专题07 功能关系和能量守恒定律(解析版)-2023年高考物理计算题专项突破

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【文档说明】专题07 功能关系和能量守恒定律(解析版)-2023年高考物理计算题专项突破.docx,共(25)页,916.340 KB,由envi的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明:

专题07功能关系和能量守恒定律一、和功有关的基本公式:①功:cosFlW=;(此公式只适用于恒力做功)②总功:++++=4321WWWWW;coslFW合=;③重力做功:hmgWG=;(重力做功多少只与物体初

、末位置的高度差有关,与运动路径无关)④功率:tWP=;cosFvP=二、与能量有关的基本公式:①动能:221mvEk=;②弹簧弹性势能:221kxEP=;③重力势能:mghEP=;④动能定理:12kkEEW−=⑤机械能守恒定律:1122pk

pkEEEE+=+,pkEE−=,BAEE−=;⑥功能关系:21ppGEEW−=,12EEW−=外;⑦能量守恒定律:末初EE=或减增EE=。在解与功能关系和能量守恒定律有关的计算题时,应首先正确选取研究对象,确定研究过程;然后对其过程进行分析,①分段或全程,对研

究对象进行受力分析,明确各力的做工情况,②分析初、末状态,确定能量变化;最后针对不同的研究对象或研究过程,选择动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律或利用功能关系列出方程求解即可。一、动能定理1.若物体

运动过程中包含几个不同的过程,应用动能定理时,可以分段考虑,也可以视全过程为整体来处理。2.应用动能定理解题的基本步骤(1)选取研究对象,明确它的运动过程。(2)分析研究对象的受力情况和各个力的做功情况:受哪些力?每个

力是否做功?做正功还是做负功?做多少功?然后求各个外力做功的代数和。(3)明确物体在始、末状态的动能1kE和2kE。(4)列出动能定理的方程21kkWEE=−及其他必要的辅助方程,进行求解。动能定理中的W总是物体所受各力对物体做

的总功,它等于各力做功的代数和,即123=WWWW+++总若物体所受的各力为恒力时,可先求出F合,再求cosWFl=总合3.一个物体动能的变化kE与合外力做的功W总具有等量代换的关系。因为动能定理实质上反映了物体动能的变化,是

通过外力做功来实现的,并可以用合外力的功来量度。0kE,表示物体动能增加,其增加量就等于合外力做的功;0kE,表示物体动能减少,其减少量就等于合外力做负功的绝对值;0kE=,表示物体动能不变,合外力对物体不做功。这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法。二、机械能守恒定律的应用

1.应用机械能守恒定律与动能定理解决问题的区别:(1)适用条件不同:机械能守恒定律适用于只有重力和弹力做功的情形;而动能定理没有此条件的限制,它的变化量对应于外力所做的总功。(2)分析内容不同:机械能守恒定律解题只分析研究对象的初、末状态的动能和势能(包括重力势能和弹性势能);而用动能定理

解题时,分析研究对象的初、末状态的动能,此外还要分析该过程中所有外力所做的总功。(3)机械能守恒定律与动能定理解题时的方程不同。2.机械能守恒定律的几种表述形式:若某一系统的机械能守恒,则机械能守恒定律可以表示为如下的形式:(1)

初状态的机械能等于末状态的机械能:1122pkpkEEEE+=+(2)系统势能(或动能)的增加量等于动能(或势能)的减少量:pkEE=(3)系统内A物体的机械能减少量等于B物体的机械能增加量:ABE

E=。三、功能关系的主要形式有以下几种:(1)合外力做功等于物体动能的增加量(动能定理),即=kWE合。(2)重力做功对应重力势能的改变,12GpppWEEE=−=−,重力做正功,重力势能减少;重力做负功,重力

势能增加。(3)弹簧弹力做正功,弹性势能减少;弹力做负功,弹性势能增加。(4)除重力以外的其它力做的功与物体机械能的增量相对应,即=WE①除重力以外的其它力做多少正功,物体的机械能就增加多少;②除重力以外的其它力做多少负功,物体的机械能

就减少多少;③除重力以外的其它力不做功,物体的机械能守恒。(5)电场力做功与电势能的关系,=ABpWE,电场力做正功,电势能减少;电场力做负功,电势能增加。(6)安培力做正功,电能转化为其它形式的能;克服安培力做功,其它形式的能转化为电能。(7)在应用功能关系时

