2023版高考物理一轮复习高频考点强化练五能量综合问题含解析.doc

能量综合问题
(45分钟　100分)
　计算题(此题共6小题,共100分,要有必要的文字说明和标准的解题步骤,有数值计算的要注明单位)
1.(12分)(2023·成都模拟)如下图,粗糙斜面与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接,斜面倾角α=37°,A、B是两个质量均为m=1 kg的小滑块(可看作质点),C为左端附有胶泥的薄板(可移动且质量不计),D为两端分别连接B和C的轻质弹簧。当滑块A置于斜面上且受到大小为F=4 N、方向垂直于斜面向下的恒力作用时,恰能沿斜面向下匀速运动。现撤去F,让滑块A从斜面上距斜面末端L=1 m处由静止下滑。(g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1)求滑块A到达斜面末端时的速度大小。
(2)滑块A与C(原来C、B、D处于静止状态)接触后粘连在一起,求此后两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中弹簧的最大弹性势能是多少?
【解析】(1)滑块A匀速下滑时,受重力mg、恒力F、斜面支持力N和摩擦力f作用
由平衡条件有:mgsinα-μ(mgcosα+F)=0
代入数据解得:μ=0.5
撤去F后,滑块A匀加速下滑,由动能定理有:
(mgsinα-μmgcosα)L=mv2
代入数据得: v=2 m/s
(2)两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中动量守恒,当它们速度相等时,弹簧具有最大弹性势能,设共同速度为v1,由动量守恒:mv=2mv1
由能量守恒定律有:Ep=mv2-×2m
联立解得:Ep=1 J
答案:(1)2 m/s　(2)1 J
【补偿训练】
　　如下图,在场强为E的匀强电场中,一长为l的绝缘轻质细杆可绕O点在竖直平面内自由转动,A端有一个带正电的小球,电荷量为q,质量为m。将细杆从水平位置自由释放,那么:
(1)请说明小球由A到B的过程中电势能如何变化。
(2)求出小球在最低点时的速率。
(3)求出最低点时绝缘杆对小球的作用力大小。
【解析】(1)因为由A到B过程中电场力做正功,所以电势能减小。
(2)由动能定理得mgl+qEl=mv2-0
　解得v=。
3)在最低点由牛顿第二定律得FT-mg=m
解得FT=3mg+2Eq。
答案:(1)电势能减小　(2)
(3)3mg+2Eq
2.(12分)如下图,在竖直平面内有xOy坐标系,长为l的不可伸长的细绳,一端固定在A点,A点的坐标为(0,),另一端系一质量为m的小球。现在x坐标轴上(x>0)固定一个小钉,拉小球使细绳绷直并呈水平位置,再将小球从静止释放,当细绳碰到钉子以后,小球可以绕钉子在竖直平面内做圆周运动。
(1)当钉子在x=l的P点时,小球经过最低点时细绳恰好不被拉断,求细绳能承受的最大拉力。
(2)为使小球释放后能绕钉子在竖直平面内做圆周运动,而细绳又不被拉断,求钉子所在位置的范围。
【解析】(1)当钉子在x=l的P点时,小球绕钉子转动的半径R1=l-,
小球由静止运动到最低点的过程中,由动能定理得
mg(+R1)=m,
在最低点细绳承受的拉力最大,由牛顿第二定律得
F-mg=m,
联立解得F=7mg。
(2)小球绕钉子做圆周运动恰好能到达最高点时,由牛顿第二定律得mg=m,
由动能定理得mg(-R2)=m,
钉子所在位置为x′=,
解得x′=l,
因此钉子所在位置的范围为l≤x≤l。
答案:(1)7mg　(2)l≤x≤l
3.(18分)(2023·衡阳模拟)2023年平昌冬季奥运会雪橇运动,其简化模型如下图,倾角为θ=37°的直线雪道AB与曲线雪道BCDE在B点平滑连接,其中A、E两点在同一水平面上,雪道最高点C所对应的圆弧半径R=10 m,B、C两点距离水平面AE的高度分别为h1=18 m与h2=20 m,雪橇与雪道各处的动摩擦因数均为μ=0.1,运发动可坐在电动雪橇上由A点从静止开始向上运动,假设电动雪橇以恒定功率1.2 kW工作10 s后自动关闭,那么雪橇和运发动(总质量m=50 kg)到达C点的速度为2 m/s,到达E点的速度为10 m/s。雪橇运动过程中不脱离雪道且sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10 m/s2,求:
(1)雪橇在C点时对雪道的压力。
(2)雪橇在BC段克服摩擦力所做的功。
(3)假设仅将DE改成与曲线雪道CD平滑相接的倾斜直线雪道(如图中虚线所示),求雪橇到E点时速度为多大?
