高考物理复习 计算题专练 机械能守恒定律（含答案解析）

这是一份高考物理复习 计算题专练 机械能守恒定律（含答案解析），共15页。试卷主要包含了1倍．，0%，0×108J②，7×108J，4m,则Ff==8等内容，欢迎下载使用。
2020(人教版)高考物理复习 计算题专练 机械能守恒定律1.如图所示,一质量为m=1 kg、长为l=1 m的直棒上附有倒刺,物体顺着直棒倒刺下滑,所受阻力为物体重力的,逆倒刺而上时,将立即被倒刺卡住。现该直棒竖直静止在地面上,一弹性环自直棒的顶端由静止开始下滑,设弹性环与地面碰撞过程不损失机械能,弹性环的质量m环=3 kg,重力加速度g取10 m/s2,求直棒在之后的运动过程中底部离开地面的最大高度。             2.汽车发动机的额定功率为60 kW，汽车质量为5 t．汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍．(g取10 m/s2)(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速度达到5 m/s时，其加速度是多少？(2)若汽车以恒定加速度0.5 m/s2启动，则这一过程能维持多长时间？              3.如图所示，质量为m的小球从四分之一光滑圆弧轨道顶端由静止释放，从轨道末端O点水平抛出，击中平台右下侧挡板上的P点．以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y=6－x2(单位：m)，小球质量m=0.4 kg，圆弧轨道半径R=1.25 m，g取10 m/s2，求：(1)小球对圆弧轨道末端的压力大小．(2)小球从O点到P点所需的时间(结果可保留根号)．               4.一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.5×103 m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为9.8 m/s2。(结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能。(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。           5.我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程．假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x=1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s.已知飞机质量m=7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g=10 m/s2.求飞机滑跑过程中(1)加速度a的大小；(2)牵引力的平均功率P.              6.如图所示，质量m=1 kg的小物块放在一质量为M=4 kg的足够长的木板右端，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，木板与水平面间的摩擦不计．物块用劲度系数k=25 N/m的弹簧拴住，弹簧的左端固定(与木板不粘连)．开始时整个装置静止，弹簧处于原长状态．现对木板施以12 N的水平向右的恒力(物块与木板间最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，g=10 m/s2)．已知弹簧的弹性势能Ep=kx2，式中x为弹簧的伸长量或压缩量．求：(1)开始施力的瞬间小物块的加速度；(2)物块达到的最大速度是多少？                7.如图所示,将质量为m=1 kg的小物块放在长为l=1.5 m的小车左端,车的上表面粗糙,物块与车上表面间动摩擦因数μ=0.5,直径d=1.8 m的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直,车的上表面和轨道最低点高度相同,距地面高度h=0.65 m,开始时车和物块一起以10 m/s的初速度在光滑水平面上向右运动,车碰到轨道后立即停止运动,g取10 m/s2,求:(1)小物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力;(2)小物块落地点至车左端的水平距离。            8.如图所示，光滑斜面的下端与半径为R的圆轨道平滑连接．现在使小球从斜面上端距地面高度为2R的A点由静止滑下．进入圆轨道后沿圆轨道运动，轨道摩擦不计．试求：(1)小球到达圆轨道最低点B时的速度大小；(2)小球在最低点B时对轨道的压力大小；(3)小球在某高处脱离圆轨道后能到达的最大高度．               9.如图所示,左侧竖直墙面上固定半径为R=0.3 m的光滑半圆环,右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆。