《新高考物理一轮复习刷题练习第38讲 功与能综合（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新高考物理一轮复习刷题练习第38讲 功与能综合（含解析）（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第38讲功与能综合1（2021甲卷）如图，一倾角为的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机
2、械能；（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？【解答】解：（1）小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，则小车与减速带碰撞过程中机械能的损失恰好等于经过距离d时增加的动能，即EEk；小车通过第30个减速带后，每经过d的过程中，根据动能定理可得：Ekmgdsin所以有：Emgdsin；（2）设小车通过第30个减速带后，每次与减速带碰撞后的动能为Ek，小车与第50个减速带碰撞后在水平面上继续滑行距离s后停下，在此过程中根据动能定理可得：mgs0Ek，解得：Ekmgs小车从开始运动到与第30个减速带碰撞后的过程中，
3、根据功能关系可得损失的总能量为：E1mg（L+29d）sinEk，小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为：解得：；（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则有：mgdsin解得：Ld。答：（1）小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能为mgdsin；（2）小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为；（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则Ld。一.知识回顾1.多过程运动特点：由三个及三个以上的运动过程组成的复杂运动。2.解题理论（1）
4、动力学：涉及到时间、加速度等物理量，可能用到运动学公式和牛顿定律。（2）动能定理：涉及到变力做功、曲线运动、非匀变速运动等运动过程，可能用到动能定理。（3）功能关系：涉及到不同形式能量之间关系或功与能之间关系，可能用到功能关系或能量守恒定律。3.解题技巧：（1）仔细审题，弄清有哪几个运动过程，并画简图示意。（2）对各运动过程要进行受力与运动特点、做功与能量变化分析。（3）边审题，边提取已知信息或隐含信息，对每个运动过程，列出可能的方程式。（4）一般要有探索过程，不要企图一步到位，最后根据需要，列出必要的方程或方程组。4.注意事项（1）一个方程不能解决问题，就多设内个未知量，列方程组求解。（2）
5、列方程式时依据要明确，概念要清楚：如运用动能定理，就涉及到功与动能的关系，不要弹性势能、重力势能列在式中；如运用机械能与系统外力和非保守力做关系时，重力做功或弹簧弹力做功就不要列在式中；如运用能量守恒定律列式，只是寻找能量之间的关系，不要把功写在式中。二.例题精析例1如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF4R，已知P与直轨道间的
6、动摩擦因数0.25，重力加速度大小为g。（取sin37，cos37）（1）求P第一次运动到B点时速度的大小；（2）求P运动到E点时弹簧的弹性势能；（3）改变物块P的质量为m，将P推至E点，从静止开始释放，P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出，求物块在D点处离开轨道前对轨道的压力。【解答】解：（1）根据题意知，B、C之间的距离L为：L7R2R5R 设P第一次运动到B点时速度的大小为vB，P从C到B的过程中，重力和斜面的摩擦力对P做功，由动能定理得：mgLsin37mgLcos370代入数据解得：vB2（2）设BEx，P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep，P由B点运动到E点的过程中，由动能
7、定理得： mgxsin37mgxcos37Ep0E、F之间的距离为：L14R2R+x2R+xP到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有：EpmgL1sin37mgL1cos370联立得：xR，L13R，Ep2.4mgR（3）对P从E到D的过程，运用动能定理得： Epmg（x+L）sin37mg（x+L）cos37mgR（1+cos37）在D点，由向心力公式得 mg+Nm联立解得 Nmg由牛顿第三定律知物块在D点处离开轨道前对轨道的压力 NNmg。答：（1）P 第一次运动到B点时速度的大小是2；（2）P运动到E点时弹簧的弹性势能是2.4mgR；（3）物块在D点处离开轨道前对轨道的压
8、力是mg。三.举一反三，巩固练习1. 如图甲所示为一景区游乐滑道，游客坐在坐垫上沿着花岗岩滑道下滑，他可依靠手脚与侧壁间的摩擦来控制下滑速度。滑道简化图如图乙所示，滑道由AB、BC、CD三段组成，各段之间平滑连接。AB段和CD段与水平面夹角为1，竖直距离均为h0，BC段与水平面夹角为2，竖直距离为h0一质量为m的游客从A点由静止开始下滑，到达底端D点时的安全速度不得大于，若使用坐垫，坐垫与滑道底面间摩擦不计，若未使用坐垫，游客与各段滑道底面间的摩擦力大小恒为重力的0.1倍，运动过程中游客始终不离开滑道，空气阻力不计。已知sin1，sin1，求（1）若游客使用坐垫且与侧壁间无摩擦自由下滑，则游客
