1、2024年高考物理小专题特训：机械能守恒定律（拔高卷）1如图所示，倾角=30的斜面体固定在水平面上，一轻弹簧的下端固定在斜面底端的挡板上，轻弹簧处于原长时其上端位于C点，一根不可伸长的轻质细绳跨过轻质滑轮连接物体A和B，A、B的质量分别为4kg和2kg，均可视为质点。物体A与滑轮间的轻绳平行于斜面，与斜面间的动摩擦因数=34。现使物体A从距离C点L=1m处以v0=3m/s的初速度沿斜面向下运动。物体A向下运动将弹簧压缩到最短后，恰能回到C点。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳处于拉伸状态且物体B未与滑轮接触，不计滑轮摩擦。求：（1）A沿斜面向下运动到
2、C点时轻绳的拉力；（2）整个运动过程中弹簧的最大弹性势能；（3）物体A沿斜面向上运动过程中的最大速度。2如图甲所示，水平地面上左侧有一固定的圆弧斜槽，斜槽左端是四分之一光滑圆弧AB，圆弧半径为R=5.3m，右端是粗糙的水平面BC，紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车P，小车质量为m0=1kg，小车左端和斜槽末端C平滑过渡但不粘连，在C点静止放置一滑块N（可视为质点），滑块质量为m1=4kg，最右边有一固定的竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。已知斜槽BC段长度为L=1.2m，由特殊材料制成，从B点到C点其与小球间的动摩擦因数0随到B点距离增大而均匀减小到0，变化规律如图乙所示。滑块N与小车的水平上表面
3、间的动摩擦因数为=0.1，水平地面光滑，现将一质量为m2=4kg的小球M（可视为质点）从斜槽顶端A点静止滚下，经过ABC后与静止在斜槽末端的滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短且为弹性碰撞，重力加速度取g=10m/s2。求：（1）小球运动到B点时受到的支持力大小；（2）小球运动到C点时（还未与滑块碰撞）的速度大小；（3）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中，滑块与小车间由于摩擦产生的热量。3如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场。质量为m的绝缘木板B放在水平地面上，左端挡板处固定一轻质绝缘弹簧，开始时弹簧处于原长，木板右端被不可伸
4、长的轻绳系在墙上，轻绳处于伸直状态。木板B上表面光滑，下表面与地面之间的滑动摩擦因数=0.5。质量为m、带电量为q(q0)的滑块A以初速度v0向左滑上木板B，当弹簧的压缩量为x0时，A速度达到最大；当A速度第一次减到0时，轻绳恰好达到最大拉力并断裂。已知匀强电场的场强大小E=mgq（g为重力加速度），A电荷量保持不变，弹簧始终在弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）求弹簧的劲度系数k；（2）求轻绳断裂后瞬间，滑块A与木板B的加速度大小之比；（3）若开始A以初速度2v0从右端滑入木板，求轻绳断裂瞬间滑块A速度的大小；（4）若开始A以初速度2v0从右端滑入木板，求滑块A从木板B滑落时的速度
5、。 4如图所示，竖直平面内光滑的四分之一圆弧轨道半径为R=0.2m，下端与水平传送带相切，电动机带动传送带以v0=2m/s顺时针匀速转动，传送带的长度L=0.5m，小物块a从圆弧轨道顶端无初速度滑下，与静止在圆弧轨道底端的小物块b弹性正碰(a、b只有一次碰撞)，a、b质量分别为ma=1kg和mb=3kg，a、b与传送带之间的动摩擦因数均为=0.5，重力加速度为g=10m/s2，a、b均可视为质点。求：（1）碰撞前瞬间小物块a的速度大小v；（2）碰后小物块a能上升的最大高度H；（3）小物块b从传送带的左端运动到右端过程电动机多消耗的电能。5如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长木板B，在B的左
