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江苏省2022版高中物理学业水平测试复习专题三功和能综合应用四冲A集训

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功和能综合应用(四)1.(2022·泰州中学学测模拟)如图1所示,雪道与水平冰面在B处平滑地连接,小明乘雪橇从雪道上离冰面高度h=8m的A处由静止开始下滑,经B处后沿水平冰面滑至C处停止,已知小明与雪橇的总质量m=70kg,用速度传感器测得雪橇在B处的速度值为vB=12m/s,不计空气阻力和连接处能量损失,小明和雪橇可视为质点,问:(g取10m/s2)图1(1)从A到C过程中,小明与雪橇所受重力做了多少功?(2)从A到B过程中,小明与雪橇损失了多少机械能?(3)若小明乘雪橇最后停在BC的中点,则他应从雪道上距冰面多高处由静止开始下滑?2.(2022·徐州学测模拟)如图2所示,竖直放置的光滑圆弧轨道半径为L,底端切线水平且轨道底端P距水平地面的高度也为L,Q为圆弧轨道上的一点,它与圆心O的连线OQ与竖直方向的夹角为60°.现将一质量为m、可视为质点的小球从Q点由静止释放,重力加速度为g,不计空气阻力.求:5\n图2(1)小球在P点时的速度大小;(2)改变小球的释放位置,使小球落地点B到轨道底端P的正下方A的距离为2L,小球从释放到落地的运动过程中,重力做的功.3.(2022·南京学测训练样题)游乐场要建造一个游乐设施,在设计过程中先用模型来检测设施的可行性.其模型如图3所示:轻质弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与物块P(可视为质点)接触但不连接.AB是光滑的水平轨道,与竖直固定的光滑圆管道BCD相切于B,圆轨道半径为R(R远大于管道直径);倾斜轨道DE与圆管道相切于D,另一端E固定在地面,与地面的夹角为37°;物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ=0.8.试验时,物块每次压缩弹簧相同长度后,由静止释放,当物块质量为3m时,恰好能越过管道后进入倾斜轨道DE.已知:sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度为g.求:图3(1)弹簧被压缩时的最大弹性势能Ep;(2)当物块质量为m时,到达最高点处对管道的作用力大小;(3)在(2)情况下,要使物块进入DE后滑到地面时的速度恰好为零,则DE的长度为多少.4.(2022·无锡学测模拟)如图4为固定在水平面上的三角形斜劈,高度为3m、倾角为α=45°,在斜劈上方的竖直面内放置一管道,其中OA段粗糙且与斜劈平行,长度为2m,ABC5\n段为半径为0.5m的光滑圆弧管道,CD段竖直,并且圆形管道的最低点A、管道末端D与斜劈的顶端E在同一水平线上.现将一可视为质点的质量为m=0.1kg的物块由O点无初速度释放,经过A点前后速率不变,又恰好能经过圆形管道最高点B点,再经一段时间与斜劈发生无能量损失的碰撞,且碰后的速度方向变为水平.重力加速度g=10m/s2.求:图4(1)物块在A点时受到管道的支持力大小;(2)物块与管道OA段间的动摩擦因数;(3)如果沿水平方向移动斜劈的位置,当E、D两点间的距离x为多少时,物块与斜劈碰后的落地点与碰撞点间的水平距离最大?最大值为多大?答案精析1.(1)5600J (2)560J (3)4m解析 (1)从A到C过程中,小明与雪橇所受重力做功为WG=mgh=70×10×8J=5600J(2)从A到B过程中,小明与雪橇损失的机械能为:ΔE=mgh-mvB2=5600J-×70×122J=560J(3)对于第一种情形:根据动能定理,从A到B过程,有:mgh-μmgcosθ·=mvB2从B到C过程,有:Wf=0-mvB2对于第二种情形:根据动能定理,从A到BC中点过程,有:mgH-μmgcosθ·+Wf=0联立解得H=h=×8m=4m.2.(1) (2)2mgL解析 (1)小球滑到圆弧轨道底端的过程机械能守恒,令P点重力势能为0,则mgL(1-cos5\n60°)=mv2解得v=(2)小球离开P点后做平抛运动,所用时间为t,则小球下落的高度为L=gt2水平位移2L=v′t解得v′=小球从释放到P点机械能守恒,设释放点距P点高为h,则mgh=mv′2解得h=L所以,小球从释放到落地,重力做的功W=2mgL.3.(1)6mgR (2)7mg (3)105R解析 (1)物块恰好能越过管道,则到达C时速度接近零,弹簧的弹性势能全部转化为到达C点的重力势能Ep=3mghh=2R则Ep=6mgR(2)物块质量为m时,设到达C点时的速度为v,由机械能守恒定律有Ep=mv2+mg·2R代入数据解得v=2假定C处管道上壁对物块有向下的力F,则F+mg=m代入数据解得F=7mgF>0,说明方向与假定的方向相同由牛顿第三定律,物块对管道有向上的作用力,大小为7mg(3)设DE的长度为L,物块从C到E的过程由动能定理得0-mv2=mgLsin37°+mgR(1-cos37°)-μmgLcos37°代入数据解得L=105R.4.(1)5N (2)0.5 (3)1m 4m解析 (1)因为物块恰好过B点,所以vB=0A→B过程中,由动能定理-2mgR=0-mvA25\n得vA=2m/s在A点由牛顿第二定律和向心力公式得FN-mg=m可得FN=5N(2)O→B过程中,由动能定理mg(OA·sinα-2R)-μmgcosα·OA=ΔEk=0可得μ=0.5(3)从B点到与斜劈碰撞,根据动能定理得mg(2R+x)=mv02-0平抛运动的竖直位移为H-x=gt2水平位移为s=v0t代入数据得s=2m=2m当x=1m时,平抛的水平位移有最大值,sm=4m.5

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发布时间:2022-08-25 12:11:05 页数:5
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文章作者:U-336598

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