高考物理二轮复习《机械能》专项训练专题30机械能+弹簧+计算题（2份，原卷版+解析版）

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(1)小球通过C点时的速度大小vC；
(2)平台BC的长度L；
(3)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm。
【参考答案】．(1)2 m/s (2)1.25 m (3)4.5 J
【名师解析】：(1)小球通过C点时，它对上管壁有F＝10 N的作用力，则上管壁对小球也有F′＝10 N的作用力，根据牛顿运动定律有 F′＋mg＝meq \f(veq \\al(2,C),r) (2分) 得vC＝2 m/s (1分)
(2)小球从A点抛出到B点所用时间t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4 s (1分)
到B点时速度大小为vB＝eq \f(xAB,t)＝3 m/s (1分)
小球从B点到C点的过程中，根据动能定理有 －μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B) (2分)
得平台BC的长度L＝1.25 m (1分)
(3)小球压缩弹簧至速度达到最大时，加速度为零，则 mg＝kx (1分)
弹簧的压缩量x＝0.1 m
从C位置到小球的速度达到最大的过程中，根据机械能守恒定律有
mg(r＋x)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝Ekm＋Ep (2分)
得Ekm＝4.5 J (1分)
2．（2023河南名校质检)在赛车场上，为了安全起见，车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏，当车碰撞围栏时起缓冲器作用，为了检验废旧轮胎的缓冲效果，在一次模拟实验中用弹簧来代替废旧轮胎，实验情况如图所示．水平放置的轻弹簧左侧固定于墙上，处于自然状态，开始赛车在A处处于静止，距弹簧自由端的距离为L1＝1 m．当赛车启动时，产生水平向左的牵引力恒为F＝24 N，使赛车向左做匀加速前进，当赛车接触弹簧的瞬间立即关闭发动机撤去F，赛车继续压缩弹簧，最后被弹回到B处停下，已知赛车的质量为m＝2 kg，A、B之间的距离为L2＝3 m，赛车被弹回离开弹簧时的速度大小为v＝4 m/s，水平向右，取g＝10 m/s2.求：
(1)赛车和地面间的动摩擦因数．
(2)弹簧被压缩的最大距离．
(3)弹簧的最大弹性势能．
【名师解析】：
(1)从赛车离开弹簧到B点静止，由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－eq \f(1,2)mv2，(3分)
解得μ＝0.2.(1分)
(2)设弹簧被压缩的最大距离是L，从赛车开始加速到赛车离开弹簧的整个过程，由动能定理得
FL1－μmg(L1＋2L)＝eq \f(1,2)mv2－0，(3分)
解得L＝0.5 m．(2分)
(3)从弹簧压缩量最大到赛车离开弹簧的过程中，由动能定理得Ep－μmgL＝eq \f(1,2)mv2(3分)
解得Ep＝18 J．(2分)
答案：(1)0.2 (2)0.5 m (3)18 J
3. (16分) （2020江苏常州期末）如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点，一个质量为m＝1.0 kg可以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以速度v0＝5.0 m/s沿光滑水平面上向右匀速运动．劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上．当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变)，此时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C.已知小车的质量为M＝1.0 kg，小车的长度为l＝1.0 m，半圆形轨道半径为R＝0.4 m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1) 物块在小车上滑行时的加速度a；
(2) 物块运动到B点时的速度vB；
(3) 弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x.
【名师解析】 (1) μmg＝ma(2分)
a＝μg＝2 m/s2(1分)
方向向左(1分)
(2) mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)(2分)
解得vC＝2 m/s(1分)
mg2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)(2分)
解得vB＝2eq \r(5) m/s(1分)
(3) 对m：－μmg(l＋x)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)(2分)
对M：μmgx－Ep＝0－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)(2分)
Ep＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－μmgl
解得Ep＝13 J(1分)
x＝0.25 m(1分)
4 .如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为eq \f(5,6)R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)．随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝eq \f(1,4)，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝eq \f(3,5)，cs 37°＝eq \f(4,5))
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距eq \f(7,2)R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．
【名师解析】：(1)根据题意知，B、C之间的距离为
l＝7R－2R①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
mglsin θ－μmglcs θ＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)②
式中θ＝37°
联立①②式并由题给条件得
vB＝2eq \r(gR).③
(2)设BE＝x.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
mgxsin θ－μmgxcs θ－Ep＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)④
E、F之间的距离为l1＝4R－2R＋x⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
Ep－mgl1sin θ－μmgl1cs θ＝0⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R⑦
Ep＝eq \f(12,5)mgR.⑧
(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为
x1＝eq \f(7,2)R－eq \f(5,6)Rsin θ⑨
y1＝R＋eq \f(5,6)R＋eq \f(5,6)Rcs θ⑩
式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．
设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1＝eq \f(1,2)gt2⑪
x1＝vDt⑫
联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝eq \f(3,5)eq \r(5gR)⑬
设P在C点速度的大小为vC.在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,C)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,D)＋m1geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcs θ))⑭
P由E点运动到C点的过程中，由动能定理有
Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cs θ＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,C)⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m1＝eq \f(1,3)m.
