专项04 机械能守恒定律（重难点训练）物理人教版必修第二册

专项04 机械能守恒定律 一、应用动能定理解决多段过程问题 1 二、应用动能定理解决物体在传送带运动问题 4 三、机械能守恒定律中的图像问题 7 四、机械能守恒定律在曲线运动中的应用 10 五、机械能守恒定律在杆连接系统中的应用 12 六、机械能守恒定律在绳连接系统中的应用 15 七、机械能守恒定律在弹簧类问题中的应用 17 八、能量守恒定律在曲线运动中的应用 21 九、能量守恒定律在传送带模型中的应用 23 十、能量守恒定律在板块模型中的应用 26 一、应用动能定理解决多段过程问题 1．如图所示，倾角为的斜面AB与水平面BE在B点平滑连接，半径为R的竖直光滑圆轨道与水平面在C点平滑连接，一质量为m的小物块（可看成质点）从A点由静止释放，P沿斜面下滑并从C点进入圆轨道，恰好能通过轨道最高点D，再次运动到C点后进入水平面，小物块离开E点后做平抛运动，落在半径为的四分之一光滑圆弧轨道MN上，E点为该轨道的圆心。已知B、C间光滑，小物块P与斜面间的动摩擦因数，小物块P与水平面C、E间的动摩擦因数，C、E间的距离为4R，重力加速度为g，不计空气阻力，求： (1)点距水平面BE的高度； (2)小物块P对圆轨道最低点C的压力大小； (3)小物块P运动到E点时的速度大小和刚落到MN圆弧上时的动能。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）小物块P在圆轨道最高点有 小物块P从开始释放到圆弧最高点过程有，解得 （2）小物块从最高点到最低点的过程有 在最低点有 由牛顿第三定律有 （3）小物块P从C运动到E点过程有 解得小物块P运动到E点时的速度大小 由平抛运动的规律有，， ，， 联立解得， 2．如图，竖直面内固定的轨道由光滑圆弧轨道和水平粗糙轨道DE组成，圆弧轨道的圆心为O，圆弧轨道最高点B与圆心O的连线与水平方向的夹角为，C点为轨道上与圆心等高点，D点为圆弧轨道的最低点。现有质量的小球从空中的A点以初速度向左水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道。已知圆弧轨道半径为，A、O两点的高度差，，重力加速度g取。求： (1)A、O两点的水平距离； (2)小球运动到D点时对圆弧轨道的压力大小。 【答案】(1)0.4m (2)67N 【详解】（1）小球平抛运动过程，竖直方向上有 水平方向上有 小球恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，则有 A、O两点的水平距离 解得， （2）小球从A运动到D过程，根据动能定理有 在D点，根据牛顿第二定律有 根据牛顿第三定律有 解得 3．在学校组织的趣味运动会上，唐中“加速度社”为大家提供了一个游戏。如图所示，将一质量为0.1 kg的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，钢球沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动。BC段为一段长为L＝2.0 m的粗糙平面，DEFG为接球槽。半圆形轨道OA和AB的半径分别为r＝0.2 m、R＝0.4 m，小球与BC段的动摩擦因数为μ＝0.7，C点离接球槽的高度为h＝1.25 m，水平距离为x＝0.5 m，接球槽足够大，g取10 m/s2。求： (1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在A点的速度大小； (2)钢球恰好不脱离轨道时，在B位置对半圆形轨道的压力大小； (3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少多大。 【答案】(1)2 m/s (2)6 N (3)m/s 【详解】（1）要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在最高点A时，对钢球分析有 解得vA＝2 m/s （2）钢球从A到B的过程由动能定理得mg·2R＝mvB2－mvA2 在B点有FN－mg＝m 解得FN＝6 N 根据牛顿第三定律，知钢球在B位置对半圆形轨道的压力大小为6 N。 （3）从C到D钢球做平抛运动，要使钢球恰好能落入槽中，则x＝vCt，h＝gt2 解得vC＝1 m/s 假设钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球可运动到C点，且速度为vC′，从A到C由动能定理得mg·2R－μmgL＝mvC′2－mvA2 解得vC′2<0 故当钢球在A点的速度恰为vA＝2 m/s时，钢球不可能到达C点，更不可能入槽，要使钢球最终能落入槽中，需要更大的弹射速度，才能使钢球既不脱离轨道，又能落入槽中。