四川省2019高考物理复习全辑主题强化练（2）功和能（A，含解析）.doc

1、1功和能(一)李仕才1如图 1 所示，一玩溜冰的小孩(可看成质点)质量为 m30 kg，他在左侧平台上滑行一段距离后平抛，恰能无碰撞地沿圆弧切线从 A 点进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑，A、 B 为圆弧两端点，其连线水平已知圆弧半径为 R1.0 m，对应圆心角为 106，平台与 AB 连线的高度差为 h0.8 m(计算中取 g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)求：图 1(1)小孩平抛的初速度大小；(2)小孩运动到圆弧轨道最低点 O 时对轨道的压力答案 (1)3 m/s (2)1 290 N，方向竖直向下解析 (1)由于小孩无碰撞进入圆弧轨道，即小孩落到 A 点时速度方

2、向沿 A 点切线方向，则vy gt v0tan 53，又 h gt2得 t 0.4 s，12 2hg即 v0 ，gttan 53代入数值得 v03 m/s.(2)设小孩在最低点 O 的速度为 v，选最低点所在平面为零势能面，根据机械能守恒定律，有 mv2 mv mgh R(1cos 53)，12 12 02在最低点，根据牛顿第二定律，有 FN mg m ，v2R代入数据解得 FN1 290 N，由牛顿第三定律可知，小孩对轨道的压力为 1 290 N，方向竖直向下2(2018杭西高 4 月测试)如图 2 所示，竖直平面内的轨道由直轨道 AB 和圆弧轨道 BC 组成(两轨道在 B 点平滑连接)，小

3、球从斜面上 A 点由静止开始滑下，滑到斜面底端后又滑上一2个半径为 R0.4 m 的圆弧轨道( g10 m/s 2)图 2(1)若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆弧轨道的最高点 C，求斜面上 A 点高 h；(2)若已知小球质量 m0.1 kg，斜面上 A 点高 h2 m，小球运动到 C 点时对轨道的压力为mg，求全过程中摩擦阻力做的功答案 (1)1 m (2)0.8 J解析 (1)小球刚好到达 C 点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得： mg m ，v2R从 A 到 C 过程，由动能定理得： mg(h2 R) mv2，12解得： h2.5 R2.50.4 m1 m；(2)在 C 点，由牛顿第二定

4、律和牛顿第三定律得：mg mg m ，vC2R从 A 到 C 过程，由动能定理得：mg(h2 R) Wf mv 0，12 C2解得： Wf0.8 J.3(2018嘉兴市教学测试)如图 3 所示是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为 r1.5 m、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑已知桌面离地高度为 h0.8 m，将一可视为质点的小碟子放置在圆盘边缘，若缓慢增大圆盘的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，落地点与桌面飞出点的水平距离是0.4 m已知碟子质量 m0.1 kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力 Ffmax0.6 N， g 取 10 m/s2，求

5、：(不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图 3(1)碟子从桌面飞出时的速度大小；3(2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；(3)若碟子与桌面间的动摩擦因数为 0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？答案 (1)1 m/s (2)0.4 J (3)2.5 m解析 (1)根据平抛运动规律： h gt2， x vt，12得 v x 1 m/s.g2h(2)设碟子从圆盘上甩出时的速度为 v0，则 Ffmax m ，即 v03 m/sv02r由动能定理得： Wf mv2 mv ，12 12 02代入数据得： Wf0.4 J.(3)当碟子滑到桌面边缘时速度恰好减为零，对应的桌子

6、半径取最小值设碟子在桌子上滑动的位移为 x，根据动能定理得： mgx 0 mv ，12 02代入数据得： x2 m，由几何知识可得桌子半径的最小值为：R 2.5 m.r2 x 24(2018台州中学第四次统练)某同学在设计连锁机关游戏中，设计了如图 4 所示的起始触发装置， AB 段是长度连续可调的竖直伸缩杆， BCD 段是半径为 R 的四分之三圆弧弯杆， DE段是长度为 2R 的水平杆，与 AB 杆稍稍错开竖直杆外套有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧，在弹簧上端放置质量为 m 的套环每次将弹簧的长度压缩至 P 点后锁定，设 PB 的高度差为 h，解除锁定后弹簧可将套环弹出在触发器的右侧有多米

7、诺骨牌，多米诺骨牌的最高点 Q 和 P 等高，且与 E 的水平距离为 x8 R，已知弹簧锁定时的弹性势能 Ep9 mgR，套环与水平杆间的动摩擦因数为 0.5，与其他部分的摩擦不计，空气阻力不计，重力加速度为 g.求：4图 4(1)当 h3 R 时，套环到达杆最高点 C 处的速度大小；(2)在上问中当套环运动到最高点 C 时对杆的作用力大小和方向；(3)若 h 在 R6 R 连续可调，要使该套环恰好击中 Q 点，则 h 需调节为多长？答案 (1) (2)9 mg 方向竖直向上 (3)5 R10gR解析 (1)从 P 到 C，由能量守恒定律：Ep mg(h R) mv12 C2解得 vC 10g

8、R(2)在 C 点，对套环由牛顿第二定律得， F mg mvC2R得 F9 mg根据牛顿第三定律，套环对杆的作用力为 9mg，方向竖直向上(3)从 P 到 E，由能量守恒定律有，Ep mg(h R) mg 2R mv12 E2x vE2h Rg联立解得 h5 R.5(2017杭州市期末)如图 5 所示，在光滑的水平平台上 A 处有一质量 m0.1 kg 的小球压缩轻质弹簧(小球与弹簧不拴连)使其具有 Ep0.2 J 的弹性势能，平台的 B 端连接两个半径都为 R 且内壁都光滑的四分之一细圆管 BC 及细圆管 CD，圆管内径略大于小球直径， B点和 D 点都与水平面相切在地面的 E 处有一小圆弧

9、(图中未画出，小球在经过 E 处时的动能不损失)且安装了一个可改变倾角的长斜面 EF，已知地面 DE 长度为 0.3 m 且与小球间的动摩擦因数 10.5，小球与可动斜面 EF 间的动摩擦因数 2 .现由静止释放小球，小335球弹出后进入细圆管，运动到 B 点时对上管壁有 FN1 N 的弹力求：( g 取 10 m/s2)图 5(1)细圆管的半径 R；(2)小球经过 D 点时对管壁的压力大小；(3)当斜面 EF 与地面的夹角 (在 090范围内)为何值时小球沿斜面上滑的长度最短？并求出最短长度(计算结果可用根式表示)答案 (1)0.2 m (2)7 N (3)60 m9340解析 (1)小球由

10、 A 运动到 B，由能量守恒得Ep mv12 B2得： vB2 m/s由牛顿第三定律知，运动到 B 点时上管壁对小球有 FN1 N 的弹力由牛顿第二定律可得FN mgmvB2R得： R0.2 m.(2)小球由 B 运动到 D，由动能定理得mg2R mv mv12 D2 12 B2在 D 处，由牛顿第二定律得FD mgmvD2R解得 FD7 N.由牛顿第三定律得，小球经过 D 点时对管壁的压力大小为 7 N.(3)从 B 点开始，到运动至斜面上最高处，由动能定理可得：mg2R 1mgsDE 2mgscos mgssin 0 mv12 B2得 s 0.45sin 33cos 0.4523332sin 12cos 6 ，9340sin 30故当 60时 s 有最小值代入数据解得 smin m9340