2025版高考物理一轮复习第五章机械能小专题四直线平抛圆周运动与功能关系的综合问题学案新人教版

PAGE7-小专题四直线、平抛、圆周运动与功能关系的综合问题功和能的关系始终是高考的热点和重点,涉及这部分内容的考题不但题型全、重量重,而且还常常有压轴题,考查最多的是动能定理和机械能守恒定律,且多数题目是与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动相结合。1.直线运动+圆周运动[典例1]低碳环保绿色出行的理念渐渐深化人心,而纯电动汽车是时下相对较环保的汽车。为宣扬“低碳环保”健康生活理念,某志愿者实行玩具电动小汽车的表演。如图所示,质量m=2kg的小汽车以v0=4m/s的初速度从水平轨道A处动身,沿平直轨道AC运动,到达C点时关闭发动机,进入半径R=1.8m的圆轨道,恰能做完整的圆周运动,之后又进入CE水平轨道向右运动,直至停下。已知小汽车与水平轨道间的摩擦阻力恒为重力的0.1倍,AB段运动过程中风力较大,可简化为受0.8N的水平向左的作用力,过B点后小汽车所受空气作用力均忽视不计。圆轨道可视作光滑轨道。已知AB段长度x1=3m,BC段长度x2=2m,CE段足够长。小汽车自身长度可忽视,g取10m/s2。(1)要使小汽车完成上述运动,AC段电动机至少供应多少能量?(2)若CE阶段启用动力回收系统,把机械能转化为电能,回收效率为30%,则该段小汽车还能滑行多远?解析:(1)小汽车与水平轨道间的摩擦阻力f=0.1mg,解得f=2N设小汽车在D点处的速度为v1,因小汽车恰能做完整的圆周运动,故在D点处有mg=m从A到D的过程,运用动能定理有W-f(x1+x2)-Fx1-mg·2R=m-m解得W=86.4J。(2)从D到C的过程,依据动能定理有mg·2R=m-m解得v2=3m/s若在CE阶段启用动力回收系统,回收效率为30%,即有70%的能量用于克服摩擦力做功,则有-fx3=0-m×70%解得x3=31.5m。答案:(1)86.4J(2)31.5m变式1:如图,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止起先沿轨道滑下,重力加速度为g。(1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力;(2)若不固定小车,滑块仍从A点由静止下滑,然后滑入BC轨道,最终从C点滑出小车.已知滑块质量m=,在任一时刻滑块相对地面速度的水平重量是小车速度大小的2倍,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,求:①滑块运动过程中,小车的最大速度大小vm;②滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小s。解析:(1)滑块滑到B点时对小车压力最大,从A到B机械能守恒mgR=m滑块在B点处,由牛顿其次定律得N-mg=m解得N=3mg由牛顿第三定律得N′=3mg;(2)①滑块下滑到达B点时,小车速度最大.由系统的机械能守恒得mgR=M+m(2vm)2解得vm=;②设滑块运动到C点时,小车速度大小为vC,由功能关系得mgR-μmgL=M+m(2vC)2设滑块从B到C过程中,小车运动加速度大小为a,由牛顿其次定律得μmg=Ma由运动学规律得-=-2as解得s=L。答案:(1)3mg(2)①②L2.直线运动+圆周运动+平抛运动[典例2]跳台滑雪运动员脚穿专用滑雪板,不借助任何外力,从起滑台起滑,在助滑道上获得高速度,于台端飞出,沿抛物线在空中飞行,在着陆坡着陆后,接着滑行至水平停止区静止。如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图。助滑坡由倾角为θ=37°斜面AB和半径为R1=10m的光滑圆弧BC组成,两者相切于B。AB竖直高度差h1=30m,竖直跳台CD高度差为h2=5m,着陆坡DE是倾角为θ=37°的斜坡,长L=130m,下端与半径为R2=20m的光滑圆弧EF相切,且EF下端与停止区相切于F。运动员从A点由静止滑下,通过C点,以速度vC=25m/s水平飞出落到着陆坡上,然后运动员通过技巧使垂直于斜坡速度降为0,以沿斜坡的分速度接着下滑,经过EF到达停止区FG。若运动员连同滑雪装备总质量为80kg。(不计空气阻力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)求:(1)运动员在C点对台端的压力大小;(2)滑板与斜坡AB间的动摩擦因数;(3)运动员落点距离D多远;(4)运动员在停止区靠变更滑板方向增加制动力,若运动员想在60m之内停下,制动力至少是总重力的几倍?(设两斜坡粗糙程度相同,计算结果保留两位有效数字)解析:(1)运动员经C点时由牛顿其次定律得FC-mg=m解得FC=5800N依据牛顿第三定律,运动员在C点对台端的压力大小为5800N。