微专题12：功能关系+ 专项训练 -2024-2025学年高一下学期物理人教版（2019）必修第二册

功能关系 需要掌握的内容 1.功是能量转化的量度,力学中几种常见的功能关系如下 2.应用能量守恒定律的基本思路 (1)某种形式的能的减少,一定存在其他形式的能的增加,且减少量和增加量一定相等; (2)某个物体的能量减少,一定存在其他物体的能量增加,且减少量和增加量一定相等。 3.应用能量守恒定律解题的步骤 (1)分清有多少形式的能(动能、势能、内能等)发生变化。 (2)明确哪种形式的能量增加,哪种形式的能量减少,并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式。 (3)列出能量守恒关系式：ΔE减=ΔE增 或E1=E2（其中E1和E2分别为初态和末态的系统的总能量） 经典习题 【对点训练1】动能定理的应用 1.（单选）如图所示，质量为m的物体静止在水平光滑的平台上，系在物体上的水平轻绳跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度水平向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向的夹角处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为（，）（　　） A． B． C． D． 2.（单选）实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。我们需要通过各种方法来求解力所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是（　　） A．甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的功为W=F·|AC| B．乙图中，全过程中F做的总功为72J C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功 3.(单选)如图所示,质量均为m的甲、乙两同学,分别坐在水平放置的轻木板上,木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接,连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ,弹性绳劲度系数为k,被拉伸时弹性势能E=kx2（x为绳的伸长量）。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板,直至甲所坐木板刚要离开原位置,此过程中两人与所坐木板保持相对静止,k保持不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,则F所做的功等于(　　) A.+μmg(l-d) B.+μmg(l-d) C.+2μmg(l-d) D.+2μmg(l-d) 4.如图所示的水平轨道AD足够长,只有BC部分是粗糙的,其长度为L=1 m,其余部分是光滑的,质量为1 kg,长度为2L的粗细相同的匀质软绳静止在B点的左侧(绳的右端在B点),软绳与粗糙部分的动摩擦因数为μ=0.8,现用F=2 N的水平向右的恒力作用在软绳上,软绳始终保持伸直状态且长度不变,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则在软绳运动的过程中,下列说法正确的是(　　) A.软绳先做匀加速后做匀减速运动 B.软绳的左端能经过B点 C.软绳的最大动能为0.5 J D.软绳克服摩擦力做功4.0 J 5.（多选）风洞可以产生强力的气流,用来模拟飞行器高速运行时气流的作用效果。矩形风洞原理图中存在大小恒定的水平风力,现有一质量为2 kg的小球从M点竖直向上抛出,其运动轨迹大致如图中实线所示,其中M、N两点在同一水平线上,O点为轨迹的最高点,小球在M点速度大小为3 m/s,在O点速度大小为4 m/s,不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　 　) A.小球的重力和受到的风力大小之比为3∶4 B.小球落到N点时的动能为73 J C.小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1∶3 D.小球从M点运动到N点过程中的最小动能为9 J 【对点训练2】 机械能守恒定律 6.