（新高考）2021届高三大题优练4 以能量为核心的综合应用问题 学生版.docx

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1、优选例题例1如图，某根水平固定的长木杆上有n(n3)个质量均为m的圆环(内径略大于木杆直径)，每相邻的两个圆环之间有不可伸长的柔软轻质细线相连，细线长度均为L，开始时所有圆环挨在一起(但未相互挤压)；现给第1个圆环一个初速度使其在木杆上向左滑行，当前、后圆环之间的细线拉紧后都以共同的速度向前滑行，但第n个圆环恰好未被拉动。已知所有细线拉紧的时间极短，且每个圆环与木杆间的动摩擦因数均为，求：(1)当n3时，整个运动过程中克服摩擦力做的功；(2)当n3时，求第一个圆环向左运动的初速度大小v；(3)若第一个圆环的初速度大小为v0，求整个过程中由于细绳拉紧损失的机械能。【解析】(1)当n3时，仅有1、

2、2两个圆环在运动，克服摩擦力做的功为：WfmgLmg·2L3mgL。(2)当n3时，易知从1开始运动到1、2之间的细绳恰好拉直的过程中，有：mv2mv12mgL。2、3之间的细绳拉直过程，取向左为正方向，由动量守恒有：mv12mv2。·2mv22·2mgL。由以上三式可得 v。(3)从开始运动到第n个圆环恰好未被拉动的过程中，克服摩擦力做功为：WfmgLmg·2Lmg(n1)L由能量守恒可知Emv02Wfmv02。例2如图所示，一根水平轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m1 kg的可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光

3、滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，AB长L5 m，物块与传送带间的动摩擦因数10.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s1.5 m，它与物块间的动摩擦因数20.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为120°，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以v5 m/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。当弹簧储存的弹性势能Ep18 J全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g10 m/s2。(1)求右侧圆弧的轨道半径R；(2)求小物块最终停下时与C点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使

4、小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围。【解析】(1)物块被弹簧弹出，由Epmv02，可知：v06 m/s因为v0>v，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中，1mgma1，vv0a1t1，x1v0t1a1t12则a12 m/s2，t10.5 s，x12.75 m因为x1<L，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5 m/s的速度滑上水平面BC，物块滑离传送带后恰到E点，由能量守恒定律可知：mv22mgsmgR代入数据可以得到：R0.8 m。(2)设物块从E点返回至B点的速度为vB，物块从传送带滑出到返回B点的过程有：mv2mvB22mg&

5、#183;2s得到vB m/s因为vB>0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率vB m/s离开传送带，设物块最终停在距C点x处，由能量守恒定律可知：mvB22mg(sx)得到x m。(3)设传送带速度为v1时物块能恰到F点，在F点满足mgsin 30°m从B到F过程中由能量守恒定律可知：mv12mvF22mgsmg(RRsin 30°)联立解得：v1 m/s设传送带速度为v2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，由能量守恒定律可知：mv222mg×3smgR解得：v2 m/s若物块在传送带

6、上一直做加速运动，由能量守恒定律可知：mvBm2mv021mgL则物块到B点的最大速度vBm2 m/s>v2综合上述分析可知，传送带的速度应满足条件 m/sv m/s。模拟优练1如图所示，遥控赛车比赛中一个规定项目是“飞跃壕沟”，比赛要求：赛车从起点出发，沿水平直轨道运动，在B点飞出后越过“壕沟”，落在平台EF段。已知赛车的额定功率P10.0 W，赛车的质量m1.0 kg，在水平直轨道上受到的阻力f2.0 N，AB段长L10.0 m，BE的高度差h1.25 m，BE的水平距离x1.5 m。赛车车长不计，空气阻力不计，g取10 m/s2。(1)若赛车在水平直轨道上能达到最大速度，求最大速度

