《加练半小时》2018年高考物理（全国通用）一轮微专题复习练 第6章 机械能 微专题31 WORD版含答案.docx

1、方法点拨(1)若运动过程只涉及求解力而不涉及能量，选用牛顿运动定律；(2)若运动过程涉及能量转化问题，且具有功能关系的特点，则常用动能定理或能量守恒定律；(3)不同过程连接点速度的关系有时是处理两个过程运动规律的突破点1如图1所示，光滑水平轨道的左端与长L1.25 m的水平传送带AB相接，传送带逆时针匀速转动的速度v01 m/s.轻弹簧右端固定，弹簧处于自然状态时左端恰位于A点现用质量m0.4 kg的小物块(视为质点)将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M0.2 kg的长木板且不会从木板上掉下来

2、半圆轨道的半径R0.5 m，小物块与传送带间的动摩擦因数10.8，小物块与木板间动摩擦因数20.2，长木板与水平地面间动摩擦因数30.1，g取10 m/s2.求：图1(1)小物块到达B点时速度vB的大小(结果可带根号)；(2)弹簧被压缩时的弹性势能Ep；(3)长木板在水平地面上滑行的最大距离x.2如图2所示，在竖直平面内有半径为R0.2 m的光滑圆弧轨道AB，圆弧轨道B处的切线水平，O点在B点的正下方，B点高度为h0.8 m在B端接一长为L1.0 m的木板MN.一质量为m1.0 kg的滑块，与木板间的动摩擦因数为0.2，滑块以某一速度从N点滑到板上，恰好运动到A点(g取10 m/s2)图2(1

3、)求滑块从N点滑到板上时初速度的大小；(2)求滑块从A点滑回到圆弧轨道的B点时对圆弧轨道的压力；(3)若将木板右端截去长为L的一段，滑块从A端由静止释放后，将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点P距O点最远，求L.3如图3所示，在一次消防演习中，消防员练习使用挂钩从高空沿滑杆由静止滑下，滑杆由AO、OB两段直杆通过光滑转轴连接在O处，可将消防员和挂钩均理想化为质点，且通过O点的瞬间没有机械能的损失AO长为L15 m，OB长为L210 m两堵竖直墙的间距d11 m滑杆A端用铰链固定在墙上，可自由转动B端用铰链固定在另一侧墙上为了安全，消防员到达对面墙的速度大小不能超过6 m/s，挂钩与两段滑杆

4、间动摩擦因数均为0.8.(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8) 图3(1)若测得消防员下滑时，OB段与水平方向间的夹角始终为37，求消防员在两滑杆上运动时加速度的大小及方向；(2)若B端在竖直墙上的位置可以改变，求滑杆端点A、B间的最大竖直距离(结果可带根号)4.如图4所示为一传送带装置模型，斜面的倾角为，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，质量m2 kg的物体从高h30 cm的斜面上由静止开始下滑，它与斜面间的动摩擦因数10.25，与水平传送带间的动摩擦因数20.5，物体在传送带上运动一段时间以后，又回到了斜面上，如此反复多次后最终停在斜面底端已知传

5、送带的速度恒为v2.5 m/s，tan 0.75，g取10 m/s2.求： 图4(1)从物体开始下滑到第一次回到斜面的过程中，物体与传送带间因摩擦产生的热量；(2)从物体开始下滑到最终停在斜面底端，物体在斜面上通过的总路程答案精析1(1) m/s(2)5 J(3)2.78 m解析(1)小物块恰在光滑半圆形轨道最高点做圆周运动，由牛顿第二定律得：mgm解得：vB m/s(2)由于vBv0，所以小物块在传送带上一直做匀减速运动，根据能量守恒定律得：Ep1mgLmv解得Ep5 J(3)小物块从B到C过程中由机械能守恒定律得：mg2Rmvmv代入数据解得vC5 m/s小物块在长木板上滑行过程中，做匀减

6、速运动，由牛顿第二定律得：2mgma1，解得a12 m/s2对长木板受力分析，上表面受到的摩擦力Ff12mg0.8 N下表面受到的摩擦力Ff23(Mm)g0.6 N，所以长木板做匀加速运动，由牛顿第二定律得：Ff1Ff2Ma2解得a21 m/s2设经过时间t小物块与长木板达到共速vD，vCa1ta2tvD解得t s，vD m/s时间t内长木板运动的位移x1a2t2 m达共速后两物体一起匀减速至停止，由动能定理得：3(Mm)gx2(Mm)v解得x2 m所以长木板运动的最大位移xx1x22.78 m.2(1)2 m/s(2)30 N，方向竖直向下(3)0.16 m解析(1)由动能定理有mgLmgR

7、mv解得v02 m/s(2)根据动能定理有mgRmv0由向心力公式可知：Fmgm解得F30 N由牛顿第三定律知：滑块滑至B点时对圆弧轨道的压力为30 N，方向竖直向下(3)由牛顿第二定律可知：mgma根据平抛运动规律：hgt2，t0.4 s由B点向右运动过程中，由运动学公式可知：vv22a(LL)v2由平抛运动规律和几何关系可知：xOPLLvt1.0L0.81.0()20.81.16(0.4)2解得当0.4，即L0.16 m时x有最大值3(1)3.2 m/s2，方向沿OA杆向下0.4 m/s2，方向沿OB杆向上(2)2 m解析(1)设杆AO、OB与水平方向夹角分别为、，由几何关系得：dL1co

8、s L2cos 得出AO杆与水平方向夹角53由牛顿第二定律得mgsin FfmaFfFN，FNmgcos 则消防员在AO段运动的加速度：a1gsin 53gcos 533.2 m/s2，方向沿AO杆向下在OB段运动的加速度：a2gsin 37gcos 370.4 m/s2，方向沿OB杆向上(2)对全过程由动能定理得mghmgL1cos mgL2cos mv20其中dL1cos L2cos ，v6 m/s所以：hd10.6 m又因为若两杆伸直，A、B间的竖直高度为h m10.6 m所以A、B间的最大竖直距离应为2 m.4(1)20 J(2)1.5 m解析(1)由题可知37，物体由静止开始下滑时距

9、斜面底端的距离x0.5 m设物体第一次滑到斜面底端的速度为v0，根据动能定理有mvmgh1mgxcos 解得v02 m/s设物体向右滑行的最远距离为x1，时间为tmv2mgx10，x10.4 mt0.4 s传送带向左运动的距离为x2vt1 m物体向右运动时与传送带间因摩擦产生的热量为Q1Q12mg(x1x2)14 J物体向左运动时与传送带间因摩擦产生的热量为Q2Q22mg(x2x1)6 J物体与传送带间因摩擦产生的热量为QQQ1Q220 J(2)因第一次物体滑上传送带的速度小于传送带的速度，故物体每次向左回到斜面底端时的速度大小即为物体滑上传送带时速度的大小根据功能关系：mgh1mgx总cos x总1.5 m.