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1、
功和能綜合應用(四)
1．(2017泰州中學學測模擬)如圖1所示，雪道與水平冰面在B處平滑地連接，小明乘雪橇從雪道上離冰面高度h＝8 m的A處由靜止開始下滑，經B處后沿水平冰面滑至C處停止，已知小明與雪橇的總質量m＝70 kg，用速度傳感器測得雪橇在B處的速度值為vB＝12 m/s，不計空氣阻力和連接處能量損失，小明和雪橇可視為質點，問：(g取10 m/s2)
圖1
(1)從A到C過程中，小明與雪橇所受重力做了多少功？
(2)從A到B過程中，小明與雪橇損失了多少機械能？
(3)若小明乘雪橇最后停在BC的中點，則他應從雪道上距冰面多高處由靜止開始下滑？
2．(
2、2017徐州學測模擬)如圖2所示，豎直放置的光滑圓弧軌道半徑為L，底端切線水平且軌道底端P距水平地面的高度也為L，Q為圓弧軌道上的一點，它與圓心O的連線OQ與豎直方向的夾角為60.現將一質量為m、可視為質點的小球從Q點由靜止釋放，重力加速度為g，不計空氣阻力．求：
圖2
(1)小球在P點時的速度大?。?
(2)改變小球的釋放位置，使小球落地點B到軌道底端P的正下方A的距離為2L，小球從釋放到落地的運動過程中，重力做的功．
3．(2018南京學測訓練樣題)游樂場要建造一個游樂設施，在設計過程中先用模型來檢測設施的可行性．其模型如圖3所示：輕質彈簧水平放置，一端固定在
3、A點，另一端與物塊P(可視為質點)接觸但不連接．AB是光滑的水平軌道，與豎直固定的光滑圓管道BCD相切于B，圓軌道半徑為R(R遠大于管道直徑)；傾斜軌道DE與圓管道相切于D，另一端E固定在地面，與地面的夾角為37；物塊與傾斜軌道間的動摩擦因數μ＝0.8.試驗時，物塊每次壓縮彈簧相同長度后，由靜止釋放，當物塊質量為3m時，恰好能越過管道后進入傾斜軌道DE.已知：
sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，重力加速度為g.求：
圖3
(1)彈簧被壓縮時的最大彈性勢能Ep；
(2)當物塊質量為m時，到達最高點處對管道的作用力大??；
(3)在(2)情況下，要使物塊進入DE后滑到地面時的
4、速度恰好為零，則DE的長度為多少．
4．(2018無錫學測模擬)如圖4為固定在水平面上的三角形斜劈，高度為3 m、傾角為α＝45，在斜劈上方的豎直面內放置一管道，其中OA段粗糙且與斜劈平行，長度為2 m，ABC段為半徑為0.5 m的光滑圓弧管道，CD段豎直，并且圓形管道的最低點A、管道末端D與斜劈的頂端E在同一水平線上．現將一可視為質點的質量為m＝0.1 kg的物塊由O點無初速度釋放，經過A點前后速率不變，又恰好能經過圓形管道最高點B點，再經一段時間與斜劈發(fā)生無能量損失的碰撞，且碰后的速度方向變?yōu)樗剑亓铀俣萭＝10 m/s2.求：
圖4
(1)物塊在A點時受到管道的
5、支持力大??；
(2)物塊與管道OA段間的動摩擦因數；
(3)如果沿水平方向移動斜劈的位置，當E、D兩點間的距離x為多少時，物塊與斜劈碰后的落地點與碰撞點間的水平距離最大？最大值為多大？
答案精析
1．(1)5 600 J (2)560 J (3)4 m
解析 (1)從A到C過程中，小明與雪橇所受重力做功為
WG＝mgh＝70108 J＝5 600 J
(2)從A到B過程中，小明與雪橇損失的機械能為：
ΔE＝mgh－mvB2＝5 600 J－70122 J＝560 J
(3)對于第一種情形：根據動能定理，從A到B過程，有：
mgh－μmgcos θ＝mvB2
從B到C過程，
6、有：Wf＝0－mvB2
對于第二種情形：根據動能定理，從A到BC中點過程，有：mgH－μmgcos θ＋Wf＝0
聯立解得H＝h＝8 m＝4 m.
2．(1) (2)2mgL
解析 (1)小球滑到圓弧軌道底端的過程機械能守恒，令P點重力勢能為0，則mgL(1－cos 60)＝mv2
解得v＝
(2)小球離開P點后做平拋運動，所用時間為t，則
小球下落的高度為L＝gt2
水平位移2L＝v′t
解得v′＝
小球從釋放到P點機械能守恒，設釋放點距P點高為h，
則mgh＝mv′2
解得h＝L
所以，小球從釋放到落地，重力做的功W＝2mgL.
3．(1)6mgR (2)7mg
7、 (3)105R
解析 (1)物塊恰好能越過管道，則到達C時速度接近零，彈簧的彈性勢能全部轉化為到達C點的重力勢能
Ep＝3mgh
h＝2R
則Ep＝6mgR
(2)物塊質量為m時，設到達C點時的速度為v，由機械能守恒定律有Ep＝mv2＋mg2R
代入數據解得v＝2
假定C處管道上壁對物塊有向下的力F，則
F＋mg＝m
代入數據解得F＝7mg
F>0，說明方向與假定的方向相同
由牛頓第三定律，物塊對管道有向上的作用力，大小為7mg
(3)設DE的長度為L，物塊從C到E的過程由動能定理得
0－mv2＝mgLsin 37＋mgR(1－cos 37)－μmgLcos 37
8、
代入數據解得L＝105R.
4．(1)5 N (2)0.5 (3)1 m 4 m
解析 (1)因為物塊恰好過B點，所以vB＝0
A→B過程中，由動能定理－2mgR＝0－mvA2
得vA＝2 m/s
在A點由牛頓第二定律和向心力公式得
FN－mg＝m
可得FN＝5 N
(2)O→B過程中，由動能定理
mg(OAsin α－2R)－μmgcos αOA＝ΔEk＝0
可得μ＝0.5
(3)從B點到與斜劈碰撞，根據動能定理得
mg(2R＋x)＝mv02－0
平拋運動的豎直位移為H－x＝gt2
水平位移為s＝v0t
代入數據得
s＝2 m＝2 m
當x＝1 m時，平拋的水平位移有最大值，sm＝4 m.
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