应注意,搞清力对“谁”做功的问题,对“谁”做功就对应“谁”的位移,引起“谁”的能量变化。如子弹物块模型中,摩擦力对子弹的功必须用子弹的位移去解。功引起子弹动能的变化,但不能说功就是能,也不能说“功变成能”。功是能量转化的量度,可以说在能量转化的

过程中功扮演着重要角色。四、用能量守恒解题的步骤:(1)首先分清有多少种形式的能在变化;(2)分别列出减少的能量E减和增加的能量E增;(3)列恒等式=EE减增求解;五、摩擦力做功与产生内能的关系1.静摩擦力做功的特点(1)静摩擦力可

以做正功还可以做负功,也可能不做功;(2)在静摩擦力做功的过程中,只有机械能从一个物体转移到另一个物体,而没有机械能转化为其它形式的能量;(3)相互摩擦的系统,一对静摩擦力所做功的代数和总等于零。2.滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以对物体

做正功,也可以做负功,还可以不做功(如相对运动的两物体之一相对地面静止,则滑动摩擦力对该物体不做功);(2)在相互摩擦的物体系统中,一对相互作用的滑动摩擦力,对物体系统所做总功的多少与路径有关,其值是负值,等于摩擦力与相对位移的积,即Qfx=相,表示物体系统损失了机械

能,克服了摩擦力做功,=EQfx=损相(摩擦生热);(3)一对滑动摩擦力做功的过程中能量的转化和转移的情况:一是相互摩擦的物体通过摩擦力做功将部分机械能转移到另一个物体上,二是部分机械能转化为内能,此部分能量就是系统机械能的损失量。典例1:(2022·湖

北·高考真题)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示,重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接,C与滑轮等高(图中实线位置)时,C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m,系统可以在如图虚线位置保持静止,此时连接C的绳与水平方向的夹角

为60°。某次打桩时,用外力将C拉到图中实线位置,然后由静止释放。设C的下落速度为35gL时,与正下方质量为2m的静止桩D正碰,碰撞时间极短,碰撞后C的速度为零,D竖直向下运动10L距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。(1)求C的质量;(

2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力,求F的大小;(3)撤掉桩D,将C再次拉到图中实线位置,然后由静止释放,求A、B、C的总动能最大时C的动能。【答案】(1)3m;(2)6.5mg;(3)(423)m

gL−【规范答题】(1)系统在如图虚线位置保持静止,以C为研究对象,根据平衡条件可知2cos30cmgmg=解得3cmm=(2)CD碰后C的速度为零,设碰撞后D的速度v,根据动量守恒定律可知333025gLmmmv=+解得325gLv=CD碰撞后D向下运动10L距离后停止

,根据动能定理可知2102221010LLmvmgF−=−解得F=6.5mg(3)设某时刻C向下运动的速度为v′,AB向上运动的速度为v,图中虚线与竖直方向的夹角为α,根据机械能守恒定律可知'2'2112(cos)2()22tansinccLLmvmvmgmgL+=−−

令2()tansincLLymgmgL=−−对上式求导数可得221cos32(sin)(sin)dymgLmgLd−=+当0dyd=时解得3cos2=即30=此时2()tansinc

LLymgmgLmgL=−−=于是有'2'2112(cos)22cmvmvmgL+=解得'23342gLv=+此时C的最大动能为'21(423)2kmcEmvmgL==−典例2:(2022·北京·高考真题)利用物理模型对问题进行分析,是

重要的科学思维方法。(1)某质量为m的行星绕太阳运动的轨迹为椭圆,在近日点速度为v1,在远日点速度为v2。求从近日点到远日点过程中太阳对行星所做的功W;(2)设行星与恒星的距离为r,请根据开普勒第三定律(32rkT

=)及向心力相关知识,证明恒星对行星的作用力F与r的平方成反比;(3)宇宙中某恒星质量是太阳质量的2倍,单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍。设想地球“流浪”后绕此恒星公转,且在新公转轨道上的温度与“流浪”