(2)从A点到C点,由动能定理得mgh1-μmgcosθ+mgR1(1-cosθ)=m解得μ=。(3)设运动员离开C点后起先做平抛运动到P点,D,P间距离为sP,则有xP=vCt,yP=gt2=tanθ,=cosθ解得sP=125m,t=4s。(4)从落点P到最终停下,P点沿斜坡速度vP=vCcosθ+gtsinθ=44m/smg(L-sP)sinθ-μmg(L-sP)cosθ+mgR2(1-cosθ)-fd=0-m解得f=1383N,即≈1.7。答案:(1)5800N(2)(3)125m(4)1.7倍变式2:(2024·浙江6月学考)小明用如图所示轨道探究滑块的运动规律。长L1=1m的斜轨道倾角为α,斜轨道底端平滑连接长L2=0.1m的水平轨道,水平轨道左端与半径R=0.2m的光滑半圆形轨道底端B平滑连接。将质量m=0.05kg的滑块(可不计大小)从斜轨道顶端释放,滑块与斜轨道及水平轨道间的动摩擦因数均为μ=0.3。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)当α=37°时,无初速释放滑块,求滑块到达B点时对半圆轨道压力FN的大小;(2)当α=37°时,为保证滑块能到达半圆轨道顶端A,应至少以多大速度v1释放滑块?(3)为保证滑块离开半圆轨道顶端A后恰好能垂直撞击斜轨道,求α的范围。解析:(1)从斜轨道顶端滑到B点依据动能定理有mgL1sinα-μmgL1cosα-μmgL2=mv2①在B点:FN-mg=m②联立①②并代入数据得FN=2.15N,由牛顿第三定律得FN′大小为2.15N。(2)若滑块恰能到达半圆轨道顶端A,到达A点速度记为v2,则在A点由牛顿其次定律有mg=m解得v2==m/s,从斜轨道顶端到圆轨道最高点依据动能定理有mgL1sinα-μmgL1cosα-μmgL2-2mgR=m-m代入数据求得:v1=m/s。(3)由图1有:tanα=,由图2可得:gt2+(v2t-L2)tanα=2R,由(2)知v2需满意条件:v2≥m/s,由以上三式整理可得α值满意:tan3α+2tanα-1=0,(tanα+1)(tan2α+tanα-1)≥0解之可得α的最小值满意:tanα=,综合分析可知:arctan≤α<。答案:(1)2.15N(2)m/s(3)arctan≤α<1.(直线运动+圆周运动)如图所示,在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止起先自由下落,小球沿轨道到达最高点B时对轨道压力为,已知AP=2R,重力加速度为g,则小球从P到B的运动过程中(B)A.重力做功2mgR B.合力做功mgRC.克服摩擦力做功mgR D.机械能削减2mgR解析:小球能通过B点,在B点速度v满意mg+mg=m,解得v=,从P到B过程,重力做功等于重力势能减小量为mgR,动能增加量为mv2=mgR,合力做功等于动能增加量mgR,机械能削减量为mgR-mgR=mgR,克服摩擦力做功等于机械能的削减量mgR,故只有选项B正确。2.(直线运动+平抛运动)如图所示,质量为0.1kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4m后以3.0m/s的速度飞离桌面,最终落在水平地面上,已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5,桌面高0.45m,若不计空气阻力,取g=10m/s2,则(D)A.小物块的初速度是5m/sB.小物块的水平射程为1.2mC.小物块在桌面上克服摩擦力做8J的功D.小物块落地时的动能为0.9J解析:小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf=μmgL=2J,C错误;在水平桌面上滑行,由动能定理得-Wf=mv2-m,解得v0=7m/s,A错误;小物块飞离桌面后做平抛运动,有x=vt,h=gt2,解得x=0.9m,B错误;设小物块落地时动能为Ek,由动能定理得mgh=Ek-mv2,解得Ek=0.9J,D正确。3.(圆周运动+平抛运动)某一水上乐园的游乐项目如图甲所示,两条高速滑道,游客可以仰卧下滑,下滑起伏共有三层。图乙为其轨道侧视图,质量为60kg的游客从A处静止下滑,经BCDEF,最终停在G处。已知各段圆弧对应的半径均为14m,对应的圆心角均为60°,GF段轨道水平,设游客滑到F点时速度为20m/s,求:(g取10m/s2)(1)游客刚滑到圆弧末端F点时,对滑道的压力大小;(2)在AF段上滑动过程中游客克服阻力做的功Wf;(3)假设游客乘坐在一光滑小船(视为质点)内在该轨道无水时自A处由静止释放,且不计空气阻力,求出小船第一次脱离轨道的位置,并通过计算说明小船第一次落在哪段轨道。解析:(1)对游客在F点由牛顿其次定律有FN-mg=m,解得FN=N≈2314N,依据牛顿第三定律可得,游客对滑道的压力大小为2314N。(2)游客从A点到F点由动能