物理一轮微专题复习 第6章 机械能 微专题30 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精[方法点拨]（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．如图1所示，光滑水平轨道的左端与长L＝1.25m的水平传送带AB相接，传送带逆时针匀速转动的速度v0＝1m/s.轻弹簧右端固定，弹簧处于自然状态时左端恰位于A点．现用质量m＝0。4kg的小物块(视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M＝0.2kg的长木板且不会从木板上掉下来．半圆轨道的半径R＝0。5m，小物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.8，小物块与木板间动摩擦因数μ2＝0。2，长木板与水平地面间动摩擦因数μ3＝0。1，g取10m/s2。求：图1（1）小物块到达B点时速度vB的大小(结果可带根号）；(2）弹簧被压缩时的弹性势能Ep；（3)长木板在水平地面上滑行的最大距离x。2．如图2所示,在竖直平面内有半径为R＝0.2m的光滑eq\f(1,4)圆弧轨道AB，圆弧轨道B处的切线水平，O点在B点的正下方,B点高度为h＝0.8m．在B端接一长为L＝1.0m的木板MN。一质量为m＝1.0kg的滑块,与木板间的动摩擦因数为0。2,滑块以某一速度从N点滑到板上，恰好运动到A点．(g取10m/s2）图2（1)求滑块从N点滑到板上时初速度的大小;(2)求滑块从A点滑回到圆弧轨道的B点时对圆弧轨道的压力；（3）若将木板右端截去长为ΔL的一段，滑块从A端由静止释放后，将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点P距O点最远，求ΔL.3．如图3所示，在一次消防演习中，消防员练习使用挂钩从高空沿滑杆由静止滑下，滑杆由AO、OB两段直杆通过光滑转轴连接在O处，可将消防员和挂钩均理想化为质点，且通过O点的瞬间没有机械能的损失．AO长为L1＝5m，OB长为L2＝10m．两堵竖直墙的间距d＝11m．滑杆A端用铰链固定在墙上，可自由转动．B端用铰链固定在另一侧墙上．为了安全，消防员到达对面墙的速度大小不能超过6m/s，挂钩与两段滑杆间动摩擦因数均为μ＝0.8。(g＝10m/s2，sin37°＝0。6,cos37°＝0.8)图3(1）若测得消防员下滑时,OB段与水平方向间的夹角始终为37°，求消防员在两滑杆上运动时加速度的大小及方向；(2）若B端在竖直墙上的位置可以改变，求滑杆端点A、B间的最大竖直距离．(结果可带根号）4。如图4所示为一传送带装置模型，斜面的倾角为θ，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，质量m＝2kg的物体从高h＝30cm的斜面上由静止开始下滑,它与斜面间的动摩擦因数μ1＝0。25，与水平传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，物体在传送带上运动一段时间以后，又回到了斜面上，如此反复多次后最终停在斜面底端．已知传送带的速度恒为v＝2。5m/s,tanθ＝0。75，g取10m/s2。求：图4(1）从物体开始下滑到第一次回到斜面的过程中，物体与传送带间因摩擦产生的热量；（2)从物体开始下滑到最终停在斜面底端，物体在斜面上通过的总路程．答案精析1．（1)eq\r（5)m/s（2）5J（3）2。78m解析（1)小物块恰在光滑半圆形轨道最高点做圆周运动，由牛顿第二定律得：mg＝meq\f(v\o\al（2,B），R)解得：vB＝eq\r(gR）＝eq\r（5）m/s（2）由于vB＞v0，所以小物块在传送带上一直做匀减速运动，根据能量守恒定律得：Ep＝μ1mgL＋eq\f(1，2）mveq\o\al（2,B)解得Ep＝5J(3)小物块从B到C过程中由机械能守恒定律得：mg·2R＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2，C）－eq\f(1,2）mveq\o\al(2,B）代入数据解得vC＝5m/s小物块在长木板上滑行过程中，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μ2mg＝ma1，解得a1＝2m/s2对长木板受力分析，上表面受到的摩擦力Ff1＝μ2mg＝0。