高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 課時(shí)分層作業(yè) 十七 5.4 功能關(guān)系 能量守恒定律試題

課時(shí)分層作業(yè)十七功能關(guān)系能量守恒定律(45分鐘100分)【基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)題組】一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。1～6題為單選題,7～10題為多選題)1.風(fēng)洞飛行體驗(yàn)是運(yùn)用先進(jìn)的科技手段實(shí)現(xiàn)高速風(fēng)力將人吹起并懸浮于空中,如圖所示。若在人處于懸浮狀態(tài)時(shí)增加風(fēng)力,則體驗(yàn)者在加速上升過(guò)程中 ()A.處于失重狀態(tài),機(jī)械能增加B.處于失重狀態(tài),機(jī)械能減少C.處于超重狀態(tài),機(jī)械能增加D.處于超重狀態(tài),機(jī)械能減少【解析】選C。由題意可知,人加速向上運(yùn)動(dòng),人的加速度向上,處于超重狀態(tài),由于風(fēng)力對(duì)人做正功,故人的機(jī)械能增加,故C正確,A、B、D錯(cuò)誤。2.(2018·臨夏模擬)如圖所示,小球沿水平面通過(guò)O點(diǎn)進(jìn)入半徑為R的半圓弧軌道后恰能通過(guò)最高點(diǎn)P,然后落回水平面,不計(jì)一切阻力,下列說(shuō)法正確的是()A.小球落地點(diǎn)離O點(diǎn)的水平距離為RB.小球落地點(diǎn)離O點(diǎn)的水平距離為2RC.小球運(yùn)動(dòng)到半圓弧最高點(diǎn)P時(shí)向心力恰好為零D.若將半圓弧軌道上部的圓弧截去,其他條件不變,則小球能達(dá)到的最大高度比P點(diǎn)低【解析】選B。小球恰好通過(guò)最高點(diǎn)P,則在P點(diǎn)由牛頓第二定律得mg=m,解得vP=,小球離開最高點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng),則有2R=gt2,x=vt,解得小球落地點(diǎn)離O點(diǎn)的水平距離為x=2R,故A、C錯(cuò)誤,B正確;若將半圓弧軌道上部的圓弧截去,小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度為零,從O到最高點(diǎn)的過(guò)程,由能量守恒得mg(R+h)=mg·2R+m,解得h=1.5R,所以小球能達(dá)到的最大高度比P點(diǎn)高1.5R-R=0.5R,故D錯(cuò)誤。3.如圖所示,用力F拉位于粗糙固定斜面上的木箱,使它沿著斜面加速向上移動(dòng)。木箱在移動(dòng)過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是 ()A.重力對(duì)木箱做的功等于木箱增加的重力勢(shì)能B.F對(duì)木箱做的功等于木箱增加的機(jī)械能C.合外力對(duì)木箱做的功等于木箱增加的動(dòng)能D.F對(duì)木箱做的功等于木箱增加的動(dòng)能與木箱克服摩擦力所做功之和【解析】選C。木箱在向上移動(dòng)過(guò)程中,重力對(duì)木箱做負(fù)功,根據(jù)重力做功與重力勢(shì)能變化的關(guān)系可知,木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力勢(shì)能,故A錯(cuò)誤;根據(jù)功能關(guān)系可知,拉力F和摩擦力做功之和等于木箱增加的機(jī)械能,摩擦力做負(fù)功,所以F對(duì)木箱做的功大于木箱增加的機(jī)械能,故B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理可知,合外力對(duì)木箱做的功等于木箱增加的動(dòng)能,故C正確;根據(jù)功和能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系可知,F對(duì)木箱做的功應(yīng)等于木箱增加的動(dòng)能、木箱克服摩擦力做的功以及木箱增加的重力勢(shì)能的總和,故D錯(cuò)誤。4.(2018·濱州模擬)兩物塊A和B用一輕彈簧連接,靜止在水平桌面上,如圖甲,現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動(dòng)物塊A,使之向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),如圖乙,在物塊A開始運(yùn)動(dòng)到物塊B將要離開桌面的過(guò)程中(彈簧始終處于彈性限度內(nèi)),下列說(shuō)法正確的是 ()A.力F先減小后增大B.彈簧的彈性勢(shì)能一直增大C.物塊A的動(dòng)能和重力勢(shì)能一直增大D.兩物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能先增大后減小【解析】選C。