第八章　作业37　动能定理和机械能守恒定律的综合应用-2025版高一物理必修二

作业37动能定理和机械能守恒定律的综合应用1~3题每题10分，共30分1.(10分)(2023·北京市东城区高一期末)如图所示，AB段为表面粗糙的水平面，其长度L为1.0m，动摩擦因数为0.2，竖直平面内的光滑半圆形轨道下端与水平面B点相切，B、C分别为半圆形轨道的最低点和最高点，光滑斜面OA与水平面通过一小段光滑的圆弧相连。质量m=0.5kg的小滑块(可视为质点)从斜面O点由静止开始释放，经过AB段到达圆弧轨道最低点B随后沿半圆形轨道运动，恰好能通过C点。已知半圆形轨道半径R=0.40m，取重力加速度g=10m/s2，求：(1)(3分)滑块运动到C点时速度的大小vC；(2)(4分)滑块运动到B点时的动能；(3)(3分)起始点O到水平面AB的高度h。2.(10分)如图所示，质量不计的硬直轻杆的两端分别固定质量均为m的小球A和B，它们可以绕光滑轴O在竖直面内自由转动。已知OA=2OB=2l，将杆从水平位置由静止释放，不计空气阻力(重力加速度为g)。(1)(6分)在杆转动到竖直位置时，小球A、B的速度大小分别为多少？(2)(4分)在杆转动到竖直位置的过程中，杆对A球做了多少功？3.(10分)如图所示，轻绳一端固定于O点，绕过轻质光滑的动滑轮和定滑轮，另一端与质量为mB=2m的物块B相连，动滑轮下方悬挂质量为mA=m的物块A，将物块B置于倾角为30°的固定光滑斜面的顶端。已知斜面长为L，与物块B相连接的轻绳始终与斜面平行，悬挂动滑轮的轻绳竖直，两滑轮间竖直距离足够长，空气阻力忽略不计，两物块均可视为质点，重力加速度为g。现由静止释放物块B，求：(1)(5分)物块B运动至斜面底端时的动能；(2)(5分)物块B从斜面顶端运动至底端的过程中，克服轻绳拉力做的功。4题5分，5题11分，6题14分，共30分4.(2023·江苏省太湖高级中学高一校考)如图所示，长直轻杆两端分别固定小球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L。先将杆竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为L2时，下列说法正确的是(不计一切摩擦，重力加速度为gA.杆对小球A做功为14B.小球A、B的速度大小都为1C.小球A、B的速度大小分别为123D.杆与小球A、B组成的系统机械能减少了125.(11分)如图所示为一电动遥控赛车(可视为质点)和它的运动轨道示意图。假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，工作一段时间后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D点和E点分别为圆形轨道的最高点和最低点。已知赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力为0.4N，赛车质量为0.4kg，通电时赛车电动机的输出功率恒为2W，B、C两点间高度差为0.45m，赛道AB的长度为2m，C与圆心O的连线与竖直方向的夹角α=37°，空气阻力忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2，求：(1)(4分)赛车通过C点时的速度大小；(2)(3分)赛车电动机工作的时间；(3)(4分)要使赛车能通过圆轨道最高点D后沿轨道回到水平赛道EG，轨道半径R需要满足的条件。6.(14分)如图，半径R=0.5m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°。在高h=0.8m的光滑水平平台上，一质量m=1.0kg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，若打开锁扣K，小物块将以一定的水平速度v0向右飞下平台，做平抛运动恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物块与轨道CD间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，求：(1)(4分)弹簧储存的弹性势能Ep；(2)(5分)物块经过B点时，对圆弧轨道压力FN的大小；(3)(5分)物块在轨道CD上运动的路程s(结果保留三位小数)。

答案精析1.(1)2m/s(2)5J(3)1.2m解析(1)滑块恰好通过最高点C时，重力提供向心力，则有mg=mv解得vC=gR=2m/s(2)滑块从B到C的过程只有重力做功，满足机械能守恒，选AB面为零势能面，则有2mgR+12mvC2=解得滑块运动到B点时的动能为EkB=12mvB2(3)滑块从O到B的过程，根据动能定理可得mgh-μmgL=12m解得h=1.2m2.(1)210gl510解析(1)小球A和B及杆组成的系统机械能守恒。设转到竖直位置的瞬间A、B的速率分别为vA、vB，杆旋转的角速度为ω，有mg·2l-mgl=12mvA2+vA=2lω，vB=lω，则vA=2vB联立解得vB=10gl5，vA(2)对A球，由动能定理得mg·2l+W=12m联立解得W=-65mgl3.(1)4mgL9解析(1)由题可知同一时刻，物块B的速度大小始终是物块A速度大小的2倍，即vB=2vA对A、B系统，由机械能守恒定律有mBgLsin30°-mAgL2=12mAvA2+解得vB=2物块B的动能Ek=12mBvB(2)B从斜面顶端运动至底端的过程，对物块B由动能定理有mBgLsin30°-W=12mB解得W=54.C[对A、B及杆组成的系统，整个过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得mg·L2=12mvA2+12mvB2，又有vAcos60°=vBcos30°，解得vA=123gL，vB=12gL，故C正确，B、D错误；对A，由动能定理得mgL2+W=15.(1)5m/s(2)2s(3)0<R≤2546解析(1)赛车在BC间做平抛运动，则通过C点时竖直方向vy=2gℎ=3由图可知：vC=vysin37°=5(2)由(1)可知赛车通过B点时的速度v0=vCcos37°=4m/s根据动能定理得：Pt-FflAB=12mv02，解得t=2(3)当赛车恰好通过最高点D时，设轨道半径为R0，有：mg=mv从C到D，由机械能守恒定律得：-mgR0(1+cos37°)=12mvD2-12mvC2，解得所以轨道半径0<R≤2546m6.(1)4.5J(2)68N(3)1.09m解析(1)由平抛运动规律，可得小物块在A处的竖直分速度为vy=2解得vy=4m/s则小物块做平抛运动的初速度为v0=vytan37°=3m/s根据机械能守恒定律可得，弹簧储存的弹性势能为Ep=12mv02=4.5(2)小物块从水平平台抛出到运动到B点的过程，由动能定理有mg(h+R-Rcos53°)=12mvB2-经过B点时，根据牛顿第二定律有FN'-mg=mv代入数据解得FN'=68N由牛顿第三定律知，物块对轨道的压力