【解析】(1)在C点,雪橇和人由重力和支持力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得:mg-N=m
代入数据解得:N=480 N
由牛顿第三定律可知,雪橇对轨道的压力大小为480 N,方向竖直向下
(2)从A到C过程,由动能定理得:
Pt-mgh2-μmgcos37°·-WBC=mv2
解得:WBC=700 J
(3)设CE的水平距离为x,从C到E点过程,假设是曲线轨道,克服摩擦力做的功为:
WCE=μmgL1cosθ1+μmgL2cosθ2+μmgL3cosθ3+…
=μmg(x1+x2+x3+…)=μmgx
假设是直线轨道,克服摩擦力做的功为:
=μmgLcosθ=μmgx
故将DE改成倾斜直轨道,克服摩擦力做功不变,即损失的机械能也不变,那么E点速度:vE=10 m/s
答案:(1)480 N,方向竖直向下　(2)700 J
(3)10 m/s
4.(18分)如下图,高为L的斜轨道AB、CD与水平面的夹角均为45°,它们分别与竖直平面内的圆弧形光滑轨道相切于B、D两点,圆弧的半径也为L。质量为m的小滑块从A点由静止滑下后,经CD轨道返回,再次冲上AB轨道至速度为零时,相对于BD面的高度为。滑块与AB轨道间的动摩擦因数为μ1=0.5,重力加速度为g,求
(1)滑块第一次经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小。
(2)滑块与CD面间的动摩擦因数μ2。
(3)经过足够长时间,滑块在两斜面上滑动的路程之和s。
【解析】(1)对第一次滑动到最低点的过程中运用动能定理得
mg(L+L-Lsin 45°)-μ1mgcos 45°·L=mv2-0,
在最低点,根据牛顿第二定律得F-mg=m,
联立两式解得F=(4-)mg,
由牛顿第三定律得滑块第一次经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力为(4-)mg。
(2)滑块在AB上的摩擦力为f1,f1=μ1mgcos45°,
滑块第一次经过D时的动能为:
Ek1=mgL-f1·L=0.5mgL
第二次经过D时的动能为:
Ek2=mg+f1··=0.25mgL
设滑块在CD上的摩擦力为f2,f2=μ2mgcos 45°,第一次在CD上速度为零时离BD面的高度为h,由功能关系得:Ek1=mgh+f2·h=mgh+μ2mgh,
Ek1-Ek2=2f2·h=2μ2mgh,
代入数据解得μ2=。
(3)设滑块在AB、CD上滑动的总路程分别为s1、s2,由题设条件可知,滑块在AB上从静止滑下到再次滑上AB至速度为零,其高度变为开始时的,那么
s1=[L+2(++…)]=L,
经过很长时间,滑块将保持在BD间滑动,损失的机械能为mgL=μ1mgcos 45°·s1 +μ2mgcos 45°·s2,
解得s2=L, 所以s=s1+s2=L。
答案:(1)(4-)mg　(2)　(3)L
5.(20分)如图,倾角θ=30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将长木板A静置于斜面上,A上放置一小物块B,初始时A下端与挡板相距L=4 m,现同时无初速度释放A和B。在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞,A和B的质量均为m=1 kg,它们之间的动摩擦因数μ=,A或B与挡板每次碰撞损失的动能均为ΔE=10 J,忽略碰撞时间,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)A第一次与挡板碰前瞬间的速度大小v。
(2)A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间Δt。
(3)B相对于A滑动的可能最短时间t。
【解析】(1)B和A一起沿斜面向下运动,由机械能守恒定律有2mgLsin θ=(2m)v2 ①
由①式得v=2 m/s。 ②
(2)第一次碰后,对B有mgsin θ=μmgcos θ,故B匀速下滑 ③
对A有mgsin θ+μmgcos θ=ma1 ④
得A的加速度a1=10 m/s2,方向始终沿斜面向下,A将做类竖直上抛运动 ⑤
设A第一次反弹的速度大小为v1,由动能定理有
mv2-m=ΔE ⑥
Δt= ⑦
由⑥⑦式得Δt= s。 ⑧
(3)设A第二次反弹的速度大小为v2,由动能定理有
mv2-m=2ΔE ⑨
得v2=0 m/s⑩
即A与挡板第二次碰后停在底端,B继续匀速下滑,与挡板碰后B反弹的速度为vB,加速度大小为a,由动能定理有mv2-m=ΔE
mgsin θ+μmgcos θ=ma