最初彈簧被壓縮,物塊A受到豎直向上的彈力等于重力,由于物塊A向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),物塊A受重力、拉力和彈簧的彈力,開始階段彈簧對(duì)A施加向上的支持力,由牛頓第二定律得F-mg+kx=ma,解得F=mg-kx+ma,x減小,F增大,后來(lái)彈簧伸長(zhǎng),對(duì)A有向下的拉力,則有F-mg-kx=ma,解得F=mg+kx+ma,x增大,F增大,所以F一直增大,故A錯(cuò)誤;在A上升過(guò)程中,彈簧從壓縮到伸長(zhǎng),所以彈簧的彈性勢(shì)能先減小后增大,故B錯(cuò)誤;在上升過(guò)程中,由于物塊A做勻加速運(yùn)動(dòng),所以物塊A的速度增大,動(dòng)能增大,高度升高,則物塊A的重力勢(shì)能增大,故C正確;在上升過(guò)程中,除重力與彈力做功外,還有拉力F一直對(duì)系統(tǒng)做正功,所以兩物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能一直增大,故D錯(cuò)誤。5.如圖所示有三個(gè)斜面1、2、3,斜面1與2底邊相同,斜面2和3高度相同,同一物體與三個(gè)斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,當(dāng)它們分別沿三個(gè)斜面從頂端由靜止下滑到底端時(shí),下列說(shuō)法正確的是 ()A.三種情況下摩擦產(chǎn)生的熱量Q1<Q2<Q3B.三種情況下摩擦產(chǎn)生的熱量Q1>Q3>Q2C.到達(dá)底端的速度v1>v2=v3D.到達(dá)底端的速度v1>v2>v3【解析】選D。設(shè)斜面和水平方向夾角為θ,斜面長(zhǎng)度為L(zhǎng),則物體下滑過(guò)程中克服摩擦力做功為W=μmgLcosθ,Lcosθ為底邊長(zhǎng)度,由圖可知1和2底邊相等且小于3的底邊長(zhǎng)度,由功能關(guān)系可知,摩擦產(chǎn)生的熱量Q=W,因此Q1=Q2<Q3,故A、B錯(cuò)誤;設(shè)物體滑到底端時(shí)的速度為v,根據(jù)動(dòng)能定理得mgh-μmgLcosθ=mv2-0,根據(jù)圖中斜面高度和底邊長(zhǎng)度可知滑到底邊時(shí)速度大小關(guān)系為v1>v2>v3,故C錯(cuò)誤,D正確?！炯庸逃?xùn)練】(多選)如圖所示,兩個(gè)斜面體AC、BC,上端靠在同一豎直墻面上,下端交于水平面上同一點(diǎn)C,現(xiàn)讓兩個(gè)質(zhì)量相同的物體分別從兩個(gè)斜面的頂端同時(shí)由靜止釋放,則下列說(shuō)法正確的是 ()A.若兩個(gè)斜面光滑,則沿BC下滑的物體一定先到達(dá)C點(diǎn)B.若兩個(gè)斜面光滑,則兩個(gè)物體有可能同時(shí)到達(dá)C點(diǎn)C.若兩個(gè)斜面粗糙,且粗糙程度相同,則兩個(gè)物體下滑到C點(diǎn)過(guò)程中損失的機(jī)械能一定相同D.若兩個(gè)斜面粗糙,且粗糙程度相同,則兩個(gè)物體下滑到C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能可能相同【解析】選B、C。設(shè)底邊長(zhǎng)為L(zhǎng),斜面傾角為θ,若兩個(gè)斜面光滑,物體受到的合力為F合=mgsinθ,根據(jù)牛頓第二定律得F合=ma,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得x==at2,由以上三式解得t=,當(dāng)AC與水平面成60°角,BC與水平面成30°角時(shí),兩個(gè)物體可以同時(shí)到達(dá)C點(diǎn),故選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;摩擦力Ff=μmgcosθ,克服摩擦力做的功W克=μmgcosθ·=μmgL,則克服摩擦力做功相等,由功能關(guān)系除重力以外的力做的功等于機(jī)械能的變化量,則兩個(gè)物體下滑到C點(diǎn)過(guò)程中損失的機(jī)械能一定相同,故選項(xiàng)C正確;根據(jù)動(dòng)能定理得mgh-W克=mv2-0,由于重力做功不等,而克服摩擦力做功相等,所以兩個(gè)物體下滑到C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能不可能相同,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。6.(2018·茂名模擬)如圖所示,在粗糙水平地面上,彈簧一端固定在豎直墻壁上,另一端連著物塊,彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)物塊處于O點(diǎn)位置。現(xiàn)用外力緩慢把物塊向左壓至P點(diǎn)不動(dòng),此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep。撤去外力后物塊向右運(yùn)動(dòng)至Q(圖中未有標(biāo)出)點(diǎn)停下。下列說(shuō)法正確的是 ()A.外力所做的功等于EpB.物塊到達(dá)PQ中點(diǎn)時(shí)速度最大C.Q點(diǎn)可能在O點(diǎn)的左側(cè)D.從P到Q的過(guò)程摩擦產(chǎn)生的熱量一定小于Ep【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn):(1)外力所做的功轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能和克服摩擦力做功。(2)彈簧彈力與滑動(dòng)摩擦力的大小關(guān)系決定物塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。