当钢球到达C点速度为vC时，v0有最小值，从O到C由动能定理得mgR－μmgL＝mvC2－mv02 解得v0＝m/s 二、应用动能定理解决物体在传送带运动问题 4．如图所示，某装置处于竖直平面内，该装置由弧形轨道、竖直螺旋圆形轨道，水平直轨道AF和传送带FG组成，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与弧形轨道相切于A点，螺旋圆形轨道半径R=0.3m，AF长度L=0.8m，传送带长度足够长。现将质量m=0.3kg的小滑块从弧形轨道距AF高H=1.0m的M处由静止释放。滑块与轨道AF间的动摩擦因数μ=0.25，与传送带间的动摩擦因数未知，传送带始终以3m/s的速度逆时针匀速转动。不计空气阻力，弧形轨道和圆形轨道均可视为光滑，重力加速度g取10m/s2，求： (1)小滑块第一次运动到A点时的速度大小； (2)滑块运动至圆轨道最高点 D点对轨道压力大小； (3)滑块第三次经过A点时的速度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小滑块第一次运动到A点过程，根据动能定理有 解得 （2）滑块运动至圆轨道最高点 D点过程，动能定理有 解得 滑块在最高点 D点，根据牛顿第二定律有 解得 根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道压力大小为5N。 （3）滑块第一次通过AF到达F点过程，动能定理有 解得 由于，可知滑块在传送带上先向右减速，后向左加速，最后以3m/s速度向左匀速运动，则有 滑块向左运动第三次到A点过程，根据动能定理有     解得 5．如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道O、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，水平区域FG足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开。现将一质量为m=0.3kg的滑块（可视为质点）从AB轨道上高度为h处由静止释放，若已知圆轨道半径R=1m，水平面BD的长度x1=3m，传送带长度x2=9m，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2，传送带以恒定速度v0=6m/s逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响），g取10m/s²。求： (1)若h=1.2m，则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力； (2)若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度h的取值范围； (3)当h=5.6m时，计算滑块从释放到飞出传送带的过程中，因摩擦产生的热量Q是多少。 【答案】(1)10.2N，方向竖直向下 (2) (3)10.8J 【详解】（1）若，则滑块运动至点时，由动能定理可得 在点由牛顿第二定律 解得 由牛顿第三定律可知，滑块运动至点时对圆弧轨道的压力为10.2N，方向竖直向下。 （2）若滑块恰好能过点，则点时有 从A到，根据动能定理有 解得 要使滑块恰能运动到点，则滑块到点的速度，从A到，根据动能定理有 解得 显然 若滑块不脱离圆弧轨道且从点飞出，则滑块释放点的高度。 （3）从A到D点根据动能定理 解得 从A到E点根据动能定理 可得 由运动学公式 则 在1s时间内，滑块的位移为 传送带运动的位移为 滑块相对于传动带的位移为 由功能关系 6．如图所示，在同一竖直面内光滑曲面与长的轨道平滑连接，是质量可视为质点的滑块，从曲面上高处无初速度下滑。滑块与间的滑动摩擦因数之间是传动方向及长度未知的传送带，传动速度大小，滑块与传送带之间的滑动摩擦因数是半径的半圆形光滑轨道，为最高点，位于的正上方。取重力加速度在同一水平线上，忽略空气阻力。求： (1)滑块运动到和的速度大小、； (2)过点时滑块对轨道的压力大小为多少时，滑块恰好能通过半圆轨道的最高点； (3)传送带长度满足什么条件时，滑块能进入轨道且在之间运动过程中不脱离轨道。 【答案】(1)， (2) (3)见解析 【详解】（1）滑块从曲面上下滑到A点，根据动能定理 代入数据得 从A到B，根据动能定理 代入数据得 （2）滑块恰好能通过D点，在D点有 解得 从C到D，根据动能定理 解得 在C点，根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律，滑块对轨道压力 （3）滑块不脱离轨道有两种临界情况： 情况一：恰好通过D点 滑块过D点临界条件： 解得 从C到D，根据动能定理 解得 滑块在传送带上加速，传送带顺时针转，传送带速度 加速度 由 得 情况二：不超过半圆轨道圆心等高处 滑块到达圆心等高处临界： 解得 滑块在传送带上减速，传送带逆时针时，加速度 由 得 综上，传送带长度（传送带顺时针）或（传送带逆时针）时，滑块不脱离轨道。 