2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能小專(zhuān)題四直線(xiàn)平拋圓周運(yùn)動(dòng)與功能關(guān)系的綜合問(wèn)題學(xué)案新人教版

PAGE7-小專(zhuān)題四直線(xiàn)、平拋、圓周運(yùn)動(dòng)與功能關(guān)系的綜合問(wèn)題功和能的關(guān)系始終是高考的熱點(diǎn)和重點(diǎn),涉及這部分內(nèi)容的考題不但題型全、重量重,而且還常常有壓軸題,考查最多的是動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律,且多數(shù)題目是與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)相結(jié)合。1.直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)+圓周運(yùn)動(dòng)[典例1]低碳環(huán)保綠色出行的理念漸漸深化人心,而純電動(dòng)汽車(chē)是時(shí)下相對(duì)較環(huán)保的汽車(chē)。為宣揚(yáng)“低碳環(huán)保”健康生活理念,某志愿者實(shí)行玩具電動(dòng)小汽車(chē)的表演。如圖所示,質(zhì)量m=2kg的小汽車(chē)以v0=4m/s的初速度從水平軌道A處動(dòng)身,沿平直軌道AC運(yùn)動(dòng),到達(dá)C點(diǎn)時(shí)關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī),進(jìn)入半徑R=1.8m的圓軌道,恰能做完整的圓周運(yùn)動(dòng),之后又進(jìn)入CE水平軌道向右運(yùn)動(dòng),直至停下。已知小汽車(chē)與水平軌道間的摩擦阻力恒為重力的0.1倍,AB段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中風(fēng)力較大,可簡(jiǎn)化為受0.8N的水平向左的作用力,過(guò)B點(diǎn)后小汽車(chē)所受空氣作用力均忽視不計(jì)。圓軌道可視作光滑軌道。已知AB段長(zhǎng)度x1=3m,BC段長(zhǎng)度x2=2m,CE段足夠長(zhǎng)。小汽車(chē)自身長(zhǎng)度可忽視,g取10m/s2。(1)要使小汽車(chē)完成上述運(yùn)動(dòng),AC段電動(dòng)機(jī)至少供應(yīng)多少能量?(2)若CE階段啟用動(dòng)力回收系統(tǒng),把機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能,回收效率為30%,則該段小汽車(chē)還能滑行多遠(yuǎn)?解析:(1)小汽車(chē)與水平軌道間的摩擦阻力f=0.1mg,解得f=2N設(shè)小汽車(chē)在D點(diǎn)處的速度為v1,因小汽車(chē)恰能做完整的圓周運(yùn)動(dòng),故在D點(diǎn)處有mg=m從A到D的過(guò)程,運(yùn)用動(dòng)能定理有W-f(x1+x2)-Fx1-mg·2R=m-m解得W=86.4J。(2)從D到C的過(guò)程,依據(jù)動(dòng)能定理有mg·2R=m-m解得v2=3m/s若在CE階段啟用動(dòng)力回收系統(tǒng),回收效率為30%,即有70%的能量用于克服摩擦力做功,則有-fx3=0-m×70%解得x3=31.5m。答案:(1)86.4J(2)31.5m變式1:如圖,質(zhì)量為M的小車(chē)靜止在光滑水平面上,小車(chē)AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道,BC段是長(zhǎng)為L(zhǎng)的水平粗糙軌道,兩段軌道相切于B點(diǎn)。一質(zhì)量為m的滑塊在小車(chē)上從A點(diǎn)由靜止起先沿軌道滑下,重力加速度為g。(1)若固定小車(chē),求滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)小車(chē)的最大壓力;(2)若不固定小車(chē),滑塊仍從A點(diǎn)由靜止下滑,然后滑入BC軌道,最終從C點(diǎn)滑出小車(chē).已知滑塊質(zhì)量m=,在任一時(shí)刻滑塊相對(duì)地面速度的水平重量是小車(chē)速度大小的2倍,滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,求:①滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,小車(chē)的最大速度大小vm;②滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,小車(chē)的位移大小s。解析:(1)滑塊滑到B點(diǎn)時(shí)對(duì)小車(chē)壓力最大,從A到B機(jī)械能守恒mgR=m滑塊在B點(diǎn)處,由牛頓其次定律得N-mg=m解得N=3mg由牛頓第三定律得N′=3mg;(2)①滑塊下滑到達(dá)B點(diǎn)時(shí),小車(chē)速度最大.