高考物理一輪總復(fù)習(xí)專題5機械能熱點強化9課后提能演練

專題五熱點強化91．(2018年全國卷Ⅰ)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點．一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動．重力加速度為g．小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為()A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR【答案】C【解析】設(shè)小球運動到c點的速度大小為vc，則對小球由a到c的過程，由動能定理有F×3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq\r(gR)．小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最低點所需的時間為t＝eq\f(vc,g)＝2eq\r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小為x＝eq\f(1,2)gt2＝2R．由以上分析可知，小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量為ΔE＝F×5R＝5mgR，C正確，A、B、D錯誤．2．(多選)如圖所示，B、M、N分別為豎直光滑圓軌道上的三個點，B點和圓心O等高，M點與O點在同一豎直線上，N點和圓心O的連線與豎直方向的夾角為α＝45°．現(xiàn)從B點的正上方某處A點由靜止釋放一個質(zhì)量為m的小球，經(jīng)圓軌道飛出后沿水平方向通過與O點等高的C點，已知圓軌道半徑為R，重力加速度為g，不計空氣阻力，則以下結(jié)論正確的是()A．A、B兩點間的高度差為eq\f(\r(2),2)RB．C到N的水平距離為2RC．小球在M點對軌道的壓力大小為(3＋eq\r(2))mgD．小球從N點運動到C點的時間為eq\r(\f(2R,g))【答案】AC【解析】從A點到C點有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，從A點到N點有mg(h＋Rcos45°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，其中vC＝vNcos45°，聯(lián)立解得h＝eq\f(\r(2),2)R，vN＝eq\r(2\r(2)gR)，A正確；小球從N運動到C的時間t＝eq\f(vNsin45°,g)＝eq\r(\f(\r(2)R,g))，則C到N的水平距離為xCN＝vNcos45°·t，解得xCN＝eq\r(2)R，B、D錯誤；從A到M點有mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)，在M點FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,M),R)，解得FN＝(3＋eq\r(2))mg，由牛頓第三定律，小球在M點對軌道的壓力大小為FN′＝FN＝(3＋eq\r(2))mg，C正確．3．如圖所示，固定的粗糙弧形軌道下端B點水平，上端A與B點的高度差為h1＝0.3m，傾斜傳送帶與水平方向的夾角為θ＝37°，傳送帶的上端C點與B點的高度差為h2＝0.1125m(傳送帶傳動輪的大小可忽略不計)．一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊(可看作質(zhì)點)從軌道的A點由靜止滑下，然后從B點拋出，恰好以平行于傳送帶的速度從C點落到傳送帶上，傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，速度大小為v＝0.5m/s，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.8，且傳送帶足夠長，滑塊運動過程中空氣阻力忽略不計，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，試求：(1)滑塊運動至C點時的速度vC大??；(2)滑塊由A到B運動過程中克服摩擦力做的功Wf；(3)滑塊在傳送帶上運動時與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q．解：(1)在C點，豎直分速度vy＝eq\r(2gh2)＝1.5m/s，由vy＝vCsin37°，解得vC＝2.5m/s．(2)C點的水平分速度與B點的速度相等，則vB＝vx＝vCcos37°＝2m/s，從A到B點的過程中，根據(jù)動能定理得mgh1－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得Wf＝1J．(3)滑塊在傳送帶上運動時，根據(jù)牛頓第二定律有μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得a＝0.4m/s2．達到共同速度所需時間t＝eq\f(vC－v,a)＝5s，兩者間的相對位移Δx＝eq\f(v＋vC,2)t－vt＝5m．由于mgsin37°＜μmgcos37°，此后滑塊將做勻速運動．