2020(人教版)高考物理复习 计算题专练 机械能守恒定律（含答案解析）.doc

2020(人教版)高考物理复习 计算题专练 机械能守恒定律如图所示,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15,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。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？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=6x2(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)一质量为8.00104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60105 m 处以7.5103 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%。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=1.6103 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=7.0104 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.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=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？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=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。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。如图所示,一物体质量m=2 kg,在倾角=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;(2)弹簧的最大弹性势能Epmax。如图所示,AB是倾角为=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,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。如图所示，一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角=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=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,质量为m1的小滑块A与传送带间的动摩擦因数为,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1,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s1s2。(2)在满足m1Ff=mg=2 N.所以m、M相对滑动，a=g=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=mg，所以x=0.08 m，由功能关系有mgx=kx2mv，所以vm=0.4 m/s.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-mgl=12mv12-12mv02解得v1=85m/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=mv12R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12mv12=2mgR+12mv22 解得v2=7m/s,设恰能过最高点的速度为v3,则mg=mv32R 解得v3=gR=3m/s,因v2v3,故小物块从半圆轨道最高点做平抛运动,h+2R=12gt2,x=v2t联立解得x=4.9m,故小物块距车左端x=x-l=3.4m。解：(1)小球从A运动到B的过程中，由机械能守恒定律mg2R=mv2，解得v=2.(2)在B点，由牛顿第二定律得FNBmg=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)脱离圆轨道，则在C点轨道弹力为0，有mgcos =m，小球从A到C的过程中，由机械能守恒定律得mg2R=mgR(1cos )mv，由以上两式得cos =，vC=.离开C点后小球做斜上抛运动，水平分速度为vCcos ，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 ，从A点到D点的过程中由机械能守恒定律得mg2R=m(vCcos )2mgh，解得h=R.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=12mav2,解得v=2gR,对小球a受力分析,由牛顿第二定律可得F=mav2R=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=vbcos,由几何关系可得cos=ll2+R2=0.8,球a下降的高度h=Rcos,a、b及杆组成的系统机械能守恒得magh=12mava2+12mbvb2-12mav2,对滑块b,由动能定理得W=12mbvb2=0.1944J。解：(1)最后的D点与开始的位置A点比较,动能减少Ek=12mv02=9J,重力势能减少Ep=mglADsin37=36J。机械能减少E=Ek+Ep=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=Wfl=8.33N。又Ff=mgcos37,所以=Ffmgcos37=0.52。(2)由A到C的过程,动能减少Ek=12mv02=9J,重力势能减少Ep=mglACsin37=50.4J。机械能的减少用于克服摩擦力做功Wf=FflAC=mgcos37lAC=35J。由能量守恒定律得Epmax=Ek+Ep-Wf=24.4J。解：(1)根据几何关系可得PB=Rtan=3R,从P点到E点根据动能定理,有mgR-mgcosPB=12mvE2-0,代入数据解得vE=(2-3)gR,在E点,根据牛顿第二定律有FN-mg=mvE2R,解得FN=3mg(1-)。(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)sin-mgcos(BP+x)=0,代入数据解得x=3-33+1R。(3)物体刚好到达最高点D时,有mg=mv2R,解得v=gR,从释放点到最高点D的过程,根据动能定理,有mg(lsin-R-Rcos)-mgcosl=12mv2-0代入数据解得l=3+31-3R,所以只有l3+31-3R,物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D。解：(1)物块从A第一次上滑到B的过程中，由功能关系得：Wfmgh=Ep.即mg cos mgh=mgh.解得：=(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 mg cos =ma1，得a1=g(sin cos )=g()=g物块下滑过程有：mg sin mg cos =ma2，得