专题12 机械能守恒定律【八大题型】-【压轴题】2024-2025 学年高中物理同步培优训练（人教版2019必修第二册）

专题12 机械能守恒定律【八大题型】 一．常见力做功与相应的能量转化（共16小题） 二．天体运动中机械能的变化（共3小题） 三．机械能守恒定律的简单应用（共8小题） 四．弹簧类问题中的机械能守恒（共4小题） 五．机械能与曲线运动相结合的问题（共3小题） 六．多物体系统的机械能守恒问题（共4小题） 七．从能量角度求解传送带问题（共5小题） 八．从能量角度求解板块模型的问题（共5小题） 一．常见力做功与相应的能量转化（共16小题） 1．如图所示，ABC为一弹性轻绳，其弹力大小符合胡克定律。弹性轻绳一端固定于A点，另一端连接质量为m的小球，小球穿在竖直杆上。轻杆OB一端固定在墙上，另一端为定滑轮。若弹性轻绳自然长度等于AB，初始时ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，重力加速度为g，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.6，弹性轻绳始终处在弹性限度内，其弹性势能的表达式为，其中k为劲度系数、x为伸长量。则小球下滑经过D点时的速度大小为（　　） A． B． C． D． 2．如图所示，轻弹簧上端固定在内壁光滑玻璃管顶部，下端栓接质量为m的小球，玻璃管与水平方向夹角为30°，玻璃管内径略大于小球直径，现将小球从弹簧原长处由静止释放，小球运动过程中的加速度a与弹簧伸长量x的关系如图所示，其中图线与x轴交点坐标x0为已知，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则（　　） A．小球运动到最低点时，所受弹簧弹力大小为2mg B．弹簧的劲度系数为 C．小球沿管壁向下运动过程中动能最大值为 D．弹簧拉伸量为x0 时，弹性势能为 3．如图所示，质量均为m的物体A、B通过轻绳连接，A穿在固定的竖直光滑杆上，B放在固定的光滑斜面上，斜面倾角θ＝30°，轻弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接物体B。初始时，A位于N点，轻弹簧处于原长状态，轻绳绷直（ON段水平）。现将A由静止释放，当A运动到M点时的速度为v。设P为A运动的最低点，B运动过程中不会碰到轻质滑轮，弹簧始终在弹性限度内，ON＝l，MNl，重力加速度为g，不计一切阻力。下列说法正确的是（　　） A．A从N点运动到M点的过程中，绳的拉力对A做的功为 B．A从N点运动到M点的过程中，A减少的机械能等于B增加的机械能 C．A运动到M点时，B的速度为 D．A运动到M点时，弹簧增加的弹性势能为 4．电动车配有把机械能转化为电能的“能量回收”装置。某次测试中电动车沿倾角为15°的斜坡向下运动，初动能为1.0×105J。第一次让车无动力自由滑行，其动能Ek与位移x的关系如图中直线①所示；第二次让车无动力并开启“能量回收”装置滑行，其动能Ek与位移x的关系如图中曲线②所示。假设机械能回收效率为90%，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．图中①对应过程汽车所受合力越来越大 B．可求图中②对应过程下滑200m回收的电能 C．图中②对应过程下滑100m后不再回收能量 D．由题中及图像信息可求出电动车的质量 5．如图是“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程）。已知两个滚轮边缘的线速度恒为v0＝5m/s，每个滚轮对夯杆的正压力均为F＝2.5×104N，滚轮与夯杆间的动摩擦因数μ＝0.25，夯杆质量m＝1×103kg，坑深h＝6.5m，假定在打夯的过程中坑的深度变化很小，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小为2m/s2 B．每个打夯周期中，电动机多消耗的电能为7.75×104J C．每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为6.25×104J D．增加滚轮对夯杆的正压力，每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量将增加 6．如图甲所示，倾角为37°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确是（　　） A．木块的重力大小为 B．木块受到的摩擦力大小为 C．木块与斜面间的动摩擦因数为 D．木块上滑过程中，重力势能增加了4E0 7．如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。t＝0时将小球从A点正上方O点由静止释放，t1时到达A点，t2时弹簧被压缩到最低点B。以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek、重力势能、机械能E0及弹簧的弹性势能变化图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 8．（多选）如图甲所示，木板质量M＝0.5kg，长L＝2m，初始时刻静止在光滑水平地面上，可视为质点的质量m＝1kg的小物块，以初速度v0从木板左端滑上的瞬间，对木板施加一个水平向右的力F，物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4。摩擦产生的热量Q与力F大小的关系如图乙所示，g取10m/s2。下列选项正确的是（　　） A．Q2的大小为8J B．小物块的初速度v0为4m/s C．A点的横坐标F1＝6N D．A点的纵坐标 9．（多选）如图所示，传送带的水平部分ab长度为2m，倾斜部分bc长度为4m，bc与水平方向的夹角为37°。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率为2m/s。现将质量为m＝1kg小煤块A从静止轻放到a处，它将被传送到c点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，且此过程中煤块不会脱离传送带，g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小煤块从a点运动到b点的过程中，电动机多消耗的电能为4J B．小煤块从a点运动到c点所用的时间为2.4s C．从a点运动到c点的过程，小煤块和皮带间因摩擦而产生的热量为6J D．从a点运动到c点的过程，小煤块在传送带上留下的痕迹长度为2.8m 10．（多选）一物体静止在水平地面上，对其施加一竖直向上的力F，当物体上升2m时撤去力F，物体继续上升0.25m后到达最高点，物体的机械能随高度的变化关系如图所示，已知物体所受阻力大小恒定，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．物体的质量为1kg B．物体所受阻力大小为3N C．力F的最大功率为36W D．回到地面前瞬间的速度大小为 11．如图所示，光滑轨道ABC由竖直段AB、半径为R的圆弧形轨道BC组成，末端C处切线水平。紧邻C右端依次为水平粗糙的传送带甲、乙和水平粗糙的地面，均与C点等高；传送带甲以恒定的速率顺时针转动，传送带乙和上方的均质木板处于静止状态，其中木板长度与乙两端DE等长，均为kR（k未知），忽略轨道、传送带、地面相互之间的间隙。现有一物块从轨道上的P处静止释放，经C点进入传送带甲，于D处与木板发生碰撞后取走物块，碰撞前后物块、木板交换速度，且在碰撞结束瞬间，传送带乙启动并以木板被碰后的速度顺时针匀速转动，最终木板运动2kR的距离后静止，忽略碰撞时间以及乙启动时间。已知，物块通过传送带甲过程，甲皮带运动的路程是物块路程的1.5倍；木板与传送带乙、地面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；PB高度差h＝R，物块、木板质量均为m，重力加速度为g，忽略物块和传送带轮子的尺寸。已知简谐运动的周期公式，其中k'为回复力系数。，求： （1）物块即将滑出轨道末端C时，对C处的作用力F； （2）若传送带甲因传送物块多消耗的电能为W，甲和物块间的摩擦生热为Q，求的数值大小； （3）k的大小； （4）木板的运动时间t。 12．如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝3m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.5m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，求：（g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6） （1）A、C两点的高度差； （2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力； （3）要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。 13．如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB，圆心为O1的竖直半圆轨道BCD、圆心为O2的竖直半圆管道DEF，水平直轨道FG及弹性板等组成，轨道各部分平滑连接。已知滑块（可视为质点）质量m＝0.01kg，轨道BCD的半径R＝0.8m，管道DEF的半径r＝0.1m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝0.5，其余各部分轨道均光滑，轨道FG的长度l＝2m，弹射器中弹簧的弹性势能最大值Epm＝0.5J，滑块与弹簧作用后，弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回。 （1）若弹簧的弹性势能Ep0＝0.16J，求滑块运动到与O1等高处时的速度v的大小； （2）若滑块在运动过程中不脱离轨道，求第1次经过管道DEF的最高点F时，滑块对轨道弹力FN的最小值； （3）若弹簧以最大弹性势能弹出，请判断游戏过程中滑块会脱离轨道吗？若不会，请求出滑块最终静止位置。 14．如图所示，一个质量m＝1.0kg的小物块（视为质点），压缩弹簧后释放，以v0＝6.0m/s冲上长度l＝6.0m的水平传送带，在传送带右侧等高的平台上固定一半径R＝0.5m的圆轨道ABCD，A、D的位置错开，以便小物块绕行一圈后可以通过D到达E位置抛出，在距离平台边缘E水平距离s＝1.6m，高度h＝1.0m处有一可升降的接物装置，通过调节装置的高度可以接收不同速度抛出的小物块，已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，其它摩擦均忽略不计，求： （1）小物块释放前，弹簧所储存的弹性势能。 （2）若传送带以m/s的速度顺时针转动，判断小物块能否通过圆轨道最高点C。 （3）小物块到达接物装置时的最小动能。 15．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，弹簧处于自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R．用质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点。用同种材料、质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧也缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x＝8t﹣2t2，物块从桌面右边缘D点飞离桌面后，由P点沿圆轨道切线落入圆轨道。g＝10m/s2，求： （1）BP间的水平距离； （2）判断m2能否沿圆轨道到达M点； （3）释放后m2在水平桌面上运动过程中克服摩擦力做的功。 16．如图所示，一质量M＝3kg的木板，其上表面的AB段粗糙且长L＝3m，BC段光滑。木板最左端有一质量m＝1kg物块P（可当作质点），与板一起以v0＝3m/s的速度在光滑水平面上向右滑动。物块与AB段板面间的动摩擦因数μ＝0.3；在木板的右侧有一竖直墙，墙上装有水平槽，一轻杆嵌于槽内，它在槽内移动时与槽间的滑动摩擦力恒为f0＝20N。轻杆左端固定有一劲度系数k＝50N/m的轻质弹簧，此时弹簧左端到墙的距离小于BC段板的长度。已知板撞墙后立刻静止，但不与墙粘连。轻质弹簧始终处于弹性限度内，当其形变量为x时具有的弹性势能为kx2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2。求： （1）物块P与轻质弹簧相碰时的速度大小v1； （2）轻杆向右移动的距离l，及物块P离开弹簧时的速度大小v2； （3）若物块P回到板上B端瞬间，立刻对板施加一水平向左的恒力F＝3N，试计算此后物块P与木板组成的系统增加的内能。 二．天体运动中机械能的变化（共3小题） 17．（多选）“天绘五号”卫星先发射至近地圆轨道，在近地轨道的A位置调整速度进入转移轨道，在转移轨道的远地点B位置调整速度进入目标轨道。已知地球表面重力加速度为g、半径为R，目标轨道的半径为r，引力常量为G。若地球质量为M，卫星质量为m，卫星在目标轨道处的引力势能可表示为。下列说法正确的是（　　） A．地球的第一宇宙速度为 B．地球的密度为 C．转移轨道上卫星运行的周期为 D．从近地轨道变轨至目标轨道的过程中卫星的机械能变化量为 18．2016年10月19日，我国发射的“神舟十一号”载人飞船与“天宫二号”空间实验室成功实现交会对接。随后，航天员景海鹏、陈冬先后进入“天宫二号”空间实验室，开启30天的太空生活，将在舱内按计划开展相关空间科学实验和技术试验。假设对接前“天宫二号”与“神舟十一号”在同一轨道围绕地球做匀速圆周运动，轨道距地面高度为h，如图所示。已知地球的质量为M，地球的半径为R，引力常量为G。 （1）求“天宫二号”在轨道上做圆周运动的线速度大小v。 （2）若“神舟十一号”在图示位置，欲与前方的“天宫二号”对接，只通过向后方喷气能否实现成功对接？请说明理由。 （3）在牛顿力学体系中，当两个质量分别为m1、m2的质点相距为r时具有的势能，称为引力势能，其大小为Ep（规定无穷远处势能为零）。试证明“天宫二号”的机械能与成正比。（R+h为“天宫二号”圆周运动的轨道半径） 19．2003年10月15日，我国宇航员杨利伟乘坐我国自行研制的“神舟”五号飞船在酒泉卫星发射中心成功升空，这标志着我国已成为世界上第三个载人飞船上天的国家，“神舟”五号飞船是由长征﹣2F运载火箭将其送入近地点A、远地点为B的椭圆轨道上，实施变轨后，进入预定圆轨道，如图所示。已知近地点A距地面高度为h，飞船在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，飞船的质量为m，求： （1）飞船在近地点A的加速度为多少？ （2）飞船在椭圆轨道上运动的机械能为（a为椭圆的半长轴的长度，M为地球的质量，m为飞船的质量）飞船在椭圆轨道变到预定圆轨道上飞行应对飞船至少做功多少？ 三．机械能守恒定律的简单应用（共8小题） 20．如图所示，质量为m和M＝2m的物块用一根不可伸长的轻绳通过定滑轮连接，物块m穿过固定竖直杆并可沿杆无摩擦地滑动。已知杆与定滑轮间的距离为L＝4m，A点与滑轮等高，不计滑轮质量、大小及任何摩擦力。轻绳足够长，重力加速度g取10m/s2，则 A．当m在B位置时，两物块恰好能静止，此时绳与杆的夹角α＝53° B．将m由A点静止释放，m能下降的最大高度为 C．将m由A点静止释放，下降H＝5m时m的速度不超过10m/s D．改变M的质量，且将m由A点静止释放，下降H＝3m时m的速度v＝5m/s，M与m质量之比为 21．如图，容量足够大的圆筒竖直放置，水面高度为h，在圆筒侧壁开一个小孔P，筒内的水从小孔水平射出，设水到达地面时的落点距小孔的水平距离为x，小孔P到水面的距离为y。短时间内可认为筒内水位不变，重力加速度为g，不计空气阻力，在这段时间内下列说法正确的是（　　） A．水从小孔P射出的速度大小为 B．y越小，则x越大 C．x与小孔的位置无关 D．当y，时，x最大，最大值为h 22．（多选）如图所示，内壁光滑的管道由上、下水平管道及竖直面内的半圆形管道组成，半圆形管道的半径为R，水平管道与半圆形管道刚好相切，管道内两小球A、B由长l＝πR的、不可伸长的轻绳连接，小球质量均为m，半径均略小于管道内径但远小于R。初始时A处于半圆形管道内最上端，绳子恰好伸直，由于轻微扰动，A开始沿管道下滑。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．小球A刚进入下方水平管道时的速度大小为 B．小球A进入下方水平管道前的过程中，绳子拉力对小球B做的功为 C．若将绳长改为，小球A刚进入下方水平管道时的速度大小为 D．若将绳长改为，整个过程中绳子拉力对小球B做的功为 23．