三、机械能守恒定律中的图像问题 7．如图甲所示，质量为m的滑块静止在倾角的粗糙斜面底端，现用平行于斜面向上的拉力F作用在滑块上，滑块沿斜面运动时撤去拉力F，此时滑块的机械能，滑块上滑过程中机械能E与上滑位移x之间的关系图像如图乙所示，滑块运动时达到最高点，取斜面底端重力势能为0，重力加速度g取，则下列说法正确的是（　　） A．滑块的质量为 B．滑块所受摩擦力的大小为10N C．拉力F的大小恒为40N D．拉力F撤去时滑块的动能为50J 【答案】BD 【详解】BC．由功能关系，滑块机械能的变化量等于除重力以外的力做功，拉力作用内有 拉力撤去后内有 解得拉力，，故B正确，C错误； AD．拉力作用内，由动能定理有 拉力撤去后2m内，由动能定理有 联立解得，，故A错误，D正确。 故选BD。 8．如图甲所示，一个质量为2kg的物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向做直线运动，运动过程中物体的机械能E与物体通过路程s的关系图像如图乙所示，其中0~0.8m过程的图像为曲线，0.8m~1.0m过程机械能E不变，1.0m~2.0m过程机械能E随路程s均匀减少（忽略空气阻力），重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　） A．0~0.8m过程中物体所受拉力是变力，物体先上升后下降 B．0.8m处物体的速度大小应为2m/s C．0.8m~1.0m过程中物体可能先上升后下降 D．1.0m~2.0m过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动 【答案】B 【详解】A．运动中只受重力和拉力，由于除重力之外的其他力做功，等于物体的机械能的变化，0~0.8m内物体的机械能一直在增加，说明拉力一直做正功，物体一直在上升。故A错误; B．物体到达0.8m处，由图可知物体的机械能增加，重力势能增加了，所以动能 又 可得 ，B正确； C．0.8m~1.0m过程中，机械能不变，拉力不做功。物体做竖直上抛运动，上升的高度，正好到达1.0m处时，所以0.8m~1.0m过程中，物体只有上升，没有下降，C错误； D．1.0m~2.0m过程中，物体机械能均匀减小，拉力的大小，此过程中，物体向下匀加速直线运动。D错误。 故选B。 9．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能等于动能与重力势能之和。取地面为重力势能零点，在上升过程中，该物体的和随它离地面的高度的变化关系如图所示。重力加速度取。由图中数据可得（　　） A．物体的质量为 B．时，物体的速率为 C．时，物体的动能 D．从地面至离地面高处的过程中，物体的动能减少 【答案】B 【详解】A．由题图可知，物体刚被抛出时的机械能为，即物体竖直上抛的初动能为 当机械能与重力势能相等，说明动能为零，物体上升到最高点时离地面高度为，这时重力势能 可得质量为，故A错误； B．根据，解得时，物体的速率为，故B正确； C．从题图中可以得出在物体上抛过程中，机械能有损失，物体上升到最高点的整个过程中，共损失了的机械能，时，可知此时的总机械能为，此时重力势能为，可知物体的动能，故C错误； D．物体竖直上抛的初动能为，从地面至离地面高处的过程中，物体的动能减小了，故D错误。 故选B。 四、机械能守恒定律在曲线运动中的应用 10．如图所示，物块P在高的平台边缘处以某一初速度被水平抛出，物块P恰好能无碰撞地从点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，为圆弧的两端点，其连线水平，圆弧轨道的半径为，圆弧所对圆心角。取重力加速度，不计空气阻力，物块质量为，可视为质点。求： (1)物块P离开平台时的初速度； (2)物块P通过圆弧轨道最低点时对轨道的压力。 【答案】(1) (2)，方向竖直向下 【详解】（1）物块离开平台后从至的过程中，在竖直方向有 在点有 解得 （2）物块在圆弧轨道做圆周运动，在最低点由牛顿第二定律可得 由机械能守恒得 解得 根据牛顿第三定律可知，对轨道的压力大小为，方向竖直向下。 11．如图所示，光滑曲线轨道，其中段为半径的半圆形轨道，点为半圆轨道的最低点。水平段在点与半圆轨道相切，一质量为的小球（可视作质点）从轨道上距水平面高为的点由静止释放，沿轨道滑至点后水平飞出，最终落至水平轨道上的点，，不计空气阻力。