第八章 机械能守恒定律 专题强化16　动能定理和机械能守恒定律的综合应用（含解析）—2023-2024学年高中物理人教版必修二

专题强化16　动能定理和机械能守恒定律的综合应用
1.如图所示，光滑的倾斜轨道AB与粗糙的竖直放置的半圆形轨道CD通过一小段圆弧BC平滑连接，BC的长度可忽略不计，C为圆弧轨道的最低点。一质量m＝0.1 kg的小物块在A点从静止开始沿AB轨道下滑，进入半圆形轨道CD。已知半圆形轨道半径R＝0.2 m，A点与轨道最低点的高度差h＝0.8 m，不计空气阻力，小物块可以看作质点，重力加速度取g＝
10 m/s2。求：
(1)小物块运动到C点时速度的大小；
(2)若小物块恰好能通过半圆形轨道的最高点D，求小物块在半圆形轨道上运动过程中克服摩擦力所做的功。
2.如图所示，倾角为θ的光滑斜面上放有两个质量均为m的小球A和B，两球之间用一根长为L的轻杆相连，下面的小球B离水平地面的高度为h。两球从静止开始下滑，最终在水平地面上运动，不计球与水平地面碰撞时的机械能损失，且地面光滑，重力加速度为g，求：
(1)两球在光滑水平地面上运动时的速度大小；
(2)此过程中杆对A球所做的功。
3.如图所示，质量不计的硬直杆的两端分别固定质量均为m的小球A和B，它们可以绕光滑轴O在竖直面内自由转动。已知OA＝2OB＝2l，将杆从水平位置由静止释放，不计空气阻力。(重力加速度为g)
(1)在杆转动到竖直位置时，小球A、B的速度大小分别为多少？
(2)在杆转动到竖直位置的过程中，杆对A球做了多少功？
4.(2023·江苏省太湖高级中学高一校考)如图所示，长直轻杆两端分别固定小球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L。先将杆竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为时，下列说法正确的是(不计一切摩擦，重力加速度为g)(　　)
A．杆对小球A做功为mgL
B．小球A、B的速度大小都为
C．小球A、B的速度大小分别为和
D．杆与小球A、B组成的系统机械能减少了mgL
5．如图所示为一电动遥控赛车(可视为质点)和它的运动轨道示意图。假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，工作一段时间后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D点和E点分别为圆形轨道的最高点和最低点。已知赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力为0.4 N，赛车质量为0.4 kg，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W，B、C两点间高度差为0.45 m，赛道AB的长度为2 m，C与圆心O的连线与竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：
(1)赛车通过C点时的速度大小；
(2)赛车电动机工作的时间；
(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D后沿轨道回到水平赛道EG，轨道半径R需要满足的条件。
6．(2022·南京航空航天大学苏州附属中学高一期中)如图，半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°。在高h＝0.8 m的光滑水平平台上，一质量m＝1.0 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep，若打开锁扣K，小物块将以一定的水平速度v0向右飞下平台，做平抛运动恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物块与轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)弹簧储存的弹性势能Ep；
(2)物块经过B点时，对圆弧轨道压力FN的大小；
(3)物块在轨道CD上运动的路程s。(结果保留两位小数)
专题强化练16　动能定理和机械能守恒定律的综合应用
1．(1)4 m/s　(2)0.3 J
解析　(1)从A到C，由机械能守恒定律有mgh＝mvC2
解得vC＝4 m/s
(2)若小物块恰好能通过半圆形轨道的最高点D，则有mg＝
物块从C到D，由动能定理得
－mg·2R－W克f＝mvD2－mvC2
解得W克f＝0.3 J。
2．见解析
解析　(1)由于不计摩擦及碰撞时的机械能损失，因此两球组成的系统机械能守恒。两球在光滑水平地面上运动时的速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律有
mg(2h＋Lsin θ)＝2×mv2
解得v＝。
(2)因两球在光滑水平地面上运动时的速度v比B球从h处自由滑下的速度大，则杆对B球做的功为WB＝mv2－mgh＝mgLsin θ
因系统的机械能守恒，所以杆对B球做的功与杆对A球做的功的绝对值相等，杆对B球做正功，对A球做负功，所以杆对A球做的功为
WA＝－mgLsin θ。
3．(1)　　(2)－mgl
解析　(1)小球A和B及杆组成的系统机械能守恒。设转到竖直位置的瞬间A、B的速率分别为vA、vB，杆旋转的角速度为ω，有mg·2l－mgl＝mvA2＋mvB2
vA＝2lω，vB＝lω，则vA＝2vB
联立解得vB＝，vA＝
(2)对A球，由动能定理得mg·2l＋W＝mvA2
联立解得W＝－mgl。
4．C　[对A、B及杆组成的系统，整个过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得mg·＝mvA2＋mvB2，又有vAcos 60°＝vBcos 30°，解得vA＝，vB＝，故C正确，B、D错误；对A，由动能定理得mg＋W＝mvA2，解得杆对小球A做的功W＝－mgL，故A错误。]
5．(1)5 m/s　(2)2 s　(3)0解析　(1)赛车在BC间做平抛运动，则通过C点时竖直方向vy＝＝3 m/s
由图可知：vC＝＝5 m/s；
(2)由(1)可知赛车通过B点时的速度
v0＝vCcos 37°＝4 m/s
根据动能定理得：Pt－FflAB＝mv02，
解得t＝2 s；
(3)当赛车恰好通过最高点D时，设轨道半径为R0，有：mg＝m
从C到D，由动能定理可知：
－mgR0(1＋cos 37°)＝mvD2－mvC2，解得R0＝ m
所以轨道半径06．(1)4.5 J　(2)68 N　(3)1.09 m
解析　(1)由平抛运动规律，可得小物块在A处的竖直分速度为
vy＝
解得vy＝4 m/s
则小物块做平抛运动的初速度为
v0＝vytan 37°＝3 m/s
所以弹簧储存的弹性势能为
Ep＝mv02＝4.5 J；
(2)小物块从水平平台抛出到运动到B点的过程，由动能定理有
mg(h＋R－Rcos 53°)＝mvB2－mv02
经过B点时，根据牛顿第二定律有FN′－mg＝m
代入数据解得FN′＝68 N
由牛顿第三定律知，对轨道的压力大小为FN＝68 N；
(3)因μmgcos 37°>mgsin 37°
物块沿轨道CD向上做匀减速运动，速度减为零后不会下滑，从B上滑至最高点的过程，由动能定理有－mgR(1－cos 37°)－(mgsin 37°＋μmgcos 37°)·s＝0－mvB2
代入数据可解得s＝ m≈1.09 m。