（浙江專用）2022-2023學(xué)年高中物理 第七章 機械能守恒定律 微型專題 動能定理 能量守恒定律學(xué)案 新人教版必修2

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1、（浙江專用）2022-2023學(xué)年高中物理 第七章 機械能守恒定律 微型專題 動能定理 能量守恒定律學(xué)案 新人教版必修2 1．(2018·新昌中學(xué)高三選考適應(yīng)性考試)某同學(xué)設(shè)計出如圖1所示實驗裝置．將一質(zhì)量為0.2 kg的小球(可視為質(zhì)點)放置于水平彈射器內(nèi)，壓縮彈簧并鎖定，此時小球恰好在彈射口，彈射口與水平面AB相切于A點，AB為粗糙水平面，小球與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，彈射器可沿水平方向左右移動；BC為一段光滑圓弧軌道，O′為圓心，半徑R＝0.5 m．O′C與O′B之間的夾角為θ＝37°，以C為原點，在C的右側(cè)空間建立豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy，在該平面內(nèi)有一水平放置開口向左且直徑

2、稍大于小球的接收器D，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2. 圖1 (1)某次實驗中該同學(xué)使彈射口距離B處L1＝1.6 m處固定，解開鎖定，釋放小球，小球剛好到達C處，求彈射器釋放的彈性勢能； (2)把小球放回彈射器原處并鎖定，將彈射器水平向右移動至離B處L2＝0.8 m處固定彈射器，并解開鎖定釋放小球，小球?qū)腃處射出，恰好水平進入接收器D，求D所在位置坐標(biāo)． 答案　(1)1.8 J　(2) 解析　(1)從A到C的過程中，由能量守恒定律： Ep＝μmgL1＋mgR(1－cos θ) 解得：Ep＝1.8 J (2)小球從C處飛出后，由能量守恒定

3、律 Ep＝μmgL2＋mgR(1－cos θ)＋mvC?2 解得：vC＝2 m/s，方向與水平方向成37°角， 由于小球剛好被D接收，其在空中的運動可看成從D點平拋運動的逆過程， vCx＝vCcos 37°＝ m/s，vCy＝vCsin 37°＝ m/s， 則D點的坐標(biāo)：x＝vCx·，y＝，解得：x＝ m，y＝ m， 即D所在位置坐標(biāo)為： 2．(2018·桐鄉(xiāng)市選考基礎(chǔ)測試)如圖2所示為某款彈射游戲示意圖，光滑水平臺面上有固定發(fā)射器、豎直光滑圓軌道和粗糙斜面ABC，豎直面BC和豎直擋板MN間有一凹槽．通過輕質(zhì)拉桿將發(fā)射器的彈簧壓縮一定距離后釋放，滑塊從O點彈出并從E點進入圓軌道

4、，經(jīng)過最高點F，離開圓軌道后繼續(xù)在水平臺面上前進，從A點沿斜面AB向上運動，滑塊落入凹槽則游戲成功．已知滑塊質(zhì)量m＝5 g，圓軌道半徑R＝5 cm，斜面傾角θ＝37°，斜面長L＝25 cm，滑塊與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，忽略空氣阻力，滑塊可視為質(zhì)點．若某次彈射中，滑塊恰好運動到B點，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求： 圖2 (1)滑塊離開彈簧時的速度大?。? (2)滑塊從B點返回到E點時對軌道的壓力大?。? (3)通過計算判斷滑塊能否沿原軌道返回到O點．若能，則計算彈簧壓縮到最短時的彈性勢能；若不能，則計算出在斜面AB上通過的總路程．

5、 答案　(1) m/s　(2)0.15 N　(3)不能　0.625 m 解析　(1)設(shè)滑塊離開彈簧時速度大小為v0，根據(jù)動能定理： －mgLsin θ－μmgLcos θ＝0－mv02 代入數(shù)據(jù)得：v0＝ m/s (2)設(shè)滑塊從B點返回到圓軌道最低點時速度大小為v1 根據(jù)動能定理：mgLsin θ－μmgLcos θ＝mv12 在E點：FN－mg＝m 聯(lián)立方程代入數(shù)據(jù)得：FN＝0.15 N 根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對軌道的壓力大小FN′＝FN＝0.15 N. (3)若滑塊返回后未過圓心等高點時速度為零，其能夠到達的最大高度為h，根據(jù)能量守恒：mgLsin θ＝μmgLcos θ

6、＋mgh 代入數(shù)據(jù)得h＝0.05 m，正好與圓心等高． 因此滑塊不能沿原軌道返回O點． 設(shè)滑塊從B點下滑后在斜面上通過的路程為x，根據(jù)能量守恒：mgLsin θ＝μmgxcos θ 代入數(shù)據(jù)得：x＝1.5L 所以滑塊在斜面上通過的總路程為s路＝x＋L＝0.625 m. 3．(2017·浙江11月選考科目考試)如圖3甲所示是游樂園的過山車，其局部可簡化為如圖乙的示意圖，傾角θ＝37°的兩平行傾斜軌道BC、DE的下端與水平半圓形軌道CD順滑連接，傾斜軌道BC的B端高度h＝24 m，傾斜軌道DE與圓弧EF相切于E點，圓弧EF的圓心O1、水平半圓軌道CD的圓心O2與A點在同一水平面上，DO

