(2)若使滑块能到达C点,根据牛顿第二定律有mg+FN=
由FN≥0得vC≥
=2m/s
滑块从A点到C点的过程中,根据动能定理有
-μmgcos37°
则v0=
≥2
m/s,故v0的最小值为2
m/s。
(3)滑块离开C点后做平抛运动,有x=vC'
t,y=
由几何知识得tan37°
整理得5t2+3t-0.8=0,解得t=0.2s(t=-0.8s舍去)。
9.答案
(1)3m/s
(2)34N (3)1.09m
解析
(1)由平抛运动规律知
=2gh
竖直分速度vy=
=4m/s
初速度v0=vytan37°
=3m/s。
(2)对从P至B点的过程,由机械能守恒有
mg(h+R-Rcos53°
经过B点时,由向心力公式有FN'
-mg=m
代入数据解得FN'
=34N
由牛顿第三定律知,对轨道的压力大小为FN=34N,方向竖直向下。
(3)因μmgcos37°
mgsin37°
物体沿CD向上做匀减速运动,速度减为零后不会下滑
从B到上滑至最高点的过程,由动能定理有
-mgR(1-cos37°
)-(mgsin37°
+μmgcos37°
)x=0-
代入数据可解得x=
m≈1.09m
在轨道CD上运动通过的路程x约为1.09m。
10.答案
(1)20m
(2)1.5N
解析
(1)小滑块刚能通过轨道最高点的条件是
解得v=
=2m/s,
小滑块由释放点到最高点过程由动能定理得Eqs-μmgs-mg·
2R=
mv2,所以s=
代入数据得s=20m。
(2)小滑块从P到L过程,由动能定理得-mgR-EqR=
mv2-
所以
=v2+2
g+
R
在P点由牛顿第二定律得FN-Eq=
所以FN=3(mg+Eq)
代入数据得FN=1.5N
由牛顿第三定律知滑块通过P点时对轨道的压力为1.5N。
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