新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练大题增分特训3机械能(人教版)

这是一份新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练大题增分特训3机械能(人教版)，共6页。试卷主要包含了如图所示,一半径R1=2，7 m等内容，欢迎下载使用。

(1)求BO连线与水平方向的夹角α的大小。
(2)求小滑块P到达与O点等高的O'点时对轨道的压力。
(3)求弹簧的弹性势能的最大值。
(4)试判断小滑块返回时能否从B点离开,若能,求小滑块飞出时对B点的压力大小;若不能,判断小滑块最后位于何处。
2.(2023浙江Z20名校联盟联考)如图所示,一半径R1=2.0 m的光滑圆弧最低点B位置有一弹簧锁定装置,圆弧下方固定一根离地高度h=5.85 m的光滑水平杆,杆上穿有一个质量m=1.0 kg的圆环,开始时圆环处于B点下方并被弹簧装置锁定,另有一个质量m'=2.0 kg的物块P通过不可伸长的轻绳与圆环相连,绳长L=2.4 m,开始时将物块P拉至水平且绳恰好拉直。现将一个与圆环质量相同的物块Q从A点由静止释放,滑到弹簧锁定装置B上面时,通过压力解除对圆环的锁定,同时由静止释放物块P,当物块P摆到最低时,绳被拉断,物块P做平抛运动,恰好从C点沿切线进入斜面CD,然后从D点平滑进入水平地面,并从E点进入半径为R2的光滑圆轨道,恰好通过圆轨道最高点F点,然后返回最低点E'(与E点稍错开)向右运动。已知物块P与斜面CD和水平轨道DE之间的动摩擦因数均为μ=0.5,斜面与水平面夹角θ=37°,lDE=1.0 m。P、Q均可视为质点,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,求:
(1)物块Q滑到圆弧最低点B时对弹簧锁定装置的压力;
(2)绳刚被拉断时,圆环沿杆滑行的速度大小;
(3)圆轨道半径R2的大小。
3.(2023浙江东阳三模)小丁同学设计了一个玩具遥控赛车的轨道装置,轨道的主要部分可简化为如图所示的模型,水平轨道AB和倾斜轨道OD分别与圆轨道相切于B点和D点,弯曲轨道AE与水平轨道平滑连接,E点切线方向恰好水平。O点固定一弹射装置,刚开始时装置处于锁定状态。当赛车从A点出发经过圆轨道进入OD轨道,到达O点时恰好可以触发弹射装置将赛车原路弹回,最终进入回收装置F。测得赛车与弹射装置碰撞时机械能损失1.8 J,每次弹射后装置可自动锁定到初始时的弹性势能值。已知赛车质量为0.2 kg,电动机功率恒为3 W,圆轨道半径为R=0.4 m,E点离水平轨道高度和与F点间水平距离均为3R,AB轨道长2 m,赛车在水平轨道上运动时所受阻力等于其对轨道压力的,赛车在轨道其余部分上所受摩擦力可忽略,赛车看成质点,g取10 m/s2。
(1)若赛车恰好能过C点,求赛车经过H点时对轨道的压力大小。
(2)若某次测试时,赛车电动机工作1.5 s,经过一次弹射后恰好落入回收装置之中,则此次测试中给弹射装置设置的弹性势能为多大?
(3)若某次测试时,赛车电动机工作1.5 s,最终停在水平轨道AB上,且运动过程中赛车不能脱轨,求弹射装置弹性势能的取值范围。
参考答案
大题增分特训(三) 机械能
1.答案 (1)30°
(2)5 N,方向向左
(3)2.02 J
(4)能 2.6 N
解析 (1)滑块恰好从B点进入轨道
则v0=vytanα
由平抛运动有vy=gt
解得α=30°。
(2)从B点运动到O'点的过程,由动能定理可知
mgRsin30°=
又vB=
解得vO'=2m/s
设小滑块经过O'点时受轨道的支持力大小为FN,有
FN=m
解得FN=5N
由牛顿第三定律可得,小滑块在O'点时对轨道的压力F压=5N,方向向左。
(3)小滑块从B点运动到F点的过程,根据动能定理可知
mg(R+Rsinα-lDFsinθ)-μmglCD-μmglDFcsθ-Ep=0-
代入数据可解得Ep=2.02J。
(4)设滑块返回时能上升的高度为h
根据能量守恒定律有mglDFsinθ+Ep=μmglDFcsθ+μmglCD+mgh
解得h=2.44m>1.2m
所以小滑块可以从B点离开,根据能量守恒定律
mgh=mg(R+Rsinα)+mvB'2
同时mgsinα+FN'=m
解得FN'=2.6N
由牛顿第三定律可知,对B点的压力大小为2.6N。
2.答案 (1)30 N,方向竖直向下
(2)8 m/s
(3)0.7 m
解析 (1)对物块Q,从初始位置滑到圆弧底端,由动能定理得
mgR1=-0
在最低点FN-mg=
可得FN=30N
由牛顿第三定律可得,物块Q对弹簧锁定装置的压力大小为30N,方向竖直向下。
(2)解锁后,P和圆环水平方向动量守恒
m'v1=mv2
能量守恒
m'gL=m'
联立可得v2=8m/s。
(3)根据(2)中可得物块P运动到最低点的速度v1=4m/s
绳断后,物块P做平抛运动,恰好进入斜面轨道C点,水平方向v1=vCcs37°
得vC=5m/s
竖直方向vy=vCsin37°
得y==0.45m
根据几何关系可得lCD==5m
在最高点受力有mg=
物块P从C运动至圆弧轨道最高点F
由动能定理得
m'g(sinθ-μcsθ)lCD-μm'glDE-2m'gR2=m'm'
解得R2=0.7m。
3.答案 (1)6 N
(2)2.3 J
(3)0.3 J≤Ep弹≤1.1 J
解析 (1)赛车恰好过C点,根据牛顿第二定律有mg=
解得vC==2m/s
从H到C,由动能定理有-mgR=
解得vH=2m/s
根据指向圆心方向合力提供向心力有FN=
解得FN=6N
根据牛顿第三定律可知,赛车在H点对轨道压力的大小为6N。
(2)赛车从E到F做平抛运动,有h=3R=gt2,x=3R=vEt
解得vE=m/s
对赛车,从A出发最终到E的过程中
根据功能关系可得Pt0-μmgL-ΔE损+Ep弹0-μmgL-mg·3R=-0
代入数据解得Ep弹0=2.3J。
(3)赛车最终停在水平轨道AB上,有两种临界情况
①假设赛车第一次弹回时,恰好能过C点,此时Ep弹最小
由上分析可知vC==2m/s
小车从出发到第二次经过C点
根据能量守恒定律Pt0+Ep弹min=+μmgL+2mgR+ΔE损
解得Ep弹min=0.3J
设赛车最高到达A点右侧弯曲轨道上高度h处,从C点到高度h处
根据动能定理mg·2R-μmgL-mgh=0-
可得h=0.5m