质量为ma=100 g的小球a套在半圆环上,质量为mb=36 g的滑块b套在直杆上,二者之间用长为l=0.4 m的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放,使a沿圆环自由下滑,不计一切摩擦,a、b均视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小;(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中,杆对滑块b做的功。           10.如图所示,一物体质量m=2 kg,在倾角θ=37°的斜面上的A点以初速度v0=3 m/s下滑,A点距弹簧上端B的距离AB=4 m。当物体到达B后将弹簧压缩到C点,最大压缩量BC=0.2 m,然后物体又被弹簧弹上去,弹到的最高位置为D点,D点距A点3 m。挡板及弹簧质量不计,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,求:(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ;(2)弹簧的最大弹性势能Epmax。          11.如图所示,AB是倾角为θ=30°的粗糙直轨道,BCD是光滑的圆弧轨道,AB恰好在B点与圆弧相切,圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放,结果它能在两轨道上做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高,物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。(1)求物体对圆弧轨道最大压力的大小。(2)求物体滑回轨道AB上距B点的最大距离。(3)释放点距B点的距离l'应满足什么条件,才能使物体顺利通过圆弧轨道的最高点D。            12.如图所示，一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角θ=30°的斜面底端，将弹簧上端压缩到A点锁定．一质量为m的小物块紧靠弹簧上端放置，解除弹簧锁定，小物块将沿斜面上滑至B点后又返回，A、B两点的高度差为h，弹簧锁定时具有的弹性势能EP=mgh，锁定及解除锁定均无机械能损失，斜面上A点以下部分的摩擦不计，已知重力加速度为g.求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数；(2)物块在离开弹簧后上滑和下滑过程中的加速度大小之比；(3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A点锁定，当物块返回A点时立刻解除锁定．设斜面最高点C(未画出)与A的高度差为3 h，试通过计算判断物块最终能否从C点抛出．         13.轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动．重力加速度大小为g.(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．       14.甲图是传送带紧贴矩形桌面的俯视示意图,传送带和桌面在同一水平面且都足够宽、足够长,传送带沿图示方向运动,abcd是垂直于水平面固定的光滑挡板条,ab与cd部分是直的,bc是平滑过渡部分,挡板条ab部分与传送带运动方向的夹角为θ,质量为m1的小滑块A与传送带间的动摩擦因数为μ,从a点由静止释放,最后与静止在桌面c点、质量为m2的小滑块B发生弹性正碰,小滑块A、B均可视为质点,桌面c点左侧光滑,右侧与小滑块A、B间的动摩擦因数均为μ1,重力加速度为g。(1)若m1=3m2,小滑块A碰前瞬间的速率为v0',求小滑块A、B碰后在桌面滑行的距离之比s1∶s2。(2)在满足m1<m2的前提下,小滑块A碰前瞬间的速率v0'一定,m2取不同值,小滑块A、B碰后速率也会不同。乙图中的实线反映了小滑块A碰后从b点滑上传送带的速率vb与再次滑出传送带的速率vb'的关系。图中P点对应着小滑块A、B最后停在桌面上同一位置,求其相应的m1∶m2。(3)若传送带的速度恒定为v0,请求小滑块A经过b点时的速率v',并定性描述小滑块A从a点由静止释放到b点的运动情况。        15.如图所示,一辆质量为m0=3 kg的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处,地面水平且光滑,一质量为m=1 kg的小铁块B(可视为质点)放在平板小车A最右端,平板小车A上表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数μ=0.5,平板小车A的长度l=0.9 m。现给小铁块B一个v0=5 m/s的初速度使之向左运动,与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动,求小铁块B在平板小车A上运动的整个过程中系统损失的机械能(重力加速度g取10 m/s2)。                  