前一样。地球绕太阳公转的周期为T1,绕此恒星公转的周期为T2,求21TT。【答案】(1)22211122Wmvmv=−;(2)见解析;(3)2142TT=【规范答题】(1)根据动能定理有22211122Wmvmv

=−(2)设行星绕恒星做匀速圆周运动,行星的质量为m,运动半径为r,运动速度大小为v。恒星对行星的作用力F提供向心力,则2Frvm=运动周期2rTv=根据开普勒第三定律32rkT=,k为常量,得224kmFr=即恒星对行星的作用力F与r的平方成反比。(3)假定恒星的能量辐射各向均

匀,地球绕恒星做半径为r的圆周运动,恒星单位时间内向外辐射的能量为P0。以恒星为球心,以r为半径的球面上,单位面积单位时间接受到的辐射能量024PPr=设地球绕太阳公转半径为r1在新轨道上公转半径为r2。地球在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样,必须满足P不变,由于恒星

单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍,得r2=4r1设恒星质量为M,地球在轨道上运行周期为T,万有引力提供向心力,有2224GMmmrrT=解得234rTGM=由于恒星质量是太阳质量的2倍,得2142TT=典例3:(2022·海南·模拟)如图所示,长度1.2mL=的光滑水平轨道BC左端与半径

10.1mR=的竖直四分之一光滑圆弧轨道AB在B点平滑连接,右端与竖直半圆形光滑轨道CDE在C点平滑连接。将一质量0.1kgm=的小物块从距离A点正上方0.4mH=处由静止释放,小物块恰好能到达E点。重力加速度g取10m/s2,求:(1)物块通过

B处时对轨道的压力大小:(2)半圆弧轨道CDE的半径2R;(3)若水平面BC粗糙且与物块之间的动摩擦因数0.3=,通过计算说明小物块在半圆轨道CDE上运动时是否会脱离半圆形轨道:若不会脱离半圆轨道,小物块最终会停在何处。(结果用分式表示)【答案】(1)11N;(2)0.2m;(3)距B点11

15m处【规范答题】(1)对小物块,从释放到运动至B点的过程中,由动能定理得()2112BmgHRmv+=对小物块,在B点,由牛顿第二定律得2N1BvFmgmR−=由牛顿第三定律可知,小物块对轨道的压力NF等于NF,即NNFF

=以上方程联立得N11FN=(2)小物块在E点由重力提供向心力有22EvmgmR=小物块从B点到E点,由动能定理得22211222BEmgRmvmv−=−以上两个方程联立得20.2mR=(3)设小物块在半圆

轨道CDE上能上升的最大高度为h,则小物块从B点到速度减为零的过程中,由动能定理得21=02BmgLmghmv−−−解得2=0.14m<=0.2mhR由此可知,小物块还未到达圆心等高处,因此小物块在CDE上运动

时不会脱离半圆轨道小物块从B点到停止的过程中,由动能定理得21=02Bmgsmv−−小物块距B点的距离()xLsL=−−以上方程联立得11m15x=故小物块最终会停在距B点1115m处。典例4:(2022·广东惠州·模拟)某快递点的传送装置(传送带与水平面的夹角37=)因停电

而锁止,工人找了块质量为3kgm=的带钩木板置于传送带上,再在木板上放置货物,通过轻绳与木板钩子相连,工人可在高处工作台对木板施加平行于传送带方向、大小为165N的拉力,使得货物能从静止开始向上运动。已知木板与传送带间的动摩擦因数10.5=,货物质量12k

gM=,货物与木板间的动摩擦因数20.9=,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度210m/s=g,sin370.6=,求:(1)货物的加速度大小?(2)拉力作用2s=t(货物未到达顶端)后,货物的机械能增加量?(3)已知传送带顺时针稳定转动的速度为0kv(k可调,且1k)

。某次工作中,当木板的速度到0v后,突然来电,工人马上撤去拉力,不计传送带的加速时间。k取何值时,撤去拉力至木板速度减为0的过程中(仍未到达顶端),木板与传送带之间的摩擦所产生的热量最小?【答案】(1)21m/s;(2)168J;(3)16【规范答题】(1)假设货物与