故滑塊在傳送帶上運動時與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcos37°·Δx＝32J．4．(2021年衡陽聯(lián)考)如圖所示，由兩個半徑均為R的四分之一圓弧細(xì)管道構(gòu)成的光滑細(xì)管道ABC豎直放置，且固定在光滑水平面上，圓心連線O1O2水平，輕彈簧左端固定在豎直板上，右端與質(zhì)量為m的小球接觸(不拴接，小球的直徑略小于管的內(nèi)徑，小球大小可忽略)．寬和高均為R的木盒子固定于水平面上，盒子左側(cè)DG到管道右端C的水平距離為R，開始時彈簧處于鎖定狀態(tài)，具有的彈性勢能為4mgR，其中g(shù)為重力加速度．當(dāng)解除鎖定后小球離開彈簧進入管道，最后從C點拋出．(軌道ABC與木盒截面GDEF在同一豎直面內(nèi))(1)求小球經(jīng)C點時的動能；(2)求小球經(jīng)C點時對軌道的壓力；(3)小球從C點拋出后能直接擊中盒子底部時，討論彈簧此時彈性勢能滿足什么條件．解：(1)對小球從釋放到C的過程，由動能定理可得4mgR－2mgR＝EkC－0，解得小球經(jīng)C點時的動能EkC＝2mgR．(2)由(1)可知C點小球的速度vC＝eq\r(\f(2EkC,m))＝2eq\r(gR)．C點：取向下為正方向，由牛頓第二定律可得mg＋FN＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，解得FN＝3mg，方向豎直向下．由牛頓第三定律可知在C點時小球?qū)壍赖膲毫Υ笮∫矠?mg，方向豎直向上．(3)當(dāng)小球恰從G點射入盒子中，則由平拋運動規(guī)律可得：豎直方向R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，水平方向R＝vC1t1，聯(lián)立解得vC1＝eq\r(\f(gR,2))．小球從釋放到C點的過程有Ep1－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C1)－0，得Ep1＝eq\f(9,4)mgR．當(dāng)小球直接擊中E點時，彈性勢能是符合條件的最大值，由平拋運動規(guī)律可得豎直方向2R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，水平方向2R＝vC2t2，聯(lián)立解得vC2＝eq\r(gR)．小球從釋放到C點的過程Ep2－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C2)－0，得Ep2＝eq\f(5,2)mgR．綜上符合條件的彈性勢能應(yīng)滿足eq\f(9,4)mgR＜Ep＜eq\f(5,2)mgR．5．(2021年云南檢測)如圖所示，半徑為R1＝0.8m的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道，與半徑為R2＝0.4m的半圓光滑空心管軌道平滑連接并固定在豎直面內(nèi)，粗糙水平地面上緊靠管口有一長度為L＝2.5m、質(zhì)量為M＝0.1kg的靜止木板，木板上表面正好與管口底部相切，處在同一水平線上．質(zhì)量為m2＝0.05kg的物塊靜止于B處，質(zhì)量為m1＝0.15kg的物塊從光滑圓弧軌道頂部的A處由靜止釋放，物塊m1下滑至B處與m2碰撞后合為一個整體．兩物塊一起從空心管底部C處滑上木板，兩物塊恰好沒從木板左端滑下．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，兩物塊均可視為質(zhì)點，空心管粗細(xì)不計，重力加速度取g＝10m/s2．求：(1)物塊m1滑到圓弧軌道底端B處未與物塊m2碰撞前瞬間受到的支持力大小；(2)物塊m1和m2碰撞過程中損失的機械能；(3)木板在地面上滑行的距離．解：(1)物塊從A到B由動能定理有m1gR1＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，解得v1＝4m/s．對m1在B點受力分析得N－m1g＝eq\f(m1v\o\al(2,1),R1)，代入數(shù)據(jù)解得N＝4.5N．(2)兩物體碰撞前后動量守恒，m1v1＝(m1＋m2)v2，代入數(shù)據(jù)解得v2＝3m/s．由能量守恒定律得ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)代入數(shù)據(jù)解得損失機械能ΔE＝0.3J．(3)設(shè)兩物塊碰撞后的整體質(zhì)量為m，則m＝0.2kg；設(shè)木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ1．從B到C由動能定理得2mgR2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，代入數(shù)據(jù)解得v3＝5m/s．物塊滑上木板后，物塊先勻減速，木板勻加速，直到共速．物塊的加速度為a1＝eq\f(μmg,m)＝μg＝3m/s2，木板的加速度為a2＝eq\f(μmg－μ1m＋Mg,M)＝2μg－3μ1g，當(dāng)物塊與木板共速時v3－