6、端放有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数=0.4，A的质量m=1kg，B的质量M=2kg，g=10m/s2。现对A施加F=7N的水平向右的拉力，ls后撤去拉力F，求：（1）撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度a1和a2；（2）A相对于B静止时的速度v；（3）A相对于B静止的整个过程中由于摩擦生成的热量(结果可以用分数表示)。6某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角=37，顺时针转动的速率为v0=2m/s。将质量为m=25kg的物体无初速地放在传送带的顶端A，物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为M=50kg的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩
7、擦因数分别为1=0.5，2=0.25，AB的距离为s=8.20m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2(已知sin37=0.6，cos37=0.8)。求：（1）物体滑上木板左端时的速度大小；（2）若地面光滑，要使物体不会从木板上掉下，木板长度L至少应是多少；（3）若木板与地面的摩擦因数为，且物体不会从木板上掉下，求木板的最小长度Lmax与的关系式。7如图，质量为m的a球（中间有一个小孔）穿在足够长的光滑水平杆上。b球质量为km，a球和b球用长为L的轻杆相连。从图示位置，先给b球一个竖直向上的初速度v0，让b球越过最高点，假设b球连同轻杆在运动过程中均不会与水平杆相碰（稍微错
8、开，但错开距离忽略不计，重力加速度为g）。（1）求b球到达最高点时，a球的位移大小；（2）以a球初始位置为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，求b球运动的轨迹方程；（3）当 b 球运动到水平杆下方， 且轻杆与水平杆正方向夹角为 =30 时， 求 b 球的速度大小。8图为某一食品厂生产流水线的一部分，AB是半径为R的光滑半圆轨道，产品2加工后以vA=3gR的速率从A点沿半圆轨道下滑，到达轨道最低点B处时，与静止在此处的产品1发生弹性碰撞(假设每一个产品的质量均为m)，被碰后的产品1沿粗糙的水平轨道BC滑动，以vC=2gR的速度滑上运行速度为v的传送带CD。其中BC段为生产线中的
9、杀菌平台，长度为4R，传送带的摩擦因数为2=0.5，长度为14R，求：（1）为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应满足什么条件？（2）BC段杀菌平台的摩擦因数1是多少？（3）调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间t是多少？9 小区需要安装供小朋友玩游戏的滑道，滑道由光滑曲面滑梯PO和一条与其平滑连接的水平轨道ON构成，水平轨道右侧固定有一轻质弹簧，弹簧左端恰好位于M点，如图所示。为保证小孩玩要安全，工程师们进行了模拟测试：坐在塑料滑篮里的“小孩”从距离地面高h1.8m处由静止开始下滑，滑篮和“小孩”总质量mA10kg，下滑后与静止于O
10、点的橡胶块B发生碰撞。碰撞后瞬间橡胶块的速度vB12m/s，橡胶块向右移动x1=13m时的速度v=263m/s。已知水平轨道OM长度L1.0m，滑篮和橡胶块与OM段之间的动摩擦因数相同，其余部分光滑，滑篮和橡胶块均可视为质点，碰撞均为弹性碰撞，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g10m/s2。求：（1）橡胶块的质量mB；（2）橡胶块与OM段之间的动摩擦因数；（3）弹簧最大的弹性势能Ep。10 水平固定一光滑长杆，杆上P点正下方h=0.4m处固定一光滑定滑轮，一质量为mA=2kg的滑块A套在细杆上，下端系一长L=1m的轻质细绳绕过定滑轮，悬挂一质量为mB=1kg的小球B，用水平外力F将滑块A拉至P
