功和能综合应用(四)1．(2022·泰州中学学测模拟)如图1所示，雪道与水平冰面在B处平滑地连接，小明乘雪橇从雪道上离冰面高度h＝8m的A处由静止开始下滑，经B处后沿水平冰面滑至C处停止，已知小明与雪橇的总质量m＝70kg，用速度传感器测得雪橇在B处的速度值为vB＝12m/s，不计空气阻力和连接处能量损失，小明和雪橇可视为质点，问：(g取10m/s2)图1(1)从A到C过程中，小明与雪橇所受重力做了多少功？(2)从A到B过程中，小明与雪橇损失了多少机械能？(3)若小明乘雪橇最后停在BC的中点，则他应从雪道上距冰面多高处由静止开始下滑？2．(2022·徐州学测模拟)如图2所示，竖直放置的光滑圆弧轨道半径为L，底端切线水平且轨道底端P距水平地面的高度也为L，Q为圆弧轨道上的一点，它与圆心O的连线OQ与竖直方向的夹角为60°.现将一质量为m、可视为质点的小球从Q点由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力．求：5\n图2(1)小球在P点时的速度大小；(2)改变小球的释放位置，使小球落地点B到轨道底端P的正下方A的距离为2L，小球从释放到落地的运动过程中，重力做的功．3．(2022·南京学测训练样题)游乐场要建造一个游乐设施，在设计过程中先用模型来检测设施的可行性．其模型如图3所示：轻质弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P(可视为质点)接触但不连接．AB是光滑的水平轨道，与竖直固定的光滑圆管道BCD相切于B，圆轨道半径为R(R远大于管道直径)；倾斜轨道DE与圆管道相切于D，另一端E固定在地面，与地面的夹角为37°；物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.8.试验时，物块每次压缩弹簧相同长度后，由静止释放，当物块质量为3m时，恰好能越过管道后进入倾斜轨道DE.已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g.求：图3(1)弹簧被压缩时的最大弹性势能Ep；(2)当物块质量为m时，到达最高点处对管道的作用力大小；(3)在(2)情况下，要使物块进入DE后滑到地面时的速度恰好为零，则DE的长度为多少．4．(2022·无锡学测模拟)如图4为固定在水平面上的三角形斜劈，高度为3m、倾角为α＝45°，在斜劈上方的竖直面内放置一管道，其中OA段粗糙且与斜劈平行，长度为2m，ABC5\n段为半径为0.5m的光滑圆弧管道，CD段竖直，并且圆形管道的最低点A、管道末端D与斜劈的顶端E在同一水平线上．现将一可视为质点的质量为m＝0.1kg的物块由O点无初速度释放，经过A点前后速率不变，又恰好能经过圆形管道最高点B点，再经一段时间与斜劈发生无能量损失的碰撞，且碰后的速度方向变为水平．重力加速度g＝10m/s2.求：图4(1)物块在A点时受到管道的支持力大小；(2)物块与管道OA段间的动摩擦因数；(3)如果沿水平方向移动斜劈的位置，当E、D两点间的距离x为多少时，物块与斜劈碰后的落地点与碰撞点间的水平距离最大？最大值为多大？答案精析1．(1)5600J (2)560J (3)4m解析 (1)从A到C过程中，小明与雪橇所受重力做功为WG＝mgh＝70×10×8J＝5600J(2)从A到B过程中，小明与雪橇损失的机械能为：ΔE＝mgh－mvB2＝5600J－×70×122J＝560J(3)对于第一种情形：根据动能定理，从A到B过程，有：mgh－μmgcosθ·＝mvB2从B到C过程，有：Wf＝0－mvB2对于第二种情形：根据动能定理，从A到BC中点过程，有：mgH－μmgcosθ·＋Wf＝0联立解得H＝h＝×8m＝4m.2．(1) (2)2mgL解析 (1)小球滑到圆弧轨道底端的过程机械能守恒，令P点重力势能为0，则mgL(1－cos5\n60°)＝mv2解得v＝(2)小球离开P点后做平抛运动，所用时间为t，则小球下落的高度为L＝gt2水平位移2L＝v′t解得v′＝小球从释放到P点机械能守恒，设释放点距P点高为h，则mgh＝mv′2解得h＝L所以，小球从释放到落地，重力做的功W＝2mgL.3．(1)6mgR (2)7mg (3)105R解析 (1)物块恰好能越过管道，则到达C时速度接近零，弹簧的弹性势能全部转化为到达C点的重力势能Ep＝3mghh＝2R则Ep＝6mgR(2)物块质量为m时，设到达C点时的速度为v，由机械能守恒定律有Ep＝mv2＋mg·2R代入数据解得v＝2假定C处管道上壁对物块有向下的力F，则F＋mg＝m代入数据解得F＝7mgF>0，说明方向与假定的方向相同由牛顿第三定律，物块对管道有向上的作用力，大小为7mg(3)设DE的长度为L，物块从C到E的过程由动能定理得0－mv2＝mgLsin37°＋mgR(1－cos37°)－μmgLcos37°代入数据解得L＝105R.4．(1)5N (2)0.5 (3)1m 4m解析 (1)因为物块恰好过B点，所以vB＝0A→B过程中，由动能定理－2mgR＝0－mvA25\n得vA＝2m/s在A点由牛顿第二定律和向心力公式得FN－mg＝m可得FN＝5N(2)O→B过程中，由动能定理mg(OA·sinα－2R)－μmgcosα·OA＝ΔEk＝0可得μ＝0.5(3)从B点到与斜劈碰撞，根据动能定理得mg(2R＋x)＝mv02－0平抛运动的竖直位移为H－x＝gt2水平位移为s＝v0t代入数据得s＝2m＝2m当x＝1m时，平抛的水平位移有最大值，sm＝4m.5