答案：(1)2eq \r(gR) (2)eq \f(12,5)mgR (3)eq \f(3,5)eq \r(5gR) eq \f(1,3)m
5（13 分）．（2020浙江温州市新力量联盟联考）如图，质量为 m=1 kg 的小滑块(视为质点)在半径为 R=0.2 m 的四分之一光滑圆弧的A 端由静止开始释放，通过 B 点在光滑水平面上运动一段距离后再由 C 点通过换向轨道过渡到倾角为  37 、长 x=1 m 的斜面 CD 上(过 C 点时速度大小不变) ，CD 斜面由特殊材料做成，动摩擦因数可调。斜面底部 D 点与光滑地面平滑相连，滑块通过 D 点前后速度大小不变。地面上一根轻弹簧一端固定在 O 点，自然状态下另一端恰好在 D 点。最大静摩擦力等于滑动摩擦力， sin37°=0.6，cs37°=0. 8，不计空气阻力。

求滑块通过圆弧轨道 B 点时对轨道的压力大小;
若 CD 面与滑块间的动摩擦因数 μ=7/16，求质点从 C 运动到 D 的时间;
若滑块最终停在 D 点，求 CD 面摩擦因数的取值范围。
【参考答案】（1） （2）t= 0.4s （3）或
【名师解析】(1) 从A到B由机械能守恒:
1
解得
v1=2m/s
在B点由牛顿第二定律:
1
得:
FB= 30N 1
由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力FB= 30N 1
(2)在斜面上由牛顿第二定律:

解得:
a=2.5m/s2 2
由运动学公式:
解得:
t= 0.4s 2
(3)滑块最终停在D点有两种可能
a.滑块恰好能从C点滑到D点，则有:
代入得: 2
b.滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点。
解得
2
综上，μ的取值范围为或 1
6．（15分）（2021江苏徐州高一期中）如图所示，质量mB=3.5kg的物体B通过一轻弹簧固连在地面上，弹簧的劲度系数k=100N/m。一轻绳一端与物体B连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O2、O1后与套在光滑直杆顶端的、质量mA=1.6kg的小球A连接。已知直杆固定，杆长L为0.8m，且与水平面的夹角θ=37°，初始时使小球A静止不动，与A相连的绳子保持水平，此时绳子中的张力F为45N。已知AO1=0.5m，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，轻绳不可伸长，图中直线CO1与杆垂直。现将小球A由静止释放。
（1）求释放小球A之前弹簧的形变量；
(2) 若直线CO1与杆垂直,求物体A运动到C点的过程中绳子拉力对物体A所做的功.
(3) 求小球A运动到底端D点时的速度.
【名师解析】
（1）释放小球A前，物体B处于平衡状态： 得
故弹簧被拉长了0.1cm
（2）小球从杆顶端运动到C点的过程，由动能定理：
而
物体B下降的高度
由此可知，此时弹簧被压缩了0.1m，则弹簧的弹性势能在初、末状态相同。
再以A、B和弹簧为系统，由机械能守恒：

对小球进行速度分解可知，小球运动到C点时物体B的速度
由以上几式联立可得：
（3）因杆长L=0.8m，故
故DO1=AO1，弹簧的伸长量依然为0.1m.，与最初状态相比，弹簧的弹性势能相同，物体B又回到了初始位置，其重力势能也与最初状态相同。
在D点对A的速度进行分解可得：
由机械能守恒：
联立可得小球A运动到杆的底端D点时的速度：
7. （2020年3月贵阳调研）如图甲，倾角α＝的光滑斜面有一轻质弹簧下端固定在O点，上端可自由伸长到A点。在A点放一个物体，在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到B点（图中未画出），该过程中力F随压缩距离x的变化如图乙所示。重力加速度g取10m/s2，sin＝0.6，cs＝0.8，求：
（1）弹簧的最大弹性势能
（2）在B点撤去力F，物体被弹回到A点时的速度
【参考答案】（1）2.56J；（2）0.8 m/s
【名师解析】
（1）由题图乙可知
mgsin＝12N
解得
m＝2kg
由题图乙中图线与横轴所围成的面积表示力F所做的功
WF＝
从A点B点的过程中由能量守恒可得
（2）撤去力F，设物体返回至A点时速度大小为v0，从A出发两次返回A处的过程应用动能定理
W＝
解得：
v0＝0.8m/s
8. （江苏省如东市2020届高三年级第二次学情调测）如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O点位置。质量为m的小物块A以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。A离开弹簧后，恰好回到P点。物块A与水平面间的动摩擦因数为μ。
（1）求O点和O′点间的距离x1；
（2）求弹簧具有的最大弹性势能EP；
（3）如图乙所示，若将另一个质量为2m的小物块B与弹簧右端拴接，物块B与水平面间的动摩擦因数也为μ，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O′点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离。分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少？

【名师解析】（1）物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理
解得：
（2）物块A从O点向左运动到O’点的过程，弹力对A做功W0=-Ep
物块A从P点出发向左运动到O’点的过程，根据动能定理有
解得：
（3）A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，整体从O’到O有
分离后对A有
联立解得:
9．(20分)如图是检验某种平板承受冲击能力的装置，MN为半径R＝0.8 m、固定于竖直平面内的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，OP为待检验平板，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m＝0.01 kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪。某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，水平飞出后落到OP上的Q点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求：
(1)小钢珠经过N点时速度的大小vN；
(2)小钢珠离开弹簧枪时的动能Ek；
(3)小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s。
【名师解析】
(1)在N点，由牛顿第二定律有mg＝m，
解得 vN＝eq \r(gR)＝2eq \r(2) m/s。
(2)取M点所在的水平面为参考平面。
从M到N由机械能守恒定律有Ek＝mgR＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,N)，解得
Ek＝0.12 J。
(3)小钢球从N到Q做平抛运动，设运动时间为t，水平方向有
x＝vNt，竖直方向有R＝eq \f(1,2)gt2，解得x＝0.8eq \r(2) m。
答案 (1)2eq \r(2) m/s (2)0.12 J (3)0.8eq \r(2) m
10．(20分)如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1 kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h＝0.6 m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN＝2.5mg的相互作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep＝0.5 J。取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小球在C处受到的向心力大小；
(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；
(3)小球最终停止的位置。
【名师解析】
(1)小球进入管口C端时它与圆管上管壁有大小为F＝2.5mg的相互作用力，故小球受到的向心力为：F向＝2.5mg＋mg＝3.5mg＝3.5×1×10＝35 N
(2)在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零。
设此时滑块离D端的距离为x0，则有kx0＝mg
解得x0＝eq \f(mg,k)＝0.1 m
由机械能守恒定律有mg(r＋x0)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＝Ekm＋Ep
得Ekm＝mg(r＋x0)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－Ep＝6 J
(3)在C点，由F向＝
代入数据得：vC＝eq \r(7) m/s
滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得mg·h－μmgs＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
解得BC间距离s＝0.5 m
小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中。
设物块在BC上的运动路程为s′，由动能定理有0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－μmgs′
解得s′＝0.7 m
故最终小滑块与B端的距离为s′－s＝0.2 m
答案 (1)35 N (2)6 J (3)距离B端0.2 m(或距离C端0.3 m)
11.(13分)（2020高考信息卷8）足够长的光滑细杆竖直固定在地面上，轻弹簧及小球A、B均套在细杆上，弹簧下端固定在地面上，上端和质量m1＝50 g的小球A相连，质量m2＝30 g的小球B放置在小球A上，此时A、B均处于静止状态，弹簧的压缩量x0＝0.16 m，如图所示。从t＝0时开始，对小球B施加竖直向上的外力，使小球B始终沿杆向上做匀加速直线运动。经过一段时间后A、B两球分离；再经过同样长的时间，B球距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度取g＝10 m/s2。求：

(1)弹簧的劲度系数k；
(2)整个过程中小球B加速度a的大小及外力F的最大值。
【名师解析】(1)根据共点力平衡条件和胡克定律得：
(m1＋m2)g＝kx0
解得：k＝5 N/m。
(2)设经过时间t小球A、B分离，此时弹簧的压缩量为x，
对小球A：kx－m1g＝m1a
x0－x＝eq \f(1,2)at2
小球B：x0＝eq \f(1,2)a(2t)2
当B与A相互作用力为零时F最大，对小球B：
F－m2g＝m2a
解得：a＝2 m/s2，F＝0.36 N。
12. (12分)（2020新高考仿真模拟8）如图，粗糙斜面与光滑水平面通过光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角θ＝37°.小滑块(可看作质点)A的质量为mA＝1 kg，小滑块B的质量为mB＝0.5 kg，其左端连接一水平轻质弹簧．若滑块A在斜面上受到大小为2 N，方向垂直斜面向下的恒力F作用时，恰能沿斜面匀速下滑．现撤去F，让滑块A从距斜面底端L＝2.4 m处，由静止开始下滑．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)滑块A与斜面间的动摩擦因数；
(2)撤去F后，滑块A到达斜面底端时的速度大小；
(3)滑块A与弹簧接触后的运动过程中弹簧最大弹性势能．
【参考答案】 (1)0.6 (2)2.4 m/s (3)0.96 J
【名师解析】 (1)滑块A沿着斜面匀速下滑时受力如图所示
由平衡条件知mAgsin θ＝Ff，FN＝mAgcs θ＋F，Ff＝μFN
解得μ＝eq \f(mAgsin θ,F＋mAgcs θ)＝0.6.
