【物理】2019届二轮复习动能定理　能量守恒定律学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习动能定理　能量守恒定律学案（全国通用）

微型专题　动能定理　能量守恒定律 ‎1．(2018·新昌中学高三选考适应性考试)某同学设计出如图1所示实验装置．将一质量为0.2 kg的小球(可视为质点)放置于水平弹射器内，压缩弹簧并锁定，此时小球恰好在弹射口，弹射口与水平面AB相切于A点，AB为粗糙水平面，小球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，弹射器可沿水平方向左右移动；BC为一段光滑圆弧轨道，O′为圆心，半径R＝0.5 m．O′C与O′B之间的夹角为θ＝37°，以C为原点，在C的右侧空间建立竖直平面内的坐标系xOy，在该平面内有一水平放置开口向左且直径稍大于小球的接收器D，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.‎ 图1‎ ‎(1)某次实验中该同学使弹射口距离B处L1＝1.6 m处固定，解开锁定，释放小球，小球刚好到达C处，求弹射器释放的弹性势能；‎ ‎(2)把小球放回弹射器原处并锁定，将弹射器水平向右移动至离B处L2＝0.8 m处固定弹射器，并解开锁定释放小球，小球将从C处射出，恰好水平进入接收器D，求D所在位置坐标．‎ 答案　(1)1.8 J　(2) 解析　(1)从A到C的过程中，由能量守恒定律：‎ Ep＝μmgL1＋mgR(1－cos θ)‎ 解得：Ep＝1.8 J ‎(2)小球从C处飞出后，由能量守恒定律 Ep＝μmgL2＋mgR(1－cos θ)＋mvC 2 ‎ 解得：vC＝2 m/s，方向与水平方向成37°角，‎ 由于小球刚好被D接收，其在空中的运动可看成从D点平抛运动的逆过程，‎ vCx＝vCcos 37°＝ m/s，vCy＝vCsin 37°＝ m/s，‎ 则D点的坐标：x＝vCx·，y＝，解得：x＝ m，y＝ m，‎ 即D所在位置坐标为： ‎2．(2018·桐乡市选考基础测试)如图2所示为某款弹射游戏示意图，光滑水平台面上有固定发射器、竖直光滑圆轨道和粗糙斜面ABC，竖直面BC和竖直挡板MN间有一凹槽．通过轻质拉杆将发射器的弹簧压缩一定距离后释放，滑块从O点弹出并从E点进入圆轨道，经过最高点F，离开圆轨道后继续在水平台面上前进，从A点沿斜面AB向上运动，滑块落入凹槽则游戏成功．已知滑块质量m＝5 g，圆轨道半径R＝5 cm，斜面倾角θ＝37°，斜面长L＝25 cm，滑块与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5，忽略空气阻力，滑块可视为质点．若某次弹射中，滑块恰好运动到B点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：‎ 图2‎ ‎(1)滑块离开弹簧时的速度大小；‎ ‎(2)滑块从B点返回到E点时对轨道的压力大小；‎ ‎(3)通过计算判断滑块能否沿原轨道返回到O点．若能，则计算弹簧压缩到最短时的弹性势能；若不能，则计算出在斜面AB上通过的总路程．‎ 答案　(1) m/s　(2)0.15 N　(3)不能　0.625 m 解析　(1)设滑块离开弹簧时速度大小为v0，根据动能定理：‎ ‎－mgLsin θ－μmgLcos θ＝0－mv02‎ 代入数据得：v0＝ m/s ‎(2)设滑块从B点返回到圆轨道最低点时速度大小为v1‎ 根据动能定理：mgLsin θ－μmgLcos θ＝mv12‎ 在E点：FN－mg＝m 联立方程代入数据得：FN＝0.15 N 根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小FN′＝FN＝0.15 N.‎ ‎(3)若滑块返回后未过圆心等高点时速度为零，其能够到达的最大高度为h，根据能量守恒：mgLsin θ＝μmgLcos θ＋mgh 代入数据得h＝0.05 m，正好与圆心等高．‎ 因此滑块不能沿原轨道返回O点．‎ 设滑块从B点下滑后在斜面上通过的路程为x，根据能量守恒：mgLsin θ＝μmgxcos θ 代入数据得：x＝1.5L 所以滑块在斜面上通过的总路程为s路＝x＋L＝0.625 m.‎ ‎3．