如图，半径R＝0.5m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°．将一个质量m＝0.5kg的物体（视为质点）从A点左侧高为h＝0.8m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道．已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求： （1）物体水平抛出时的初速度大小v0； （2）物体经过B点时，对圆弧轨道压力大小FN； （3）物体在轨道CD上运动的距离x。 24．如图所示，半径为R圆心角为60°的圆弧轨道竖直固定在水平地面上，轨道最低点与桌面相切．质量为m1和m2的两小球（均可视为质点），用一足够长的轻质无弹性细绳绕过定滑轮一端挂在圆弧轨道边缘处，另一端放在倾角为30°的固定斜面上，不计一切摩擦阻力．现将两小球由静止释放，若m1＝2m2，当m1沿圆弧下滑到最低点时（且小球m2还未到达斜面的顶端），两小球的速度分别为多少？ 25．如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道竖直固定在一水平光滑的桌面上，桌面距水平地面的高度也为R，在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压（小球与弹簧不拴接），处于静止状态．同时释放两个小球，小球a、b与弹簧在桌面上分离后，a球从B点滑上光滑半圆环轨道最高点A时速度为vA，已知小球a质量为m，小球b质量为2m，重力加速度为g，求： （1）小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力？ （2）释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小？ （3）小球b落地点距桌子右侧的水平距离？ 26．如图所示，长为L的轻绳一端系于固定点O，另一端系质量为m的小球，将小球从O点正下放处，以一定初速度水平向右抛出，经一定时间绳被拉直以后，小球将以O为圆心在竖直平面内摆动，已知绳刚被拉直时，绳与竖直线成60°，如图，求 （1）小球水平抛出时的初速度V0 （2）小球摆到最低点时，绳所受拉力T． 27．如图，一架在180m高空以20m/s的速度水平匀速飞行的直升飞机，要想将两箱物资分别投到山脚和山顶的目标A、B．已知山高135m，山脚与山顶的水平距离为500m，不计空气阻力，g取10m/s2．求： （1）第一箱物资被投下后，它在空中飞行的时间？ （2）第一箱物资被投下后，它落地时的速度大小？ （3）从飞机上投下两箱物资的时间间隔？ 四．弹簧类问题中的机械能守恒（共4小题） 28．如图所示，轻质细线一端连接在物体Q上，另一端绕过三个光滑轻质小滑轮1、2、3后连接在地面上，轻弹簧竖直放置，上端与物体Q相连，下端固定在水平面上，小物体P挂在小滑轮2上。物体P、Q质量分别为4m和m，用手托住物体P，使细线刚好被拉直，t＝0时刻将物体P由静止释放，运动过程中P始终未接触地面。t1时刻，物体Q具有向上的加速度和向上的速度。已知重力加速度为g，弹簧劲度系数为k，且始终在弹性限度内，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．物体P、Q组成的系统机械能守恒 B．t＝0时刻物体Q的加速度大小为 C．运动过程中的任意时刻，P与Q重力的功率之比始终为1：2 D．0∼t1时间内弹簧的弹性势能减少了 29．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A．已知AC＝L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则下列叙述错误的是（　　） A．下滑过程中，环受到的合力先减小后增大 B．下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为mv2 C．从C到A过程，弹簧对环做功为mgLsinαmv2 D．环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度 30．如图所示，水平轨道左端与长L＝1.25m的水平传送带相接，传送带逆时针匀速运动的速度v0＝1m/s。轻弹簧右端固定在光滑水平轨道上，弹簧处于自然状态。现用质量m＝0.1kg的小物体（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M＝0.9kg的长木板上，竖直半圆轨道的半径R＝0.4m，物块与传送带间动摩擦因数μ1＝0.8，物块与木板间摩擦因数μ2＝0.25。取g＝10m/s2。求： （1）物块到达B点时速度vB的大小； （2）弹簧被压缩时的弹性势能Ep； （3）要使小物块恰好不会从长木板上掉下，木板长度s与木板和地面之间摩擦因数μ3的关系（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。 31．如图所示，在距粗糙水平地面高h1＝2m的光滑水平台面上，一个质量m＝1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣k锁住，储存的弹性势能Ep＝4.5J．现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC，已知B点距水平地面的高h2＝0.65m，圆弧轨道BC的圆心O，圆弧半径R＝1.3m，C点的切线水平，并与水平地面上长为L＝7.35m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计．试求： （1）小物块运动到B的瞬时速度VB大小 （2）小物块在圆弧轨道BC上滑到C时，受到轨道支持力Nc大小（结果保留两位小数） （3）若小物块与墙壁碰撞后速度反向、大小变为碰前的一半，且只会发生一次碰撞，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足怎样的条件． 五．机械能与曲线运动相结合的问题（共3小题） 32．如图所示，半径为R的圆形管道固定在竖直平面内，靠近圆心一侧粗糙，远离圆心一侧光滑，BD为轨道的水平直径，CA为轨道的竖直直径。圆形管道的横截面半径远小于R。重力加速度为g。初始时直径比管道横截面直径略小的小球静止在轨道最低点A，使小球获得水平向右的速度v0，则（　　） A．若小球做周期性圆周运动，则v0的最小值为 B．若v0＝2，小球最终将会停在C点 C．小球初速度v0由4变为8时，运动周期减小一多半 D．v0取不同值时，小球经过A点的时间间隔不可能相同 33．（多选）如图所示光滑管形圆轨道半径为R（管径远小于R），小球a、b大小相同，质量均为m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动。两球先后以相同速度v通过轨道最低点，且当小球a在最低点时，小球b在最高点，以下说法正确的是（　　） A．当小球b在最高点对轨道无压力时，小球a比小球b所需向心力大5mg B．当v 时，小球b在轨道最高点对轨道无压力 C．速度v至少为，才能使两球在管内做圆周运动 D．只要v，小球a对轨道最低点的压力比小球b对轨道最高点的压力大6mg 34．如图所示，水平轨道BC与倾角为θ＝37°的斜面轨道AB、螺旋状圆轨道O紧密平滑连接，AB长度L1＝10m，BC长度L2＝4m，圆轨道半径R＝0.72m。直角斜面体MNE的竖直边ME的长度L3＝3m，水平边NE的长度L4＝6m，M点在C点的正下方，MC的长度L5＝1.2m。小物块的质量为m＝1kg，它与AB轨道和BC轨道的动摩擦因数相同，记为μ，圆轨道光滑。小物块在最高点A由静止释放，沿轨道ABC运动，第1次到达C时恰好静止。空气阻力不计，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）求动摩擦因数μ （2）小物块在A点释放的同时，对其施加个水平向右恒力F，当物块沿BC运动到C点时撤去F，再绕圆轨道运动一周后在与C同一高度的圆轨道末端以速度ν水平向右抛出。小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，求ν与F满足的关系式，并确定ν的取值范围。 （3）若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出，经一段时间后与过N点的竖直墙面发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞之后物块速度的竖直分量不变，水平分量反向且大小不变，之后落于斜面MN上的P点，已知物块从圆轨道末端运动到P点的总时间为t＝0.9s，求小物块刚运动至P点时的动能。 六．多物体系统的机械能守恒问题（共4小题） 35．如图所示，半径为R的圆环固定在竖直平面内，圆心为O，O1、O2为两个轻质定滑轮，其中O1在O点正上方2R处。跨过定滑轮的轻绳，一端连接着位于圆环最低点的小球P（P套在圆环上），另一端连接着小球Q，某时刻小球P获得水平向右的初速度，沿着圆环恰好能上升到E点，EO与竖直方向的夹角为60°。已知小球P、Q的质量分别、m，重力加速度为g，忽略一切摩擦。下列说法正确的是（　　） A．从最低P点运动到E点过程中，P的机械能先增大后减小 B．当P刚开始运动时，绳子上的拉力大于mg C．P运动到圆心等高处的F点时，P与Q的速度大小之比为 D．小球P的初动能为 36．如图所示，在光滑的水平地面上有一个表面光滑的立方体物块Q，一长为L的轻杆下端用光滑铰链连接于O点，O点固定于地面上，轻杆的上端连接着一个可视为质点的小球P，小球靠在立方体右侧，轻杆与水平面夹角为45°，P和Q的质量相等均为m，用手控制物块静止，然后释放物块，重力加速度为g。在之后小球与物块运动的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．小球与物块分离前，物块做匀加速直线运动 B．小球与物块分离时，杆对球的弹力为拉力 C．如果小球P落地时的速度为v，那么物块Q的最大动能为 D．在小球和物块分离前，当轻杆与水平面的夹角为θ时，小球的速度大小为 37．如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过绳子连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l＝4m，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，取g＝10m/s2，求： （1）为使圆环能下降h＝3m，两个物体的质量应满足什么关系？ （2）若圆环下降h＝3m时的速度v＝5m/s，则两个物体的质量有何关系？ （3）不管两个物体的质量为多大，圆环下降h＝3m时的速度不可能超过多大？ 38．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，绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2后，另一端与套在光滑直杆顶端的、质量mA＝1.6kg的小球A连接．已知斜杆固定，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端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，g取10m/s2．现将小球A从静止释放，则： （1）在释放小球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点时的速度大小． 七．从能量角度求解传送带问题（共5小题） 39．重庆江北机场的行李自动运输系统可简化为一段水平和倾斜传送带（如图乙），两个传送带之间由非常短的一段圆弧连接，其中水平传送带AB长度为100m、速度大小为4m/s，倾斜传送带CD倾角为37°、长度为70m、速度大小为6m/s，两个传送带由一个电动机提供电能均沿着顺时针方向稳定转动。机场地勤人员每隔1s将一个货箱从A点无初速度放在传送带上，所有货箱（可视为质点）完全相同，质量为20kg，与水平、倾斜传送带间的动摩擦因数分别为0.1和0.875，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A．每个货箱在水平传送带上因摩擦产生的热量均为120J B．水平传送带上相邻货箱间的最大距离为最小距离的8倍 C．因运输货物，电动机多消耗的电能全部用于增加货物的机械能 D．每将一个货箱由C运输至D处，电动机需要多消耗9850J的能量 40．（多选）如图所示甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v。已知B处离地面高度为H，则在物体从A到B的运动过程中（ ） A．两种传送带对小物体做功相等 B．将小物体传送到B处，乙传送带上的划痕长 C．将小物体传送到B处，甲上的小物体需要的时间较长 D．将小物体传送到B处，甲系统由于摩擦产生的热量多 41．如图所示为某轨道示意图，圆心为O1的四分之一圆弧轨道AB的下端与水平轨道BC相切于B点，圆心为O2的四分之一圆弧轨道EF的上端与水平轨道DE相切于E点，轨道C、D之间为一水平传送带，两端分别与水平轨道BC和DE平滑连接，FG段水平。轨道AB的半径为R1＝0.45m，轨道EF的半径为R2＝0.4m，C、D之间传送带的长度为L＝1m，表面粗糙，轨道其余部分均光滑。将质量为m＝1kg的滑块（可视为质点）从A点由静止释放，当传送带不动时，滑块运动到E点时对圆弧轨道的压力恰好为零。重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，求： （1）滑块经过E点时速度的大小； （2）滑块与传送带之间的动摩擦因数； （3）若传送带以大小为v的速度顺时针匀速转动，滑块从A点由静止释放后，试讨论： ①滑块在FG段的落点与F点之间的距离与v的关系； ②滑块与传送带之间因摩擦而产生的热量与v的关系。 42．如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接。水平传送带MN以v0＝4m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8m，MN间的距离为LMN＝3.0m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数均为μ（未知），轨道其他部分均光滑。直轨道BC长LBC＝1.0m，小滑块P的质量为m＝1kg现将滑块P从斜面高H＝0.4m处静止释放，则P第一次到达与圆轨道圆心等高的F点时，对轨道的压力刚好为0。重力加速度g取10m/s2，求： （1）动摩擦因数μ； （2）若滑块P从斜面高H＝1m处静止下滑，求滑块从N点平抛的水平位移x大小，以及滑块与传送带间产生的内能Q； （3）若滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E，求斜面高H的范围。 43．传送带被广泛应用于各行各业。由于不同的物体与传送带之间的动摩擦因数不同，物体在传送带上的运动情况也有所不同。如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的倾角θ＝37°，在电动机的带动下以v＝2m/s的速率顺时针方向匀速运行。M、N为传送带的两个端点，MN两点间的距离L＝7m。N端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住。在传送带上的O处先后由静止释放金属块A和木块B，金属块与木块质量均为1kg，且均可视为质点，OM间距离L＝3m。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2．传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。 （1）金属块A由静止释放后沿传送带向上运动，经过2s到达M端，求金属块与传送带间的动摩擦因数μ1。 （2）木块B由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板P发生碰撞。已知碰撞时间极短，木块B与挡板P碰撞前后速度大小不变，木块B与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5．求： a．与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离； b．经过足够长时间，电动机的输出功率恒定，求此时电动机的输出功率。 八．从能量角度求解板块模型的问题（共5小题） 44．如图1所示，光滑的水平地面上有质量为2kg且足够长平板车M，车上最右端放一质量为0.9kg的物块m，开始时M、m均静止。