1、2021 届高考物理二轮复习计算题精解训练届高考物理二轮复习计算题精解训练 功和能功和能 1.2020 年第 38 届美国公开赛单板滑雪 U 形场地比赛在美国结束， 中国选手蔡雪桐夺得冠军， 这是中国运动员首次获得美国公开赛金牌。单板滑雪 U 形池如图所示，由两个完全相同的 1/4 圆弧滑道ABCD、和水平滑道BC构成，圆弧滑道的半径 R为20 m，BC、分别为圆弧 滑道的最低点，质量 M为45 kg的运动员从轨道 A 处由静止滑下，由于在 A到 B向下滑 行过程中运动员做功，运动员在 D点竖直向上滑出轨道上升的最高点离 D点高度 H为 10 m，滑板的质量 m为5 kg，不计轨道摩擦和空气阻
2、力，重力加速度 g取 2 10 m/s，求： (1)在圆弧滑道的 B点运动员对滑板的压力； (2)从 A到 B的过程中运动员所做的功。 2.质量不计的直角形支架两端分别连接质量为2 m的小球 A和质量为3 m的小球 B。支架 的两直角边长度分别为2 L和 L， 支架可绕固定轴 O在竖直平面内无摩擦转动， 如图所示。 开始时OA边处于水平位置，取此时OA所在水平面为零势能面，现将小球 A由静止释放， 求： （1）小球 A到达最低点时，整个系统的总机械能 E；, （2）小球 A到达最低点时的速度大小 A v； （3） 当OA直角边与水平方向的夹角 为多大时， 小球 A的速度达到最大?并求出小球 A
3、 的最大速度 v。 3.如图所示，有一原长为2R的轻质弹簧，一端拴接在水平地面 A 处的固定挡板上，另一端 位于水平地面上 B 处，弹簧处于原长。竖直平面内半径为 R的半圆形光滑轨道CDE与水平 地面相切与 C点，BC之间的距离为1.5R，ABCDE、 、 、 、在同一竖直平面内。 质量为 m 的小物块自 D点（与圆心 O等高）沿轨道由静止开始下滑，在水平地面上向左最远运动到 P点（未画出），随后被水平弹回，恰好运动到 C点，已知物块与水平地面间的动摩擦因 数 0.2 ，重力加速度大小为 g ，整个过程中弹簧未超出弹性限度。求： (1)小物块第一次到达 C 点时，小物块对轨道的压力； (2)小
4、物块运动到 P点时，弹簧的弹性势能； (3)若改变物块的质量，将其压缩弹簧至 P点，静止释放后物块能滑上半圆形轨道CDE，且 在轨道CDE上运动过程中未与轨道脱离，求改变后物块的质量应满足的条件。 4.如图所示,BC是高处的一个平台,BC右端连接内壁光滑、 半径0.2mr 的四分之一细圆管 CD,管口D端正下方一根劲度系数为100 N/mk 的轻弹簧竖直于水平地面上,弹簧下端固定, 上端恰好与管口D端平齐.一可视为质点的小球在水平地面上的A点斜向上抛出,恰好从B点 沿水平方向进入高处平台,AB、间的水平距离为1.2 m AB x,小球质量1kgm .已知平台离 地面的高度为 0.8mh ,小球
5、与BC间的动摩擦因数0.2,小球进入管口 C 端时,它对上管 壁有 10 N 的作用力,通过CD后,在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能 p 0.5JE .若不计空气阻力,取重力加速度大小 2 10m/sg .求: (1)小球通过 C 点时的速度大小 C v; (2)平台BC的长度 L; (3)在压缩弹簧过程中小球的最大动能 km E. 5.如图，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在 A点，自然状态时其右端位于 B点，平台AB 段光滑，BC段长1 mx ，与滑块间的摩擦因数为 1 0.25平台右端与水平传送带相接 于 C点，传送带的运行速度7 m/sv ，长为3 mL ，传送带右端 D点与
6、一光滑斜面衔接， 斜面DE长度0.5 ms ，另有一固定竖直放置的光滑圆弧形轨道刚好在 E点与斜面相切， 圆弧形轨道半径1 mR ，37今将一质量2 kgm 的滑块向左压缩轻弹簧到最短，此 时弹簧的弹性势能为30 J p E ，然后突然释放，当滑块滑到传送带右端 D点时，恰好与传 送带速度相同。设经过 D点的拐角处无机械能损失且滑块能沿斜面下滑。重力加速度 2 10 m/sg ，sin530.8,cos530.6，不计空气阻力。试求： （1）滑块到达 C点的速度 C v？ （2）滑块与传送带间的摩擦因数 2 及经过传送带过程系统因摩擦力增加的内能； （3）若传送带的运行速度可调，要使滑块不脱离
7、圆弧形轨道，求传送带的速度范围。 6.如图甲所示，黄陂一旅游景点，有一娱乐项目“玻璃滑道”，该高速滑道，下滑起伏共多层， 人可以仰卧下滑。 图乙为其轨道部分侧视图， 质量为50 kg的人从 A处静止下滑， 经BCDEF 最终停在 G处。已知ABBCCDDEEF、都是半径为10 m的圆弧，其对应的圆心角均 为 60 ，FG段水平。人滑到 F点时速度为10 m/s，取 2 10 m/sg ，求： (1)人刚滑到圆弧末端 F 点时对滑道压力的大小。 (2)在AF段滑动过程中人克服阻力做的功。 答案以及解析答案以及解析 1.答案：(1)从最低点B点到最高点的过程中，由机械能守恒定律： 2 1 ()()
