（浙江专版）2019版高考物理一轮复习 专题检测1 动力学与能量观点的综合应用

专题检测一 动力学与能量观点的综合应用

1.答案 (1)2mg (2)

L

mv2

解析 (1)对小球滑到圆弧轨道底端的过程应用动能定理有mgL(1-cos 60°)=解得v=

小球在P点时,由牛顿第二定律有FN-mg=m 解得FN=2mg。

(2)小球离开P点后做平抛运动,水平位移为L时所用时间为t,则L=vt 小球下落的高度为h=解得h=

gt2

则小球第一次碰撞点距B的距离为d=L-h=2.答案 (1)30 m/s (2)120 m (3)0.84

L。

=30 m/s。

解析 (1)A→C过程中机械能守恒mgh=,得vC=(2)设落点D'距抛出点C的距离为L,由平抛运动规律得

Lcos 30°=vCt,Lsin 30°=gt2,解得L=120 m。 (3)运动员由A运动到落点D'过程中,由机械能守恒得 mg(h+Lsin 30°)= 根据题意:

解得k=0.84。

,

设运动员在减速区减速过程中所受平均阻力是重力的k倍,根据动能定理有-kmgs=0-=0.80×

3.答案 (1)12 N (2) s

解析 (1)对小球,从释放点到O点过程中由机械能守恒得

mgR=mv2

代入数据解得v=5 m/s

小球在圆轨道最低点有FN-mg=m,解得FN=12 N

根据牛顿第三定律,小球对轨道末端的压力大小FN'=FN=12 N。 (2)小球从O点水平抛出后满足y=2

又有y=6-x

联立解得t= s。

4.答案 (1)0.2 m (2)0.1 m

解析 (1)小球沿ABC轨道下滑,机械能守恒,设到达C点时的速度大小为v,则mgH=小球能在竖直平面内做圆周运动,在圆周最高点必须满足mg≤两式联立解得H≥0.2 m。

gt2,x=vt

mv2

(2)若h

=0.1 m。

,

又由机械能守恒定律有mgh=,解得h=5.答案 (1)6 N,方向竖直向下 (2)4 m或6 m

解析 (1)从小滑块被释放到到达B点的过程中,据动能定理有W弹-μmgx=滑块在半圆形轨道B点处,有FN-mg=m, 解得FN=6 N。

由牛顿第三定律可知,滑块对轨道的压力大小为6 N,方向竖直向下。

(2)在半圆轨道最高点C处,滑块对轨道的压力等于其重力,包含了两种情况: 第一,当压力方向向上(滑块受到的支持力向下)时, 在C点处,有mg+FN'=m

2

整个过程有W弹-μmgx1-2mgR=mvC' 把FN'=mg代入得x1=4 m

第二,当压力方向向下(滑块受到的支持力向上)时,同理可解得x2=6 m。 6.答案 (1)0.375 (2)2 m/s (3)0.2 s

解析 (1)滑块从A点到D点的过程中,根据动能定理有

mg(2R-R)-μmgcos 37°·

解得μ=tan 37°=0.375。

=0-0

(2)若使滑块能到达C点,根据牛顿第二定律有mg+FN=由FN≥0得vC≥

=2 m/s

m/s。

滑块从A点到C点的过程中,根据动能定理有-μmgcos 37°·则v0=≥2

m/s,故v0的最小值为2

(3)滑块离开C点后做平抛运动,有x=vC't,y=2

gt2

由几何知识得tan 37°=,整理得5t+3t-0.8=0,解得t=0.2 s(t=-0.8 s舍去)。 7.答案 (1)8 m/s (2)9 m/s (3)216 N

解析 (1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin,根据平抛运动规律,有

h1=gt2 ① x1=vmint ② 联立①②式,得 vmin=8 m/s。 ③

(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒,设荡起时速度为vC,有 (M+m)gh2=(M+m)

④

vC= m/s≈9 m/s。 ⑤

(3)设拉力为FT,青藤的长度为L,对最低点,由牛顿第二定律得

FT-(M+m)g=(M+m)

由几何关系

2

(L-h2)+得L=10 m⑧

⑥

=L2 ⑦

=216 N。

综合⑤⑥⑧式并代入数据解得FT=(M+m)g+(M+m)8.答案 (1)3 m/s (2)34 N (3)1.09 m

解析 (1)由平抛运动规律知=2gh

竖直分速度vy==4 m/s 初速度v0=vytan 37°=3 m/s。

(2)对从P至B点的过程,由机械能守恒有

mg(h+R-Rcos 53°)=

经过B点时,由向心力公式有FN'-mg=m 代入数据解得FN'=34 N

由牛顿第三定律知,对轨道的压力大小为FN=34 N,方向竖直向下。

(3)因μmgcos 37°>mgsin 37°,物体沿CD向上做匀减速运动,速度减为零后不会下滑 从B到上滑至最高点的过程,由动能定理有

-mgR(1-cos 37°)-(mgsin 37°+μmgcos 37°)x=0-代入数据可解得x= m≈1.09 m

在轨道CD上运动通过的路程x约为1.09 m。

9.答案 (1)4 m/s (2)15 N,方向竖直向上 (3)1.2 J 解析 (1)由平抛运动特点可知,2R=

gt2,x=vDt,解得vD=4 m/s。

(2)对D点进行分析可知mg+FN=m,解得FN=15 N,方向竖直向下, 所以,m2在D点时对轨道的弹力FN'=15 N,方向竖直向上。 (3)对m1进行分析可知Ep=μm1gxMB+m1g·2R 对m2进行分析可知Ep=μm2gxMB+m2g·2R+m2解得Ep=1.2 J。

10.答案 (1)20 m (2)1.5 N

解析 (1)小滑块刚能通过轨道最高点的条件是

mg=m,解得v==2 m/s,

mv2

小滑块由释放点到最高点过程由动能定理得Eqs-μmgs-mg·2R=所以s=,代入数据得s=20 m。

(2)小滑块从P到L过程,由动能定理得-mgR-EqR=所以

mv2-

=v2+2(g+)R

在P点由牛顿第二定律得FN-Eq= 所以FN=3(mg+Eq) 代入数据得FN=1.5 N

由牛顿第三定律知滑块通过P点时对轨道的压力为1.5 N。