木板相对静止,一起匀加速运动,设加速度为a,对货物与木板整体分析,由牛顿第二定律得oo1()sin37()cos37()FmMgmMgmMa−+−+=+解得21m/sa=设木板对货物的静摩擦力为f,对货物分析得osin37fM

gMa−=可得84Nf=货物与木板间的最大静摩擦力为om2cos3786.4NfMg==由于木板对货物的静摩擦力小于最大静摩擦力,假设符合实际情况,所以货物的加速度大小为21m/s。(2)拉力作用2s=t后,货物的速度为2m/svat==货物的位移为212m2x

at==所以货物增加的机械能为o21sin37168J2EMgxMv=+=(3)突然来电,工人撤去拉力后,由于21μ,货物与木板会保持相对静止,一起做变速运动,木板从速度0v减速到0kv的过程,由牛顿第

二定律oo11()sin37()cos37()mMgmMgmMa+++=+解得2110m/sa=减速时间0011vkvta−=在时间1t内,木板与传送带的相对位移大小为0011012vkvxtkvt+=−木板从速度0k

v减速到0的过程,由牛顿第二定律oo12()sin37()cos37()mMgmMgmMa+−+=+解得22s2m/a=减速时间022kvta=在时间2t内,木板与传送带的相对位移大小为010222kvxkvtt=−在时间12tt+内,木板与传送带之间的摩擦

所产生的热量为o112()cos37()QmMgxx=++整理得220153666Qvk=−+由上式可知,当16k=时,木板与传送带之间的摩擦所产生的热量最小。1.(2022·海南·昌江黎族自治县矿区中学二模)如图

所示,四分之一光滑圆轨道AB固定在竖直平面内,粗糙水平轨道BC与圆弧AB相切于B点。现将一质量为m=1kg,可视为质点的物块从与圆心等高的A点静止释放,物块滑至圆弧轨道最低点B时的速度大小为2m/sBv=,之后物块向右滑上动摩擦因素0.5=的粗糙水平轨道BC,取重力加速

度g=10m/s2,不计空气阻力。(1)求光滑圆轨道AB的半径大小R;(2)物块滑至圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小F;(3)物体最终停下来,求物体在水平面上通过的位移x。【答案】(1)0.2m;(2)30N;(3)0.4m【规范答题】(1)物块从A点到B点运动的过程中,由动能定理可得212

BmgRmv=解得R=0.2m(2)物块在B点时2NBvFmgmR−=解得FN=30N由牛顿第三定律得F=30N(3)物块从释放到在水平轨道上静止的全过程中,由动能定理可得0mgRmgx−=解得x=0.4m2.(2022·四川省内江市第六中学模拟)中国首

艘航母“辽宁号”已投入使用,歼-15是我国自主研制的重型轰炸机,具备优秀舰载机特点。2012年11月,歼-15舰载机在“辽宁号”上成功完成首次上舰飞行试验,是我国航空、舰船技术发展的重大跨越。假若有一质量3810kgM

=的战机在某一航母上采用滑行起动加速达到60m/s的起飞速度飞离航母,甲板的水平跑道长150m。设战机起飞的过程为匀加速运动,运动中地面、空气的平均阻力为机重的0.15倍,且航母保持静止。(210m/sg=)求:(1)喷气发动机的平均推力大小。

(2)假若航母跑道只有120m长,现代航母主要采用弹射系统给战机以一定初速度,求这种方法下弹射系统使战机具有的最小速度和此过程弹射系统对战机所做的功。【答案】(1)51.0810N;(2)125m/s,62.881

0J【规范答题】(1)根据运动学公式可得22axv=解得战机的加速度为222260m/s12m/s22150vax===根据牛顿第二定律可得FfMa−=解得353810120.15N08111.810NN00

FMaf=+==+(2)根据运动学公式可得2202axvv=−解得0125m/sv=则有260J280211.8WMv==弹射系统使战机具有的最小速度为125m/s,此过程弹射系统对战机

所做的功为62.8810J。3.(2022·浙江·模拟)某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABCD轨道,AB为长6m=L、倾角37=的斜轨,BC为水平轨道,CD为半径15mR=、圆心角37=的圆弧,轨道AB段粗糙其余各

段均光滑。一小孩(可视为质点)从A点以初速度023m/sv=下滑,沿轨道运动到D点时的速度恰好为零(不计经过B点时的能量损失)。已知该小孩的质量30kgm=,取sin370.6=,cos370.8=,不计空气阻力,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求:(