(3)物塊從P到Q的過(guò)程摩擦產(chǎn)生的熱量一定等于彈性勢(shì)能的減少量。【解析】選C。外力緩慢把物塊向左壓至P點(diǎn)不動(dòng),外力所做的功轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能和克服摩擦力做功,故A錯(cuò)誤;松開物塊后,彈簧的彈力大于滑動(dòng)摩擦力,物塊受到的合力向右,物塊向右做加速運(yùn)動(dòng),在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧彈力減小,摩擦力Ff=μmg不變,物塊受到的合力減小,加速度減小,物塊做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)彈簧彈力與摩擦力相等時(shí),加速度為零,此時(shí)物塊速度達(dá)到最大值,然后物塊繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng),彈力繼續(xù)減小,小于滑動(dòng)摩擦力,物塊受到的合力向左,合力增大,加速度增大,加速度向左,物塊做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng),到達(dá)O點(diǎn)時(shí),彈簧彈力為零,越過(guò)O點(diǎn)后,彈簧彈力向左,摩擦力向左,在向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,彈簧彈力變大,物塊受到的合力變大,加速度變大,物塊做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng),直到Q點(diǎn)速度變?yōu)榱銥橹?如果水平面光滑,物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,P與O點(diǎn)距離等于Q與O點(diǎn)距離,由于水平面不光滑,物塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能有損失,P與O點(diǎn)距離大于Q與O點(diǎn)距離,所以物塊速度最大不可能是PQ的中點(diǎn),故B錯(cuò)誤;初末狀態(tài)速度為0,從P到Q的過(guò)程摩擦產(chǎn)生的熱量一定等于彈性勢(shì)能的減少量,根據(jù)初狀態(tài)彈性勢(shì)能的大小,Q點(diǎn)可能在O點(diǎn)的左側(cè)、右側(cè),也可能就在O點(diǎn),故C正確,D錯(cuò)誤。7.如圖所示,水平繃緊的傳送帶AB長(zhǎng)L=6m,始終以恒定速率v1=4m/s運(yùn)行。初速度大小為v2=6m/s的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從與傳送帶等高的光滑水平地面上經(jīng)A點(diǎn)滑上傳送帶。小物塊10m/s2。下列說(shuō)法正確的是A.小物塊可以到達(dá)B點(diǎn)B.小物塊不能到達(dá)B點(diǎn),但可返回A點(diǎn),返回A點(diǎn)速度為4mC.小物塊向左運(yùn)動(dòng)速度減為0時(shí)相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離達(dá)到最大D.小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí),因相互間摩擦力產(chǎn)生的熱量為50J【解析】選B、D。小物塊在水平方向運(yùn)動(dòng)過(guò)程,由牛頓第二定律得μmg=ma,解得a=μg=4m/s2,若小物塊從右端滑上傳送帶后一直做勻減速運(yùn)動(dòng),速度減為零時(shí)的位移是x,則0-=-2ax,解得x==m=4.5m<6m,所以小物塊不能到達(dá)B點(diǎn),故A錯(cuò)誤;小物塊不能到達(dá)B點(diǎn),速度減為零后反向做勻加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)速度等于傳送帶速度v1后勻速運(yùn)動(dòng),返回A點(diǎn)速度為4m/s,故B正確;小物塊不能到達(dá)B點(diǎn),速度減為零后反向做勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程相對(duì)于傳送帶繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng),所以小物塊向左運(yùn)動(dòng)速度減為0時(shí)相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離沒(méi)有達(dá)到最大,故C錯(cuò)誤;小物塊向右勻加速的過(guò)程中的位移x′==m=2m,當(dāng)速度等于傳送帶速度v1時(shí),經(jīng)歷的時(shí)間t==2.5s,該時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移:s=v1t=4×2.5m=10m,所以小物塊相對(duì)于傳送帶的位移Δx=s+(x-x′)=10【總結(jié)提升】解決傳送帶問(wèn)題的兩個(gè)角度(1)動(dòng)力學(xué)角度:如求物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間、物體在傳送帶上能達(dá)到的速度、物體相對(duì)傳送帶滑過(guò)的位移,依據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解。