7、vm的大小；(2)要越过壕沟，求赛车在B点最小速度v的大小；(3)若在比赛中赛车通过A点时速度vA1 m/s，且赛车达到额定功率。要使赛车完成比赛，求赛车在AB段通电的最短时间t。2如图所示，顶端带有光滑定滑轮的三角形斜面体ABC固定在水平地面上，AB、AC表面均光滑，与水平面之间的夹角分别为30°、53°，A点与水平面之间的高度m，轻质弹簧两端连接两个质量分别为mMmN2 kg的物块M、N（均可看成质点），M紧靠挡板，N通过不可伸长的轻质细绳跨过滑轮与质量为mP3 kg的物块P（可看成质点）相连，细绳与斜面平行，物块P在外力作用下静止在AC的顶端，此时细绳刚好拉直，斜面A

8、C、半径R0.4 m的竖直光滑圆弧轨道分别与粗糙水平轨道CD平滑连接，轨道CD长度L1.5 m。现由静止释放物块P，当P滑至C点时细绳断裂，物块M恰好离开挡板，整个过程中弹簧始终在弹性限度内，物块N始终在斜面AB上，重力加速度g10 m/s2，sin 53°0.8。求： (1)弹簧的劲度系数k；(2)物块P刚好能够滑到圆弧轨道最右端时，物块P最终停止的位置与C点之间的距离；(3)为使物块P能滑上圆弧轨道而不脱离，物块P与水平轨道CD之间的动摩擦因数的取值范围。3如图所示，半径R0.2 m的竖直圆形轨道，E为圆轨道最高点，D为圆轨道最低点，与水平轨道DC和DH平滑相连，所有轨道除DH部

9、分粗糙外，其他部分均光滑。距D点右侧水平距离d3.8 m处放置了一竖直挡板GH，若滑块与挡板发生碰撞，不损失机械能。轨道AD的左端固定着一弹簧，两个完全相同的可看做质点的滑块1、2，质量m0.1 kg，滑块2静置于CD轨道之间，现用力作用于滑块1压紧弹簧，使弹簧具有弹性势能Ep（Ep未知，可改变），放开后，滑块1被弹出，经过静止的传送带BC段后与滑块2发生碰撞后并粘合在一起。已知BC段长L0.6 m，滑块与传送带BC和轨道DH间的动摩擦因数0.2，取g10 m/s2。(1)若滑块恰能通过最高点E，求滑块过最低点D时对轨道的压力大小。(2)若整个过程中滑块始终不脱离轨道，求弹簧弹性势能Ep的取值

10、范围。（不考虑GH弹回后脱离的情况）(3)若撤去滑块2，让传送带顺时针转动，转速可以调节，使得物块1离开传送带的速度随之发生变化，当Ep0.8 J时，求物块1最后静止时离GH的最大距离是多少？4如图所示，轻弹簧一端固定在水平面上的竖直挡板上，处于原长时另一端位于水平面上B点处，B点左侧光滑，右侧粗糙。水平面的右侧C点处有一足够长的斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为37°，斜面上有一半径R1 m的光滑半圆轨道与斜面切于D点，半圆轨道的最高点为E，G为半圆轨道的另一端点，LBC2.5 m，A、B、C、D、E、G均在同一竖直面内。使质量m0.5 kg的小物块P挤压弹簧右端至A点，然后由静止释

11、放P，P到达B点时立即受到斜向右上方，与水平方向的夹角为37°，大小为F5 N的恒力，一直保持F对物块P的作用，结果P通过半圆轨道的最高点E时的速度为vEm/s。已知P与水平面斜面间的动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2，sin 37°0.6，求：(1)P运动到E点时对轨道的压力大小；(2)弹簧的最大弹性势能；(3)若其他条件不变，增大B、C间的距离使P过G点后恰好能垂直落在斜面上，求P在斜面上的落点距D点的距离。5距光滑水平平台的右端L0.5 m处有一木块A（视为质点），紧靠平台右端的水平地面PQ上放置一右侧带挡板（厚度不计）的水平木板B，木板的质量mB1 kg，长度