11、点左侧C点，绳与竖直方向夹角=37，整个系统保持静止状态，已知g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）水平外力的大小F；（2）撤去外力F后，A滑至P点时的速度大小v；（3）撤去外力F后，A滑至P点右侧后，B球速度达到最大时绳中张力大小T。答案解析部分1【答案】（1）以物体B为研究对象，根据牛顿第二定律有mBg-F=mBa以物体A为研究对象，根据牛顿第二定律有F+mAgcos-mAgsin=mAa解得F=15N（2）设弹簧最大形变量为x，此时弹簧弹性势能为 Ep 。由初始位置至物体A运动到最低点过程中，选弹簧、物体A、物体B及其轻绳组成的系统为研究对象，根据能量守恒有
12、12mA+mBv02+mAg(L+x)sin=Ep+mAgcos(L+x)+mBg(L+x)由物体A从最低点运动到C点过程中，选弹簧、物体A、物体B及其轻绳组成的系统为研究对象，根据能量守恒有mAgxsin+mAgxcos=mBgx+Ep解得Ep=6Jx=0.4m（3）设物体A向上运动速度达最大时弹簧的形变量为 x1 ，轻绳拉力为 F1 ，选A为研究对象，根据平衡条件有kx1+F1=mAgcos+mAgsin选B为研究对象，根据平衡条件有F1=mBg解得kx1=15N物体A由最低点返回到C点过程中，物体A、B轻绳组成的系统做简谐运动，由简谐运动规律有x=2x1物体A由速度最大位置返回到C点过程
13、中，选物体A、B轻绳和弹簧组成的系统，根据能量守恒有mAgx1sin+mAgcosx1=mBgx1+Ep+12mA+mBvm2根据功能关系，弹簧弹性势能减小的大小为Ep=120+kx1x1解得vm=22m/s2【答案】（1）解：小球M（可视为质点）从斜槽顶端A点静止滚下，小球运动到B点时由动能定理得m2gR=12m2vB2解得vB=2gR在B点由牛顿第二定律F-m2g=m2vB2R解得小球运动到B点时受到的支持力大小F=3m2g=3410N=120N（2）解：设小球到C的速度为v0,B到C过程中小球克服摩擦力做功为Wf1，由图可知过程摩擦力均匀减小，则有克服摩擦力做功为重力与图像面积的乘积，即
14、Wf1=m2gS面积=4100.51.22J=12J小球由A到C过程中，根据动能定理得m2gR-Wf1=12m2v02解得v0=10m/s（3）解：小球与滑块弹性碰撞过程中，由于小球与滑块质量相等，根据动量守恒定律、机械能守恒定律可知m2v0=m2v0+m1v12m2v02=12m2v20+12m1v2解得碰撞后滑块速度为v=v0=10m/s滑块滑上小车后达到的共同速度为v1，由动量守恒定律得m1v=(m1+m0)v1解得v1=8m/s第一次小车与墙壁碰前小车和滑块速度均为vl，碰后小车速度变为-v1，滑块速度仍为vl，碰后动量守恒，达到共同速度为v2，则由动量守恒得-m0v1+m1v1=(m
15、1+m0)v2解得v2=4.8m/s小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前过程中，滑块与小车间产生的热量为Q，根据能量守恒得12m0v12+12m1v12=12(m1+m0)v22+Q解得Q=12(m0+m1)v12-12(m0+m1)v22=102.4J3【答案】（1）解：A速度最大时，对A分析有Eq=kx0解得弹簧的劲度系数为k=Eqx0=mgx0（2）解：轻绳刚断裂瞬间，设弹力大小为F，对A分析，加速度向右，则有F-Eq=ma1对B分析，加速度向左，则有F-2mg=ma2联立可得a1:a2=1:1（3）解：设第一次A运动位移为L时轻绳断裂，若A的初速度2v0，仍然在位移L处轻绳断裂，
16、如图所示此时弹性势能记为Ep，第一次有EqL+12mv02=Ep第二次有EqL+12m(2v0)2=Ep+12mv12解得v1=3v0（4）解：由于f地=2mg=mg=Eq故当木板向左滑动时，A、B组成的系统动量守恒，设A刚从木板上滑落时，A、B速度分别为vA、vB，有mv1=mvA+mvB根据能量守恒可得Ep+W电+Wf地=(12mvA2+12mvB2)-12mv12而W电+Wf地=EqsA-f地sB=mg(sA-sB)=-mgL联立可得12m(2v0)2=12mvA2+12mvB2解得vB=3+52v0，vA=3-52v0或vA=3+52v0，vB=3-52v0（舍去）则A滑落时速度大小为