8、 () 2 Mm vMm g RH 在最低点对运动员： 2 N v FMgM R 解得1800 N N F ，由牛顿第三定律得运动员对滑板的压力为1800 N (2)从A到B的过程中以人和滑板为研究对象，设此过程中人做的功为W。 2 1 ()() 2 WMm gRMm v 解得从A到B的过程中运动员所做的功5000 JW 2.答案：（1）由题意得，小球 A到达最低点的过程中，整个系统的总机械能守恒， 则=-3 mgL PP EE 初 （2）小球 A到达最低点时，根据系统机械能守恒可知： 22 11 22323 22 AB mgLmg Lmvmv 由题意得，两球的角速度相同，则其线速度之比为2:
9、1 AB vv ： 解得： 2 2 11 A gL v （3）当OA直角边与水平方向的夹角为 时，由系统机械能守恒可知： 22 11 22sin3(1cos )23 22 AB mgLmg Lmvmv 解得： 2 824 (4sin3cos ) 1111 A vgLgL 根据数学知识可知，当53时，4sin3cos有最大值=5 此时小球 A的最大值为：4 11 gL v 3.答案：(1)3mg；(2) 2 mgR ；(3) 3 m mm或 6 m m 解析：(1)物块从 D 点运动到 C 点，机械能守恒： 2 1 1 2 mgRmv,在 C 点由牛顿第二定律得： 2 1 N v Fmgm R
10、,根据牛顿第三定律， 物块在 C 点对轨道的压力为： 3 N Fmg,方向竖直向 下. (2)物块运动到 P 点时，设弹簧的压缩量为x，物块从 D 点运动到 P 点能量守恒： (1.5) p mgRmgRxE ,物块从 P 点弹回运动到 C 点，能量守恒： (1.5) p EmgRx ,解得： 2 p mgR E ,xR. (3)设改变后小物块的质量为 m ，物块能滑上半圆形轨道，必须克服水平地面摩擦力做功， 即： (1.5) p Em gRx ,物块滑上半圆形轨道后，运动过程中不脱离轨道，只要不超过 D 即 可，由能量守恒定理得： (1.5) p Em gRxm gR ,或者物块滑上半圆形轨
11、道后能通过最高 点 E 做圆周运动，设物块能通过最高点的最小速率为v，则 2 v m gm R ,由能量守恒得： 2 1 (1.5)2 2 p Em gRxm gRm v,解得： 3 m mm 或 6 m m. 4.答案：(1)2 m/s (2)1.25 m (3)4.5 J 解析： (1)小球通过 C 点时,它对上管壁有 10 NF 的作用力,根据牛顿第三定律可知上管壁对 它也有 10 NF 向下的作用力,根据牛顿第二定律有 2 C v Fmgm r , 得 2 m/s C v ; (2)小球从 A 点抛出到 B 点所用时间 2 0.4s h t g , 到 B 点时速度 3m/s AB B
12、 x v t , 小球从 B 到 C 的过程中,根据动能定理有 22 11 22 CB mgLmvmv, 解得平台BC的长度 1.25mL ; (3)小球压缩弹簧速度最大时,加速度为零,则mg kx , 弹簧的压缩量 0.1mx , 从 C 位置到小球的速度最大的过程中,根据小球与弹簧组成的系统机械能守恒,则有 2 kmp 1 () 2 C mg rxmvEE, 得 km=4.5 J E. 5.答案： （1） 以滑块为研究对象， 从释放到 C 点的过程， 由动能定理得： 2 1 1 2 pc Emgxmv ， 代入数据得： 5m/s C v 。 （2）滑块从 C 点到 D 点一直加速，到 D
13、点恰好与传送带同速，由动能定理得： 22 2 11 22 c mgLmvmv，代入数据解得： 2 0.4 ，经过传送带过程系统因摩擦力增加的内能 为 2 Emg x 内 ，其中 11 22 xvtvtvtL，代入数据解得24JE内。 （3）斜面高度为：sin0.3mhs。 （）设滑块在 D 点的速度为 1D v时，恰好过圆弧最高点，由牛顿第二定律得： 2 1 v mgm R 。 滑块从 D 点到 G 点的过程，由动能定理得： 2 1 1 (cos)0 2 D mg Rhmv，代入数据解得： 1 2 10m/s D v。 （）设滑块在 D 点的速度为 2D v 时，恰好到 1 4 圆弧处速度为零
14、，此过程由动能定理得： 1 1 ( cos)0 2 D mg Rhmv，代入数据解得： 2 10m/s D v 。 若滑块在传送带上一直减速至 D 点恰好同速，则由动能定理得： 22 11 - 22 C mgLmvmv 传 ,代入数据解得： 1 1m/sv传 ，所以010m/sv 传 ,若滑块在传送带上 一直加速至 D 点恰好同速，由题目已知 2 7m/sv传,所以2 10m/sv 传 。 6.答案：(1)人刚滑到 F点时，由牛顿第二定律得 2 1 v Fmgm r 解得： 1 1000 NF 由牛顿第三定律可知，人滑到圆弧末端时对滑道的压力为1000 N (2) A到 F下落高度 人从 A点滑到 F点，由动能定理得：51 cos60hR 2 5(1cos60 ) 1 2 f mgRWmv 解得10000 J f W