9、在BC段增加的动能Ek；（2）若游客未使用坐垫且与侧壁间无摩擦自由下滑，则游客到达D点时是否安全；（3）若游客使用坐垫下滑，且游客安全到达D点，则全过程克服侧壁摩擦力做功的最小值。【解答】解：（1）由动能定理得，动能的增加量等于重力做的功，即：Ekmgh0；（2）在AD段，由动能定理得：mg（h0h0+h0）0.1mg（）mvD20，解得：vD，到达D点时不安全；（3）整个过程，由动能定理得：mg（h0h0+h0）WmvDmax20，解得：W1.5mgh0；答：（1）若游客使用坐垫且与侧壁间无摩擦自由下滑，则游客在BC段增加的动能Ek为mgh0；（2）若游客未使用座垫且与侧壁间无摩擦下滑，则游
10、客到达D点时不安全；（3）若游客使用座垫下滑，则克服侧壁摩擦力做功的最小值为1.5mgh0。2. 如图所示，地面上有一个倾角为37的足够长的固定斜面，斜面上有一长为L1m、质量为M1kg的厚度可以忽略不计的木板，木板与斜面间的动摩擦因数10.5，其下端P到斜面底端的挡板C的距离d0.5m现在木板的正中央放一质量为m1kg可看成质点的木块，此时木块刚好能处于静止状态。现对木板施加一沿斜面向上的外力F1使木板处于静止，此时木板与斜面之间刚好没有摩擦力。最大静摩擦近似等于滑动摩擦，木块与斜面间的动摩擦因数为30.5，g10m/s2试求：（1）木块与木板之间的动摩擦因数2及外力F1的大小；（2）现将外
11、力大小变为F221N，且方向仍沿斜面向上，木板将向上运动，经多长时间木块与挡板相碰；（3）从外力F2作用到木板上开始到木块与挡板相碰的过程中系统产生的热量。【解答】解：（1）木块恰好静止，所以有 mgsin372mgcos37解得 20.75对整体，由于木块静止且与斜面之间无摩擦，则有 F1（mg+Mg）sin37解得 F112N（2）木块离开木板前受力仍平衡，所以处于静止状态。设经过时间t1离开木板，该过程中木板的加速度为a1，对木板有 F2Mgsin372mgcos371（m+M）gcos37Ma1。解得 a11m/s2。由 ，解得 t11s木块离开木板后的加速度为 a2解得 a22m/s
12、2。木块离开木板后再经过t2时间与挡板相碰，则 d解得 t21s所以从F2开始作用到木块与挡板相碰共需时间 tt1+t22s（3）木块与木板间产生的热量 Q12mgcos37解得 Q13J木块与斜面间产生的热量 Q23mgcos37（d）解得 Q24J前1s内木板与斜面间产生的热量 Q31（Mg+mg）cos37解得 Q34J木块离开木板时木板的速度 v1a1t11m/s设木块离开后木板的加速度为a3。则 F2Mgsin371Mgcos37Ma3。解得 a311m/s2。木块离开后的1s内木板运动的位移为 x2v1t2116.5m最后1s内木板与斜面间产生的热量 Q41Mgcos37x2。解得
13、 Q426J系统共产生的热量 QQ1+Q2+Q3+Q437J答：（1）木块与木板之间的动摩擦因数2是0.75，外力F1的大小是12N；（2）木板将向上运动，经2s时间木块与挡板相碰；（3）从外力F2作用到木板上开始到木块与挡板相碰的过程中系统产生的热量是37J。3. 在如图所示的竖直平面内，半径为R140cm的圆弧形光滑细管道AN与竖直光滑细管道MN、形状未知的轨道AB相切于N点、A点；倾角为37，长为L16.25m的粗糙直轨道BC与AB相切于B点，水平轨道CE段与BC连接，CD段光滑，DE段粗糙且足够长：一半径为R210cm的竖直光滑圆轨道相切于D点，底部略微错开以致物体做完整圆周运动后可以
14、顺利进入水平DE轨道。一质量为m1kg的滑块Q静止在CD上，另一质量也为m1kg滑块P被压缩弹簧弹出后沿管道运动，在AN管道最高点对外侧管壁压力为3mg，之后能一直沿AB轨道无挤压的运动，且无碰撞的进入直轨道BC，P运动到水平轨道CD后与Q发生碰撞，碰撞过程中P的动量改变量为碰前P动量的。已知弹簧原长在N处，P被弹出到A过程中最大速度为5m/s，弹簧的弹性势能为E，其中k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量；P、Q与轨道BC和DE间的动摩擦因数均为，sin530.8，cos530.6。不计滑块在连接处运动时的能量损耗。（1）求滑块到达A点和B点的速度大小；（2）求弹簧劲度系数k的值；（3）若要使得P
15、与Q发生一次碰撞，运动过程中不脱离轨道且P经过C点位置不超过两次，求动摩擦因数应满足的条件。【解答】解：（1）滑块P在AN管道最高点A对外侧管壁压力为3mg，根据牛顿第三定律可知，在A点管壁对P有竖直向下的弹力为3mg，则：3mg+mg解得：vA4m/s滑块P沿AB轨道不受弹力只受重力，可知此阶段为平抛运动，在B点速度方向沿斜面BC下面且水平分速度等于vA，则：vBcos37vA解得：vB5m/s（2）滑块P在与弹簧作用过程中速度最大vm5m/s时加速度为零，合力为零，设此时弹簧弹性势能为Ep，其压缩量为x，则：kxmg，Ep由P在MN管中速度最大的位置到AN管最高点的过程机械能守恒，则：Epmg（x+R1），解得：k100N/m（3）滑块P从B到C的过程由动能定理得：mgL1