t＝0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v﹣t图像如图2所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，0～4s内物块m始终没有滑出小车，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．0～4s内，物块m的加速度一直保持不变 B．要使物块m不会从车的左端滑出小车，小车的长度至少2m C．0～4s内，m与M间因摩擦产生的热量为9.6J D．0～4s内，外力做功16J 45．如图所示，一质量为m＝1kg的长木板放置在光滑水平面上，木板的正中间放置一质量为M＝3kg的滑块，滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5。一条弹性绳一端系于天花板上的O点，另一端系于滑块中心，弹性绳的弹力与其伸长量满足胡克定律F＝kx，劲度系数k＝100N/m，弹性绳所具有的弹性势能。在O点正下方A点固定一光滑的圆环，弹性绳从环中穿过，已知O、A之间距离与弹性绳原长相等，当滑块在O、A的正下方的B点时，弹性绳的伸长量为h＝0.1m。某时刻突然在B处给予两者一共同向右的速度v，在此后的运动过程中，滑块都不会从木板上滑下。 （1）若v＝1.5m/s，且两者一起减速使得速度为零时，求此时滑块和木板共同的位移。 （2）v为何值时，滑块到达某处时将与木板出现相对滑动，并求此位置与B的距离。 （3）若，在刚好出现相对滑动时，使木板的速度瞬间变为0且固定不动，滑块始终在木板上运动。求此后滑块在木板上滑动因摩擦而产生的热量。 46．图所示：质量M＝0.6kg的滑板静止在光滑水平面上，其左端C距锁定装置D的水平距离l＝0.5m，滑板的上表面由粗糙水平面和光滑圆弧面在B点平滑对接而成，粗糙水平面长L＝4m，圆弧的半径R＝0.3m。现让一质量m＝0.3kg，可视为质点的小滑块以大小v0＝5m/s、方向水平向左的初速度滑上滑板的右端A．若滑板到达D处即被锁定，滑块返回B点时装置D即刻解锁，已知滑块与滑板间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2．求： （1）滑板到达D处前瞬间的速率； （2）滑块达到最大高度时与圆弧顶点P的距离； （3）滑块与滑板间摩擦产生的总热量。 47．如图所示，水平轨道左端与长L＝1.25m的水平传送带相接，传送带逆时针匀速运动的速度v0＝1m/s．轻弹簧右端固定在光滑水平轨道上，弹簧处于自然状态．现用质量m＝0.1kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M＝0.9kg的长木板上．竖直半圆轨道的半径R＝0.4m，物块与传送带间动摩擦因数μ1＝0.8，物块与木板间动摩擦因数μ2＝0.25，g取10m/s2．求： （1）物块到达B点时速度vB的大小； （2）弹簧被压缩时的弹性势能EP； （3）若长木板与水平地面间动摩擦因数0.016≤μ3≤0.026，要使小物块恰好不会从长木板上掉下，木板长度S的取值范围是多少（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）． 48．如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m＝1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC（固定在地面上），经圆弧轨道后滑上与C点等高，静止在粗糙水平的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M＝4kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6m，h＝0.15m，R＝0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10m/s2，求： （1）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力； （2）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题12 机械能守恒定律【八大题型】 一．常见力做功与相应的能量转化（共16小题） 二．天体运动中机械能的变化（共3小题） 三．机械能守恒定律的简单应用（共8小题） 四．弹簧类问题中的机械能守恒（共4小题） 五．机械能与曲线运动相结合的问题（共3小题） 六．多物体系统的机械能守恒问题（共4小题） 七．从能量角度求解传送带问题（共5小题） 八．从能量角度求解板块模型的问题（共5小题） 一．常见力做功与相应的能量转化（共16小题） 1．如图所示，ABC为一弹性轻绳，其弹力大小符合胡克定律。弹性轻绳一端固定于A点，另一端连接质量为m的小球，小球穿在竖直杆上。轻杆OB一端固定在墙上，另一端为定滑轮。若弹性轻绳自然长度等于AB，初始时ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，重力加速度为g，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.6，弹性轻绳始终处在弹性限度内，其弹性势能的表达式为，其中k为劲度系数、x为伸长量。则小球下滑经过D点时的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：小球在C点时，杆对小球的弹力为 释放小球后，设弹性绳与竖直杆夹角为θ，任取一位置对小球受力分析，如图所示 水平方向，根据平衡条件可知，杆对小球的弹力等于弹性绳垂直于杆的分力，即 FN＝kxsinθ 又 xsinθ＝xBC 故杆对小球的弹力保持 不变，则小球所受滑动摩擦力大小始终为 小球从C到E过程，根据功能关系 解得弹性绳劲度系数为 小球从C到D的过程，根据动能定理有 解得小球在D点速度为 ，故B正确，ACD错误。 故选：B。 2．如图所示，轻弹簧上端固定在内壁光滑玻璃管顶部，下端栓接质量为m的小球，玻璃管与水平方向夹角为30°，玻璃管内径略大于小球直径，现将小球从弹簧原长处由静止释放，小球运动过程中的加速度a与弹簧伸长量x的关系如图所示，其中图线与x轴交点坐标x0为已知，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则（　　） A．小球运动到最低点时，所受弹簧弹力大小为2mg B．弹簧的劲度系数为 C．小球沿管壁向下运动过程中动能最大值为 D．弹簧拉伸量为x0 时，弹性势能为 【答案】C 【解答】解：B.根据 kx0＝mgsin30° 得弹簧的劲度系数为 k 故B错误； A.小球运动到最低点的过程中，根据动能定理 mgsin30°xkx2 得 x＝2x0 所受弹簧弹力大小为 F＝kx2x0＝mg 故A错误； C.当弹簧伸长量为x时，动能最大，根据功能关系有 mgsin30°x0Ekm 得 Ekm 故C正确； D.弹簧拉伸量为x0时，弹性势能为 Ep 解得Ep 故D错误。 故选：C。 3．如图所示，质量均为m的物体A、B通过轻绳连接，A穿在固定的竖直光滑杆上，B放在固定的光滑斜面上，斜面倾角θ＝30°，轻弹簧一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接物体B。初始时，A位于N点，轻弹簧处于原长状态，轻绳绷直（ON段水平）。现将A由静止释放，当A运动到M点时的速度为v。设P为A运动的最低点，B运动过程中不会碰到轻质滑轮，弹簧始终在弹性限度内，ON＝l，MNl，重力加速度为g，不计一切阻力。下列说法正确的是（　　） A．A从N点运动到M点的过程中，绳的拉力对A做的功为 B．A从N点运动到M点的过程中，A减少的机械能等于B增加的机械能 C．A运动到M点时，B的速度为 D．A运动到M点时，弹簧增加的弹性势能为 【答案】D 【解答】解：A、A从N点运动到M点的过程中，根据动能定理有： 解得绳的拉力对A做的功为：，故A错误； B、A从N点运动到M点的过程中，A、B和弹簧组成的系统满足机械能守恒，A减少的机械能等于B增加的机械能和增加的弹性势能之和，则A减少的机械能大于B增加的机械能，故B错误； C、A运动到M点时，设MN与竖直方向的夹角为α，根据几何关系有： 解方程可得：α＝30° 根据速度的合成法则可得，此时B的速度为：，故C错误； D、对AB和弹簧整个系统，根据机械能守恒可得： 解得A运动到M点时，弹性势能增加量为：，故D正确。 故选：D。 4．电动车配有把机械能转化为电能的“能量回收”装置。某次测试中电动车沿倾角为15°的斜坡向下运动，初动能为1.0×105J。第一次让车无动力自由滑行，其动能Ek与位移x的关系如图中直线①所示；第二次让车无动力并开启“能量回收”装置滑行，其动能Ek与位移x的关系如图中曲线②所示。假设机械能回收效率为90%，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．图中①对应过程汽车所受合力越来越大 B．可求图中②对应过程下滑200m回收的电能 C．图中②对应过程下滑100m后不再回收能量 D．由题中及图像信息可求出电动车的质量 【答案】B 【解答】解：A.根据动能定理有 F合x＝ΔEk 可见，Ek﹣x0图线的斜率为合外力，图中①为倾斜直线，斜率不变，对应过程汽车所受合力不变，故A错误； B.根据动能定理，在车自由下滑200m时合力的功为 根据能量守恒定律，开启能量回收模式下滑200m时有 则回收的电能为 ，故B正确； C.图中②对应过程下滑100m后动能不变，但是重力势能减少，机械能减少，根据能量守恒定律可知会继续回收能量，故C错误； D.根据图①可求解合力，合力等于 F＝mgsin15°﹣μmgcos15° 由上式可知，由于不知道车与斜坡的摩擦因数，故无法求出由题中及图像信息可求出电动车的质量，故D错误。 故选：B。 5．如图是“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始（夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程）。已知两个滚轮边缘的线速度恒为v0＝5m/s，每个滚轮对夯杆的正压力均为F＝2.5×104N，滚轮与夯杆间的动摩擦因数μ＝0.25，夯杆质量m＝1×103kg，坑深h＝6.5m，假定在打夯的过程中坑的深度变化很小，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小为2m/s2 B．每个打夯周期中，电动机多消耗的电能为7.75×104J C．每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为6.25×104J D．增加滚轮对夯杆的正压力，每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量将增加 【答案】C 【解答】解：A、夯杆加速上升过程中，由牛顿第二定律可得2μF﹣mg＝ma 解得：a＝2.5m/s2 故A错误； BC、夯杆加速上升的高度h1 在加速上升阶段，电动机对夯杆做的功 W1＝2μFh1 设加速阶段用时为t，则 h1 此阶段滚轮与夯杆间的相对位移为 Δh＝vth1 此阶段产生的热量为 Q＝2μFΔh 解得Q＝6.25×104J 夯杆匀速上升阶段上升高度为 h2＝h﹣h1 电动机对夯杆做的功为 W2＝mgh2 由能量关系知每个打夯周期中，电动机多消耗的电能为 W＝W1+Q+W2 解得W＝1.4×105J 故B错误，C正确； D.每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为Q＝2μFΔh＝2μF（vt）＝2μF2μF 杆的正压力F增大时，Q将减小，故D错误。 故选C。 6．如图甲所示，倾角为37°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确是（　　） A．木块的重力大小为 B．木块受到的摩擦力大小为 C．木块与斜面间的动摩擦因数为 D．木块上滑过程中，重力势能增加了4E0 【答案】A 【解答】解：D、由图乙可知，木块位移为x0时，动能为0，机械能为3E0，重力势能增加了3E0，故D错误； B、由图乙可知，克服摩擦做功损失的机械能为 ΔE＝4E0﹣3E0＝E0 木块受到的摩擦力大小为 f＝μmgcosθ，故B错误； AC、由动能定理得 ﹣（mgsinθ+μmgcosθ） x0＝0﹣4E0 解得：mg，μ＝0.25，故C错误，A正确。 故选：A。 7．如图所示，一轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，自然伸长时弹簧上端处于A点。t＝0时将小球从A点正上方O点由静止释放，t1时到达A点，t2时弹簧被压缩到最低点B。以O为原点，向下为正方向建立x坐标轴，以B点为重力势能零点，弹簧形变始终处于弹性限度内。小球在运动过程中的动能Ek、重力势能、机械能E0及弹簧的弹性势能变化图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：根据小球的受力特点可将运动分为三个阶段，分别为第一阶段：O→A自由落体；第二阶段：O到平衡位置，重力大于向上的弹力；第三阶段：平衡位置向下到B处，向上的弹力大于向下的重力。平衡位置处，重力大小等于弹力。 AB．根据重力势能表达式可知Ep1＝mg（x1+x2﹣x）x≤x1时，弹性势能为0，机械能等于重力势能的最大值。x＞x1时，此时的弹簧的弹性势能为：Ep2（x﹣x1）2 设系统总能量为E，根据能量守恒定律可知E＝E0+Ep2 可知E0＝E（x﹣x1）2 是开口向下的抛物线，故A错误，B正确； CD．设小球下落到A点时的时间为t1，则第一阶段，根据动能的计算公式和运动学公式可得：Ekm（gt1）2 故第一阶段的Ek﹣t图像是一条抛物线。第二阶段中重力大于向上的弹力，且随着压缩弹簧，弹力大小逐渐增大，则根据牛顿第二定律可得：a 可知小球做加速度逐渐减小的加速运动，平衡位置处速度最大，动能也最大。第三阶段根据牛顿第二定律可得：a 可知小球做加速度逐渐增加的减速运动，直至到达B处动能为0。由上述速度的分析可知，在x＞x1的范围内，先加速后减速，x﹣t图像的斜率先增大后减小，则Ep2﹣t的图像的斜率也是先增大后减小。但由于动能最大时，重力势能和弹性势能都不是0。即弹性势能的最大值大于动能的最大值。故CD错误。 故选：B。 8．（多选）如图甲所示，木板质量M＝0.5kg，长L＝2m，初始时刻静止在光滑水平地面上，可视为质点的质量m＝1kg的小物块，以初速度v0从木板左端滑上的瞬间，对木板施加一个水平向右的力F，物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4。摩擦产生的热量Q与力F大小的关系如图乙所示，g取10m/s2。下列选项正确的是（　　） A．Q2的大小为8J B．小物块的初速度v0为4m/s C．A点的横坐标F1＝6N D．A点的纵坐标 【答案】ACD 【解答】解：A、由图像可看出当F≤1N时，物块在木板上的路程始终等于板长L，物块与木板之间的摩擦产生的热量： Q2＝μmgL＝0.4×1×10×2J＝8J，故A正确； B、F＝1N时，刚好不从木板右端掉下，此种情况下小物块的加速度大小为： a1＝μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2 木板的加速度为： a2m/s2＝10m/s2 以木板为参考系，根据速度—位移关系可得： v02＝2（a1+a2）L 解得：v0＝2m/s，故B错误； C、分析可知，当1N≤F≤F1时，随着力F增大，Q减小，当F＝F1时，出现Q突变，说明此时物块与木板在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，物块将会从木板左端掉下。 物块与木板恰好再次发生相对运动时，物块的加速度为a1，则整体加速度也为a1，由牛顿第二定律有： F1＝（m1+m2）a1 联立解得：F1＝6N，故C正确； D、当F1＝6N时，小物块在长木板上滑动过程中，木板的加速度为： a3m/s2＝20m/s2 设此过程中小物块相对于木板的位移为x，以木板为参考系，根据速度—位移关系可得： v02＝2（a1+a3）x 代入数据解得：xm 此过程中产生的热：Q1＝μmgx＝0.4×1×10JJ，故D正确。 故选：ACD。 9．（多选）如图所示，传送带的水平部分ab长度为2m，倾斜部分bc长度为4m，bc与水平方向的夹角为37°。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率为2m/s。现将质量为m＝1kg小煤块A从静止轻放到a处，它将被传送到c点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，且此过程中煤块不会脱离传送带，g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．