(2017·浙江11月选考 目考试)如图3甲所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图乙的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h＝24 m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，DO1的距离L＝20 m．质量m＝1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍．已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝，EF段摩擦力不计，整个运动过程空气阻力不计．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ ‎　‎ 图3‎ ‎(1)求过山车过F点时的速度大小；‎ ‎(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；‎ ‎(3)如果过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客的安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少应多大？‎ 答案　(1)3 m/s　(2)－7.5×104 J　(3)6×103 N 解析　(1)在F点由牛顿第二定律得：‎ m人g－0.25m人g＝m人，‎ r＝Lsin θ＝12 m 代入已知数据可得：vF＝3 m/s ‎(2)根据动能定理，从B点到F点：‎ mg(h－r)＋Wf＝mvF2－0‎ 解得Wf＝－7.5×104 J ‎(3)在没有故障时，过山车到达D点的速度为vD，根据动能定理－mgr－μmgcos 37°·LDE＝mv－mv LDE＝Lcos 37°＝16 m，‎ 发现故障之后，过山车不能到达EF段，设刹车后恰好到达E点速度为零，在此过程中，过山车受到的摩擦力为Ff1，根据动能定理 ‎－mgLDEsin 37°－Ff1LDE＝0－mv，‎ 联立各式解得Ff1＝4.6×103 N 使过山车能停在倾斜轨道上的摩擦力至少为Ff2，‎ 则有Ff2－mgsin θ＝0，解得Ff2＝6×103 N 综上可知，过山车受到的摩擦力至少应为6×103 N.‎ ‎4．(2018·温州市六校协作体第二学期期中联考)如图4所示，某 技兴趣小组设计了一个竖直放置在水平地面上的玩具轨道模型，在AB段的A端固定一轻质弹簧，弹簧自然伸长时刚好位于B端．其中半圆轨道BC和圆形轨道CDE的半径分别为r＝10 cm和R＝40 cm，二者的圆心与B、C、D在同一竖直线上．倾角为θ＝37°的直轨道EF与圆形轨道CDE在E点相切，水平轨道FG(长度可调节)与C点在同一高度且与倾斜轨道EF平滑连接．将一质量为m＝0.1 kg的滑块(可以视为质点)用弹簧装置将其弹出，使其沿着图示轨道运动，已知小滑块与EF、FG间的动摩擦因数为μ＝0.5，其余部分摩擦不计(滑块在直轨道上衔接处运动时不脱离轨道，忽略滑块在衔接处的能量损失及空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)．‎ 图4‎ ‎(1)若滑块在D点速度为5 m/s，求此时滑块对轨道的压力大小；‎ ‎(2)要使滑块恰好不脱离圆弧轨道，则弹簧的弹性势能Ep为多少？‎ ‎(3)某次实验时压缩弹簧至弹性势能Ep′＝1.13 J，将滑块弹出，滑块沿着图示轨道运动最终能从G位置水平飞离轨道，为使落点位置H离F点的水平距离最大，应将FG的长度调为多大？最大水平距离为多少？‎ 答案　(1)7.25 N　(2)0.25 J　(3)0.5 m　1.3 m 解析　(1)在D点：FN－mg＝ 解得FN＝7.25 N 由牛顿第三定律可知此时滑块对轨道的压力大小为7.25 N，方向竖直向下 ‎(2)滑块恰好不脱离圆弧轨道，则最高点C满足，mg＝ 得vC＝1 m/s 从释放到C点由能量守恒：Ep＝mvC2＋mg·2r 解得Ep＝0.25 J ‎(3)由已知条件和几何关系可得EF长度L＝1.2 m 从释放到F点，由能量守恒定律Ep′＝mg·2r＋μmgcos θ·L＋mvF2‎ 设G点的速度为v，F到G过程：vF2－v2＝2μgx1‎ 离开G点后做平抛运动：2R＝gt2‎ x2＝vt 联立可得落点H离F点的水平距离 x＝x1＋x2＝0.9－0.1v2＋0.4v＝－0.1(v－2)2＋1.3‎ 所以当v＝2 m/s，即FG长度为0.5 m时，H离F点的水平距离最大为1.3 m.‎