(2)能量的角度:求傳送帶對(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等,常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解。若利用公式Q=Ffl相對(duì)求摩擦熱,式中l(wèi)相對(duì)為兩接觸物體間的相對(duì)路程。8.(2018·宜春模擬)某貨場(chǎng)有一簡(jiǎn)易的節(jié)能運(yùn)輸裝置,如圖所示。小車在軌道頂端時(shí),自動(dòng)將貨物裝入車中,然后小車載著貨物沿不光滑的軌道無(wú)初速度下滑,到達(dá)斜面底端后,小車前端的緩沖彈簧被壓縮,當(dāng)彈簧被壓縮至最短,立即鎖定并自動(dòng)將貨物卸下。卸完貨物后隨即解鎖,小車恰好能被彈回到軌道頂端,此后重復(fù)上述過(guò)程。則下列說(shuō)法中正確的是 ()A.小車在往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能是守恒的B.小車上滑時(shí)經(jīng)過(guò)軌道中點(diǎn)的加速度大于下滑時(shí)經(jīng)過(guò)該點(diǎn)的加速度C.小車上滑過(guò)程中克服摩擦阻力做的功小于小車下滑過(guò)程中克服摩擦阻力做的功D.小車下滑到最低點(diǎn)時(shí)彈簧彈性勢(shì)能的最大值等于貨物減少的重力勢(shì)能【解析】選B、C。小車在往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,摩擦力對(duì)小車做功,所以其機(jī)械能不守恒,故A錯(cuò)誤;設(shè)下滑的加速度為a1,上滑的加速度為a2,小車質(zhì)量為M,貨物質(zhì)量為m,則根據(jù)牛頓第二定律得,下滑過(guò)程(M+m)gsinθ-μ(M+m)gcosθ=(M+m)a1,上滑過(guò)程Mgsinθ+μMgcosθ=Ma2,解得a1<a2,故B正確;上滑過(guò)程和下滑過(guò)程中的摩擦力大小不同,下滑時(shí)的摩擦力大于上滑時(shí)的摩擦力,故小車上滑過(guò)程中克服摩擦阻力做的功小于小車下滑過(guò)程中克服摩擦阻力做的功,故C正確;根據(jù)能量守恒定律可知,小車與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中,減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能和內(nèi)能,則彈簧彈性勢(shì)能的最大值大于貨物減少的重力勢(shì)能,故D錯(cuò)誤。9.(2018·張掖模擬)如圖所示,質(zhì)量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面,同時(shí)施加一沿斜面向上的恒力F=mgsinθ,已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=tanθ,取出發(fā)點(diǎn)為參考點(diǎn),能正確描述滑塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q、滑塊的動(dòng)能Ek、機(jī)械能E隨時(shí)間t變化關(guān)系及滑塊的勢(shì)能Ep隨位移x變化關(guān)系的是 ()【解析】選C、D。因?yàn)棣?tanθ=,所以當(dāng)滑塊向上滑動(dòng)過(guò)程中,受到的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff=μmgcosθ=mgsinθ,方向沿斜面向下,而在沿斜面向下的方向上還受到重力的分力,即沿斜面向下的合力為2mgsinθ>F,故滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng),Ek=mv2=m(v0-at)2,動(dòng)能是關(guān)于時(shí)間的二次函數(shù),不是線性函數(shù),故B錯(cuò)誤;產(chǎn)生熱量等于克服滑動(dòng)摩擦力做的功,即Q=Ffx=μmg(v0t+at2)cosθ,與t不是線性函數(shù),故A錯(cuò)誤;滑塊的重力勢(shì)能等于克服重力所做的功,其大小為Ep=mgh=mgxsinθ,與位移x成正比,故C正確;因?yàn)镕與摩擦力等大反向,所以兩者做功代數(shù)和為零,即過(guò)程中合力做功等于重力做功,機(jī)械能保持不變,故D正確。10.(2018·衡陽(yáng)模擬)如圖所示,質(zhì)量m=1kg的物體從高為h=0.2m的光滑軌道上P點(diǎn)由靜止開始下滑,滑到水平傳送帶上的A點(diǎn),物體和皮帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1,傳送帶AB之間的距離為L(zhǎng)=5.5m,傳送帶一直以v=A.物體由A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1.5sB.物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中,摩擦力對(duì)物體的沖量大小為1N·sC.