小煤块从a点运动到b点的过程中，电动机多消耗的电能为4J B．小煤块从a点运动到c点所用的时间为2.4s C．从a点运动到c点的过程，小煤块和皮带间因摩擦而产生的热量为6J D．从a点运动到c点的过程，小煤块在传送带上留下的痕迹长度为2.8m 【答案】ABC 【解答】解：B、小煤块A轻放在a点后摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到和传送带速度相等， 在这一过程中，由牛顿第二定律可知，小煤块的加速度大小：a1μg＝0.25×10m/s2＝2.5m/s2 设达到共同速度时煤块通过的位移为s1，则：s1m＝0.8m＜ab 经历时间为t1s＝0.8s 此后随传送带运动到b点的时间为t2s＝0.6s 当物体A到达bc斜面后，由于mgsinα＝0.6mg＞μmgcosα＝0.2mg，所以物体A将再次沿传送带做匀加速直线运动， 由牛顿第二定律得：a2，代入数据解得：a2＝4 m/s2 物体A在传送带bc做匀加速直线运动的位移：bc 代入数据得：t3＝1s（t3＝﹣2s 不符合实际，舍去） 财物体A从a点被传送到c点所用时间为：t＝t1+t2+t3＝0.8s+0.6s+1s＝2.4s，故B正确； A、小煤块在ab段加速过程，传送带位移大小：x1＝vt1＝2×0.8m＝1.6m 小煤块在传送带上留下痕迹的长度：s相对1＝x1﹣s1＝1.6m﹣0.8m＝0.8m 由功能关系可知，小煤块从a点运动到b点的过程中电动机多消耗的电能： ΔE＝μmgs相对10.25×1×10×0.8JJ＝4J，故A正确； C、在bc段运动过程，传送带位移大小：x2＝vt3＝2×1m＝2m 煤块的位移大小：s2＝4m 煤块相对于传送带的位移大小：s相对2＝s2﹣x2＝4m﹣2m＝2m 从a点运动到c点的过程，小煤块和皮带间因摩擦而产生的热量：Q＝μmgs相对1+μmgs相对2cosθ＝0.25×1×10×0.8J+0.25×1×10×0.8×2J＝6J，故C正确； D、由于ab段传送带快，bc段煤块快，所以在倾斜段痕迹将覆盖水平段痕迹，从a点运动到c点的过程，小煤块在传送带上留下的痕迹长度：L＝s相对2﹣s相对＝2m﹣0.8m＝1.2m，故总痕迹的长度为L总＝L+s相对＝2m，故D错误。 故选：ABC。 10．（多选）一物体静止在水平地面上，对其施加一竖直向上的力F，当物体上升2m时撤去力F，物体继续上升0.25m后到达最高点，物体的机械能随高度的变化关系如图所示，已知物体所受阻力大小恒定，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．物体的质量为1kg B．物体所受阻力大小为3N C．力F的最大功率为36W D．回到地面前瞬间的速度大小为 【答案】BD 【解答】解：B、根据功能关系得：ΔE＝F其他Δh，得：F其他，即E﹣h图像的斜率表示除重力以外的合力。在0﹣2m内有：F﹣fN；在2﹣2.25m内有：fN，解得：F＝9N，f＝3N，故B正确； A、0﹣2.25m内，由动能定理得：Fh1﹣（mg+f）（h1+h2）＝0，其中h1＝2m，h2＝0.25m，解得：m＝0.5kg，故A错误； C、设物体的最大速度为v，0﹣2m内，由动能定理得：Fh1﹣（mg+f）h1，力F的最大功率为P＝Fv，解得：P＝18W，故C错误； D、设物体回到地面前瞬间的速度大小为v′。下落过程，由动能定理得：（mg﹣f）（h1+h2）mv′2﹣0，解得：v′，故D正确。 故选：BD。 11．如图所示，光滑轨道ABC由竖直段AB、半径为R的圆弧形轨道BC组成，末端C处切线水平。紧邻C右端依次为水平粗糙的传送带甲、乙和水平粗糙的地面，均与C点等高；传送带甲以恒定的速率顺时针转动，传送带乙和上方的均质木板处于静止状态，其中木板长度与乙两端DE等长，均为kR（k未知），忽略轨道、传送带、地面相互之间的间隙。现有一物块从轨道上的P处静止释放，经C点进入传送带甲，于D处与木板发生碰撞后取走物块，碰撞前后物块、木板交换速度，且在碰撞结束瞬间，传送带乙启动并以木板被碰后的速度顺时针匀速转动，最终木板运动2kR的距离后静止，忽略碰撞时间以及乙启动时间。已知，物块通过传送带甲过程，甲皮带运动的路程是物块路程的1.5倍；木板与传送带乙、地面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；PB高度差h＝R，物块、木板质量均为m，重力加速度为g，忽略物块和传送带轮子的尺寸。已知简谐运动的周期公式，其中k'为回复力系数。，求： （1）物块即将滑出轨道末端C时，对C处的作用力F； （2）若传送带甲因传送物块多消耗的电能为W，甲和物块间的摩擦生热为Q，求的数值大小； （3）k的大小； （4）木板的运动时间t。 【答案】（1）物块即将滑出轨道末端C时，对C处的作用力F为5mg、方向竖直向下； （2）若传送带甲因传送物块多消耗的电能为W，甲和物块间的摩擦生热为Q，的数值大小为； （3）k的大小为39.2； （4）木板的运动时间t为。 【解答】解：（1）物块由P至C，根据机械能守恒定律有 解得 C处根据牛顿第二定律有 解得 F＝5mg 由牛顿第三定律，物块对C处的作用力大小为5mg、方向竖直向下； （2）由题意物块进入甲传送带时v0＜u，假设物块一直匀加速到D，设加速度为a，末速度为vD，对物块根据运动学公式有 vD＝v0+at 对传送带 联立求解得 说明物块在甲上先加速，后以u匀速；设物块匀加速时间为t1，根据功能关系有 W＝Ff•μt1 联立解得 ； （3）碰撞后木板的速度大小为u，对木板此后运动的动力学分析结果为 ①木板位移： 合力为0，木板做匀速直线运动； ②木板位移： 合力为 则木板做变减速运动，合力随位移均匀增加； ③木板位移kR≤x≤2kR： 合力为 F＝μmg 合力恒定、匀减速至静止。对木板，全程由动能定理 解得 k＝39.2； （4）①木板位移过程匀速，时间为 ②木板位移过程做简谐运动，时恰为平衡位置，由 可得回复力系数 简谐运动的周期为 设此简谐运动的振幅为A，满足 可得 故 ； ③木板位移kR≤x≤2kR过程以加速度a＝μg做匀减速直线运动，由 可得 故总时间为 。 答：（1）物块即将滑出轨道末端C时，对C处的作用力F为5mg、方向竖直向下； （2）若传送带甲因传送物块多消耗的电能为W，甲和物块间的摩擦生热为Q，的数值大小为； （3）k的大小为39.2； （4）木板的运动时间t为。 12．如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝3m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.5m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，求：（g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6） （1）A、C两点的高度差； （2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力； （3）要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。 【解答】解：（1）根据几何关系可知：小物块在C点速度大小为：vC5m/s， 竖直分量：vCy＝4 m/s 下落高度：h0.8m （2）小物块由C到D的过程中，由动能定理得： mgR（1﹣cos 53°） 代入数据解得：vDm/s 小球在D点时由牛顿第二定律得：FN﹣mg＝m 代入数据解得：FN＝68N 由牛顿第三定律得FN′＝FN＝68N，方向竖直向下 （3）设小物块刚滑到木板左端达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为： a1＝μg＝0.3×10＝3m/s2，a21 m/s2 速度分别为：v＝vD﹣a1t，v＝a2t 对物块和木板系统，由能量守恒定律得： μmgL（m+M） v2 代入数据解得：L＝3.625 m，即木板的长度至少是3.625 m 答：（1）AC两点的高度差为0.8m． （2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为68N． （3）木板的最小长度为3.625m． 13．如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB，圆心为O1的竖直半圆轨道BCD、圆心为O2的竖直半圆管道DEF，水平直轨道FG及弹性板等组成，轨道各部分平滑连接。已知滑块（可视为质点）质量m＝0.01kg，轨道BCD的半径R＝0.8m，管道DEF的半径r＝0.1m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝0.5，其余各部分轨道均光滑，轨道FG的长度l＝2m，弹射器中弹簧的弹性势能最大值Epm＝0.5J，滑块与弹簧作用后，弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回。 （1）若弹簧的弹性势能Ep0＝0.16J，求滑块运动到与O1等高处时的速度v的大小； （2）若滑块在运动过程中不脱离轨道，求第1次经过管道DEF的最高点F时，滑块对轨道弹力FN的最小值； （3）若弹簧以最大弹性势能弹出，请判断游戏过程中滑块会脱离轨道吗？若不会，请求出滑块最终静止位置。 【答案】（1）滑块运动到与O1等高处时的速度v的大小为4m/s； （2）第1次经过管道DEF的最高点F时，滑块对轨道弹力FN的最小值为0.3N； （3）游戏过程中滑块不会脱离轨道，滑块最终静止位置距离弹性板0.4m处。 【解答】解：（1）滑块运动到与O1等高处的过程，滑块与弹簧组成的系统的机械能守恒，则有： Ep0＝mgR 代入数据解得：v＝4m/s； （2）使滑块在运动过程中不脱离轨道且能进入管道DEF，到达D处的临界条件为在D处滑块与轨道的弹力为零，此情况滑块达到D处速度最小设为vD0，在D处由牛顿第二定律得： mg＝m 代入数据解得：vD0m/s 滑块由D到F的过程，由机械能守恒得： 2mgr 代入数据解得：vF＝2m/s 可见在此临界情况下，滑块可以到达F处，且达到F处的最小速度为vF＝2m/s。 假设滑块运动到F处对管道的弹力为零时的速度为vF0，则有： mg＝m 代入数据解得：vF0＝1m/s 因vF＞vF0，故滑块以最小速度到达F处时挤压轨道上侧，可得滑块以最小速度到达F处时对轨道弹力最小。 设在F处管道对滑块的弹力最小为FN′，由牛顿第二定律得： FN′+mg＝m 代入数据解得：FN′＝0.3N 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道弹力FN的最小值为0.3N； （3）弹簧以最大弹性势能Epm＝0.5J弹出滑块，设第一次达到D处的速度为vD1，同理由系统的机械能守恒得： Epm＝2mgR 代入数据解得：vD1m/s 因vD1＞vD0，故滑块可以第一次经过D处。 设返回时第二次达到D处的速度为vD2，由动能定理得： ﹣μmg•2l 代入数据解得：vD2m/s 因vD2＞vD0，故滑块可以第二次经过D处沿BCD轨道返回。 由机械能守恒定律可知，滑块第三次经过D的速度大小仍为vD3m/s，设此后滑块在轨道FG上运动的最大路程为s，由动能定理得： ﹣μmg•s﹣2mgr＝0 代入数据解得：s＝2.4m 因s＜2l＝4m，故滑块最终静止在轨道FG上，游戏过程中滑块不会脱离轨道。 最终位置距离弹性板2.4m﹣2m＝0.4m处。 答：（1）滑块运动到与O1等高处时的速度v的大小为4m/s； （2）第1次经过管道DEF的最高点F时，滑块对轨道弹力FN的最小值为0.3N； （3）游戏过程中滑块不会脱离轨道，滑块最终静止位置距离弹性板0.4m处。 14．如图所示，一个质量m＝1.0kg的小物块（视为质点），压缩弹簧后释放，以v0＝6.0m/s冲上长度l＝6.0m的水平传送带，在传送带右侧等高的平台上固定一半径R＝0.5m的圆轨道ABCD，A、D的位置错开，以便小物块绕行一圈后可以通过D到达E位置抛出，在距离平台边缘E水平距离s＝1.6m，高度h＝1.0m处有一可升降的接物装置，通过调节装置的高度可以接收不同速度抛出的小物块，已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，其它摩擦均忽略不计，求： （1）小物块释放前，弹簧所储存的弹性势能。 （2）若传送带以m/s的速度顺时针转动，判断小物块能否通过圆轨道最高点C。 （3）小物块到达接物装置时的最小动能。 【答案】（1）弹簧所储存的弹性势能为18J； （2）经判断小物块不能通过圆轨道最高点C； （3）小物块到达接物装置时的最小动能为17.62J。 【解答】解：（1）弹簧释放的过程中，根据能量守恒可得： 弹簧所储存的弹性势能：Ep1.0×6.02J＝18J （2）物块的速度6m/s大于传送带的速度vm/s，所以物体滑上传送带先做匀减速直线运动，取向右为正方向，根据牛顿第二定律可得： a 共速时，物块的位移满足：2ax＝v2 解得：x＝3.2m＜l＝6.0m 共速以后和传送带以相同的速度vm/s匀速运动到右端再运动到A点，A到C的过程根据动能定理可得： ﹣mg•2R 解得：vC＝0 若物块能通过圆轨道最高点C，在C点的最小速度vCm需满足：mg 解得：vCmm/s，而vC＜vCm，所以物块不能通过圆轨道最高点C. （3）小物块以最小速度vCm通过C点时，从C到E的过程，由动能定理得： mg•2R 解得：v′E＝5m/s 可知物块达到E点的速度vE≥5m/s 设接物装置与E点的竖直高度为y，根据平抛运动规律，有： s＝vEt，y， 对于平抛运动过程，由动能定理得： mgy＝Ek 可得：Ek＝mgy 当 时，Ek存在最小值，此时vE＝4m/s＜5m/s，故当vE＝5m/s，Ek取得最小值， 解得小物块到达接物装置时的最小动能：Ekm＝17.62J 答：（1）弹簧所储存的弹性势能为18J； （2）经判断小物块不能通过圆轨道最高点C； （3）小物块到达接物装置时的最小动能为17.62J。 15．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，弹簧处于自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R．用质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点。用同种材料、质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧也缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x＝8t﹣2t2，物块从桌面右边缘D点飞离桌面后，由P点沿圆轨道切线落入圆轨道。g＝10m/s2，求： （1）BP间的水平距离； （2）判断m2能否沿圆轨道到达M点； （3）释放后m2在水平桌面上运动过程中克服摩擦力做的功。 【解答】解：（1）设物块由D点以vD做平抛， 落到P点时其竖直速度为：vy 根据几何关系有： tan45° 解得：vD＝4m/s 设平抛运动时间为t，水平位移为x1，根据平抛运动规律：Rgt2，x1＝vDt 解的：x1＝1.6m 由题意可知过B点后初速度为v0＝8m/s，加速度大小a＝4m/s2，减速到vD BD间位移为x2，有2ax2，得：x2＝6m 所以BP间水平距离为x＝x1+x2＝1.6+6＝7.6m （2）设物块到达M点的临界速度为vM，有： m2m2gR 解的：vM 所以物块不能到达M点。 （3）设弹簧长为AC时的弹性势能为EP，物块与桌面间的动摩擦因数为μ， μm2g＝m2a 释放m1时，EP＝μm1gsCB 释放m2时，EP＝μm2gsCBm2 且m1＝2m2， 可得：Ep＝12.8J m2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf， 则由能量转化及守恒定律得可得Wf＝EPm211.2J 答：（1）BD间的水平距离为7.6m； （2）m2不能否沿圆轨道到达M点； （3）m2释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功为11.2J。 16．如图所示，一质量M＝3kg的木板，其上表面的AB段粗糙且长L＝3m，BC段光滑。木板最左端有一质量m＝1kg物块P（可当作质点），与板一起以v0＝3m/s的速度在光滑水平面上向右滑动。物块与AB段板面间的动摩擦因数μ＝0.3；在木板的右侧有一竖直墙，墙上装有水平槽，一轻杆嵌于槽内，它在槽内移动时与槽间的滑动摩擦力恒为f0＝20N。轻杆左端固定有一劲度系数k＝50N/m的轻质弹簧，此时弹簧左端到墙的距离小于BC段板的长度。已知板撞墙后立刻静止，但不与墙粘连。轻质弹簧始终处于弹性限度内，当其形变量为x时具有的弹性势能为kx2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2。