8N下表面受到的摩擦力Ff2＝μ3（M＋m)g＝0。6N，所以长木板做匀加速运动，由牛顿第二定律得:Ff1－Ff2＝Ma2解得a2＝1m/s2设经过时间t小物块与长木板达到共速vD,vC－a1t＝a2t＝vD解得t＝eq\f（5,3)s，vD＝eq\f(5，3）m/s时间t内长木板运动的位移x1＝eq\f（1，2)a2t2＝eq\f(25，18)m达共速后两物体一起匀减速至停止,由动能定理得：－μ3(M＋m）gx2＝－eq\f（1,2）（M＋m）veq\o\al（2，D)解得x2＝eq\f(25，18）m所以长木板运动的最大位移x＝x1＋x2≈2。78m.2．（1)2eq\r(2)m/s（2）30N，方向竖直向下(3）0。16m解析(1）由动能定理有μmgL＋mgR＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2,0)解得v0＝2eq\r（2）m/s（2）根据动能定理有mgR＝eq\f(1,2）mveq\o\al(2，B)－0由向心力公式可知：F－mg＝meq\f(v\o\al（2，B),R）解得F＝30N由牛顿第三定律知:滑块滑至B点时对圆弧轨道的压力为30N,方向竖直向下（3)由牛顿第二定律可知：μmg＝ma根据平抛运动规律：h＝eq\f(1,2）gt2，t＝eq\r(\f(2h，g））＝0.4s由B点向右运动过程中，由运动学公式可知:veq\o\al(2,B）－v2＝2a(L－ΔL）v＝eq\r(v\o\al(2,B)－2μgL－ΔL）＝2eq\r（ΔL)由平抛运动规律和几何关系可知：xOP＝L－ΔL＋v·t＝1.0－ΔL＋0。8eq\r（ΔL）＝1.0－（eq\r(ΔL)）2＋0.8eq\r（ΔL）＝1.16－(0.4－eq\r(ΔL))2解得当eq\r(ΔL)＝0.4，即ΔL＝0.16m时x有最大值．3．（1)3。2m/s2，方向沿OA杆向下0。4m/s2,方向沿OB杆向上（2)2eq\r(26）m解析（1)设杆AO、OB与水平方向夹角分别为α、β，由几何关系得：d＝L1cosα＋L2cosβ得出AO杆与水平方向夹角α＝53°由牛顿第二定律得mgsinθ－Ff＝maFf＝μFN，FN＝mgcosθ则消防员在AO段运动的加速度:a1＝gsin53°－μgcos53°＝3.2m/s2，方向沿AO杆向下在OB段运动的加速度：a2＝gsin37°－μgcos37°＝－0.4m/s2，方向沿OB杆向上（2）对全过程由动能定理得mgh－μmgL1cosα－μmgL2cosβ＝eq\f(1，2)mv2－0其中d＝L1cosα＋L2cosβ，v≤6m/s所以：h＝eq\f（v2，2g）＋μd≤10.6m又因为若两杆伸直，A、B间的竖直高度为h′＝eq\r（L1＋L22－d2)＝eq\r(104)m＜10。6m所以A、B间的最大竖直距离应为2eq\r(26）m.4．(1)20J(2）1。5m解析(1)由题可知θ＝37°，物体由静止开始下滑时距斜面底端的距离x＝eq\f(h,sinθ）＝0.5m．设物体第一次滑到斜面底端的速度为v0,根据动能定理有eq\f（1，2)mveq\o\al（2,0)＝mgh－μ1mgxcosθ解得v0＝2m/s设物体向右滑行的最远距离为x1，时间为teq\f（1，2）mveq\o\al(2，0）－μ2mgx1＝0，x1＝0。4mt＝eq\f（v0，μ2g）＝0.4s传送带向左运动的距离为x2＝vt＝1m物体向右运动时与传送带间因摩擦产生的热量为Q1Q1＝μ2mg（x1＋x2）＝14J物体向左运动时与传送带间因摩擦产生的热量为Q2Q2＝μ2mg(x2－x1）＝6J物体与传送带间因摩擦产生的热量为QQ＝Q1