7、1的距離L＝20 m．質(zhì)量m＝1 000 kg的過山車(包括乘客)從B點自靜止滑下，經(jīng)過水平半圓軌道后，滑上另一傾斜軌道，到達圓弧頂端F時乘客對座椅的壓力為自身重力的0.25倍．已知過山車在BCDE段運動時所受的摩擦力與軌道對過山車的支持力成正比，比例系數(shù)μ＝，EF段摩擦力不計，整個運動過程空氣阻力不計．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 　 圖3 (1)求過山車過F點時的速度大??； (2)求從B到F整個運動過程中摩擦力對過山車做的功； (3)如果過D點時發(fā)現(xiàn)圓軌道EF段有故障，為保證乘客的安全，立即觸發(fā)制動裝置，使過山車不能到達EF段并保證不再下

8、滑，則過山車受到的摩擦力至少應(yīng)多大？ 答案　(1)3 m/s　(2)－7.5×104 J　(3)6×103 N 解析　(1)在F點由牛頓第二定律得： m人g－0.25m人g＝m人， r＝Lsin θ＝12 m 代入已知數(shù)據(jù)可得：vF＝3 m/s (2)根據(jù)動能定理，從B點到F點： mg(h－r)＋Wf＝mvF2－0 解得Wf＝－7.5×104 J (3)在沒有故障時，過山車到達D點的速度為vD，根據(jù)動能定理－mgr－μmgcos 37°·LDE＝mv－mv LDE＝Lcos 37°＝16 m， 發(fā)現(xiàn)故障之后，過山車不能到達EF段，設(shè)剎車后恰好到達E點速度為零，在此過程中，

9、過山車受到的摩擦力為Ff1，根據(jù)動能定理 －mgLDEsin 37°－Ff1LDE＝0－mv， 聯(lián)立各式解得Ff1＝4.6×103 N 使過山車能停在傾斜軌道上的摩擦力至少為Ff2， 則有Ff2－mgsin θ＝0，解得Ff2＝6×103 N 綜上可知，過山車受到的摩擦力至少應(yīng)為6×103 N. 4．(2018·溫州市六校協(xié)作體第二學(xué)期期中聯(lián)考)如圖4所示，某科技興趣小組設(shè)計了一個豎直放置在水平地面上的玩具軌道模型，在AB段的A端固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧自然伸長時剛好位于B端．其中半圓軌道BC和圓形軌道CDE的半徑分別為r＝10 cm和R＝40 cm，二者的圓心與B、C、D在同一豎直線

10、上．傾角為θ＝37°的直軌道EF與圓形軌道CDE在E點相切，水平軌道FG(長度可調(diào)節(jié))與C點在同一高度且與傾斜軌道EF平滑連接．將一質(zhì)量為m＝0.1 kg的滑塊(可以視為質(zhì)點)用彈簧裝置將其彈出，使其沿著圖示軌道運動，已知小滑塊與EF、FG間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，其余部分摩擦不計(滑塊在直軌道上銜接處運動時不脫離軌道，忽略滑塊在銜接處的能量損失及空氣阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)． 圖4 (1)若滑塊在D點速度為5 m/s，求此時滑塊對軌道的壓力大??； (2)要使滑塊恰好不脫離圓弧軌道，則彈簧的彈性勢能Ep為多少？ (3)某次實驗時壓

11、縮彈簧至彈性勢能Ep′＝1.13 J，將滑塊彈出，滑塊沿著圖示軌道運動最終能從G位置水平飛離軌道，為使落點位置H離F點的水平距離最大，應(yīng)將FG的長度調(diào)為多大？最大水平距離為多少？ 答案　(1)7.25 N　(2)0.25 J　(3)0.5 m　1.3 m 解析　(1)在D點：FN－mg＝ 解得FN＝7.25 N 由牛頓第三定律可知此時滑塊對軌道的壓力大小為7.25 N，方向豎直向下 (2)滑塊恰好不脫離圓弧軌道，則最高點C滿足，mg＝ 得vC＝1 m/s 從釋放到C點由能量守恒：Ep＝mvC2＋mg·2r 解得Ep＝0.25 J (3)由已知條件和幾何關(guān)系可得EF長度L＝1.2 m 從釋放到F點，由能量守恒定律Ep′＝mg·2r＋μmgcos θ·L＋mvF2 設(shè)G點的速度為v，F(xiàn)到G過程：vF2－v2＝2μgx1 離開G點后做平拋運動：2R＝gt2 x2＝vt 聯(lián)立可得落點H離F點的水平距離 x＝x1＋x2＝0.9－0.1v2＋0.4v＝－0.1(v－2)2＋1.3 所以當(dāng)v＝2 m/s，即FG長度為0.5 m時，H離F點的水平距離最大為1.3 m.