求： （1）物块P与轻质弹簧相碰时的速度大小v1； （2）轻杆向右移动的距离l，及物块P离开弹簧时的速度大小v2； （3）若物块P回到板上B端瞬间，立刻对板施加一水平向左的恒力F＝3N，试计算此后物块P与木板组成的系统增加的内能。 【答案】（1）物块P与轻质弹簧相碰时的速度大小v1为6m/s； （2）轻杆向右移动的距离l为0.7m，及物块P离开弹簧时的速度大小v2为m/s； （3）此后物块P与木板组成的系统增加的内能为2.4J。 【解答】解：（1）木板撞墙后静止，物块P在木板上的AB段做匀加速直线运动，过了B点之后做匀速直线运动与轻质弹簧相碰，对物块P由A到B的过程，由动能定理得： ﹣μmgLmv12mv02 代入数据解得：v1＝6m/s； （2）物块P压缩弹簧，当弹簧弹力大小等于f0时，轻杆才开始向右运动，此时弹簧压缩量为： x0.4m 在轻杆向右运动过程中，弹簧弹力与f0始终等大，弹簧压缩量保持不变，对物块P、弹簧、轻杆组成的系统，由功能关系得： mv12kx2+f0l 代入数据解得：l＝0.7m； 轻杆静止后，弹簧向左弹开物块P，对此过程，由功能关系得： mv22kx2 代入数据解得：v2m/s； （3）物块P返回到板上B端后，设P的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律， 对物块P有：μmg＝ma1 解得：a1＝3m/s2 对木板有：F+μmg＝Ma2 解得：a2＝2m/s2 假设经过时间t，P在木板上能够与木板达到相同的速度，则有： v2﹣a1t＝a2t 解得：ts 物块P相对木板的位移大小为： Δx＝v2t 解得：Δx＝0.8m 因Δx＜L，故假设成立。 假设两者共速后，不再相对滑动，对P与木板组成的整体，由牛顿第二定律得： F＝（m+M）a共 解得：a共＝0.75m/s2 因a共＜a1，故假设成立，两者共速后保持相对静止。 则物块P回到板上B点后与木板组成的系统增加的内能为： Q＝μmgΔx＝0.3×10×1×0.8J＝2.4J。 答：（1）物块P与轻质弹簧相碰时的速度大小v1为6m/s； （2）轻杆向右移动的距离l为0.7m，及物块P离开弹簧时的速度大小v2为m/s； （3）此后物块P与木板组成的系统增加的内能为2.4J。 二．天体运动中机械能的变化（共3小题） 17．（多选）“天绘五号”卫星先发射至近地圆轨道，在近地轨道的A位置调整速度进入转移轨道，在转移轨道的远地点B位置调整速度进入目标轨道。已知地球表面重力加速度为g、半径为R，目标轨道的半径为r，引力常量为G。若地球质量为M，卫星质量为m，卫星在目标轨道处的引力势能可表示为。下列说法正确的是（　　） A．地球的第一宇宙速度为 B．地球的密度为 C．转移轨道上卫星运行的周期为 D．从近地轨道变轨至目标轨道的过程中卫星的机械能变化量为 【答案】BCD 【解答】解：A.设O为地球球心，近地轨道半径OA＝R，目标轨道半径OB＝r， OA+OB＝AB＝2a 半长轴a 第一宇宙速度是近地卫星线速度m 则v 黄金代换，GM＝gR2，则v 故A错误； B.在地球表面，忽略地球自转情况下有mg 地球的体积V 又ρ 联立可得ρ，故B正确； C.近地轨道mg＝m 得到 近地轨道和转移轨道平着轨第三定律 解得T2，故C正确； D.近地轨道mg＝m 得到mmgR，GM＝gR2 目标轨道m 得到m 增加机械能ΔE＝（）﹣（）mgR（1），故D正确。 故选：BCD。 18．2016年10月19日，我国发射的“神舟十一号”载人飞船与“天宫二号”空间实验室成功实现交会对接。随后，航天员景海鹏、陈冬先后进入“天宫二号”空间实验室，开启30天的太空生活，将在舱内按计划开展相关空间科学实验和技术试验。假设对接前“天宫二号”与“神舟十一号”在同一轨道围绕地球做匀速圆周运动，轨道距地面高度为h，如图所示。已知地球的质量为M，地球的半径为R，引力常量为G。 （1）求“天宫二号”在轨道上做圆周运动的线速度大小v。 （2）若“神舟十一号”在图示位置，欲与前方的“天宫二号”对接，只通过向后方喷气能否实现成功对接？请说明理由。 （3）在牛顿力学体系中，当两个质量分别为m1、m2的质点相距为r时具有的势能，称为引力势能，其大小为Ep（规定无穷远处势能为零）。试证明“天宫二号”的机械能与成正比。（R+h为“天宫二号”圆周运动的轨道半径） 【解答】解：（1）万有引力提供圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：Gm， 解得：v； （2）“神舟十一号”向后喷气，速度增大，所需的向心力也增大，此时的万有引力不足以提供“神舟十一号”所需的向心力，飞船将做离心运动，到离地球更远的轨道上运动，不能实现对接。 （3）设“天宫二号”的质量为m，其轨道半径为R+r “天宫二号”的动能：EKmv2， “天宫二号”的势能：EP “天宫二号”的机械能：E＝EK+EP∝； 答：（1）“天宫二号”在轨道上做圆周运动的线速度大小v为。 （2）“神舟十一号”向后方喷气后做离心运动，轨道半径变大，不能实现对接。 （3）证明过程如上所述。 19．2003年10月15日，我国宇航员杨利伟乘坐我国自行研制的“神舟”五号飞船在酒泉卫星发射中心成功升空，这标志着我国已成为世界上第三个载人飞船上天的国家，“神舟”五号飞船是由长征﹣2F运载火箭将其送入近地点A、远地点为B的椭圆轨道上，实施变轨后，进入预定圆轨道，如图所示。已知近地点A距地面高度为h，飞船在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，飞船的质量为m，求： （1）飞船在近地点A的加速度为多少？ （2）飞船在椭圆轨道上运动的机械能为（a为椭圆的半长轴的长度，M为地球的质量，m为飞船的质量）飞船在椭圆轨道变到预定圆轨道上飞行应对飞船至少做功多少？ 【解答】解：（1）设地球质量为M，飞船质量为m，则 飞船在A点受到地球的引力① 对地面上质量为m0的物体② 据牛顿第二定律可知万有引力提供向心力F＝maA③ 联立①②③解得飞船在近地点A的加速度 （2）飞船在预定圆轨道上飞行的周期④ 若飞船在以A为圆周的圆上做匀速圆周运动，则： 所以： ⑤ 设B到地球球心的距离为r，根据开普勒第三定律可得： ⑥ 可得： ⑦ 由题，飞船在椭圆轨道的机械能： ⑧ 飞船在预定轨道的机械能： ⑨ 应对飞船至少做的功：W＝E2﹣E1 联立可得：W 答：（1）飞船在近地点A的加速度为 （2）应对飞船至少做的功是。 三．机械能守恒定律的简单应用（共8小题） 20．如图所示，质量为m和M＝2m的物块用一根不可伸长的轻绳通过定滑轮连接，物块m穿过固定竖直杆并可沿杆无摩擦地滑动。已知杆与定滑轮间的距离为L＝4m，A点与滑轮等高，不计滑轮质量、大小及任何摩擦力。轻绳足够长，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．当m在B位置时，两物块恰好能静止，此时绳与杆的夹角α＝53° B．将m由A点静止释放，m能下降的最大高度为 C．将m由A点静止释放，下降H＝5m时m的速度不超过10m/s D．改变M的质量，且将m由A点静止释放，下降H＝3m时m的速度v＝5m/s，M与m质量之比为 【答案】C 【解答】解：A、对物块m为研究对象受力分析，由平衡条件得：Tcosα＝mg 对物块M为研究对象，据平衡条件得：T＝Mg 联立以上二式并代入已知条件得：α＝60° 故A错误； B、当m到达最低点时的速度为0，m从A到C的过程中，对M、m组成的系统，由机械能守恒得： mgh＝Mg（L） 联立以上各式解得：hm 故B错误； C、当m运动到B点时的速度最大，对M、m组成的系统，由机械能守恒得： mgMg（L） 据几何关系可知：v'＝vcosα 联立以上各式解得：v＝3.8m/s 故C正确； D、m下降H＝3m时，根据速度的分解有vM＝vmcosθ cosθ A上升的高度为H'L 对系统，根据机械能守恒定律有mgH﹣MgH' 解得 故D错误； 故选：C。 21．如图，容量足够大的圆筒竖直放置，水面高度为h，在圆筒侧壁开一个小孔P，筒内的水从小孔水平射出，设水到达地面时的落点距小孔的水平距离为x，小孔P到水面的距离为y。短时间内可认为筒内水位不变，重力加速度为g，不计空气阻力，在这段时间内下列说法正确的是（　　） A．水从小孔P射出的速度大小为 B．y越小，则x越大 C．x与小孔的位置无关 D．当y，时，x最大，最大值为h 【答案】D 【解答】解：A、设水从小孔P射出的速度大小为v，较短时间Δt内从小孔P射出的水的质量为m，由机械能守恒定律可得： mgymv2 解得水从小孔P射出的速度：v，故A错误； BCD、根据平抛运动的规律可得： 竖直方向：h﹣y 水平方向：x＝vt 联立解得：x＝v，可知x与小孔的位置有关， 根据数学知识可知，当y＝h﹣y，即y时，x最大，最大值为h，并不是y越小，x越大，故BC错误，D正确。 故选：D。 22．（多选）如图所示，内壁光滑的管道由上、下水平管道及竖直面内的半圆形管道组成，半圆形管道的半径为R，水平管道与半圆形管道刚好相切，管道内两小球A、B由长l＝πR的、不可伸长的轻绳连接，小球质量均为m，半径均略小于管道内径但远小于R。初始时A处于半圆形管道内最上端，绳子恰好伸直，由于轻微扰动，A开始沿管道下滑。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．小球A刚进入下方水平管道时的速度大小为 B．小球A进入下方水平管道前的过程中，绳子拉力对小球B做的功为 C．若将绳长改为，小球A刚进入下方水平管道时的速度大小为 D．若将绳长改为，整个过程中绳子拉力对小球B做的功为 【答案】AD 【解答】解：A.当小球A在半圆形管道中运动时，根据系统机械能守恒定律，得 解得 ，故A正确； B.当小球A进入下方水平管道后，小球B速度变大，小球A速度不变，绳子无拉力，所以绳子拉力对小球B做的功为 ，故B错误； C.如图所示 若将绳长改为，当小球A、B均运动至半圆形管道时，小球A、B所受重力沿轨道的分量分别为 G'A＝mgsinθ，G'B＝mgcosθ 当小球A运动到图示位置（θ＝45°）时，小球A、B所受重力沿管道的分量均为，此过程根据系统机械能守恒定律有 解得 此后绳子松弛，小球A机械能守恒，则有 解得 ，故C错误； D.绳子松弛前，对小球B根据动能定理有 解得 ，故D正确。 故选：AD。 23．如图，半径R＝0.5m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°．将一个质量m＝0.5kg的物体（视为质点）从A点左侧高为h＝0.8m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道．已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求： （1）物体水平抛出时的初速度大小v0； （2）物体经过B点时，对圆弧轨道压力大小FN； （3）物体在轨道CD上运动的距离x。 【解答】解：（1）由平抛运动规律知 竖直分速度 m/s 由图可得初速度 v0＝vytan37°＝3m/s （2）对从P至B点的过程，由机械能守恒有 经过B点时，由向心力公式有 代入数据解得 FN′＝34N 由牛顿第三定律知，对轨道的压力大小为 FN＝FN′＝34N，方向竖直向下 （3）因μmgcos37°＞mgsin37°，物体沿轨道CD向上做匀减速运动，速度减为零后不会下滑． 从B到上滑至最高点的过程，由动能定理有 代入数据可解得 m 在轨道CD上运动通过的路程x约为1.09m 答： （1）物体水平抛出时的初速度大小是3m/s； （2）物体经过B点时，对圆弧轨道压力大小是34N； （3）物体在轨道CD上运动的距离是1.09m． 24．如图所示，半径为R圆心角为60°的圆弧轨道竖直固定在水平地面上，轨道最低点与桌面相切．质量为m1和m2的两小球（均可视为质点），用一足够长的轻质无弹性细绳绕过定滑轮一端挂在圆弧轨道边缘处，另一端放在倾角为30°的固定斜面上，不计一切摩擦阻力．现将两小球由静止释放，若m1＝2m2，当m1沿圆弧下滑到最低点时（且小球m2还未到达斜面的顶端），两小球的速度分别为多少？ 【解答】解：两小球组成的系统机械能守恒．则有： 2mgR（1﹣cos60°）﹣mgRsin30° 在最低点，有：v2＝v1cos30° 联立解得：v1，v2 答：两小球的速度分别为和． 25．如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道竖直固定在一水平光滑的桌面上，桌面距水平地面的高度也为R，在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压（小球与弹簧不拴接），处于静止状态．同时释放两个小球，小球a、b与弹簧在桌面上分离后，a球从B点滑上光滑半圆环轨道最高点A时速度为vA，已知小球a质量为m，小球b质量为2m，重力加速度为g，求： （1）小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力？ （2）释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小？ （3）小球b落地点距桌子右侧的水平距离？ 【解答】解：（1）设a球通过最高点时受轨道的弹力为N，由牛顿第二定律 得 N＝mg 由牛顿第三定律，a球对轨道的压力为mg，方向竖直向上． （2）设小球a与弹簧分离时的速度大小为va，取桌面为零势面，由机械能守恒定律 得 小球a、b从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒mva＝2mvb （3）b球从桌面飞出做平抛运动，设水平飞出的距离为x x＝vbt 得 答：（1）小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力大小为mg，方向竖直向上； （2）释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小为； （3）小球b落地点距桌子右侧的水平距离是 26．如图所示，长为L的轻绳一端系于固定点O，另一端系质量为m的小球，将小球从O点正下放处，以一定初速度水平向右抛出，经一定时间绳被拉直以后，小球将以O为圆心在竖直平面内摆动，已知绳刚被拉直时，绳与竖直线成60°，如图，求 （1）小球水平抛出时的初速度V0 （2）小球摆到最低点时，绳所受拉力T． 【解答】解：（1）在线被拉直之前，小球做平抛运动．由几何关系知： 竖直位移为： 水平位移为：lsin60°＝v0t 联立以上两式解得：v0 （2）绳刚绷紧时，小球与绳垂直方向的速度为：v1＝vysin60°﹣v0cos60°＝0 小球在绳子拉直后瞬间速度为零，小球以后做圆周运动到最低点的过程中，机械能守恒，则有： mgl（1﹣cos60°） 小球在最低点，有 T﹣mg＝m 联立解得：T＝2mg 答：（1）小球水平抛出时的初速度V0是． （2）小球摆到最低点时，绳所受拉力T是2mg． 27．如图，一架在180m高空以20m/s的速度水平匀速飞行的直升飞机，要想将两箱物资分别投到山脚和山顶的目标A、B．已知山高135m，山脚与山顶的水平距离为500m，不计空气阻力，g取10m/s2．求： （1）第一箱物资被投下后，它在空中飞行的时间？ （2）第一箱物资被投下后，它落地时的速度大小？ （3）从飞机上投下两箱物资的时间间隔？ 【解答】解：设两箱物资先后在P、Q两处投下，水平间距为Δx． （1）根据H得 t1s＝6s （2）由机械能守恒得：mgH 可得 v＝20m/s≈63.2m/s （3）第一箱平抛的水平距离：x1＝v0t1＝20×6＝120m 第二箱货物平抛的时间 t2s＝3s 水平距离 x2＝v0t2＝20×3m＝60m 则抛出点P、Q间的距离为Δx＝x1+500﹣x2＝120+500﹣60＝560m 故时间间隔为Δts＝28s 答：（1）第一箱物资被投下后，它在空中飞行的时间是6s．（2）第一箱物资被投下后，它落地时的速度大小是63.2m/s．（3）从飞机上投下两箱物资的时间间隔是28s． 四．弹簧类问题中的机械能守恒（共4小题） 28．如图所示，轻质细线一端连接在物体Q上，另一端绕过三个光滑轻质小滑轮1、2、3后连接在地面上，轻弹簧竖直放置，上端与物体Q相连，下端固定在水平面上，小物体P挂在小滑轮2上。物体P、Q质量分别为4m和m，用手托住物体P，使细线刚好被拉直，t＝0时刻将物体P由静止释放，运动过程中P始终未接触地面。t1时刻，物体Q具有向上的加速度和向上的速度。已知重力加速度为g，弹簧劲度系数为k，且始终在弹性限度内，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．物体P、Q组成的系统机械能守恒 B．t＝0时刻物体Q的加速度大小为 C．运动过程中的任意时刻，P与Q重力的功率之比始终为1：2 D．0∼t1时间内弹簧的弹性势能减少了 【答案】D 【解答】解：A.由于弹簧的弹力对物体Q做功，所以物体P、Q组成的系统机械能不守恒，故A错误； B.t＝0时刻，弹簧的弹力为mg，此时弹簧处于压缩状态，形变量为 x1 设此时Q的加速度为a，则P的加速度为a，根据牛顿第二定律有 4mg﹣2T＝4ma T＝ma ag 故B错误； C.