物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中,系統(tǒng)產(chǎn)生0.5J的熱量D.帶動(dòng)傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)對(duì)物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中,多做了3J功【解析】選B、C、D。物體下滑到A點(diǎn)的速度為v0,由機(jī)械能守恒定律得m=mgh,代入數(shù)據(jù)解得v0=2m/s,物體在摩擦力作用下先勻加速運(yùn)動(dòng),后做勻速運(yùn)動(dòng),加速度a==μg=0.1×10m/s2=1m/s2,加速的時(shí)間t1==s=1s,x1=,代入數(shù)據(jù)解得x1=2.5m,t2==s=1s,t=t1+t2=2s,故A錯(cuò)誤;物體由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中,摩擦力對(duì)物體的沖量大小為I=μmgt1=0.1×1×10×1N·s=1N·s,故B正確;在t1時(shí)間內(nèi),皮帶做勻速運(yùn)動(dòng)x皮帶=vt1=3m,Q=μmgΔx=μmg(x皮帶-x1),代入數(shù)據(jù)解得Q=0.5J,故C(32-22)J+0.5J=3J,故D正確?！炯庸逃?xùn)練】(多選)如圖,長(zhǎng)為L(zhǎng)的傳送帶與水平面的夾角為θ,皮帶傳送速率為v且保持不變,將質(zhì)量為m的小物塊輕放在傳送帶的下端,傳送到上端的時(shí)間為t,小物塊和傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q,傳送帶對(duì)小物塊做的功為W,設(shè)小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,則下列關(guān)系中可能正確的是 ()A.Q>μmgLcosθB.Q=×mv2C.W>μmgvtcosθD.W=mv2+mgLsinθ+Q【解析】選A、B。物塊隨傳送帶向上運(yùn)動(dòng)的情況有三種可能性:一是物塊一直向上做加速運(yùn)動(dòng),到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)物塊的速度小于v;二是物塊一直向上做加速運(yùn)動(dòng),到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)物塊的速度恰好等于v;三是物塊先向上加速到v,然后隨傳送帶向上做勻速運(yùn)動(dòng)。由牛頓第二定律得物塊向上加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a==μgcosθ-gsinθ,在時(shí)間t內(nèi)傳送帶前進(jìn)的位移為x=vt,發(fā)生的相對(duì)位移為Δx=vt-L。若物塊一直向上做加速運(yùn)動(dòng),到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)物塊的速度小于v,傳送帶相對(duì)于物塊的位移最大,產(chǎn)生的熱量最多,若此時(shí)Δx=vt-L>L,則Q=μmgcosθ·Δx>μmgLcosθ,故選項(xiàng)A正確;若物塊一直向上做加速運(yùn)動(dòng),到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)物塊的速度恰好等于v,則v=at,L=at2,Δx=vt-L=-=,產(chǎn)生的熱量Q=μmgcosθ·Δx=μmgcosθ·=()·mv2,故選項(xiàng)B正確;若物塊一直做加速運(yùn)動(dòng),則傳送帶對(duì)物塊做的功W=μmgcosθ·L,由于物塊的速度小于等于v,所以L≤vt,所以W≤μmgvtcosθ,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;當(dāng)物塊的速度能達(dá)到v時(shí),傳送帶對(duì)物塊做的功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能與重力勢(shì)能的和,即W=mv2+mgLsinθ,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。二、計(jì)算題(15分。需寫出規(guī)范的解題步驟)11.有一種“過(guò)山車”的雜技表演項(xiàng)目,可以簡(jiǎn)化為如圖所示的模型,一滑塊從A點(diǎn)以某一水平向右的初速度出發(fā),沿水平直線軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后,進(jìn)入半徑R=10cm的光滑豎直圓形軌道,圓形軌道間不相互重疊,即滑塊離開圓形軌道后可繼續(xù)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng),C點(diǎn)右側(cè)有一壕溝,C、D兩點(diǎn)的豎直高度h=0.81.2m,水平軌道AB長(zhǎng)為L(zhǎng)1=1m,BC長(zhǎng)為L(zhǎng)2=3m,滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,重力加速度(1)若滑塊恰能通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn)E,計(jì)算滑塊在A點(diǎn)的初速度v0。