2019年高考物理一轮教科版专题加练半小时：第五章机械能微专题44含解析

1、第五章机械能微专题44用动力学与能量观点分析多过程问题拨(1)若运动过程只涉及求解力而不涉及能量，选用牛顿运动定律；(2)若运动过程涉及能量转化问题，且具有功能关系的特点，则常用动能定理或能量守恒定律；(3)不同过程连接点速度的关系有时是处理两个过程运动规律的突破点.1.(2017拟)如图1所示，MN为光滑的水平面，NO是一长度s=1.25m、倾角为。=37°的光滑斜面(斜面体固定不动)，OP为一粗糙的水平面.MN、NO间及NO、OP间用一小段光滑圆弧轨道相连.一条质量为m=2kg,总长L=0.8m的均匀柔软链条开始时静止的放在MNO面上，其AB段长度为L1=0.4m,链条与OP面的

2、动摩擦因数尸0.5.(g=10m/s2,sin37=0.6,cos37°=0.8),现自由释放链条,求：(1)链条的A端滑到O点时，链条的速率为多大？(2)链条在水平面OP停下时，其C端离。点的距离为多大?2 .(2017四川成者B第断)如图2是某“吃货”设想的“糖炒栗子”神奇装置：炒锅的纵截面与半径R=1.6m的光滑半圆弧轨道位于同一竖直面内，炒锅纵截面可看做是长度均为L=2.5m的斜面AB、CD和一小段光滑圆弧BC平滑对接组成.假设一栗子从水平地面上以水平初速度Vo射入半圆弧轨道，并恰好能从轨道最高点P飞出，且速度恰好沿AB方向从A点进入炒锅.已知两斜面的倾角均为0=37

3、6;,栗子与两斜面之间的动摩擦因数均为科=3,栗子在锅内的运动始终在图示纵截面内，整个过程栗子8质量不变，重力加速度取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37°=0.8.求：炒锅纵截面图2栗子的初速度vo的大小及A点离地高度h；(2)栗子在斜面CD上能够到达的距C点最大距离x.3 .(2017广东佛山段考)如图3所示，倾角0=30。的光滑斜面底端固定一块垂直斜面的挡板.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=4m,现同时无初速度释放A和B.已知在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=1kg,它们之间的动摩擦因数尸坐，

4、A或B与挡板每次碰撞损失的动能均为AE=10J,忽略碰撞时间，重力加速度大小g取103m/s2.求：A(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At;(3)B相对于A滑动的可能最短时间t.4.(2018四川泸州一检)如图4所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m=1kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度.在平台的右端有一传送带，AB长L=5m,物块与传送带间的动摩擦因数因=0.2,与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5m,它与物块间的动摩擦因数=0.3,在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆

5、弧与BC平滑连接,圆弧对应的圆心角为0=120。，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.若传送带以v=5m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失.当弹簧储存的Ep=18J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g=10m/s2.图4求右侧圆弧的轨道半径R;(2)求小物块最终停下时与C点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围.答案精析1.(1)3m/s(2)0.98m解析(1)链条的A端滑到O点的过程中，因为只有重力做功，所以机械能守恒.设水平面为重力势能的零势能面，设

6、链条开始运动时的机械能为Ei,AB段链条质量为mi=1kg,BC段链条质量为m2=1kg.LiEi=m2gssin0+mig(ssin0sin0)=1x10X1.25X0.6J+1X10X(1.25X0.6-0.2X0.6)J=13.8JI1c因为s>L,链条的A端滑到O点时，C点已在斜面上.设此时的机械能为E2,E2=mg2sin0+-mv2由机械能守恒定律：Ei=E2链条的A端滑到。点时的速率v解得v=-2E1岫所一9:m/2M3.82X10>0.80.6=AJ2m/s=3m/s(2)链条在开始进入水平面阶段，摩擦力是变力.但摩擦力随距离均匀增大，可以用平均摩擦力求摩擦力做功.

7、从链条的A端滑到O点到最终链条停下的过程，由动能定理：L112mg2sin02mgL科mgx02mv链条在水平面OP停下时，其C端离。点的距离x=gLsin 小gLF v210 >0.8 0.6-0.5 10X0.8+322dg2X0.5 10m= 0.98m2. (1)4乖m/s2.75m(2)20m解析(1)设栗子质量为m,在P点的速度为Vp,在A点的速度为vA栗子沿半圆弧轨道运动至P点的过程中11由机械能寸恒te律有2mv02=2mgR+2mvP2vP2恰能过P点，满足的条件为mg=mvp2R代入数据解得vP=4m/s,v0=4y5m/sAB栗子从P至A做平抛运动，在A点的速度方向

8、沿故竖直分速度VAy=vptan0由平抛运动规律，栗子从"A下落的高度为片皆又h=2Ry代入数据解得h=2.75mvP(2)栗子在A点的速度为VA=ncosu1由动能7E理有mgsin0(L-x)-科mgos9(L+x)=0-mvA2代入数据解得x=20m93. (1)2V10m/s(2)255s(3)355s解析(1)B和A一起沿斜面向下运动，由机械能守恒定律有12斤2mgLsin0=2(2m)v由式得v=2V10m/s(2)第一次碰后，对B有mgsin0=mgosO故B匀速下滑对A有：mgsin0+科mgos0=ma1得A的加速度a1=10m/s2,方向始终沿斜面向下设A第一次反

9、弹的速度大小为vi,由动能定理有121?mv?mv12=AE2v1个At=-(Zal由式得At=今fs5设A第二次反弹的速度大小为V2,由动能定理有121mv2mv22=2AE得v2=0m/s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v',加速度大小为a',由动能定理有2mv22mvz2=AE?mgsin0+科mgos0=ma?由?式得B沿A向上做匀减速运动的时间当B速度为。时，因mgsin0=科mgos陛fm,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=At+t2=3fs54. (1)0.8m(2)3m(3

10、)37m/swvW痴m/s解析(1)物块被弹簧弹出，由Ep=2mv02,可知：v0=6m/s因为V0>V,故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中，1，“由.因mg=ma1，v=v0a1t1,Xi=V0t12a1t12得到a1=2m/s2,t1=0.5s,x1=2.75m因为Xi<l,故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m/s的速度滑上水平面BC,物块滑离传送带后恰到E点，由动能定理可知：2mv2=饺mgs+mgR代入数据整理可以得到R=0.8m.(2)设物块从E点返回至B点的速度为vb,有1212mv2mvB2=隆mg2s解得Vb=J7m/s,因为Vb>0,故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至C点x处，有再反向加速，由运动的对称性，可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距1mvB2=(j2mg(s-x)解得x=；m3(3)设传送带速度为vi时物块恰能到F点，在F点满足。vF2mgsin30=mR11从B至1JF过程中由动能te理可知：mv12QmvF2=(j2mgs+mg(