运动过程中的任意时刻，P与Q重力的功率之比等于重力乘以速度，也可理解为乘以重力方向上的位移，由于P与Q的位移之比始终为1：2，所以P与Q重力的功率之比始终为2：1，故C错误； D.t1时刻Q具有向上的加速度，根据牛顿第二定律有 T﹣kx2﹣mg＝m 4mg﹣2T＝4mg 解得 x2 0～t1时间内弹簧的弹性势能减少了 ΔEp 解得ΔEp 故D正确。 故选：D。 29．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A．已知AC＝L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则下列叙述错误的是（　　） A．下滑过程中，环受到的合力先减小后增大 B．下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为mv2 C．从C到A过程，弹簧对环做功为mgLsinαmv2 D．环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度 【答案】D 【解答】解：A、圆环从A处由静止开始下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小至零，后反向增大，则合力先减小后增大，故A正确； B、圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mgh+Wf﹣W弹＝0﹣0 在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式﹣mgh+W弹+Wf＝0mv2 联立解得：Wfmv2，所以产生的热量为mv2，故B正确； C、从C到A过程，由动能定理得﹣mgh+W弹+Wf＝0mv2，h＝Lsinα， 联立解得：弹簧对环做功为 W弹＝mgLsinαmv2，故C正确； D、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式 mgh′+W′f﹣W′弹0 研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式 ﹣mgh′+W′f+W′弹＝0mvB′2。 即得 mgh′﹣W′f﹣W′弹mvB′2。 由于W′f＜0，所以有 mvB′2，则环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D错误； 本题选错误的，故选：D。 30．如图所示，水平轨道左端与长L＝1.25m的水平传送带相接，传送带逆时针匀速运动的速度v0＝1m/s。轻弹簧右端固定在光滑水平轨道上，弹簧处于自然状态。现用质量m＝0.1kg的小物体（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M＝0.9kg的长木板上，竖直半圆轨道的半径R＝0.4m，物块与传送带间动摩擦因数μ1＝0.8，物块与木板间摩擦因数μ2＝0.25。取g＝10m/s2。求： （1）物块到达B点时速度vB的大小； （2）弹簧被压缩时的弹性势能Ep； （3）要使小物块恰好不会从长木板上掉下，木板长度s与木板和地面之间摩擦因数μ3的关系（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。 【答案】（1）物块到达B点时速度vB的大小为2m/s； （2）弹簧被压缩时的弹性势能Ep为1.2J； （3）木板长度s与木板和地面之间摩擦因数μ3的关系为。 【解答】解：（1）小物块进入光滑半圆轨道恰好做圆周运动，在最高点B时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得： 解得：vB＝2m/s （2）设小物块到达A点时的速度大小为vA，小物块被弹簧弹出过程中，小物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则有： 因：vB＞v0＝1m/s，故小物块在传送带上一直做匀减速直线运动，对小物块在传送带上滑行过程，根据动能定理得： 联立解得：Ep＝1.2J （3）对小物块从B到C过程中，由机械能守恒定律得： 解得： 若满足：μ2mg≤μ3（m+M）g，即μ3≥0.025，则长木块静止不动，对小物块在长木板上滑行的过程由动能定理得： 解得：s＝4m 若μ3＜0.025，小物块与长木板发生相对滑动，小物块做匀减速直线运动，长木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得： 对物块有：μ2mg＝ma1 解得： 对长木板有：μ2mg﹣μ3（m+M）g＝Ma2 解得：a2m/s2 共速过程有：v共＝vC﹣a1t＝a2t 木板的长度为： 联立解得： 综上所述，小物块恰好不会从长木板上掉下，木板长度s与木板和地面之间动摩擦因数μ3的关系为： 答：（1）物块到达B点时速度vB的大小为2m/s； （2）弹簧被压缩时的弹性势能Ep为1.2J； （3）木板长度s与木板和地面之间摩擦因数μ3的关系为。 31．如图所示，在距粗糙水平地面高h1＝2m的光滑水平台面上，一个质量m＝1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣k锁住，储存的弹性势能Ep＝4.5J．现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC，已知B点距水平地面的高h2＝0.65m，圆弧轨道BC的圆心O，圆弧半径R＝1.3m，C点的切线水平，并与水平地面上长为L＝7.35m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计．试求： （1）小物块运动到B的瞬时速度VB大小 （2）小物块在圆弧轨道BC上滑到C时，受到轨道支持力Nc大小（结果保留两位小数） （3）若小物块与墙壁碰撞后速度反向、大小变为碰前的一半，且只会发生一次碰撞，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足怎样的条件． 【解答】解：（1）小物块由A点运动到B点点过程中做平抛运动，机械能守恒，则有： EP， 代入数据得：v1＝3m/s 根据机械能守恒得：EP+mg（h1﹣h2） 代入数据解得：vB＝6m/s （2）从初始到C点过程，根据能的转化与守恒可知：EP+mgh1， 代入数据得：vC＝7m/s 对小球在圆弧轨道C点，应用牛顿运动定律得：NC﹣mg＝m， 代入数据解得：NC＝47.69N （3）①依据题意有μ的最大值对应的是物块撞墙瞬间的速度趋近于零，根据能量关系有： mgh1+EP＞μmgL 代入数据解得：μ ②对于μ的最小值求解，首先应该判断物体第一次碰撞后反弹，能否沿圆轨道滑离B点，设物块碰前在D处的速度为v2，由能量关系有： 可知假设μ＝0，则有：mgh1+Ep＝1×10×2+4.5＝24.5J，则6.125J＜mgh2＝6.5J，小物块不可能返滑至B点 故μ的最小值对应着物块撞后回到圆轨道最高某处，又下滑经C点恰好至D点停止，第一次碰撞后返回C处的动能为： EkCμmgL， 因此有： 联立得：μ 故动摩擦因数μ值应满足的条件是： 答： （1）小物块运动到B的瞬时速度vB大小是6m/s． （2）小物块在圆弧轨道BC上滑到C时，受到轨道支持力Nc大小是47.69N． （3）小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足的条件是． 五．机械能与曲线运动相结合的问题（共3小题） 32．如图所示，半径为R的圆形管道固定在竖直平面内，靠近圆心一侧粗糙，远离圆心一侧光滑，BD为轨道的水平直径，CA为轨道的竖直直径。圆形管道的横截面半径远小于R。重力加速度为g。初始时直径比管道横截面直径略小的小球静止在轨道最低点A，使小球获得水平向右的速度v0，则（　　） A．若小球做周期性圆周运动，则v0的最小值为 B．若v0＝2，小球最终将会停在C点 C．小球初速度v0由4变为8时，运动周期减小一多半 D．v0取不同值时，小球经过A点的时间间隔不可能相同 【答案】C 【解答】解：A、若小球能做周期性圆周运动，则运动过程小球只能与圆形管道的远离圆心一侧接触。可知小球经过管道最高点恰由重力提供向心力时，v0有最小值。 在小球经过管道最高点时，根据牛顿第二定律得： 对小球从最高点运动到最低点的过程，根据机械能守恒定律得：，解得：，故A错误； B、当时，假设管道全部光滑，设小球能运动到C点的速度大小为vC，根据机械能守恒可得： ，解得：vC＝0，可知小球恰好能运动到C点，但靠近圆心一侧管道粗糙，小球沿内侧管道运动时受到摩擦力作用，有机械能损失，最终无法到达C点，故B错误； C、结合上述分析可知，小球初速度v0min，此时能沿圆管道做周期性圆周运动。设小球在任意距A点高度为h处的速度大小为v′，根据机械能守恒可得： ，解得： 当小球的初速度变为时，同理可得小球到达同样高度时的速度大小为： 可知除A点以外的位置，v″均大于v′的2倍，则时小球运动周期小于时小球运动周期的，即运动周期减小一多半，故C正确； D、当小球初速度较小时，小球在圆管道的下半部分只与圆管道远离圆心一侧接触，由于机械能守恒，小球做对称的往复运动，有固定不变的周期T，此时小球经过A点的时间间隔为。一定还存在一个较大的初速度使小球以为周期做完整的圆周运动，经过A点的时间间隔也为。故v0取不同值时，小球经过A点的时间间隔可能相同，故D错误。 故选：C。 33．（多选）如图所示光滑管形圆轨道半径为R（管径远小于R），小球a、b大小相同，质量均为m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动。两球先后以相同速度v通过轨道最低点，且当小球a在最低点时，小球b在最高点，以下说法正确的是（　　） A．当小球b在最高点对轨道无压力时，小球a比小球b所需向心力大5mg B．当v 时，小球b在轨道最高点对轨道无压力 C．速度v至少为，才能使两球在管内做圆周运动 D．只要v，小球a对轨道最低点的压力比小球b对轨道最高点的压力大6mg 【答案】BD 【解答】解：AB、由于管中没有摩擦力的作用，所以球的机械能守恒， 当小球b在最高点对轨道无压力，即只有重力作为向心力， 所以mg＝m，所以在最高点时b球的速度的大小为， 从最高点到最低点，由机械能守恒可得，mg•2R， 对于a球，在最低点是，由向心力的公式可得 F﹣mg＝m， 所以F﹣mg＝5mg，F＝6mg，v＝va，故B正确； 所以此时的向心力的大小为5mg，所以小球a比小球b所需向心力大4mg，故A错误； C、由于最高点速度可以为零，根据动能定理知﹣2mgR＝0，知v＝2，故C错误； D、最高点时F1＝mmg， 在最低点时，F2＝mmg， 由机械能守恒有mg2R， 所以F2﹣F1＝6mg。故D正确。 故选：BD。 34．如图所示，水平轨道BC与倾角为θ＝37°的斜面轨道AB、螺旋状圆轨道O紧密平滑连接，AB长度L1＝10m，BC长度L2＝4m，圆轨道半径R＝0.72m。直角斜面体MNE的竖直边ME的长度L3＝3m，水平边NE的长度L4＝6m，M点在C点的正下方，MC的长度L5＝1.2m。小物块的质量为m＝1kg，它与AB轨道和BC轨道的动摩擦因数相同，记为μ，圆轨道光滑。小物块在最高点A由静止释放，沿轨道ABC运动，第1次到达C时恰好静止。空气阻力不计，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）求动摩擦因数μ （2）小物块在A点释放的同时，对其施加个水平向右恒力F，当物块沿BC运动到C点时撤去F，再绕圆轨道运动一周后在与C同一高度的圆轨道末端以速度ν水平向右抛出。小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，求ν与F满足的关系式，并确定ν的取值范围。 （3）若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出，经一段时间后与过N点的竖直墙面发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞之后物块速度的竖直分量不变，水平分量反向且大小不变，之后落于斜面MN上的P点，已知物块从圆轨道末端运动到P点的总时间为t＝0.9s，求小物块刚运动至P点时的动能。 【解答】解：（1）小物块在斜面上受到的摩擦力：f1＝μmgcosθ＝μ×1×10×0.8＝8μ 小物块在水平面上受到的摩擦力：f2＝μmg＝μ×1×10＝10μ A到c的过程中重力与摩擦力做功，则：mgL1sinθ﹣f1•L1﹣f2L2＝0 可得：μ＝0.5 （2）小物块恰好通过D点时，重力提供向心力，则： 可得：m/s C到d的过程中机械能守恒，可得： 可得：v＝6m/s 结合竖直平面内圆周运动的条件可知，若小物块通过D点，则在c的速度要大于等于6m/s； 小物块在斜面的受力如图： 则垂直于斜面得方向：mgcosθ＝N′+Fsinθ 摩擦力：f3＝μN′ A到C的过程中重力、拉力F以及摩擦力做功，则： ① 即：31.6F﹣112＝v2 当v＝6m/s时，F＝2.41N 当f3恰好等于0时，即小物块对斜面得压力为0，可得：mgcosθ＝Fsinθ 即：FN 小物块到达C的速度最大，代入①可得：vm＝17.6m/s （3）小物块离开C做平抛运动，与墙碰撞后水平方向的分速度反向运动，竖直方向的分速度不变，则竖直方向的位移：y4.05m 则P与M之间的竖直高度为：h＝y﹣L5＝4.05﹣1.2＝2.85m 由几何关系可知P到M的水平距离：s3.8m 可知小物块沿水平方向的位移：x＝2L4﹣s＝2×6﹣3.8＝8.2m 小物块离开C的速度：m/s 小物块从C到P的过程中机械能守恒，可得：EP 联立可得：EP＝109.7J 答：（1）动摩擦因数为0.5； （2）小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，ν与F满足的关系式为31.6F﹣112＝v2，ν的取值范围为6m/s≤v≤17.6m/s。 （3）小物块刚运动至P点时的动能是109.7J。 六．多物体系统的机械能守恒问题（共4小题） 35．如图所示，半径为R的圆环固定在竖直平面内，圆心为O，O1、O2为两个轻质定滑轮，其中O1在O点正上方2R处。跨过定滑轮的轻绳，一端连接着位于圆环最低点的小球P（P套在圆环上），另一端连接着小球Q，某时刻小球P获得水平向右的初速度，沿着圆环恰好能上升到E点，EO与竖直方向的夹角为60°。已知小球P、Q的质量分别、m，重力加速度为g，忽略一切摩擦。下列说法正确的是（　　） A．从最低P点运动到E点过程中，P的机械能先增大后减小 B．当P刚开始运动时，绳子上的拉力大于mg C．P运动到圆心等高处的F点时，P与Q的速度大小之比为 D．小球P的初动能为 【答案】D 【解答】解：A．由于忽略一切摩擦，故P、Q整体机械能守恒，因轻绳对Q做负功，故Q的机械能减小，则P的机械能增大，故A错误； B．初始轻绳的拉力等于小球Q的重力mg，当P球刚开始运动时，P球与O1之间轻绳没有松弛的趋势，小球Q此时不会获得加速度，当P球开始运动之后，P球与O1之间轻绳才偏离竖直方向，小球Q才会有加速度。则当P球刚开始运动时轻绳的拉力仍等于mg，故B错误； C．当P球运动到圆心等高处的F点处时，设此时轻绳与竖直方向的夹角为θ，P、Q速度大小分别为v1、v2，如下图所示。 Q的速度等于P的速度沿绳方向的分速度，可得：v1cosθ＝v2 根据几何关系可得： 解得：，故C错误； D．根据几何关系可知，小球P到达E点时，Q下降的高度为：h＝3R 设小球P的初动能为Ek0，由题意，在小球P从圆环最低点到E点的运动过程中，对P、Q整体根据机械能守恒定律得： 解得：，故D正确。 故选：D。 36．如图所示，在光滑的水平地面上有一个表面光滑的立方体物块Q，一长为L的轻杆下端用光滑铰链连接于O点，O点固定于地面上，轻杆的上端连接着一个可视为质点的小球P，小球靠在立方体右侧，轻杆与水平面夹角为45°，P和Q的质量相等均为m，用手控制物块静止，然后释放物块，重力加速度为g。在之后小球与物块运动的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．小球与物块分离前，物块做匀加速直线运动 B．小球与物块分离时，杆对球的弹力为拉力 C．如果小球P落地时的速度为v，那么物块Q的最大动能为 D．在小球和物块分离前，当轻杆与水平面的夹角为θ时，小球的速度大小为 【答案】D 【解答】解：A．小球P与物块Q刚要分离时，两者之间的弹力为零，易知此时Q的合力为零，则此时Q的加速度为零，由于两者分离前的Q是水平向左做加速运动的，即Q的加速度不为零，所以分离前Q的加速度一定有减小到零的过程，则两者分离前物块不是做匀加速直线运动，故A错误； B．两者恰好分离时，两者在水平方向上的加速度相同，可知此时P的水平加速度为零，易知此时杆对球的弹力为零，否则P的水平加速度不为零，故B错误； C．设Q的最大动能为Ekm，两者分离后Q的速度与动能均最大。