(多选)先后两次从高为1.4 m的H点处斜向上抛出质量为m=0.2 kg的同一物体落于Q1、Q2,测得lOQ1=8.4 m,lOQ2=9.8 m,两轨迹交于P点,两条轨迹最高点等高且距水平地面高为3.2 m,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.第一次抛出上升时间与下降时间比值为∶4 B.第一次过P点比第二次机械能少1.3 J C.落地瞬间,第一次与第二次动能之比为72∶85 D.第二次抛出时速度方向与落地瞬间速度方向夹角比第一次小 7.（单选）如图所示，四分之三圆轨道 ABD(内壁、外壁均光滑)被固定在竖直面内，O为圆心，C是轨道上一点，其中AB部分是圆管，AB是竖直直径，OC、OB的夹角为θ(为未知量)。一质量为m的小球(可视为质点)沿光滑水平面，以向左的速度v0经A点进入圆轨道，恰好到达最高点B，接着在B点受到轻微的扰动从B到达C时刚好脱离轨道，最后落到水平面，重力加速度为g，不计空气阻力以及圆管粗细。下列说法正确的是（ ） A.圆孤轨道的半径为 B.θ的余弦值为 C.小球到达C点时的动能为 D.小球从C点到达水平面时重力瞬时功率为。 8.(单选)物体以动能为E开始竖直向上运动，回到出发点时，动能为。取出发点所在平面为零重力势能面，整个运动过程可认为空气阻力大小恒定，则该物体上升阶段动能与重力势能相等时，其动能为（ ） A. B. C. D. 9.（多选）如图所示,一轻杆连接两相同的光滑小球,由倾角为75°的斜面滑下,滑到图示位置时小球a到地面高度为L,此时杆与水平地面夹角为45°,b球速度大小为,则小球a滑到水平面上时球的速度大小为 ( ) A.　B.　C.2　D. 【对点训练3】系统运用功能关系 10.(多选)如图所示，A、B两球由绕过定滑轮的轻质细线相连，B、C球放在固定不动的、倾角为α的光滑斜面上，通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球靠在与斜面垂直的挡板上。现用手托住A球，并使细线刚好伸直但无拉力作用，保证滑轮左侧细线与斜面平行、右侧细线竖直。开始时整个系统处于静止状态，释放A球后，A球下落的速度最大时C球恰好对挡板无压力， 已知A、B、C三球的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，运动过程中A球未落地，B球未与滑轮相撞，则(　　) A.该过程A、B、C三球及弹簧所组成的系统机械能守恒 B.当C球刚要离开挡板时B球的加速度为g C.斜面的倾角为37° D.A球速度最大时，B球的速度也最大 11.(多选)英国的物理学家乔治·阿特伍德在1784年制做一种测定重力加速度的机械叫阿特伍德机,受此启发,实验小组设计了如图所示的机械。具有共同水平轴的竖直轻质转盘的半径关系为R2=2R1,物块A、B由细绳相连,物块B、C分别与绕在内、外盘上的细绳相连,开始时物块均处于静止状态,它们的质量分别为mA=2m,mB=mC=m。某时刻物块被自由释放,物块A、B下降,C上升。当物块A下降高度h时,A、B间的细绳突然断裂。已知细绳足够长,重力加速度为g,不计转盘与轴以及细绳间的摩擦,忽略空气阻力,运动过程中物块不会碰到转盘。 下列说法中正确的是(　 　) A.细绳断裂前对物块A做的功为-mgh B.细绳断裂后物块B向下运动的最大距离为h C.物块C返回初始位置时的速度大小为 D.物块B返回初始位置时的速度大小为2 12.(10分)为拍摄鸟类活动，摄影师用轻绳将质量为m=2.0 kg的摄影机跨过树枝，悬挂于离地面H=8.5 m高的B点，绳子另一端连着质量m0=4 kg的沙袋，并将沙袋控制在地面上的A点，某时刻，沙袋突然失控，当沙袋水平滑动到较长的斜坡底端C时，摄影机下落到距地面上方h=5.0 m高的D点，斜坡倾角为37，此时细绳与斜面平行，最终摄影机恰好没有撞击地面，已知沙袋与斜面间的动摩擦因数为μ=0.175，不计细绳与树枝间的摩擦，不计C处的能量损失，sin 37°=0.6，cos 37=0.8，g取10 m/s2。 (1)从D点开始下落的过程中，摄影机做什么运动? (2)求摄影机在D点时的速度大小。 (3)在摄影机下落全过程中，求沙袋及摄影机组成的系统克服摩擦阻力所做的功。 13.(13分)如图所示,某升降电梯的轿厢A、配重B和电动机由轻质缆绳连接,电动机拉动B,使A运动。