由式得B沿A向上做匀减速运动的时间
tB== s
当B速度为0时,因mgsin θ=μmgcos θ≤Ffm,B将静止在A上
当A停止运动时,B恰好匀速滑至挡板处,B相对A运动的时间t最短,故t=Δt+tB= s。
答案:(1)2 m/s　(2) s　(3) s
【总结提升】应用动能定理解题的技巧
(1)应用动能定理时,也必须进行受力分析,分析在所研究过程中有哪些力做功,并注意区分做功的正负。
(2)应用动能定理时,要注意选取的研究对象和对应过程,合力做的功和动能的增量一定是对应于同一研究对象的同一过程。
(3)应用动能定理时,不必考虑势能的变化。特别是有重力做功、弹力做功、电场力做功时,将这些力的功计入总功内,而不必考虑重力势能、弹性势能和电势能。
(4)利用动能定理可求物体的速度、受力、位移及变力的功。
6.(20分)如下图,在高h1=30 m的光滑水平平台上,质量m=1 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住,储存了一定量的弹性势能Ep。假设翻开锁扣K,物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台,做平抛运动,并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道。B点的高度h2=15 m,圆弧轨道的圆心O与平台等高,轨道最低点C的切线水平,并与地面上长为L=70 m的水平粗糙轨道CD平滑连接;小物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞,g取10 m/s2。
(1)求小物块由A到B的运动时间。
(2)求小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小。
(3)假设小物块与墙壁只发生一次碰撞,碰后速度等大反向,反向运动过程中没有冲出B点,最后停在轨道CD上的某点P(P点没画出)。设小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ,求μ的取值范围。
【解析】(1)设从A运动到B的时间为t,
那么h1-h2=gt2,t= s。
(2)由R=h1,所以∠BOC=60°。设小物块平抛的水平速度是v1,那么=tan 60°,v1=10 m/s,
故Ep=m=50 J。
(3)设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s,
根据题意,该路程的最大值是smax=3L,
路程的最小值是smin=L,
路程最大时,动摩擦因数最小,路程最小时,动摩擦因数最大,由能量守恒知mgh1+m=μminmgsmax,
mgh1+m=μmaxmgsmin,解得μmax=,μmin=。
即≤μ<。
答案:(1) s　(2)50 J　(3)≤μ<
【补偿训练】
　　如下图,半径R=0.2 m 的光滑四分之一圆弧轨道MN竖直固定放置,末端N与一长L=0.8 m的水平传送带相切,水平衔接局部摩擦不计,传动轮(轮半径很小)顺时针转动,带动传送带以恒定的速度v0运动。传送带离地面的高度h=1.25 m,其右侧地面上有一直径D=0.5 m的圆形洞,洞口最左端的A点离传送带右端的水平距离s=1 m,B点在洞口的最右端。现使质量为m=0.5 kg的物块(可视为质点)从M点由静止开始释放,经过传送带后做平抛运动,最终落入洞中,传送带与小物块之间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2。求:
(1)小物块到达圆弧轨道末端N时对轨道的压力。
(2)假设v0=3 m/s,物块在传送带上运动的时间。
(3)假设要使物块能落入洞中,v0应满足的条件。
【解析】(1)设物块滑到圆弧轨道末端的速度为v1,根据动能定理得mgR=m
设物块在轨道末端所受支持力的大小为F,根据牛顿第二定律得F-mg=m
联立以上两式代入数据得v1=2 m/s,F=15 N
根据牛顿第三定律,物块对轨道压力大小为15 N,方向竖直向下。
(2)物块在传送带上做加速运动时,由μmg=ma得
　a=μg=5 m/s2
加速到与传送带到达同速所需要的时间
t1==0.2 s
位移:s1=t1=0.5 m
匀速运动时间:t2==0.1 s
故T=t1+t2=0.3 s。
(3)物块由传送带右端平抛,那么h=gt2
假设恰好落到A点:s=v2t
解得v2=2 m/s
假设恰好落到B点:D+s=v3t
解得v3=3 m/s
故v0应满足的条件是3 m/s>v0>2 m/s。
答案:(1)15 N,方向竖直向下　(2)0.3 s
(3)3 m/s>v0>2 m/s