12、L0.5 m，且木板的上表面与平台等高。木块A在水平向右、大小F6 N的拉力作用下由静止开始运动，当木块A运动到平台右端时立即撤去拉力。已知木块A与木板B、木板B与水平地面间的动摩擦因数均为0.2，取重力加速度大小g10 m/s2。(1)若木块A的质量mA2 kg，求木块A与木板B右侧挡板碰撞前的速度大小v1；(2)若木块A的质量mA2 kg，木块A与木板B的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，求木板B向右运动的最大距离x1；(3)若木块A与木板B碰撞后粘在一起，为使碰撞后整体向右运动的距离最大，求木块A的质量m及木板运动的最大距离x2。答 案1【解析】(1)赛车在水平轨道上达到最大速度时，设其牵引

13、力为F，根据牛顿第二定律有：Ff0又因为PFvm1解得：vm5 m/s。(2)赛车通过B点在空中做平抛运动，设赛车能越过壕沟的最小速度为v，在空中运动时间为t1，则有：hgt12且xvt1解得：v3.0 m/s。(3)若赛车恰好能越过壕沟，且赛车通电时间最短，在赛车从A点运动到B点的过程中根据动能定理有：PtfLmv2mvA2带入数据解得：t2.4 s。2【解析】(1)初始时，弹簧处于压缩状态，弹力细绳刚断的瞬间，弹簧处于伸长状态，弹力此过程中物块N的位移根据胡克定律得解得弹簧的劲度系数为。(2)物块P从A滑至C的过程中，初末状态弹簧的弹性势能相同，根据机械能守恒定律得解得当物块P恰好能上升至

14、圆弧轨道的最右侧时有解得设物块P在轨道CD段滑过的总路程为s，根据动能定理得解得所以物块P最终停止的位置与C点之间的距离为。(3)当物块恰好能通过圆弧轨道的最高点时有解得根据功能关系可得解得当物块P恰好能滑上圆弧轨道时有解得所以物块P能滑上圆弧轨道且不脱离圆弧轨道时，物块P与水平轨道CD之间的动摩擦因数的取值范围为或者。3【解析】(1)恰好能一起通过最高点E，则从E到D过程解得在D点，由上式得由牛顿第三定律得轨道压力为12N。(2)当滑块到等高处为零时，对滑块1，碰撞过程粘合后一起到等高处联立解得当他们一起过最高点E，同理得故整个过程不脱离，应该满足或。(3)当时，物块一直减速运动，离开传送带

15、时一定能越过E点。若物块一直做减速运动，离开传送带时m离墙面为若物块一直做加速运动，离开传送带时m离墙面为因所以离开墙面的最远距离为。4【解析】(1) P在半圆轨道的最高点E，设轨道对P的压力为FN，由牛顿运动定律得：解得：FN3 N由牛顿第三定律得，P运动到E点时对轨道的压力FN3 N。(2)P从D点到E点，由动能定理得：解得：m/sP从C点到D点，由牛顿运动定律得：Fmgsin37°mgcos 37°ma1解得a10，说明P从C点到D点匀速运动，故m/s由能的转化和守恒得：解得：Epm1 J。(2)P在G点脱离圆轨道，做曲线运动，把该运动分解为平行于斜面的匀减速直线运动

16、和垂直于斜面的初速度为零的匀加速直线运动，有：Fmgsin37°ma3，mgcos 37°ma4解得：a34 m/s2，a48 m/s2P垂直落在斜面上，运动时间满足： 平行于斜面方向上：0vGa3t联立解得：m/s平行于斜面方向上：m即P在斜面上的落地距D的距离x1 m。5【解析】(1)由动能定理可知，A到达平台右端时的动能EkFL对B受力分析可知由于地面对B的最大静摩擦力大于A对B的滑动摩擦力，所以A与B相碰前B保持静止由动能定理可知，A到达B上滑行的过程中有解得。(2)A与B的碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律及能量关系有：得对A受力分析有对B受力分析有当A、B速度相等时有得可得A、B速度相等时的速度大小得相对运动过程中，B的位移大小为得之后对A、B整体分析，有A、B一起向右运动有得B向右运动的最大距离解得。(3)由动能定理可知，A与B碰撞前有A、B碰撞粘连，由动量守恒定律有由动能定理有可得令，可得当时，即时，最大距离。