求： (1)小球在点时速度的大小； (2)小球运动到点时对半圆轨道的压力； (3)小球在点的速度的大小及点到点间的距离。 【答案】(1) (2)，方向竖直向下 (3)， 【详解】（1）由机械能守恒得 解得小球在点时速度的大小 （2）小球在点的速度的大小仍然为 在点，由牛顿第二定律得 解得 由牛顿第三定律，小球对半圆轨道的压力的大小 方向竖直向下。 （3）由动能定理得 解得 小球在点飞出后做平抛运动 竖直方向有 解得 12．如图所示，弹射器固定在水平平台的左端，初始时质量的物块位于平台上的A点，某时刻弹射器工作将物块向右弹出，在A、B之间的某位置，物块脱离弹射器，从点飞出后恰好沿C点的切线方向进入光滑圆弧轨道，一段时间后物块恰好能通过圆弧轨道的最高点D。已知物块与平台间的动摩擦因数，圆弧轨道的圆心与平台的高度差，轨道半径，半径与竖直方向的夹角，之间的距离，物块可视为质点，重力加速度取，不计空气阻力。求： (1)物块经过C点时轨道对物块的支持力大小； (2)B、C两点间的水平距离； (3)物块从A点到B点的过程中，弹射器对物块所做的功。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块恰好能通过最高点，有 根据机械能守恒定律，从点到点的过程，有 在点，对物块受力分析，有 联立解得轨道对物块的支持力大小 （2）从B点到C点，根据机械能守恒定律，有 根据平抛运动规律，从点到点，有 、间的水平距离 联立解得 （3）根据动能定理，物块从A点到点的过程中，有 联立解得弹射器对物块做的功 五、机械能守恒定律在杆连接系统中的应用 13．如图所示，长直轻杆两端分别固定小球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L。先将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为时，下列说法正确的是（不计一切摩擦，重力加速度为g）（　　） A．杆对小球A做功为mgL B．小球A、B的速度都为 C．小球A、B的速度分别为和 D．杆与小球A、B组成的系统机械能减少了mgL 【答案】C 【详解】BCD．对A、B组成的系统，整个过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律 ， 解得 ，，C正确，BD错误； A．研究小球A，杆对小球做功W，根据动能定理 解得 ，A错误。 故选C。 14．如图所示，长为3L的轻杆两端分别固定有质量均为m的小铁球1和2，杆的三等分点O处有光滑的水平转动轴。初状态轻杆恰好在水平位置，静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g，当杆到达竖直位置时，求： (1)球1的速度大小v1和球2的速度大小，以及在此过程中，轻杆对球1做的功W₁ (2)水平转动轴对轻杆的作用力F的大小。 【答案】(1)，， (2) 【详解】（1）由系统机械能守恒，可得 且有 解得， 对球1根据动能定理 解得 （2）对球1受力分析，由牛顿第二定律可得 对球2受力分析，由牛顿第二定律可得 由牛顿第三定律，球1对轻杆作用力 球2对轻杆作用力 对轻杆分析 15．如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆、，两杆无限接近但不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个可视为质点的小球a、b质量均为，a球套在竖直杆上，b球套在水平杆上，a、b通过铰链用长度为的刚性轻杆连接。将a球从图示位置由静止释放（轻杆与杆夹角为45°），不计一切摩擦，已知重力加速度为，下列说法中正确的是（　　） A．b球的速度为零时，a球的加速度大小一定等于 B．a球由静止下落0.5m时，b球速度大小为0 C．b球的最大速度为 D．a球的最大速度为 【答案】BC 【详解】A．初始时刻a、b的速度均为零，a球除重力外还有杆的支持力，其加速度小于g；当b球先向右加速再向右减速到零时，a球到达所在面，在竖直方向只受重力作用，加速度等于g；综上两种情况可知b球的速度为零时，a球的加速度大小不一定等于，故A错误； B．a球由静止下落0.5m时，刚好到达所在面，此时b球到达最右端，轻杆未断或弯曲，则b球的速度一定为零，故B正确； C．当a球运动到两杆的交点后再向下运动L距离，此时b达到两杆的交点处，a的速度为零，b的速度最大设为，由机械能守恒得，解得，故C正确； D．a球运动到两杆的交点处，b的速度为零，设此时a的速度为，由机械能守恒得，解得，此时a球的加速度大小为g，且方向竖直向下，与速度方向相同，球会继续向下加速运动，速度会进一步增大，即a球的最大速度一定大于，故D错误。 故选BC。 