某次运行时,A(含载重)的质量mA=1000 kg,t=0时,A从1楼由静止开始以0.5 m/s2的加速度加速运动,然后以v=1m/s的速度匀速运动,最后以大小为0.5 m/s2的加速度减速上升至3楼停止,A上升的高度h=7 m。已知B的质量mB=800 kg,不计空气阻力和摩擦阻力,g取10 m/s2。求: (1)此次电梯匀速运行的时间; (2)t=1 s时,B下端缆绳的拉力大小; (3)A(含载重)从静止开始上升到5 m的过程,A(含载重)的机械能增量。 【对点训练4】 用功能关系解决复杂物理过程问题 14.(14分)如图所示,质量为m=2 kg的小物块,用长L=0.4 m的细线悬挂于O点,现将细线拉直并与水平方向夹角α=30°,由静止释放,小物块下摆至最低点B处时,细线达到其最大承受力并瞬间断开,小物块恰好从水平传送带最左端点滑上传送带,传送带以v0的速度逆时针 匀速运转,其上表面距地面高度H=1.6 m,小物块最后从传送带左端飞出,并恰好从光滑斜面顶端沿斜面方向滑上斜面。斜面高h=1.0 m,倾角θ=60°,斜面底端挡板上固定一轻弹簧。小物块沿斜面下滑一段距离后,压缩弹簧, 小物块沿斜面运动的最大距离x=m，g取10 m/s2。求: (1)细线能承受的最大拉力的大小; (2)传送带速度大小满足的条件; (3)弹簧的最大弹性势能。 15.(16分)如图所示,水平轨道OC的右端C贴近同高度的水平传送带轨道的左端,其中OB段光滑,BC段粗糙,传送带与竖直面内的光滑半圆形轨道DE相切于D点,已知BC=CD=L=2 m,圆轨道半径R=0.4 m,弹簧左端固定在墙壁上,自由放置时其右端在B点。一个质量m=0.5 kg的物块(视为质点)将弹簧压缩到A点并锁定,物块与水平轨道BC、传送带间的动摩擦因数均为μ=0.25,重力加速度g取10 m/s2。 (1)若传送带逆时针转动,要使物块始终不脱离轨道,解除锁定前弹簧的弹性势能多大? (2)若传送带顺时针转动,锁定前弹簧的弹性势能取第(1)问中的最大值,若要使物块在半圆轨道上运动的过程中不脱离轨道,试计算传送带的速度范围; (3)在第(1)问的情形下,且弹簧的弹性势能取最大值,试写出物块最后的静止位置到C点的间距d与传送带速度v间的定量关系。 16.(15分)如图所示,水平平台上一轻弹簧左端固定在A点,原长时在其右端B处放置一质量为m=2 kg的滑块(可视为质点),平台AB段光滑,BC段长x=2 m,与滑块间的动摩擦因数μ1=0.25。平台右端与水平传送带相接于C点,传送带长L=5 m,与滑块间的动摩擦因数μ2=0.4。传送带右端D点与一光滑竖直圆形轨道相切,圆形轨道半径R=0.4 m,最高点E处有一弹性挡板,滑块碰撞挡板前后无机械能损失。现将滑块向左压缩弹簧后突然释放,滑块可在静止的传送带上滑行至距C点1.5 m处停下。已知传动带只可顺时针转动,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求释放滑块时弹簧的弹性势能Ep。 (2)若在相同位置释放滑块,要使滑块恰好上升到E点,求传送带的速度v。 (3)若在相同位置释放滑块,要使滑块不脱离圆弧形轨道,且不再返回压缩弹簧,求传送带的速度大小范围。 17.如图所示,MN为固定的竖直光滑四分之一圆弧轨道,N端与水平面相切,轨道半径R=0.9 m。粗糙水平段NP长L=1 m,P点右侧有一与水平方向成θ=30°角的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接,传送带逆时针转动的速率恒为3 m/s。一质量为1 kg可视为质点的物块A从圆弧轨道最高点M由静止开始沿轨道滑下,物块A与NP段间的动摩擦因数μ1=0.1。静止在P点的另一个物块B与A完全相同,B与传送带间的动摩擦因数μ2=。A与B碰撞后A、B交换速度,碰撞时间不计,重力加速度g取10 m/s2,求: (1) 物块A滑下后首次到达最低点N时对轨道的压力; 参考答案 1.B【详解】将人的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度大小等于物体的速度大小，则 根据动能定理 故选B。 D．图丁中，F始终保持水平，无论是F缓慢将小球从P拉到Q，还是F为恒力将小球从P拉到Q，F做的功都是 2.B【详解】A．若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的功为 A错误； B．图像中图线与坐标轴围成的面积表示物体所做的功，如图可知，做功为 B正确； C．