答案解析1.解：设弹性环下落到地面时,速度大小为v1,由动能定理得m环gl-Ffl=m环,且有Ff=m环g,解得v1=4m/s,弹性环反弹后被直棒倒刺卡住,与直棒速度相同,设为v2,由动量守恒定律得m环v1=(m环+m)v2,解得v2=3m/s,故直棒能上升的最大高度为H==0.45m。  2.解：(1)汽车前进的过程中阻力不变F阻=0.1mg=0.1×5×103×10 N=5×103 N牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度：vm== m/s=12 m/s当v=5 m/s时，F牵== N=1.2×104 N所以此刻加速度a== m/s2=1.4 m/s2.(2)当汽车以恒定加速度a′=0.5 m/s2启动时所需恒定的牵引力F′牵=ma＋F阻=5×103×0.5 N＋5×103 N=7.5×103 N当功率达到汽车额定功率时v′== m/s=8 m/s匀加速运动持续时间t′== s=16 s.  3.解：(1)小球从释放到O点过程中机械能守恒，则：mgR=mv2解得：v==5 m/s小球在圆轨道最低点：FN－mg=m解得：FN=mg＋m=12 N由牛顿第三定律，小球对轨道末端的压力FN′=FN=12 N(2)小球从O点水平抛出后满足：y=gt2，x=vt又有y=6－x2，联立解得：t= s.  4.解：(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0=①式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得Ek0=4.0×108J②设地面附近的重力加速度大小为g。飞船进入大气层时的机械能为Eh=+mgh③式中,vh是飞船在高度1.6×105m处的速度大小。由③式和题给数据得Eh=2.4×1012J。④(2)飞船在高度h'=600m处的机械能为Eh'=m(vh)2+mgh'⑤由功能原理得W=Eh'-Ek0⑥式中,W是飞船从高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和题给数据得W=9.7×108J。⑦  5.解：(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2=2ax①代入数据解得a=2 m/s2②(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，依题意有F阻=0.1mg③设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有F－F阻=ma④设飞机滑跑过程中的平均速度为，有=⑤在滑跑阶段，牵引力的平均功率P=F⑥联立②③④⑤⑥式得P=8.4×106 W.  6.解：(1)假设m、M相对静止，由牛顿第二定律a==2.4 m/s2.此时m受的合外力F合=ma=2.4 N>Ff=μmg=2 N.所以m、M相对滑动，a==μg=2 m/s2.(2)速度最大时，物块所受合力为零，此时弹簧伸长x，则kx=μmg，所以x=0.08 m，由功能关系有μmgx=kx2＋mv，所以vm=0.4 m/s.  7.解：(1)车停止运动后取小物块为研究对象,设其到达车右端时的速度为v1,由动能定理得-μmgl=解得v1=m/s,刚进入半圆轨道时,设物块受到的支持力为FN,由牛顿第二定律得FN-mg=m解得FN=104.4N,由牛顿第三定律得,FN=FN'=104.4N,方向竖直向下。(2)若小物块能到达半圆轨道最高点,则由机械能守恒得=2mgR+   解得v2=7m/s,设恰能过最高点的速度为v3,则mg=m  解得v3==3m/s,因v2>v3,故小物块从半圆轨道最高点做平抛运动,h+2R=gt2,x=v2t联立解得x=4.9m,故小物块距车左端x'=x-l=3.4m。  8.解：(1)小球从A运动到B的过程中，由机械能守恒定律mg·2R=mv2，解得v=2.(2)在B点，由牛顿第二定律得FNB－mg=m，解得FNB=5mg，由牛顿第三定律知，小球在最低点B时对轨道的压力大小为5mg.(3)根据机械能守恒，小球不可能到达圆周最高点，但在圆心以下的圆弧部分速度不等于0，轨道弹力不等于0，小球不会离开轨道．设小球在C点(OC与竖直方向的夹角为θ)脱离圆轨道，则在C点轨道弹力为0，有mgcos θ=m，小球从A到C的过程中，由机械能守恒定律得mg·2R=mgR(1＋cos θ)＋mv，由以上两式得cos θ=，vC=.离开C点后小球做斜上抛运动，水平分速度为vCcos θ，设小球离开圆轨道后能到达最大高度为h的D点，则D点的速度，即水平分速度大小等于vCcos θ，从A点到D点的过程中由机械能守恒定律得mg·2R=m(vCcos θ)2＋mgh，解得h=R.  9.解：(1)当a滑到与O同高度的P点时,a的速度v沿圆环切向向下,b的速度为零,由机械能守恒可得magR=mav2,解得v=,对小球a受力分析,由牛顿第二定律可得F==2mag=2N。(2)杆与圆环相切时,如图所示,此时a的速度沿杆方向,设此时b的速度为vb,则知va=vbcosθ,由几何关系可得cosθ==0.8,球a下降的高度h=Rcosθ,a、b及杆组成的系统机械能守恒得magh=mambmav2,对滑块b,由动能定理得W=mb=0.1944J。  10.