1)该小孩第一次经过圆弧C点时,对圆弧轨道的压力NF;(2)该小孩在轨道AB上第一次从A下滑到B的时间t;(3)若将AB段轨道改为圆弧形状(图中虚线部分,轨道材质不变),试定性说明题设条件下小孩在轨道上游玩时是否会冲出D点而发生危险?【答案】(1)420N,方向向下

;(2)153s2−;(3)不会【规范答题】(1)由C到D速度减为0,由动能定理可得-mg(R-Rcosβ)2102Cmv=−解得215m/sCv=在C点,由牛顿第二定律得2NCCvFmgmR−=解得FNC=420N根据牛顿第三

定律,小孩对轨道的压力为FN=FNC=420N方向向下;(2)小孩从A运动到D的过程中,由动能定理得:mgLsinα-μmgLcosα-mgR(1-cosβ)20102mv=−可得μ=0.25在AB上运动的加速度大小24m/ssincosmgmgam=−=根据0BC

vvvat==+代入数据解得153s2t−=(3)若将AB段轨道改为圆弧形状,摩擦力做功会增加,速度减小更快,小孩到达不了D点,所以小孩在轨道上游玩时不会冲出D点而发生危险。4.(2022·浙江·模拟)如图,在倾角为37°的绝缘斜面AB段,有垂直斜面向下的

匀强电场E。质量1kgm=,电荷量为q+的物体(视为质点),以初速度08m/sv=从A开始下滑,经过斜面底端C点后进入绝缘水平面运动,直到停止在D处,已知物体与斜面、水平面的动摩擦因数均为0.5=。已知313m10m

410N/CACCDE===,,,3110Cq−+=+,物体经过C时没有能量损失,求:(1)物体到达C时的瞬时速度;(2)斜面AB段的长度;(3)从A点运动到D点总时间。【答案】(1)10m/s;(2)4m;(3)3.5s【规

范答题】(1)从C到D点,由动能定理可得21·02CmgCDmv−=−解得10m/sCv=(2)从A到C点,由动能定理可得()22011··sin37cos37?cos37?22CmgACmgqEABmgBCmvmv−+−=−且ABBCAC+=解得4mAB=(3)

从B到C,由动能定理可得2211·sin37cos37?22CBmvmvmgBCmgBC−=−解得8m/sBv=所以从A到B为匀速运动,时间为100.5sABtv==从B到C,做匀加速运动,平均速度为()19m/s2BCBCvvv=+=时间为21sB

CBCtv==从C到D,做匀减速运动,平均速度为()105m/s2CDCvv=+=时间为32sCDCDtv==总时间为1233.5stttt=++=5.(2022·河南信阳·一模)如图所示,竖直平面内固定一半径为R的光滑半圆环,圆心在O点。质量均为m的A、B两小

球套在圆环上,用不可形变的轻杆连接,开始时A与圆心O等高,B在圆心O的正下方。已知轻杆对小球的作用力沿杆方向,重力加速度为g。(1)对B施加水平向左的力F,使A、B静止在图示位置,求力的大小F;(2)由图示位置静止释放A、B,求此后运动过程中A

的最大速度的大小v。【答案】(1)mg;(2)()21gR−【规范答题】(1)设圆环对A球的弹力为N,对A、B和轻杆整体可得N-F=O对A球N=mgtan45°解得F=mg(2)两球及轻杆组成的系统机械能守恒,当系统的重力势能最小时动能最大,系统的等效重心在杆的中点,所以

当轻杆水平时,系统的重力势能最小,动能最大。当轻杆运动至水平时,A、B球速度最大且均为v,A、B系统机械能守恒()o212(1cos45)22mgRmgRmv=−+解得()21vgR=−6.(2022·四川巴中·模拟)滑板是同学们喜爱的体育运动,如图所示,一同学正在进行滑板运动。图中ABD是同一

水平路面,BC是一段R=4m的圆弧路面,圆弧的最高点C与其圆心O在同一竖直线上,BC圆弧对应的圆心角为37°,该同学从A点由静止开始在AB路段单脚用力蹬地,然后收腿和滑板一起冲上圆弧路段到达C点,在C点时滑板对路面的压力为300N;已知他和滑板的总质量为50kg,不计