由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得mgR=M+m(2vm)2解得vm=;②設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí),小車(chē)速度大小為vC,由功能關(guān)系得mgR-μmgL=M+m(2vC)2設(shè)滑塊從B到C過(guò)程中,小車(chē)運(yùn)動(dòng)加速度大小為a,由牛頓其次定律得μmg=Ma由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得-=-2as解得s=L。答案:(1)3mg(2)①②L2.直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)+圓周運(yùn)動(dòng)+平拋運(yùn)動(dòng)[典例2]跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)員腳穿專(zhuān)用滑雪板,不借助任何外力,從起滑臺(tái)起滑,在助滑道上獲得高速度,于臺(tái)端飛出,沿拋物線(xiàn)在空中飛行,在著陸坡著陸后,接著滑行至水平停止區(qū)靜止。如圖所示為一簡(jiǎn)化后的跳臺(tái)滑雪的雪道示意圖。助滑坡由傾角為θ=37°斜面AB和半徑為R1=10m的光滑圓弧BC組成,兩者相切于B。AB豎直高度差h1=30m,豎直跳臺(tái)CD高度差為h2=5m,著陸坡DE是傾角為θ=37°的斜坡,長(zhǎng)L=130m,下端與半徑為R2=20m的光滑圓弧EF相切,且EF下端與停止區(qū)相切于F。運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)由靜止滑下,通過(guò)C點(diǎn),以速度vC=25m/s水平飛出落到著陸坡上,然后運(yùn)動(dòng)員通過(guò)技巧使垂直于斜坡速度降為0,以沿斜坡的分速度接著下滑,經(jīng)過(guò)EF到達(dá)停止區(qū)FG。若運(yùn)動(dòng)員連同滑雪裝備總質(zhì)量為80kg。(不計(jì)空氣阻力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)求:(1)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)對(duì)臺(tái)端的壓力大小;(2)滑板與斜坡AB間的動(dòng)摩擦因數(shù);(3)運(yùn)動(dòng)員落點(diǎn)距離D多遠(yuǎn);(4)運(yùn)動(dòng)員在停止區(qū)靠變更滑板方向增加制動(dòng)力,若運(yùn)動(dòng)員想在60m之內(nèi)停下,制動(dòng)力至少是總重力的幾倍?(設(shè)兩斜坡粗糙程度相同,計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)解析:(1)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)C點(diǎn)時(shí)由牛頓其次定律得FC-mg=m解得FC=5800N依據(jù)牛頓第三定律,運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)對(duì)臺(tái)端的壓力大小為5800N。(2)從A點(diǎn)到C點(diǎn),由動(dòng)能定理得mgh1-μmgcosθ+mgR1(1-cosθ)=m解得μ=。(3)設(shè)運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)C點(diǎn)后起先做平拋運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn),D,P間距離為sP,則有xP=vCt,yP=gt2=tanθ,=cosθ解得sP=125m,t=4s。(4)從落點(diǎn)P到最終停下,P點(diǎn)沿斜坡速度vP=vCcosθ+gtsinθ=44m/smg(L-sP)sinθ-μmg(L-sP)cosθ+mgR2(1-cosθ)-fd=0-m解得f=1383N,即≈1.7。答案:(1)5800N(2)(3)125m(4)1.7倍變式2:(2024·浙江6月學(xué)考)小明用如圖所示軌道探究滑塊的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。長(zhǎng)L1=1m的斜軌道傾角為α,斜軌道底端平滑連接長(zhǎng)L2=0.1m的水平軌道,水平軌道左端與半徑R=0.2m的光滑半圓形軌道底端B平滑連接。將質(zhì)量m=0.05kg的滑塊(可不計(jì)大小)從斜軌道頂端釋放,滑塊與斜軌道及水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.3。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)當(dāng)α=37°時(shí),無(wú)初速釋放滑塊,求滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓軌道壓力FN的大小;(2)當(dāng)α=37°時(shí),為保證滑塊能到達(dá)半圓軌道頂端A,應(yīng)至少以多大速度v1釋放滑塊?