浙江省學業(yè)水平測試物理復習強化訓練一功和能二

1、功和能 (二)1(2019 ·江浙 10 月學考 ·20)如圖 1 甲所示，游樂場的過山車可以底朝上在豎直圓軌道上運行，可抽象為圖乙的模型傾角為45°的直軌道AB、半徑R 10 m 的光滑豎直圓軌道和傾角為37°的直軌道 EF，分別通過水平光滑銜接軌道 BC、C E 平滑連接， 另有水平減速直軌道 FG 與 EF 平滑連接， EG 間的水平距離 l 40 m現(xiàn)有質(zhì)量 m 500 kg 的過山車，從高 h40 m 處的 A 點靜止下滑，經(jīng) BCDC EF 最終停在 G 點過山車與軌道 AB、 EF 的動摩擦因數(shù)均為 0.2，與減速直軌道 FG 的動摩擦因數(shù)

2、 0.75.過山車可視為質(zhì)點，運動中不脫離軌12道求： (已知 sin 37 °0.6， cos 37 ° 0.8， g 取 10 m/s2)圖 1(1)過山車運動至圓軌道最低點C 時的速度大??；(2)過山車運動至圓軌道最高點D 時對軌道的作用力；(3)減速直軌道 FG 的長度 x.答案(1)8 10 m/s (2)7 000 N ，方向豎直向上(3)30 m解析(1) 設(shè)過山車到達C 點的速度為 vC，由 A 點到 C 點，由動能定理得h12mgh 1mgcos 45 ·° mvCsin 45°2代入數(shù)據(jù)可得 vC 8 10m/s.1212(

3、2)設(shè)過山車到達 D 點的速度為 vD，由 C 點到 D 點，由機械能守恒定律得 2mvC 2mgR2mvD在 D 點，由牛頓第二定律得2vDmg FD mR聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得 FD 7 000 N由牛頓第三定律可知，過山車對軌道的作用力F D 7 000 N ，方向豎直向上(3)過山車從 A 點到 G 點，由動能定理可得hl x mgh mg(l x)tan 37 °1mgcos 45 ·°°1mgcos 37·°°2mgx 0sin 45cos 37第 1頁代入數(shù)據(jù)可得x 30 m2(2019 ·州中學第一次統(tǒng)

4、練臺)如圖 2 所示為一遙控電動賽車(可視為質(zhì)點 )和它的運動軌道示意圖假設(shè)在某次演示中，賽車從A 位置由靜止開始運動，經(jīng)2 s 后關(guān)閉電動機，賽車繼續(xù)前進至 B 點后水平飛出，賽車能從C 點無碰撞地進入豎直平面內(nèi)的圓形光滑軌道，D 點和 E點分別為圓形軌道的最高點和最低點已知賽車在水平軌道AB 段運動時受到的恒定阻力為0.4 N，賽車質(zhì)量為0.4 kg，通電時賽車電動機的輸出功率恒為2 W， B、 C 兩點間高度差為0.45 m，C 與圓心 O 的連線和豎直方向的夾角 37°，空氣阻力忽略不計， g 10 m/s2，sin 37 ° 0.6， cos 37 °

5、0.8，求：圖 2(1)賽車通過C 點時的速度大?。?2)賽道 AB 的長度；(3)要使賽車能通過圓軌道最高點D 后回到水平賽道EG，其半徑需要滿足什么條件答案(1)5 m/s (2)2 m(3)0 R25m46解析(1) 賽車在 B、 C間做平拋運動，則豎直方向vy2gh 3 m/s.由圖可知： vCvy 5 m/ssin 37 °(2)賽車在 B 點的速度 v0 vCcos 37 °4 m/s12則由 A B，根據(jù)動能定理得：Pt Ff lAB 2mv0，得 l AB2 m.2vD(3)當賽車恰好通過最高點D 時，有： mgm R從 C 到 D，由動能定理得：12122