滑板与各路段之间的摩擦力以及经过B点时的机械能损失。已知重力加速度g=10m/s2,cos37°=0.8,sin37°=0.6。求∶(1)从C点水平抛出,其落地点与C点的水平距离x为多少?(2)该同学在A

B段消耗的体能中有多少焦转化为他和滑板的机械能。【答案】(1)x=1.6m;(2)E=800J【规范答题】(1)他和滑板在C点受力分析有2CvmgFmR−=N有几何关系有h=R(1-cos37°)在C点平抛有212hgt=,x=vCt联

立解得x=1.6m(2)设其消耗的体能为E,A—C过程所做功为W,由功能关系有212CWmghmv−=能量守恒有E=W则E=800J7.(2022·广东惠州·模拟)如图所示,水平面AB与两段半径均为R、圆心角分别为60和150的竖直光滑圆轨道在B、C两点平滑连接。轻

质弹簧左端固定、质量为m可视为质点的小球在外力作用下把弹簧压缩到P处(未拴接),由静止释放小球,小球向右运动脱离弹簧后,从B点进入圆轨道,刚好能从最高点D脱离圆轨道水平飞出。已知重力加速度为g,不计空气阻力。求:(1)小球从D点做平抛运动的水平位移大小;(2

)改变小球初始释放位置,小球刚好能上升到D点,求从B点进入圆轨道时受到的支持力大小;(3)在(2)的情景下,处于D点处的小球由于微小扰动继续沿圆弧轨道向右滑动,从Q点(未画出)脱离竖直圆轨道,求Q点到D点的竖直高度h。【答案】(1)2R:(2)3mg;(3)3R

【规范答题】(1)小球刚好能从最高点D脱离圆轨道水平飞出,则在D点,对小球分析有2DvmgmR=解得DvgR=小球做平抛运动时,竖直方向有212Rgt=水平方向有Dxvt=解得2xR=(2)小球刚好能上升到D点,则小球在D点的速度为0,小球从B点运动到D点过程,由机械能守恒定律得212BmgR

mv=小球在B点时,由牛顿第二定律2BBmvFmgR−=解得小球从B点进入圆轨道时受到的支持力大小为3BFmg=(3)设2OQ与水平方向的夹角为,小球在Q点脱离轨道时,沿半径方向2sinQvmgmR

=从D点到Q点的过程,由机械能守恒定律得21(1sin)2QmgRmv−=解得2sin3=可得Q点到D点的竖直高度为(1sin)3RhR=−=8.(2022·海南·昌江黎族自治县矿区中学模拟)在某一旅游景区,建有一山坡滑草运动项目。设山坡AB可看成长度为L=50m、倾角θ

=37°的斜面,山坡低端与一段水平缓冲段BC圆滑连接。一名游客连同滑草装置总质量m=80kg,滑草装置与AB段及BC段间动摩擦因数均为µ=0.25。他从A处由静止开始匀加速下滑,通过B点滑入水平缓冲段。不计空气

阻力,取g=10m/s2,sin37°≈0.6。结果保留2位有效数字。求:(1)游客在山坡上滑行时的加速度大小;(2)另一游客站在BC段上离B处60m的P处观看,通过计算判断该游客是否安全。【答案】(1)4m/s2;(2)不安全【规范答题】(1)设游客在山坡上滑行时加速度大小为a,则

由牛顿第二定律有ma=mgsinθ-μmgcosθ代入数据解得a=4m/s2(2)设PB距离为x,对全过程由动能定理得mgLsinθ-μmgcosθ•L-μmg•x=0解得80mx=因为x>60m,可知游客不安全。9.(2022·河南安阳·模拟)如图

所示,水平直轨道与光滑圆弧轨道相切于B点,处于自然状态的轻弹簧左端与墙壁相连,A是弹簧末端。质量为m的小滑块静止放在B点,A、B之间的距离为5L。某时刻给小滑块施加一个大小等于mg的恒定推力F,F与竖直方向夹角37=。小滑块在推力F的作用下由静止向左运动并压缩弹簧最短至О点,