17、vA=5-32v0方向向右。4【答案】（1）解：小物块a从圆弧轨道顶端滑到圆弧底端，由机械能守恒可得magR=12mav2解得碰撞前瞬间小物块a的速度大小为v=2gR=2m/s（2）解：小物块a、b发生弹性正碰，由动量守恒和机械能守恒定律可得mav=mav1+mbv212mav2=12mav12+12mbv22解得v1=-1m/s ， v2=1m/s碰后以小物块a为对象，由机械能守恒可得magH=12mav12解得碰后小物块a能上升的最大高度为H=0.05m（3）解：由于碰后小物块b的速度v2=lm/sv0=2m/s则小物块b在传送带上先做匀加速运动，加速度大小为a=mbgmb=5m/s2假设
18、小物块b到右端前已经与传送带达到共速，则加速阶段所用时间为t1=v0-v2a=2-15s=0.2s加速阶段小物块b通过的位移为x1=v2+v02t1=1+220.2m=0.3mL=0.5m假设成立；小物块b与传送带共速后，继续做匀速运动到传送带右端，共速前，小物块b与传送带发生的相对位移为x=x传-x1=v0t1-x1=0.1m产生的热量为Q=mbgx=1.5J根据能量守恒可知，小物块b从传送带的左端运动到右端过程电动机多消耗的电能为E电=Q+12mbv02-12mbv22代数数据解得E电=6J5【答案】（1）解：对A滑块根据牛顿第二定律有：F-mg=maA，代入数据解得：a1=3m/s2，对
19、B木板有：Mg=MaB，代入数据解得：a2=2m/s2；答：撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度a1和a2分别为3m/s2、2m/s2；（2）解：对A和B整体分析，全过程根据动量定理可得：Ft=(M+m)v解得：v=FtM+m=712+1m/s=73m/s；答：A相对于B静止时的速度为73m/s；（3）解： 撤去F时，A的位移为：xA=12a1t2=12312m=1.5m，从开始施加外力到二者共速的过程中，根据功能关系可得：FxA=12(M+m)v2+Q解得：Q=73J。答：A相对于B静止的整个过程中由于摩擦生成的热量为73J。 6【答案】（1）解：物体速度达到传送带速度前，由牛顿第二定律，
20、有mgsin37+1mgcos37=ma1解得a1=10m/s2设物体与传送带共速时运动的位移为x1，则对物体v02=2a1x1解得：x1=0.20ms此后物体继续在传送带上做匀加速运动，设加速度为a2，则根据牛顿第二定律，有mgsin37-1mgcos37=ma2解得：a2=2m/s设物体到达B端时的速度大小为v，根据运动学公式有2a2(s-x1)=v2-v02解得物体滑上木板左端时的速度大小：v=6m/s答：物体滑上木板左端时的速度大小为6m/s；（2）解： 设物体恰好不会从木板上掉下，物体和木板共速为v1，规定物体的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有：mv=(m+M)v1由能量守恒得：
21、2mgL=12mv2-12(m+M)v12代入数据解得：L=4.8m答：若地面光滑，要使物体不会从木板上掉下，木板长度L至少应是4.8m；（3）解： 木板与地面的动摩擦因数为当(m+M)g2mg即112. 时，木板不运动，木块做匀减速直线运动，速度为0. 时，恰好到达木板的最右端；物体恰好不会从木板上掉下长度为L2，由vt2-v02=2a1x1. 有-22gL2=0-v2. 解得：L2=7.2m当木板与地面间有摩擦而动摩擦因数小于112. ，木板将会发生滑动，物体滑上木板后向右做匀减速直线运动am=2g=0.2510m/s2=2.5m/s2木板向右匀加速运动，根据牛顿第二定律，有：2mg-(M
22、+m)g=MaMaM=2mg-(M+m)gMaM=1.25-15当两者速度相等时，恰好不掉下来vB-amt=aMt，t=vBaM+am=63.75-15共同速度为v共=aMt，v共=6(1.25-15)3.75-15物体位移xm=vB+v共2t木板位移xM=v共2t所以木板长度为L3=xm-xML3=6vB2(3.75-15)=183.75-15木板的最小长度Lmax与的关系式为Lmax=7.2(112)61.25-5(0112)答：若木板与地面的摩擦因数为，且物体不会从木板上掉下，木板的最小长度Lmax与的关系式为：Lmax=7.2(112)61.25-5(0112)7【答案】（1）解：b球