6、5 mgR(1 cos 37 )°2mvD2mvC ，解得 R46 m，所以軌道半徑需滿足0R25m(可以不寫 0)463(2019 ·浙江省名校協(xié)作體上學期考試)如圖 3 所示，質(zhì)量 m1 kg 的小物塊靜止放在粗糙水平桌面上， 它與水平桌面間的動摩擦因數(shù) 0.4，且與水平桌面邊緣O 點的距離 s 8 m在第 2頁1R 3 m，圓心與桌面同高以O(shè) 點為原點建緊靠桌面邊緣右側(cè)固定了一個2圓弧擋板，半徑立平面直角坐標系現(xiàn)用F 8 N 的水平恒力拉動小物塊，一段時間后撤去拉力，小物塊最終水平拋出并擊中擋板(g 取 10 m/s2 )圖 3(1)若小物塊恰能擊中圓弧擋板最低點，求

7、其離開O 點時的動能大小；(2)在第 (1)問中拉力F 作用的時間；(3)若小物塊在空中運動的時間為0.6 s，求拉力 F 作用的距離答案 (1)7.5 J (2) 158658s (3)16 m解析(1) 小物塊離開O 點后開始做平拋運動，1212故： R v0t， R gt ，又 EkO mv022解得 EkO 7.5 J；(2)由開始運動到小物塊到達O 點由動能定理得：1279mF ·x mgs mv0，得 x162由牛頓第二定律得F mg ma，得 a 4 m/s2由 x1at02 ，得 t0 158 s28(3)小物塊離開O 點后開始做平拋運動，由下落時間可知下落距離y12

8、，得 y 1.8 m.2gt 若小物塊落到半圓的左半邊，則平拋運動水平位移x1 RR2 y2 0.6 mv1 x1 1 m/st由動能定理得F ·L1 mgs1mv12265得 L 1 16 m 若小物塊落到半圓的右半邊，同理可得v2 9 m/s由動能定理得F ·L2 mgs1mv222第 3頁145解得 L2 16m>8 m( 舍去 )4 (2019 ·江浙 4 月學考 ·20)如圖 4 所示，一軌道由半徑為2 m 的四分之一豎直圓弧軌道AB和長度可調(diào)的水平直軌道BC 在 B 點平滑連接而成現(xiàn)有一質(zhì)量為0.2 kg 的小球從 A 點無初速度釋放，

9、 經(jīng)過圓弧上B 點時， 傳感器測得軌道所受壓力大小為3.6 N ，小球經(jīng)過BC 段所受的阻力為其重力的0.2 倍，然后從C 點水平飛離軌道，落到水平地面上的P 點， P、 C 兩點間的高度差為3.2 m小球運動過程中可視為質(zhì)點，且不計空氣阻力(g 10 m/s2 )圖 4(1)求小球運動至 B 點時的速度大?。?2)求小球在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功；(3)為使小球落點 P 與 B 點的水平距離最大，求BC 段的長度；(4)小球落到 P 點后彈起， 與地面多次碰撞后靜止 假設(shè)小球每次碰撞機械能損失75%，碰撞前后速度方向與地面的夾角相等求小球從C 點飛出到最后靜止所需時間答案(1)4 m/s

10、(2)2.4 J (3)3.36 m (4)2.4 s解析(1) 由向心力公式和牛頓第三定律有2vB，解得 vB 4 m/s.F N mg mR(2)小球從 A 到 B 的過程，只有重力和摩擦力做功，設(shè)克服摩擦力所做的功為W 克12由動能定理得：mgR W 克 2mvB 0解得 W 克2.4 J.(3)分析運動發(fā)現(xiàn)，BC 段長度會影響勻減速運動的時間，繼而影響平拋運動的水平初速度以及水平位移Ff2設(shè) BC 段小球的運動時間為t，加速度a m2 m/s由運動學公式得vC vB at 4 2txBC vBt1at2 4t t22其中， 0< t<2 s.12平拋運動中h2gt1第 4頁xCP vCt1由 可得 xCP 3.21.6t則由 可得 xBP xBC xCP t2 2.4t 3.2根據(jù)二次函數(shù)單調(diào)性以及t 的范圍，可得當t 1.2 s 時， xBP 取到最大值代入 式，解得xBC 3.36 m.(4)由于碰撞前、 后速度方向與地面夾角相等，所以碰撞前、 后水平與豎直分速度比例不變每次碰撞機械能損失75%，故每次碰撞合速度、分速度均變?yōu)樵瓉淼?2.設(shè)第 n 次損失后的豎直分速度為vyn，第 n 次碰撞到第 n 1 次碰撞的時間為 tn.由平拋運動規(guī)律得vy0