如果P落地时的速度为v，根据系统机械能守恒可得： 解得：，故C错误； D．在小球和物块分离前，当轻杆与水平面的夹角为θ时，根据系统机械能守恒可得： 两者速度关系如下图所示： 则有：vPsinθ＝vQ 联立解得小球的速度大小为：，故D正确。 故选：D。 37．如图所示，物体A的质量为M，圆环B的质量为m，通过绳子连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l＝4m，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，取g＝10m/s2，求： （1）为使圆环能下降h＝3m，两个物体的质量应满足什么关系？ （2）若圆环下降h＝3m时的速度v＝5m/s，则两个物体的质量有何关系？ （3）不管两个物体的质量为多大，圆环下降h＝3m时的速度不可能超过多大？ 【解答】解： （1）若圆环恰好能下降h＝3m，由机械能守恒定律得： mgh＝MghA， 由几何关系可得： ， 解得： M＝3m． 因此为使圆环能下降h＝3m，两个物体的质量应满足M≤3m； （2）若圆环下降h＝3m时的速度v＝5m/s，由机械能守恒定律得： ， 如图所示，A、B的速度关系为 ， 解得： ； （3）B的质量比A的大得越多，圆环下降h＝3m时的速度越大，当m＞＞M时可认为B下落过程机械能守恒，有： ， 解得圆环的最大速度： vmm/s＝7.8m/s； 即圆环下降h＝3m时的速度不可能超过7.8m/s． 答： （1）为使圆环能下降h＝3m，两个物体的质量应满足M≤3m． （2）若圆环下降h＝3m时的速度v＝5m/s，则两个物体的质量关系为． （3）不管两个物体的质量为多大，圆环下降h＝3m时的速度不可能超过7.8m/s． 38．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，绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2后，另一端与套在光滑直杆顶端的、质量mA＝1.6kg的小球A连接．已知斜杆固定，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端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，g取10m/s2．现将小球A从静止释放，则： （1）在释放小球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点时的速度大小． 【解答】解：（1）释放小球A前，物体B处于平衡状态，则有 kx＝F﹣mBg 解得：x＝0.1m 故弹簧被拉长了0.1m； （2）小球从杆顶端运动到C点的过程，由动能定理得： W+mAghmA0…① 其中，h＝CO1cos37° 又 CO1＝AO1sin37°＝0.3m 物体B下降的高度h′＝AO1﹣CO1＝0.2m…② 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，由机械能守恒定律得： mAgh+mBgh′③ 由题意知，小球A运动方向与绳垂直，此瞬间B物体速度 vB＝0…④ 由①②③④得，W＝mBgh′＝7J （3）由题意知，杆长L＝0.8m，故∠CDO1＝θ＝37° 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：v′B＝v′Acos37°＝0.8v′A…⑤ 由机械能守恒得：mAgLsin37°⑥ 联立可得小球A运动到杆的底端D点时的速度：v′A＝2m/s 答：（1）弹簧形变量为0.1m． （2）绳子拉力对物体A所做的功为7J． （3）小球A运动到底端D点时的速度为2m/s． 七．从能量角度求解传送带问题（共5小题） 39．重庆江北机场的行李自动运输系统可简化为一段水平和倾斜传送带（如图乙），两个传送带之间由非常短的一段圆弧连接，其中水平传送带AB长度为100m、速度大小为4m/s，倾斜传送带CD倾角为37°、长度为70m、速度大小为6m/s，两个传送带由一个电动机提供电能均沿着顺时针方向稳定转动。机场地勤人员每隔1s将一个货箱从A点无初速度放在传送带上，所有货箱（可视为质点）完全相同，质量为20kg，与水平、倾斜传送带间的动摩擦因数分别为0.1和0.875，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A．每个货箱在水平传送带上因摩擦产生的热量均为120J B．水平传送带上相邻货箱间的最大距离为最小距离的8倍 C．因运输货物，电动机多消耗的电能全部用于增加货物的机械能 D．每将一个货箱由C运输至D处，电动机需要多消耗9850J的能量 【答案】B 【解答】解：设水平传送带长度为L1＝100m、速度大小为v传1＝4m/s，倾斜传送带倾角为θ＝37°、长度为L2＝70m、速度大小为v传2＝6m/s，每个货箱的质量为m＝20kg，货物与水平、倾斜传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.1和μ2＝0.875。 A、根据牛顿第二定律，货箱在水平传送带上加速过程有：μ1mg＝ma1 设经过时间t1货箱与水平传送带共速，则有：v传1＝a1t1 解得：a1＝1m/s2，t1＝4s 该时间内货箱的位移为 ，解得：x1＝8m＜100m，所以货箱可以与水平传送带共速。 其与水平传送带之间的相对位移大小为：Δs＝v传1t1﹣x1＝4×4m﹣8m＝8m 每个货箱在水平传送带上因摩擦产生的热量均为： Q＝μmg•Δs＝0.1×20×10×8J＝160J，故A错误； B、在水平传送带上，每个货箱要经过t1＝4s才能达到和传送带共速，而货箱是每隔Δt＝1s就放上去一个，所以当下一个货箱刚放上去时，它与前一个货箱的距离最小（设为Lmin），当它的速度达到传送带的速度时，它与前一个货箱的距离最大（设为Lmax），则有： Lmax＝x1+v传1（t1+Δt﹣t1）﹣x1，解得：Lmax＝4m 可得：，故B正确； C、因存在摩擦生热，故电动机多消耗的电能除了转化为货箱增加的机械能，还转化为内能，故C错误； D、货箱刚运动到倾斜传送带上时，根据牛顿第二定律得：μ2mgcosθ﹣mgsinθ＝ma2 设经历时间t2与倾斜传送带共速，则有：v传2﹣v传1＝a2t2 解得：a2＝1m/s2，t2＝2s 该时间内的货箱的位移大小为：，解得：x2＝10m＜70m，所以货箱可以与倾斜传送带共速。 该时间内的相对位移大小为：Δs1＝v传2t2﹣x2＝6×2m﹣10m＝2m 因摩擦产生的热量为：Q1＝μ2mgcosθ•Δs1，解得：Q1＝280J 电动机多消耗的电能等于货箱的重力势能增加量、动能增加量、产生的热量之和，则有 解得：ΔE电＝8880J，故D错误。 故选：B。 40．（多选）如图所示甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v。已知B处离地面高度为H，则在物体从A到B的运动过程中（ ） A．两种传送带对小物体做功相等 B．将小物体传送到B处，乙传送带上的划痕长 C．将小物体传送到B处，甲上的小物体需要的时间较长 D．将小物体传送到B处，甲系统由于摩擦产生的热量多 【答案】ACD 【解答】解：A、由物块沿传送带向上运动，可知物块受到的滑动摩擦力大于其重力沿传送带向下的分力，可得在乙传送带上物块达到传送带的速率v后做匀速直线运动到B处。由功能关系可知，传送带对物块做的功等于物块机械能的增加量，两种情况物块重力势能和动能增加量都相同，即机械能增加量相同，故两种传送带对小物体做功相等，故A正确； C、根据匀变速直线运动规律，应用平均速度的推论，可得： 甲图中物块到达B处的时间为： 乙图中达到C处（共速）的时间为： 乙图中由C处到B处的时间为： 因：，故C正确； B、甲图中划痕长为： 乙图中划痕长为：，故B错误； D、设传送带对物块的滑动摩擦力为f，根据牛顿第二定律得：f﹣mgsinθ＝ma 甲图中滑块的加速度大小为：a1 乙图中滑块的加速度大小为：a2 可得甲图中滑块所受滑动摩擦力大小为：f1＝ma1+mgsinθ 乙图中滑块所受滑动摩擦力大小为：f2＝ma2+mgsinθ 甲图中系统由于摩擦产生的热量为：Q1＝f1Δx1 乙图中系统由于摩擦产生的热量为：Q2＝f2Δx2Q1，故D正确。 故选：ACD。 41．如图所示为某轨道示意图，圆心为O1的四分之一圆弧轨道AB的下端与水平轨道BC相切于B点，圆心为O2的四分之一圆弧轨道EF的上端与水平轨道DE相切于E点，轨道C、D之间为一水平传送带，两端分别与水平轨道BC和DE平滑连接，FG段水平。轨道AB的半径为R1＝0.45m，轨道EF的半径为R2＝0.4m，C、D之间传送带的长度为L＝1m，表面粗糙，轨道其余部分均光滑。将质量为m＝1kg的滑块（可视为质点）从A点由静止释放，当传送带不动时，滑块运动到E点时对圆弧轨道的压力恰好为零。重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，求： （1）滑块经过E点时速度的大小； （2）滑块与传送带之间的动摩擦因数； （3）若传送带以大小为v的速度顺时针匀速转动，滑块从A点由静止释放后，试讨论： ①滑块在FG段的落点与F点之间的距离与v的关系； ②滑块与传送带之间因摩擦而产生的热量与v的关系。 【答案】（1）滑块经过E点时速度的大小为2m/s； （2）滑块与传送带之间的动摩擦因数为0.25； （3）①滑块在FG段的落点与F点之间的距离与v的关系为：当v时，此距离为；当时，此距离为；当v＜2m/s时，此距离为； ②滑块与传送带之间因摩擦而产生的热量与v的关系为：当v时，摩擦生热为；当2m/s≤v时，摩擦生热为；当v＜2m/s时，摩擦生热为（2.5﹣v）J。 【解答】解：（1）设滑块经过E点时速度的大小为vE。根据题意可知滑块经过E点时由重力提供向心力，则有： 解得：vE＝2m/s （2）对滑块从A点到E点的过程，由动能定理得： 解得滑块与传送带之间的动摩擦因数为：μ＝0.25 （3）设滑块到达C点时速度的大小为vC。对滑块从A点到C点的过程，由动能定理得： 解得：vC＝3m/s 若滑块在传送带上一直加速运动，到达D点时的速度大小为vD，同理可得： 解得： 设滑块到达E点之后做平抛运动的时间为t，则有： ，解得： ①若传送带的速度v，则滑块在传送带上一直做匀加速直线运动，到达E点的速度为。 设滑块做平抛运动的水平位移大小为x，则有：x＝vDt 滑块在FG段的落点与F点之间的距离为：s＝x﹣R2 解得：s 由（1）的解答可知当传送带不动时，滑块在传送带上一直做减速运动到E点时的速度大小为2m/s，可得： 若传送带的速度v满足：，则滑块在传送带上运动时最终总能与传送带共速，即滑块做平抛运动的初速度等于传送带的速度v，则有： 此情况滑块在FG段的落点与F点之间的距离为：s′＝vt﹣R2 解得：s′ 若传送带的速度v＜2m/s，滑块在传送带上一直做匀减速直线运动，到达E点的速度为vE＝2m/s，则有： 此情况滑块在FG段的落点与F点之间的距离为：s″＝vEt﹣R2 解得：s″ ②滑块相对传送带运动时，对滑块，根据牛顿第二定律得： μmg＝ma，解得：a＝2.5m/s2 当传送带的速度v时，滑块在传送带上一直做匀加速直线运动。 设滑块在传送带上运动的时间为t1，由运动学公式得： vD＝vC+at1，解得： 物块和传送带的相对位移大小为： Δx1＝vt1﹣L，解得： 因摩擦而产生的热量为： 当传送带的速度满足：3m/s≤v时，滑块先做匀加速直线运动，后与传送带共速做匀速直线运动，则有： v＝vC+at2，解得： ，解得： Q2＝μmgΔx2，解得： 当传送带的速度满足：2m/s≤v＜3m/s时，滑块先做匀减速直线运动，后与传送带共速做匀速直线运动，则有： v＝vC﹣at3，解得： ，解得： Q3＝μmgΔx3，解得： 当传送带的速度v＜2m/s时，滑块在传送带上一直做匀减速直线运动，则有： vE＝vC﹣at4，解得： Δx4＝L﹣vt4，解得： Q4＝μmgΔx4，解得：Q4＝2.5﹣v（J） 综上所述，当v时，摩擦生热为；当2m/s≤v时，摩擦生热为；当v＜2m/s时，摩擦生热为（2.5﹣v）J。 答：（1）滑块经过E点时速度的大小为2m/s； （2）滑块与传送带之间的动摩擦因数为0.25； （3）①滑块在FG段的落点与F点之间的距离与v的关系为：当v时，此距离为；当时，此距离为；当v＜2m/s时，此距离为； ②滑块与传送带之间因摩擦而产生的热量与v的关系为：当v时，摩擦生热为；当2m/s≤v时，摩擦生热为；当v＜2m/s时，摩擦生热为（2.5﹣v）J。 42．如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接。水平传送带MN以v0＝4m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8m，MN间的距离为LMN＝3.0m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数均为μ（未知），轨道其他部分均光滑。直轨道BC长LBC＝1.0m，小滑块P的质量为m＝1kg现将滑块P从斜面高H＝0.4m处静止释放，则P第一次到达与圆轨道圆心等高的F点时，对轨道的压力刚好为0。重力加速度g取10m/s2，求： （1）动摩擦因数μ； （2）若滑块P从斜面高H＝1m处静止下滑，求滑块从N点平抛的水平位移x大小，以及滑块与传送带间产生的内能Q； （3）若滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E，求斜面高H的范围。 【答案】（1）动摩擦因数μ为0.2； （2）滑块从N点平抛的水平位移x大小为0.8m，以及滑块与传送带间产生的内能Q为14J； （3）斜面高H的范围为0.7m≤H≤0.8m。 【解答】解：（1）已知滑块P在圆形轨道F点时对轨道的压力刚好为零，可知此时的向心加速度为零，则滑块P在圆形轨道F点时速度为零，即vF＝0，滑块从释放到F点，根据动能定理可得： mg（H﹣R）﹣μmgLBC＝0﹣0 已知：H＝0.4m 解得：μ＝0.2 （2）对滑块从开始到N点的过程应用动能定理可得： 已知：H＝1m 解得：vN＝2m/s 滑块从N点开始做平抛运动，根据平抛运动的规律可得： x＝vNt 解得：x＝0.8m 物块在传送带上做匀减速直线运动的加速度大小为： a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2 将物块在传送带上的运动逆向看成匀加速直线运动，则有： 解得：t1＝1s 滑块与传送带间产生的内能为： Q＝μmg（LMN+v0t1）＝0.2×1×10×（3+4×1）J＝14J （3）设滑块P从斜面高H1处静止释放恰好能第一次经过E点，从开始到E点由动能定理得： 在E点时，根据牛顿第二定律得： 解得：H1＝0.7m 设滑块滑上传送带时的速度为vM，根据动能定理得： 解得： 滑块在传送带上做减速运动的位移大小为：x1 解得：x1＝2.5m＜LMN 因此滑块返回M点时的速度大小为： 根据机械能守恒定律可知滑块恰好能第二次过E点。 设滑块第一次到M点速度大小为v时，到N点的受到恰好为零，由动能定理得： ﹣μmgLMN＝0mv2，解得： 因v＜v0，故再返回到M点时的最大速度为，设此情况对应的释放高度为H2，从释放到M点，根据动能定理得： 解得：H2＝0.8m 当返回到M点时的最大速度为时，第二次经过E点后到达B点滑上斜面，设当滑块再次从B点向左滑上圆轨道时在B点的速度为vB，则有： 解得： 所以滑块不会第三次过E点，则能两次经过E点的高度差H的范围是：0.7m≤H≤0.8m 答：（1）动摩擦因数μ为0.2； （2）滑块从N点平抛的水平位移x大小为0.8m，以及滑块与传送带间产生的内能Q为14J； （3）斜面高H的范围为0.7m≤H≤0.8m。 43．传送带被广泛应用于各行各业。由于不同的物体与传送带之间的动摩擦因数不同，物体在传送带上的运动情况也有所不同。如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的倾角θ＝37°，在电动机的带动下以v＝2m/s的速率顺时针方向匀速运行。M、N为传送带的两个端点，MN两点间的距离L＝7m。N端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住。在传送带上的O处先后由静止释放金属块A和木块B，金属块与木块质量均为1kg，且均可视为质点，OM间距离L＝3m。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2．传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。 （1）金属块A由静止释放后沿传送带向上运动，经过2s到达M端，求金属块与传送带间的动摩擦因数μ1。 （2）木块B由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板P发生碰撞。