若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功为 C错误； D．若F为恒力，将小球从P拉到Q，F做的功为 若缓慢拉动，则F为变力，根据动能定理，有： 可得： D错误。故选B。 3.B解析：开始时轻质弹性绳处于松弛状态,当轻质弹性绳刚被拉伸时,乙所坐木板的位移Δx1=l-d,甲所坐的木板要运动时,kΔx2=μmg, 轻质弹性绳的伸长量Δx2=, 所以F所做的功为WF=μmg(l-d+)++μmg(l-d), B正确。 4. C 解析：设软绳B端向右运动位移为x,当0≤x≤L时,软绳所受摩擦力Ff1=μmg=μmg,当L<x≤2L时,软绳所受摩擦力Ff2=Ffmax=μmg=μmg=4 N,软绳所受摩擦力随位移x变化如图所示。 拉力F先比摩擦力大,后比摩擦力小,软绳先做加速运动后做减速运动。0≤x≤L时,摩擦力为变力,所以加速度不恒定,A错误; Ff-x图像与坐标轴围成的面积表示物体克服摩擦力做的功Wf,当0≤x≤L时,Wf=Ff1·x=μmg,对绳子由动能定理得Fx-Wf=mv2-0,当v=0时解得x=L=1 m,此时软绳受到的摩擦力为Ffmax=4 N>F=2 N,所以当软绳B端向右运动位移为L时,速度为零,停止运动,B错误;当F=Ff'=μmg=2 N时,软绳速度最大,动能最大,解得x'=0.5 m,Ekm=Fx'-μmg=0.5 J,C正确;B端向右运动位移L的过程中,克服摩擦力做功Wf=μmg=μmgL=2 J,D错误。 5．ABC【解析】设风力大小为F,小球质量为m,0、M两点间的水平距离为x,,竖直距离为h,根据竖直上抛运动规律有h=,对小球从M运动到0的过程，根据动能定理有: 根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为，上小球从M运动到O所用时间为根据运动学公式有,解得，A正确; M、N两点间的水平距离为x,设小球落到N点时的动能为,根据动能定理有，联立解得E=73J,B正确;设O、N两点间的水平距离为x,根据匀变速直线运动规律的推论可知，根据功能关系可知,小球运动过程中,风力对小球做的功等于其机械能的变化量,则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为，C正确;小球在重力和风力的合力作用下做AE, Fx,类斜抛运动,当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小根据以上分析可知合力与竖直方向的夹角的正切值为，根据速度的合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为,解得最小动能为=5.76 J,D 错误 6.BD解析:根据h=gt2可知,第一次抛出上升时间 s=0.6 s,下降时间 s=0.8 s,比值为3∶4,选项A错误。 第一次抛出水平位移为loQ1=8.4 m,设水平速度为v1,则v1t1+v2t2=lOQ1,解得v1=6 m/s。因两条轨迹最高点等高,且同一点抛出,故两次抛出竖直方向速度相同,时间相等。 第二次抛出水平位移为lOQ2=9.8 m,设水平速度为v2,则v2t1+v2t2=lOQ2,解得v2=7m/s。 第一次抛出时的动能为m(),第二次抛出时的动能为m(),所以第一次抛出时的机械能比第二次少×0.2×(49-36)J=1.3 J,物体在空中运动过程中机械能不变,选项B正确。 根据=2gh,得v竖= m/s=8 m/s,落地瞬间的动能之比为,选项C错误。比较竖直速度与水平速度关系,可知选项D正确。 7.D【详解】A，设圆强轨道ABD的单径为R，小球由A到B由机械能守恒定律可得,解得。A错误; BC，把小球在C点的重力力分别沿着0C和垂直OC分解，小球运动到C点，支持力刚好等于0，重力沿着0C方向的分力充当向心力，由向心力公式可得 小球从B到C，由机械能守恒可得，综合解得。。小球到达C点时的动能=，BC错误； D、把小球在C点的造度分别沿着水平方向和贤直方向分解，则水平方向的分速度为，根据机械能守恒，小球到达水平面的速度为，小球从C到水平面做斜下抛运动，水平方向的分运动是的匀速直线运动，则小球到达水平面的垂直分速度为。重力的瞬时功率为,综合可得，D正确。故选BCD， 8.B 解析：设上升的最大高度为h,根据功能关系有f·2h=E-, 根据能量守恒可得E=mgh+fh,解得mgh=E,fh=E,解得f=mg, 若在上升阶段离出发点H处动能和重力势能相等, 由能量守恒定律有Ek+mgH=E-fH,Ek=Ep=mgH, 联立解得Ek=mgH=E，故选B。 