(3)為保證滑塊離開(kāi)半圓軌道頂端A后恰好能垂直撞擊斜軌道,求α的范圍。解析:(1)從斜軌道頂端滑到B點(diǎn)依據(jù)動(dòng)能定理有mgL1sinα-μmgL1cosα-μmgL2=mv2①在B點(diǎn):FN-mg=m②聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)得FN=2.15N,由牛頓第三定律得FN′大小為2.15N。(2)若滑塊恰能到達(dá)半圓軌道頂端A,到達(dá)A點(diǎn)速度記為v2,則在A(yíng)點(diǎn)由牛頓其次定律有mg=m解得v2==m/s,從斜軌道頂端到圓軌道最高點(diǎn)依據(jù)動(dòng)能定理有mgL1sinα-μmgL1cosα-μmgL2-2mgR=m-m代入數(shù)據(jù)求得:v1=m/s。(3)由圖1有:tanα=,由圖2可得:gt2+(v2t-L2)tanα=2R,由(2)知v2需滿(mǎn)意條件:v2≥m/s,由以上三式整理可得α值滿(mǎn)意:tan3α+2tanα-1=0,(tanα+1)(tan2α+tanα-1)≥0解之可得α的最小值滿(mǎn)意:tanα=,綜合分析可知:arctan≤α<。答案:(1)2.15N(2)m/s(3)arctan≤α<1.(直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)+圓周運(yùn)動(dòng))如圖所示,在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道,半徑OA水平、OB豎直,一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點(diǎn)由靜止起先自由下落,小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道壓力為,已知AP=2R,重力加速度為g,則小球從P到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(B)A.重力做功2mgR B.合力做功mgRC.克服摩擦力做功mgR D.機(jī)械能削減2mgR解析:小球能通過(guò)B點(diǎn),在B點(diǎn)速度v滿(mǎn)意mg+mg=m,解得v=,從P到B過(guò)程,重力做功等于重力勢(shì)能減小量為mgR,動(dòng)能增加量為mv2=mgR,合力做功等于動(dòng)能增加量mgR,機(jī)械能削減量為mgR-mgR=mgR,克服摩擦力做功等于機(jī)械能的削減量mgR,故只有選項(xiàng)B正確。2.(直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)+平拋運(yùn)動(dòng))如圖所示,質(zhì)量為0.1kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4m后以3.0m/s的速度飛離桌面,最終落在水平地面上,已知物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,桌面高0.45m,若不計(jì)空氣阻力,取g=10m/s2,則(D)A.小物塊的初速度是5m/sB.小物塊的水平射程為1.2mC.小物塊在桌面上克服摩擦力做8J的功D.小物塊落地時(shí)的動(dòng)能為0.9J解析:小物塊在桌面上克服摩擦力做功Wf=μmgL=2J,C錯(cuò)誤;在水平桌面上滑行,由動(dòng)能定理得-Wf=mv2-m,解得v0=7m/s,A錯(cuò)誤;小物塊飛離桌面后做平拋運(yùn)動(dòng),有x=vt,h=gt2,解得x=0.9m,B錯(cuò)誤;設(shè)小物塊落地時(shí)動(dòng)能為Ek,由動(dòng)能定理得mgh=Ek-mv2,解得Ek=0.9J,D正確。3.(圓周運(yùn)動(dòng)+平拋運(yùn)動(dòng))某一水上樂(lè)園的游樂(lè)項(xiàng)目如圖甲所示,兩條高速滑道,游客可以仰臥下滑,下滑起伏共有三層。圖乙為其軌道側(cè)視圖,質(zhì)量為60kg的游客從A處?kù)o止下滑,經(jīng)BCDEF,最終停在G處。已知各段圓弧對(duì)應(yīng)的半徑均為14m,對(duì)應(yīng)的圓心角均為60°,GF段軌道水平,設(shè)游客滑到F點(diǎn)時(shí)速度為20m/s,求:(g取10m/s2)(1)游客剛滑到圓弧末端F點(diǎn)時(shí),對(duì)滑道的壓力大小;(2)在A(yíng)F段上滑動(dòng)過(guò)程中游客克服阻力做的功Wf;(3)假設(shè)游客乘坐在一光滑小船(視為質(zhì)點(diǎn))內(nèi)在該軌道無(wú)水時(shí)自A處由靜止釋放,且不計(jì)空氣阻力,求出小船第一次脫離軌道的位置,并通過(guò)計(jì)算說(shuō)明小船第一次落在哪段軌道。解析:(1)對(duì)游客在F點(diǎn)由牛頓其次定律有FN-mg=m,解得FN=N≈2314N,依據(jù)牛頓第三定律可得,游客對(duì)滑道的壓力大小為2314N。(2)游客從A點(diǎn)到F點(diǎn)由動(dòng)能