(2)若滑塊既能通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn),又不掉進(jìn)壕溝,求小滑塊在A點(diǎn)時(shí)初速度v0′的范圍?！窘馕觥?1)滑塊恰能通過(guò)最高點(diǎn)時(shí),對(duì)滑塊在圓形軌道最高點(diǎn)由牛頓第二定律得:mg=m滑塊在圓形軌道上運(yùn)動(dòng),只有重力做功,故機(jī)械能守恒,則有:m=2mgR+m=mgR在滑塊從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中,由動(dòng)能定理得:-μmgL1=m-m解得:v0=3m/s(2)滑塊能通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn),則滑塊初速度v0′≥v0=3m/s又有滑塊從A到C過(guò)程,由動(dòng)能定理得:-μmg(L1+L2)=m-mv0′2解得:v0′=則v0′≥=4m/s,滑塊才能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),故若3m/s≤v0′≤4m/s,滑塊停在BC上,不掉進(jìn)壕溝若滑塊越過(guò)壕溝,那么由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得:vC≥==3m/s所以v0′=≥5m/s所以,若滑塊既能通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn),又不掉進(jìn)壕溝,則小滑塊在A點(diǎn)時(shí)初速度v0′的范圍為3m/s≤v0′≤4m/s或v0′≥5m/s答案:(1)3m/s(2)3m/s≤v0′≤4m/s或v0′≥5m/s【加固訓(xùn)練】如圖所示,半徑R=0.4m的光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內(nèi),軌道的上端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ=30°,下端點(diǎn)C為軌道的最低點(diǎn)且與粗糙水平面相切,一根輕質(zhì)彈簧的右端固定在豎直擋板上。質(zhì)量m=0.1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從空中A點(diǎn)以v0=2m/s的速度被水平拋出,恰好從B點(diǎn)沿軌道切線方向進(jìn)入軌道,經(jīng)過(guò)C點(diǎn)后沿水平面向右運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)時(shí),彈簧被壓縮至最短,C、D兩點(diǎn)間的水平距離10m/s2(1)小物塊經(jīng)過(guò)圓弧軌道上B點(diǎn)時(shí)速度vB的大小。(2)小物塊經(jīng)過(guò)圓弧軌道上C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小。(3)彈簧的彈性勢(shì)能的最大值Epm?！窘馕觥?1)小物塊恰好從B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入軌道,由幾何關(guān)系有vB==4m/s。(2)小物塊由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),由動(dòng)能定理有mgR(1+sinθ)=m-m在C點(diǎn)處,由牛頓第二定律有F-mg=m解得F=8N根據(jù)牛頓第三定律,小物塊經(jīng)過(guò)圓弧軌道上C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力F′大小為8N。(3)小物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn),由能量守恒定律有Epm=m+mgR(1+sinθ)-μmgL=0.8J。答案:(1)4m/s(2)8N(3)0.8J【能力拔高題組】1.(8分)(2018·孝感模擬)如圖所示,一質(zhì)量為m的小球用兩根不可伸長(zhǎng)的輕繩a、b連接,兩輕繩的另一端在豎直桿的A、B兩點(diǎn)上,當(dāng)兩輕繩伸直時(shí),a繩與桿的夾角為30°,b繩水平,已知a繩長(zhǎng)為2L,當(dāng)豎直桿以自己為軸轉(zhuǎn)動(dòng),角速度ω從零開始緩慢增大過(guò)程中(不同ω對(duì)應(yīng)的軌跡可當(dāng)成相同的圓周運(yùn)動(dòng)軌跡),則下列說(shuō)法正確的是 ()A.從開始至b繩伸直但不提供拉力時(shí),繩a對(duì)小球做功為0B.從開始至b繩伸直但不提供拉力時(shí),小球的機(jī)械能增加了mgLC.從開始至b繩伸直但不提供拉力時(shí),繩a對(duì)小球做功為mgLD.當(dāng)ω=時(shí),b繩未伸直【解析】選C。當(dāng)b繩剛要伸直時(shí),對(duì)小球,由牛頓第二定律和向心力公式得,水平方向有Fasin30°=m,豎直方向有Facos30°=mg,解得v=。小球的機(jī)械能增加量為ΔE=mg·2L(1-cos30°)+mv2=mgL,由功能關(guān)系可