最新学年高中物理 第七章 机械能守恒定律 微型专题 动能定理 能量守恒定律学案 新人教版必修2(考试必备)

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/s 2.
图1
(1)某次实验中该同学使弹射口距离B 处L 1＝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L 2＝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)⎝ ⎛⎭⎪⎫48125
m ，18125 m 解析 (1)从A 到C 的过程中，由能量守恒定律：
E p ＝μmgL 1＋mgR (1－cos θ)
解得：E p ＝1.8 J
(2)小球从C 处飞出后，由能量守恒定律
E p ＝μmgL 2＋mgR (1－cos θ)＋12
mv C 2
解得：v C ＝2 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， v Cx ＝v C cos 37°＝825 m/s ，v Cy ＝v C sin 37°＝625
m/s ， 则D 点的坐标：x ＝v Cx ·v Cy g ，y ＝v Cy 22g ，解得：x ＝48125 m ，y ＝18125
m ，
即D 所在位置坐标为：⎝ ⎛⎭⎪⎫48125
m ，18125 m 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/s 2
.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) 5 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v 0，根据动能定理：
－mgL sin θ－μmgL cos θ＝0－12
mv 02 代入数据得：v 0＝ 5 m/s
(2)设滑块从B 点返回到圆轨道最低点时速度大小为v 1
根据动能定理：mgL sin θ－μmgL cos θ＝12
mv 12 在E 点：F N －mg ＝m v 1
2R
联立方程代入数据得：F N ＝0.15 N
根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝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：mgL sin θ＝μmgL cos 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：mgL sin θ＝μmgx cos 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月选考科目考试)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O 1、水平半圆轨道CD 的圆心O 2与A 点在同一水平面上，DO 1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＝132
，EF 段摩擦力不计，整个运动过程空气阻力不计．(g ＝10 m/s 2
，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)310 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v F 2r ， r ＝L sin θ＝12 m
代入已知数据可得：v F ＝310 m/s
(2)根据动能定理，从B 点到F 点：
mg (h －r )＋W f ＝12
mv F 2－0
解得W f ＝－7.5×104 J
(3)在没有故障时，过山车到达D点的速度为v D，根据动能定理－mgr－μmg cos 37°·L DE＝
1 2mv F2－
1
2
mv D2
L DE＝L cos 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F f1，根据动能定理
－mgL DE sin 37°－F f1L DE＝0－1
2
mv D2，
联立各式解得F f1＝4.6×103 N
使过山车能停在倾斜轨道上的摩擦力至少为F f2，
则有F f2－mg sin θ＝0，解得F f2＝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，某科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E p为多少？
(3)某次实验时压缩弹簧至弹性势能E p′＝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：F N －mg ＝mv D
2R
解得F N ＝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 ＝mv C
2r
得v C ＝1 m/s
从释放到C 点由能量守恒：E p ＝12mv C 2
＋mg ·2r
解得E p ＝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E p ′＝mg ·2r ＋μmg cos θ·L ＋12mv F 2
设G 点的速度为v ，F 到G 过程：v F 2－v 2
＝2μgx 1
离开G 点后做平抛运动：2R ＝12gt 2
x 2＝vt
联立可得落点H 离F 点的水平距离
x ＝x 1＋x 2＝0.9－0.1v 2
＋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.。