23、运动到最高点， 水平方向动量守恒： 0=kmvb+m(-va)即： 0=kmxb+m(-xa)几何关系： xa+xb=L得 xa=kk+1L（2）解： 设球 b 的坐标为 (x，y) 时， a 球水平向左移动距离为 xa，b 球水平向右距离为L-x，以 a 球和 b 球为整体， 水平方向动量守恒0=kmvb+m(-va)0=km(L-x)+m(-xa)以 a 球为参考系， b 球轨迹为圆(x-xa)2+y2=L2解得(1+k)x-kL2+y2=L2b 球的轨迹是一个椭圆 （3）解：设 b 球的水平速度为 vbx， 坚直速度为 vby，a球水平速度为va，以 a 球和 b 球为整体，水平方向动量
24、守恒： 0=kmvhm+m(-va)以 a 球和 b 球为整体，机械能守恒， 以水平杆为零势能面：12kmv02=-kmgLsin30+12km(vbx2+vby2)2+12mva2当 b 球运动到水平杆下方， 且轻杆为水平杆正方向夹角 30 时， 以 a 球为参考系，此时b球速度方向与水平方向夹角为60，则tan60=vtrvbr-(-va)由b球的速度大小 vb=vbx2+vby2解得vb=(3k2+6k+4)(v02+gL)3k2+7k+48【答案】（1）v4gR（2）1=58（3）t=85gR5g9【答案】（1）解：滑篮和“小孩”由静止从P点下滑到O点，由机械能守恒定律，则有mAgh=
25、12mAv02滑篮和“小孩”与橡胶块B发生弹性碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律，则有mAv0=mAvA+mBvB1根据能量守恒定律有12mAv02=12mAvA2+12mBvB12联立解得vA4m/s，mB50kg（2）解：橡胶块B与滑篮和“小孩”第一次碰后向右做匀减速运动，由速度位移关系公式可得v2-vB12=2ax1由牛顿第二定律可得-mBg=mBa联立解得0.2（3）解：橡胶块B从O点运动到M点过程，由动能定理可得-mBgL=Ek1-12mBvB12解得Ek10可知橡胶块B运动到M点静止。滑篮和“小孩”碰撞后向左运动，返回从O点运动到M点过程，设运动到M点的速度为v，根据动能定理有
26、-mAgL=12mAv2-12mAvA2解得v23m/s滑篮和“小孩”与橡胶块B再次发生弹性碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mAvmAvA1+mBvB112mAv2=12mAvA12+12mBvB12滑篮和“小孩”碰撞后被弹回；弹簧压缩最短时，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律，可知最大弹性势能为Ep=12mBvB12代入数据联立解得Ep=1003J10【答案】（1）解：水平外力F作用下，系统保持静止状态时，对A受力分析，如图所示由共点力平衡条件可得F=T0sin对B受力分析可得T0=mBg解得水平外力的大小为F=6N（2）解：A滑至P点时，B球运动到最低点，其速度为0
27、。从撤去外力F到A滑至P点的过程中，对A、B组成的系统，由机械能守恒定律可得mBg(hcos-h)=12mAv2解得v=1m/s（3）解：A滑至P点右侧后，A、B组成的系统机械能守恒，在水平方向上动量守恒。绳子先对A做负功，A的机械能减小，则B的机械能增加，当A、B同速时，B球上升到最高点，此后绳子仍对A做负功，当绳子变为竖直方向时，A的机械能最小，B的机械能最大，此时B处于最低点，重力势能最小，动能最大，则速度最大，设此时A、B的速度分别为vA、vB，则有mAv=mAvA+mBvB12mAv2=12mAvA2+12mBvB2解得vA=13m/s，vB=43m/sB相对A做圆周运动，由牛顿第二定律得T-mBg=mB(vB-vA)2L解得T=11N