然后从О点向右反弹,小滑块运动到A点右侧且与A相距2L的位置时速度为零。已知小滑块与水平面间的动摩擦因数134,sin37,cos37955===,重力加速度大小为g。(1)求小滑块第一次向左运动到达A点时速度的大小;(2)求О点与A点的距离以及弹簧的

最大弹性势能;(3)若去掉推力F,将滑块推至О点由静止释放,小滑块运动到圆弧轨道最高点C后做平抛运动,经过与圆心等高的D点(图中未画出),D与圆心水平距离为圆弧半径2倍,求圆弧半径以及滑块经过B点时的速度大小。【答案

】(1)2AvgL=;(2)xL=,p2.4EmgL=;(3)2645RL=,13215BvgL=【规范答题】(1)将拉力F沿着水平方向和竖直方向分解,水平分力为3sin5Fmg=小滑块与水平面间的摩擦力为()cos0.

2fmgFmg=+=设a到达A点时的速度为Av,由动能定理得2310.2552AmgmgLmv−=联立解得2AvgL=(2)设弹性势能最大为PE,此时弹簧压缩量为x,弹簧被压缩过程中,由能量守恒有2p130.225Amv

mgmgxE+−=小滑块向右运动到与A相距2L的位置时速度为零,由能量守恒有()p30.225EmgmgLx=++解得xL=,p2.4EmgL=(3)设滑块在C点的速度为Cv,由C

点运动到D点的时间为t,竖直方向212Rgt=水平方向2CRvt=联立得2CvgR=设滑块在B点速度的大小为Bv,由B点运动到C点的过程中机械能守恒2211222BCmvmvmgR=+从O反弹至运动到B点的过程中()2p152BEmgLLmv−+=联

立得2645RL=,136215BvgRgL==10.(2022·北京·首都师范大学附属中学三模)从分解的角度研究某一运动是物理学分析问题的基本方法,其中即可以沿着固定的方向进行分解(固定不动的直角坐标系),也可以始终沿着平行速度与垂直速度方向进行分解(自然坐标系)。(1)如图1,将一物体以速度

0v水平抛出,若重力加速度为g,且不计空气阻力。那么当物体的速度方向与水平方向夹角为60°时,求:a.此时物体速率的大小;b.此时物体运动对应的曲率半径的大小(提示:研究曲线运动时,尽管曲线各个位置的弯曲程度不一样,但在研究时,可以把这条曲线分割为许多很短的小段,质点在每小

段的运动都可以看作圆周运动的一部分,如图所示)。(2)如图2所示,把一个有孔的小球A装在轻质弹簧的一端,弹簧的另一端固定,小球穿在沿水平x轴的光滑杆上,能够在杆上自由振动。另一小球B在竖直平面内以'O为圆心,在电动机的带动下,沿顺时针方向做半为径R的匀速圆

周运动。用竖直向下的平行光照射小球B,然后调节B球转动的角速度,可以实现小球B在x方向上的“影子”和小球A在x轴上的位置时时重合。已知弹簧劲度系数为k,小球A的质量为m,小球B的角速度为。a.要实现这一现象,请推导角速度与劲度系数k必

须满足的关系;b.结合a的结论,请论证弹簧振子的运动周期与其振幅无关。【答案】(1)a.02v,b.208vg;(2)a.km=,b.见解析【规范答题】(1)a.依题意,当物体的速度方向与水平方向夹角为60°时,

此时物体速率为0002cos60vvv==b.由牛顿第二定律,依题意有200(2)cos60vmgm=则此时的曲率半径为208vg=(2)a.小球B在x方向上的“影子”和小球A在x轴上的位置时时重合,可知小球A的运动为小球B在水平方向上的分运动,小球A在O点的

时瞬时速度即为小球B匀速圆周运动的速度大小;以小球A为研究对象,设它经过平衡位置O时的速度为v,当它从最大位移处运动到O,根据机械能守恒有221122mvkR=解得kvRm=则角速度与劲度系数k必须满足的关系为vkRm==b.小球A振动的周期与小球

B做圆周运动的周期相等。根据圆周运动周期公式,小球B的运动周期22BRmTvk==所以小球A的振动周期为2ABmTTk==可知弹簧振子的运动周期与其振幅无关。

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