已知碰撞时间极短，木块B与挡板P碰撞前后速度大小不变，木块B与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5．求： a．与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离； b．经过足够长时间，电动机的输出功率恒定，求此时电动机的输出功率。 【解答】解：（1）金属块A在传送带方向上受摩擦力和重力的下滑分力，先做匀加速运动，并设其速度能达到传送带的速度v＝2m/s，然后做匀速运动，达到M点。金属块由O运动到M有： 即为：m…① 且有：t1+t2＝t 即为：t1+t2＝2s…② v＝at1 即为：at1＝2 m/s…③ 根据牛顿第二定律有：④ 由①②③式解得：t1＝1s＜t＝2s 符合题设要求，加速度为：a＝2m/s2 由①式解得金属块与传送带间的动摩擦因数为：μ1＝1 （2）a．由静止释放后，木块B沿传送带向下做匀加速运动，其加速度为a1，运动距离LON＝4m，第一次与P碰撞前的速度为v1，有： a1＝gsinθ﹣μgcosθ＝2m/s2 与挡板P第一次碰撞后，木块B以速度v1被反弹，先沿传送带向上以加速度a2做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为s1；之后以加速度a1继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为s2。 ， 因此与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离为： s＝s1+s2＝1.6m b．木块B上升到最高点后，沿传送带以加速度a1向下做匀加速运动，与挡板P发生第二次碰撞，碰撞前的速度为v2，有： 与挡板第二次碰撞后，木块B以速度v2被反弹，先沿传送带向上以加速度a2做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为s3；之后以加速度a1继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为s4． 木块B上升到最高点后，沿传送带以加速度a1向下做匀加速运动，与挡板P发生第三次碰撞，碰撞前的速度为v3 与挡板第三次碰撞后，木块B以速度v3被反弹，先沿传送带向上以加速度a2做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为s5；之后以加速度a1继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为s6。 以此类推，经过多次碰撞后木块B以2m/s的速度被反弹，在距N点1m的范围内不断以加速度a2做向上的减速运动和向下的加速运动。 木块B对传送带有一与传送带运动方向相反的阻力为： Ff＝μmgcosθ 故电动机的输出功率为：P＝μmgvcosθ 解得：P＝8W． 答：（1）金属块与传送带间的动摩擦因数为1； （2）与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离为1.6m； 电动机的输出功率为8W。 八．从能量角度求解板块模型的问题（共5小题） 44．如图1所示，光滑的水平地面上有质量为2kg且足够长平板车M，车上最右端放一质量为0.9kg的物块m，开始时M、m均静止。t＝0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v﹣t图像如图2所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，0～4s内物块m始终没有滑出小车，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．0～4s内，物块m的加速度一直保持不变 B．要使物块m不会从车的左端滑出小车，小车的长度至少2m C．0～4s内，m与M间因摩擦产生的热量为9.6J D．0～4s内，外力做功16J 【答案】D 【解答】解：A.根据v﹣t图像斜率表示加速度，车先以加速度a做匀加速直线运动am/s2＝4m/s2 后以加速度a'做匀减速直线运动，a'm/s2＝﹣4m/s2 根据物块与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为a1，则有 a1μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2 物块与小车速度相同前，物块受到的滑动摩擦力一直向右，物块做匀加速直线运动，物块与小车速度相同后，物块受到的滑动摩擦力向左，物块做匀减速直线运动。物块运动的v﹣t，图像如红线所示 0～4s内，物块先加速后减速，加速时加速度向右，减速时加速度向左，故A错误； B.设t1时刻物块与小车速度相等，则有v＝8+a'（t1﹣2）＝a1t1 解得 t1s 此时物块和小车的速度为 vm/s 之后，物块相对小车向右滑，在t2＝4s时，物块的速度为 v1＝a （4﹣t1）＝2×（4）m/s 0s内，物块和小车的相对位移为Δx1，由图像可得 Δx18m（8）×（2）mmm 要使物块m不会从车的左端滑出小车，小车的长度至少m，故B错误； C.4s时，物块的速度为v1m/s s～4s内，由图像可知小车和物块的相对位移为 Δx2（）×（4）m（4）mm 所以因摩擦产生的内能为Q＝μmg （Δx1+Δx2） 代入数据解得：Q＝12.8J 故C错误； D、结合A项分析图可知，4s后平板车速度为0，物块的速度为v1m/s，根据功能关系可知外力做功为WQ 解得：W＝16J； 故D正确； 故选：D。 45．如图所示，一质量为m＝1kg的长木板放置在光滑水平面上，木板的正中间放置一质量为M＝3kg的滑块，滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5。一条弹性绳一端系于天花板上的O点，另一端系于滑块中心，弹性绳的弹力与其伸长量满足胡克定律F＝kx，劲度系数k＝100N/m，弹性绳所具有的弹性势能。在O点正下方A点固定一光滑的圆环，弹性绳从环中穿过，已知O、A之间距离与弹性绳原长相等，当滑块在O、A的正下方的B点时，弹性绳的伸长量为h＝0.1m。某时刻突然在B处给予两者一共同向右的速度v，在此后的运动过程中，滑块都不会从木板上滑下。 （1）若v＝1.5m/s，且两者一起减速使得速度为零时，求此时滑块和木板共同的位移。 （2）v为何值时，滑块到达某处时将与木板出现相对滑动，并求此位置与B的距离。 （3）若，在刚好出现相对滑动时，使木板的速度瞬间变为0且固定不动，滑块始终在木板上运动。求此后滑块在木板上滑动因摩擦而产生的热量。 【答案】（1）若v＝1.5m/s，且两者一起减速使得速度为零时，此时滑块和木板共同的位移大小为0.3m，方向水平向右。 （2）v大于2m/s时，滑块到达某处时将与木板出现相对滑动，此位置与B的距离为0.4m。 （3）此后滑块在木板上滑动因摩擦而产生的热量为20J。 【解答】解：（1）设滑块和木板速度刚好为零时，两者的位移为x1。根据机械能守恒定律，可知此过程弹簧增加的弹性势能ΔEp等于滑块和木板减少的动能，则有： 则有： 解得：x1＝0.3m，方向水平向右。 （2）设当木板和滑块恰好出现相对运动时，滑块中心到A点的距离为L，滑块的位移为x2，如下图所示。 弹簧弹力的竖直分力Fy＝kL•cosθ＝kh＝100×0.1N＝10N 弹簧弹力的水平分力Fx＝kL•sinθ＝kx2 木板和滑块恰好相对运动时，根据牛顿第二定律得： 对木板和滑块的整体有：Fx＝（M+m）a 对木板有：μ（Mg﹣Fy）＝ma 联立解得：x2＝0.4m 即出现相对滑动的位置与B的距离为0.4m。 同理，根据机械能守恒定律得： 解得：v1＝2m/s 则v＞v1＝2m/s时滑块到达某处时将与木板出现相对滑动。 （3）根据（2）的结论可知出现相对滑动的位置与B的距离为x2＝0.4m。设滑块和木板分离时它们有共同的速度大小为v2，同理可得： ，已知： 解得： 此后木板停止运动，滑块相对木板向右运动。以向右为正方向，设滑块速度为零时相对B点的位移为x3，根据能量守恒定律可得： 解得：x3＝0.6m，（另一解为x3＝﹣0.8m，不合理，舍去） 因：kx3＝100×0.6N＝60N＞μ（Mg﹣Fy）＝0.5×（3×10﹣10）N＝10N，故滑块不能静止而向左滑动。 以向右为正方向，设滑块向左运动直至速度再次为零时相对B点的位移为x4，根据能量守恒定律得： 解的：x4＝﹣0.4m，（另一解为x4＝0.6m，不合理，舍去） 负号说明滑块位于B点的左侧0.4m处，因：k|x4|＝100×0.4N＝40N＞μ（Mg﹣Fy）＝10N，故滑块不能静止而向右滑动。 同理，对滑块再向右运动直至速度为零的过程有： 解得：x5＝0.2m，（另一解为x5＝﹣0.4m，不合理，舍去） 因：kx5＝100×0.2N＝20N＞μ（Mg﹣Fy）＝10N，故滑块不能静止而向左滑动。 同理，对滑块再向左运动直至速度为零的过程有： 解得：x6＝0m，（另一解为x6＝0.2m，不合理，舍去），故滑块最终静止于B点。 全过程滑块相对木板运动的总路程为： Δs＝（x3﹣x2）+（x3﹣x4）+（x5﹣x4）+（x5﹣x6）＝（0.6﹣0.4）m+（0.6+0.4）m+（0.2+0.4）m+（0.2﹣0）m＝2m 滑块在木板上滑动因摩擦而产生的热量为： Q＝μ（Mg﹣Fy）•Δs＝10×2J＝20J 答：（1）若v＝1.5m/s，且两者一起减速使得速度为零时，此时滑块和木板共同的位移大小为0.3m，方向水平向右。 （2）v大于2m/s时，滑块到达某处时将与木板出现相对滑动，此位置与B的距离为0.4m。 （3）此后滑块在木板上滑动因摩擦而产生的热量为20J。 46．图所示：质量M＝0.6kg的滑板静止在光滑水平面上，其左端C距锁定装置D的水平距离l＝0.5m，滑板的上表面由粗糙水平面和光滑圆弧面在B点平滑对接而成，粗糙水平面长L＝4m，圆弧的半径R＝0.3m。现让一质量m＝0.3kg，可视为质点的小滑块以大小v0＝5m/s、方向水平向左的初速度滑上滑板的右端A．若滑板到达D处即被锁定，滑块返回B点时装置D即刻解锁，已知滑块与滑板间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2．求： （1）滑板到达D处前瞬间的速率； （2）滑块达到最大高度时与圆弧顶点P的距离； （3）滑块与滑板间摩擦产生的总热量。 【解答】解：（1）对滑块，由牛顿第二定律得：μmg＝ma1， 对滑板，由牛顿第二定律有：μmg＝Ma2， 解得：a1＝2m/s2，a2＝1m/s2， 设滑板到达D处前瞬间的速率为v，假定此时滑块还在AB之间的E处，速率为v1 由运动学规律有：la2t2，v＝a2t，v1＝v0﹣a1t，x＝v0ta1t2， 解得：t＝1s，v＝1m/s，v1＝3m/s，xAE＝x﹣l＝3.5m， 因xAE＜L，假定成立，所以滑板到达D处前瞬间的速率：v＝1m/s； （2）滑板被锁定后，设滑块从E滑至B处的速率为v2， 由运动学规律有：2a1（L﹣xAE），解得：v2m/s， 沿圆弧上升的过程中，由机械能守恒定律有：mgH，解得：H＝0.35 m， 所以，滑块达到最大高度时与圆弧顶点P的距离：h＝（H﹣R）＝0.05m； （3）滑块从A至B产生的热量：Q1＝μmgL，解得：Q1＝2.4J， 滑块返回B时的速率仍为v2，此时滑板刚好解锁，此后滑块与滑板在相互间的摩擦力作 用下分别向右做减速与加速运动，假定达到共同速率v3时，滑块仍在滑板上， 对滑块、滑板分别由运动学规律列式有：v3＝v2﹣a1t′，v3＝a2t′， x1＝v2t′a1t′2，x2a2t′2，解得：Δx＝x1﹣x2m＜L，假定成立， 所以这一过程产生的热量：Q2＝μmgΔx，解得：Q2＝0.7J， 产生的总热量：Q＝Q1+Q2＝3.1J； 答：（1）滑板到达D处前瞬间的速率为1m/s； （2）滑块达到最大高度时与圆弧顶点P的距离为0.05m； （3）滑块与滑板间摩擦产生的总热量为3.1J。 47．如图所示，水平轨道左端与长L＝1.25m的水平传送带相接，传送带逆时针匀速运动的速度v0＝1m/s．轻弹簧右端固定在光滑水平轨道上，弹簧处于自然状态．现用质量m＝0.1kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M＝0.9kg的长木板上．竖直半圆轨道的半径R＝0.4m，物块与传送带间动摩擦因数μ1＝0.8，物块与木板间动摩擦因数μ2＝0.25，g取10m/s2．求： （1）物块到达B点时速度vB的大小； （2）弹簧被压缩时的弹性势能EP； （3）若长木板与水平地面间动摩擦因数0.016≤μ3≤0.026，要使小物块恰好不会从长木板上掉下，木板长度S的取值范围是多少（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）． 【解答】解：（1）物块在光滑半圆轨道最高点恰好做圆周运动，由牛顿第二定律得：mg＝m 得 vB2m/s （2）物块被弹簧弹出的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则：EP 因为vB＞v0＝1m/s，所以物体在传送带上一直做匀减速运动 物块在传送带上滑行过程由动能定理得：﹣f1L 且 f1＝μ1mg＝0.8N 联立解得：Ep＝1.2J （3）物块从B到C过程中由机械能守恒定律得：mg•2R 联立解得：vC＝2m/s 讨论：Ⅰ．当μ3＝0.016时，小物块恰好不会从长木板上掉下长度为s1， 小物块和长木板共速为v，物块的加速度为：a1＝μ2g＝2.5m/s2；木板的加速度为：a2 代入数据解得 a2＝0.1m/s2 由vC﹣a1t＝a2t可知，木块与木板共速时的时间为：tss 木板的长度为：s1tt，代入数据可知：s1m 之后两者保持共速减速至零，最终停止不动． Ⅱ．当μ3＝0.026时，小物块恰好不会从长木板上掉下长度为s2， 物块在长木板上滑行过程中，对长木板受力分析： 上表面受到的摩擦力 f2＝μ2mg＝0.25×1N＝0.25N． 下表面受到的摩擦力 f3≤μ3（M+m）g＝0.026×10N＝0.26N 所以长木板静止不动，对物块在长木板上滑行过程 由动能定理得：﹣f2s2＝0 代入数据解得s2＝4m 所以木板长度的范围是 m≤s≤4m 答： （1）物块到达B点时速度vB的大小是2m/s； （2）弹簧被压缩时的弹性势能EP是1.2J； （3）木板长度的范围是 m≤s≤4m． 48．如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m＝1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC（固定在地面上），经圆弧轨道后滑上与C点等高，静止在粗糙水平的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M＝4kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6m，h＝0.15m，R＝0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10m/s2，求： （1）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力； （2）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板． 【解答】解：（1）物块到达B点时竖直分的速度为vy3m/s 设∠BOC＝α，则cosα0.8，α＝37° 据题当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，说明物块经过B点时速度与水平方向的夹角等于37° 根据速度分解可得：cot37° 得 v0＝vycot37°＝34m/s 设物块经过C点的速度为vC，则对于AC过程，由动能定理得： mgH 则得 vCm/s＝2m/s 在C点，有 N﹣mg＝m 可得 N＝m（g）＝1×（10）N＝47.3N 根据牛顿第三定律得小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小 N′＝N＝47.3N，方向竖直向下． （2）小物块滑上长木板后所受的滑动摩擦力为 f1＝μ1mg＝0.5×1×10N＝5N，物块对长木板的滑动摩擦力大小f1′＝f1＝5N 地面对长木板的最大静摩擦力 f2＝μ2（m+M）g＝0.2×（1+4）×10N＝10N 因f1′＜f2，所以物块在长木板滑行时长木板相对于地面静止不动． 设长木板长至少为L时，才能保证小物块不滑出长木板．根据动能定理得： ﹣μ1mgL＝0 可得 L2.8m 答： （1）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N，方向竖直向下． （2）长木板至少为2.8m，才能保证小物块不滑出长木板。 1 / 1 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