9.B 10.AD 解析：在运动过程中A、B、C三球及弹簧组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，故A正确;A球下落的速度最大时C球恰好对挡板无压力，当轻质细线向上的拉力等于A球的重力时，A球加速度为零，速度达到最大，此时通过细绳与A球相连的B球有相同的运动情况，加速度为零，速度达到最大，故B错误，D正确;当A球速度最大时，将B、C两球当成整体进行受力分析有2mgsin α=T，而拉力为T=mg，联立解得sinα=0.5 ，由三角函数关系可得α=30°，故C错误。 11.ABD解析：因为两轮具有相同角速度,根据v=ωr得vC=2vB=2vA,物块A下降高 度h时,C上升2h,根据能量守恒可知2mgh+mgh-2mgh=(2m+m),细绳断裂前对物块A做的功W,有2mgh+W=×2m,解得W=-mgh,A正确;细绳断裂后,当B速度为零时,根据能量守恒定律有=2mgh'-mgh',解得h'=h,B正确;物块C返回初始位置时B也返回初始位置,根据能量守恒定律有mg(2h+2h')-mg(h+h')= mvB'2,解得vB’=2,则vC'=2vB'=4,C错误,D正确。 12.答案 (1)匀减速直线运动　(2)4 m/s　(3)50 J 解析 (1)摄影机做匀减速直线运动。 (2)对摄影机和沙袋组成的系统,根据牛顿第二定律有 mg-m0gsinθ-μm0gcosθ=(m+m0)a 解得a=-1.6 m/s2 由D到地面的过程中,根据匀减速运动规律有 0-=2ah 解得vD=4 m/s。 (3)从B点到地面,对摄影机和沙袋组成的系统, 全过程由功能关系可知Wf=mgH-m0ghsinθ 解得Wf=50 J。 13.答案 (1)5 s　(2)2 900 N　(3)50 500 J 解析 (1)电梯加速运行的时间T1==2 s 位移h1=t1=1 m 减速运行的时间t2==2 s 位移h1=t1=1 m 匀速运行的时间t3==5 s。 (2)由(1)可知t=1s时,A匀加速上升,B匀加速下降,设B下端缆绳的拉力大小为F,B上端缆绳的拉力大小为T,对A有T-mAg=mAa,对B有F+mBg-T=mBa 代入数据解得F=2900 N。 (3)由(1)可知A上升到5 m时,速度大小为1 m/s, 机械能增量ΔE= mAv2+mAgΔh 代入数据解得ΔE=50500 J。 14.答案 (1)40 N；(2)v0≥2 m/s；(3)31 J 解析 (1)小球从静止摆到最低点过程中,根据机械能守恒定律有 mgL(1-sinα)= 解得vB=2m/s 小球在B点时,根据牛顿第二定律有F-mg=m 解得F=40 N 根据牛顿第三定律,刚到最低点细线达到其最大承受力F'=40 N。 (2)由于小物块恰好沿斜面方向落到光滑斜面上,即小物块落到斜面顶端时速度方向沿斜面方向,则tanθ= H-h=gt2 tanθ= H-h=gt2 (3)小物块在斜面顶端速度v= 小物块从顶端到压缩弹簧最短, 由机械能守恒,得弹簧最大的弹性势能为Ep=mgxsinθ+mv2 解得Ep=31 J。 15.答案 (1)Ep≤7 J;(2)v≤2 m/s或v≥2 m/s;(3)见解析 解析 (1)若传送带逆时针转动,要使物块始终不脱离轨道,物块最多上升到半圆轨道与圆心等高处,则根据能量守恒定律,解除锁定前弹簧弹性势能的最大值为 Ep=μmg(2L)+mgR=7 J 所以解除锁定前弹簧弹性势能Ep≤7 J。 (2)若物块刚好能通过半圆轨道的最高点E,则根据牛顿第二定律有 mg=m 解得vE=2 m/s 物块从D到E的过程中,根据机械能守恒定律有mg·2R= 解得vD=2 m/s 物块被弹簧弹出滑到C点的过程中,根据能量守恒定律有Ep=μmgL+ 解得vC=3 m/s 若传送带以vD=2 m/s的速度顺时针转动, 设物块向右加速运动的位移为x,根据动能定理有μmgx= 解得x=0.4 m<L 若物块只能上升到与圆心等高处,根据机械能守恒定律有mgR=mvD'2 解得vD'=2 m/s 设物块在传送带上向右减速到vD'=2 m/s的位移为x', 根据动能定理有-μmgx'=mvD'2- 解得x'=2 m=L 所以传送带可以逆时针转动且速度任意大小, 传送带也可以顺时针转动且速度 v≤2 m/s或v≥2 m/s。 (3)设物块返回传送带后一直向左加速运动,根据动能定理有 μmgL=mvD'2 解得vC1=3 m/s 设物块沿水平轨道刚好减速到B点,根据动能定理有：μmgL= 解得vC2= m/s 1 若传送带速度v≥3 m/s,则物块在传送带上一直加速到vC1=3 m/s, 然后滑上水平轨道,先向左减速运动,被弹簧弹回后再向右减速运动,其总路程为s,根据动能定理有：μmgs= 解得s=3.6 m 物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为：d=2L-s=0.4 m ②若传送带的速度v≤2 m/s, 则物块在传送带上向左减速到与传送带共速; 若传送带的速度2 m/s<v≤ m/s, 则物块在传送带上向左加速到与传送带共速 上述两种情况下,物块在水平轨道上向左减速到静止,减速路程为d, 根据动能定理有μmgd=mv2 物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为d=0.2v2 m ③传送带的速度 m/s<v<3 m/s,物块向左加速到与传送带共速, 然后滑上水平轨道,先向左减速运动,被弹簧弹回后再向右减速运动, 其总路程为s,根据动能定理有 μmgs=mv2 物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为 d=2L-s= m。 16.答案 (1)22 J;(2)2 m/s;(3)0<v≤2 m/s或2 m/s≤v≤5 m/s 解析 (1)滑块从释放到在传送带上静止,由能量守恒定律得 Ep=μ1mgx+μ2mgxl 解得Ep=22J。 (2)滑块恰好到达E点,根据牛顿第二定律有mg=m 解得vE==2 m/s 分析得滑块在传送带上经历了加速过程,设滑块在传送带上加速的位移为L1,由动能定理得W弹-μ1mgx+μ2mgL1-2mgR= W弹=Ep 解得L1=1 m,又因L1<L=5 m,故滑块在传送带上先加速后匀速。 从D到E,由动能定理得-2mgR= 解得传送带速度为v1=vD=2 m/s。 (3)情况一:滑块恰好上升至圆心等高处时,设传送带速度为v2, 由动能定理得-mgR=0- 解得v2==2 m/s 假设返回经过传送带速度减为零时,与D点距离为L',则有 -μ2mgL'=0- 解得L'=1 m<L=5 m 故物块不会冲过C点,在传送带与圆心等高处往复运动,则此情况下要使滑块不脱离圆弧轨道,且不再返回压缩弹簧, 传送带的速度需满足0<v≤2 m/s 情况二:物块上升到最高点E后再恰好返回B点,设物块在传送带上的加速位移为s,对全程分析由动能定理得 Ep-2μ1mgx+μ2mgs-μ2mgL=0 解得s=4.75 m 设此时传送带速度为v3,则由动能定理Ep-μ1mgx+μ2mgs= 解得v3=5 m/s 则此情况下要使滑块不脱离圆弧轨道,且不再返回压缩弹簧, 传送带的速度需满足2 m/s≤v≤5 m/s 综上所述,要使滑块不脱离圆弧轨道,且不再返回压缩弹簧, 传送带的速度需满足的条件为0<v≤2 m/s或2 m/s≤v≤5 m/s。 17.答案:(1)30 N,方向竖直向下；(2)12.25 J 【解析】(1)设物块质量为m,A首次到达N点的速度为vN,由机械能守恒定律得:mgR=m 由牛顿第二定律得:FN-mg=m 联立解得:FN=30 N 根据牛顿第三定律可知支持力与压力大小相等,方向相反,所以物体对轨道压力大小为30 N,方向竖直向下。 (2)从A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前,B与传送带之间由于摩擦而产生的热量。 (2)设A与B第一次碰前的速度为v0,从释放物块A至到达P点的过程中,由能量守恒定律得: mgR=m+μ1mgL 解得:v0=4 m/s 设A、B第一次碰撞后的速度分别为vA、vB, 则vA=0,vB=4 m/s 碰后B沿传送带向上匀减速运动直至速度为零, 加速度大小设为a1,则对B有 mgsinθ+μ2mgcosθ=ma1 解得a1=10 m/s2 运动的时间为t1==0.4 s 位移为x1=t1=0.8 m 此过程物块B与传送带相对运动的位移Δs1=vt1+x1=2 m 此后B反向加速,加速度仍为a1, 与传送带共速后匀速运动直至与A再次碰撞, 加速时间为t2==0.3 s 位移为x2=t2=0.45 m 此过程相对运动位移Δs2=vt2-x2=0.45 m 全过程产生的热量为: Q=μ2mgcosθ(Δs1+Δs2)=12.25 J。 学科网（北京）股份有限公司 $$