(2)滑块A沿斜面加速下滑时受力如图所示，
设滑块A滑到斜面底端时速度为v0，根据动能定理得
(mAgsin θ－μmAgcs θ)L＝eq \f(1,2)mAveq \\al(02,)
代入数据解得v0＝2.4 m/s
(3)由分析可知，当A、B速度相同时，弹簧有最大弹性势能．
以A、B及弹簧为研究对象，设它们共同的速度为v，据动量守恒定律mAv0＝(mA＋mB)v
根据能量守恒Ep＝eq \f(1,2)mAveq \\al(02,)－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2
代入数据解得：Ep＝0.96 J.
13.（2020江苏高考仿真模拟2） (16分)一劲度系数为k=100N/m的轻弹簧下端固定于倾角为θ=37°的光滑斜面底端，上端连接物块P。一轻绳跨过定滑轮O，端与物块P连接，另一端与套在光滑水平直杆的物块Q连接，定滑轮到水平直杆的距离为d=0.4m。初始时在外力作用下，物块Q在A点静止不动，轻绳与水平直杆的夹角α=300，绳子张力大小为45N。已知物块Q质量为m1=0.2kg，物块P质量为m2=5kg，不计滑轮大小及摩擦，取g=10m/s2。现将物块Q静止释放，求：
(1)物块P静止时，弹簧的伸长量x1；
(2)物块Q运动到轻绳与水平直杆的夹角β=530的B点时的速度大小；
(3)物块Q由A运动到B点的过程中，轻绳拉力对其所做的功。
图
θ
A
Q
B
α
β
C
d
【参考答案】（1）0.15m ；（2）3m/s ；（2）0.9J
【名师解析】：（1）物块P静止时，设弹簧的伸长量x1，由平衡条件有
（2分）
代入数据解得x1=0.15m （2分）
弹簧的伸长量为0.15m （1分）
（2）将物块Q静止释放，经分析可知，物块P下落距离为0.30m，即弹簧被压缩
vB
vP
β
0.15m （1分）
故可知弹簧的弹性势能保持不变，根据能量守恒有
（ 2分）
如图所示B点时由运动的合成与分解有 （2分）
联立解得3m/s（2分）
(3)对于物块Q，由动能定理有
（2分）
解得0.9J（2分）
14．（12分）（2020北京牛山一中期中）.如图1所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一小球（可视为质点），弹簧处于原长时小球位于O点。将小球从O点由静止释放，小球沿竖直方向在OP之间做往复运动，如图2所示。小球运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）在小球运动的过程中，经过某一位置A时动能为Ek1，重力势能为EP1，弹簧弹性势能为E弹1，经过另一位置B时动能为Ek2，重力势能为EP2，弹簧弹性势能为E弹2。请根据功是能量转化的量度，利用所学过的功能关系方程证明：小球由A运动到B 的过程中，小球、弹簧和地球组成的物体系统机械能守恒；
（2）已知弹簧劲度系数为k。以O点为坐标原点，竖直向下为x轴正方向，建立一维坐标系O-x，如图2所示。
a. 请在图3中画出小球从O运动到P的过程中，弹簧弹力的大小F随相对于O点的位移x变化的图象。根据F-x图象求：小球从O运动到任意位置x的过程中弹力所做的功W，以及小球在此位置时弹簧的弹性势能E弹；
b. 已知小球质量为m。求小球经过OP中点时瞬时速度的大小v。
图2
O
P
x
图1
O
x
F
O
图3
【名师解析】：
.（1）设重力做的功为WG，弹力做的功为W弹
根据动能定理 WG + W弹 = Ek2 - Ek1 （1分）
由重力做功与重力势能的关系 WG = Ep1 – Ep2 （1分）
由弹力做功与弹性势能的关系 W弹 = E弹1- E弹2 （1分）
F
x
O
x
kx
联立以上三式可得 Ek1 + Ep1 +E弹1 = Ek2 +Ep2 +E弹2 （1分）
（2）a. F-x图象如右图所示 （1分）
图中的图线和x轴围成的面积表示功的大小
所以弹力做功为 （注：没有负号扣1分） （2分）
由弹力做功与弹性势能的关系 W弹 = 0 -E弹
解得 （1分）
b. 小球由O点到OP中点，根据动能定理
（1分）
小球由O点到P点，根据机械能守恒定律
（1分）
解得 （1分）