解：(1)最后的D点与开始的位置A点比较,动能减少ΔEk==9J,重力势能减少ΔEp=mglADsin37°=36J。机械能减少ΔE=ΔEk+ΔEp=45J,机械能的减少量全部用来克服摩擦力做功,即Wf=Ffl=45J,而路程l=5.4m,则Ff==8.33N。又Ff=μmgcos37°,所以μ==0.52。(2)由A到C的过程,动能减少ΔEk'==9J,重力势能减少ΔEp'=mglACsin37°=50.4J。机械能的减少用于克服摩擦力做功Wf'=FflAC=μmgcos37°·lAC=35J。由能量守恒定律得Epmax=ΔEk'+ΔEp'-Wf'=24.4J。  11.解：(1)根据几何关系可得PB=R,从P点到E点根据动能定理,有mgR-μmgcosθ·PB=-0,代入数据解得vE=,在E点,根据牛顿第二定律有FN-mg=m,解得FN=3mg(1-μ)。(2)设物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离为x,根据动能定理,有mg(BP-x)sinθ-μmgcosθ(BP+x)=0,代入数据解得x=R。(3)物体刚好到达最高点D时,有mg=m,解得v=,从释放点到最高点D的过程,根据动能定理,有mg(l'sinθ-R-Rcosθ)-μmgcosθ·l'=mv2-0代入数据解得l'=R,所以只有l'≥R,物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D。  12.解：(1)物块从A第一次上滑到B的过程中，由功能关系得：Wf＋mgh=Ep.即μmg cos θ·＋mgh=mgh.解得：μ=(2)在上升的过程中和下滑的过程中物块都受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，设上升和下降过程中的加速度大小分别是a1和a2，根据牛顿第二定律得：物块上升过程有：mg sin θ＋μmg cos θ=ma1，得a1=g(sin θ＋μcos θ)=g×(＋×)=g物块下滑过程有：mg sin θ－μmg cos θ=ma2，得a2=g(sin θ－μcos θ)=g×=g故a1∶a2=5∶3.(3)经过足够长时间后，弹簧给物块补充的弹性势能将全部用来克服物块在斜面上来回运动时阻力做的功，设稳定时物块上升的最大高度为hm.则由功能关系得：Ep=Wf总．即mgh=2μmg cos θ·解得：hm=2.5h<3h所以物块不可能到达C点，即不能从C点抛出．  13.解：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律知，弹簧长度为l时的弹性势能为Ep=5mgl①设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得Ep=Mv＋μMg·4l②联立①②式，取M=m并代入题给数据得vB=③若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足mg≤m④设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得mv=mv＋mg·2l⑤联立③⑤式得vD=⑥vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l=gt2⑦P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s=vDt⑧联立⑥⑦⑧式得s=2l⑨(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有Mv≤Mgl⑪联立①②⑩⑪式得m≤M<m⑫  14.解：(1)小滑块A、B发生弹性正碰,则由动量守恒和能量守恒有m1v0'=m1v1+m2v2,0.5m1v0'2=0.5m1m2,又m1=3m2,解得v1=0.5v0',v2=1.5v0',由动能定理有0.5m1=μ1m1gs1,0.5 m2=μ1m2gs2,所以s1∶s2=1∶9。(2)因A、B最后停在桌面上同一位置,故B碰后的速度与A反弹后从传送带滑回桌面的速度相同,根据动量守恒定律和能量守恒定律,碰后有v1=v0'=-kv0',v2=v0'=k2v0',所以k=且k2=,联立可得+4m1m2-=0,所以m1∶m2=(-2)∶1[舍去(--2)∶1]。(3)小滑块A由a点到b点做加速度逐渐减小的变加速直线运动直至匀速,小滑块A经过b点时的速率v'=v0cosθ。  15.解：设小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1,根据动能定理得-μmgl=,解得v1=4m/s。假设发生弹性碰撞后小铁块B最终和平板小车A达到的共同速度为v2,根据动量守恒定律得mv1=(m0+m)v2,解得v2=1m/s。设小铁块B在平板小车A上相对滑动的位移为x时与平板小车A达到共同速度v2,则根据功能关系得:-μmgx=(m0+m),解得x=1.2m。由于x>l,说明小铁块B在没有与平板小车A达到共同速度时就滑出平板小车A,所以小铁块B在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为ΔE=2μmgl=9J。