六、机械能守恒定律在绳连接系统中的应用 16．如图所示，质量分别为m和的两个物块用一根不可伸长的轻绳通过定滑轮连接，其中质量为m的物块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，A点与定滑轮等高，不计滑轮质量、大小及任何摩擦。轻绳足够长，重力加速度g取。（，） (1)当m在竖直杆B位置时，两物块恰好能静止，此时绳与杆的夹角α； (2)将m由A点静止释放，m下降的最大高度； (3)将m由A点静止释放，m获得的最大速度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对，由平衡条件有 对，由平衡条件有 联立解得 （2）当到达最低点时速度为零，对和组成的系统由机械能守恒有 解得 （3）在该系统下降的过程中，当m获得最大速度时，即合外力等于零时，可知此时恰好在B位置处，由动能定理有 解得 17．如图所示为“阿特伍德机”装置示意图。跨过轻质定滑轮的轻绳两端悬挂两个质量均为的物块，当左侧物块附上质量为的小物块时，该物块由静止开始加速下落，下落后小物块撞击挡板自动脱离，系统以匀速运动。忽略系统一切阻力，重力加速度为。若测出，则可完成多个力学实验。下列关于此次实验的说法，正确的是（　　） A．系统放上小物块后，轻绳的张力增加了 B．可测得当地重力加速度 C．要验证机械能守恒，需验证等式，是否成立 D．要探究合外力与加速度的关系，需探究是否成立 【答案】BD 【详解】A．设系统放上小物块后，轻绳的张力增加了，则对系统，由牛顿第二定律得加速度为 由于初始时刻轻绳的张力与右侧物块的重力是一对平衡力，即张力大小为，由牛顿第二定律得系统放上小物块后，轻绳的张力增加了 故A错误； B．对系统由机械能守恒得 解得当地重力加速度 故B正确； C．如果机械能守恒则 整理得 故C错误； D．物体做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为 由牛顿第二定律得 整理得 要探究合外力与加速度的关系，需探究是否成立，故D正确。 故选BD。 18．如图所示，足够长的轻绳绕过光滑轻质小定滑轮，一端与质量为的小球相连，另一端与套在竖直固定光滑杆上的小物块相连。竖直杆上的点与定滑轮在同一水平线上，距离为。当细线与竖直杆的夹角为时，小物块与小球恰好处于静止状态，。现将小物块从点由静止释放，则小物块下降的最大高度为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设小物块的质量为，分析小物块的受力，根据平衡条件 有 分析小球受力 有 得 当小物块下降到最低点时，两物体的速度大小均为零 设小物块下降的最大高度为,以小物块、轻绳和小球为研究对象，由机械能守恒定律 有 其中 解得 故选D。 七、机械能守恒定律在弹簧类问题中的应用 19．如图所示，厚度均匀、上表面为长方形的平板静止在光滑水平面上，平板上所在直线与平行，所在直线与垂直。平板上表面的至段是粗糙的，至段是光滑的。将一轻质弹簧沿方向放置在平板上，其右端固定在平板端的轻质挡板上，弹簧处于原长时其左端位于线上。在时刻，有一可视为质点的小物块以初速度从平板的端沿方向滑上平板，小物块在平板上滑行一段时间后，从时刻开始压缩弹簧，又经过一段时间，在时刻小物块与平板具有共同速度。已知平板质量，与之间的距离，弹簧的原长，小物块的质量，速度，速度，小物块与平板粗糙面之间的动摩擦因数，取重力加速度，弹簧始终在弹性限度内，小物块始终在所在直线上。求： (1)小物块压缩弹簧前在平板上滑行的时间 (2)小物块压缩弹簧过程中，弹簧所具有的最大弹性势能 (3)请在图中定性画出时间内小物块的速度随时间变化的图像。图中为小物块开始压缩弹簧的时刻为小物块与平板具有共同速度的时刻 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）在时间内，小物块做匀减速直线运动，平板做匀加速直线运动。 根据牛顿第二定律，对小物块：，小物块的加速度大小 ，方向水平向左； 对平板：平板的加速度大小 ，方向水平向右； 小物块的位移 平板的位移 又，解得 （2）小物块刚接触弹簧时，小物块的速度，平板的速度 解得， 设弹簧所具有的最大弹性势能为，小物块压缩弹簧过程中，根据机械能守恒定律有 解得 （3）在时间内小物块的速度随时间变化的图像如图所示 20．如图所示，倾角为θ=37°的斜面与圆心为O、半径R=0.9m的光滑圆弧轨道在B点平滑连接，且固定于竖直平面内。斜面上固定一平行于斜面的轻质弹簧，现沿斜面缓慢推动质量为m=0.8kg的滑块a使其压缩弹簧至A处，将滑块a由静止释放，通过D点时轨道对滑块a的弹力为零。已知A、B之间的距离为L=1.35m，滑块a与斜面间动摩擦因数μ=0.25，C为圆弧轨道的最低点，CE为圆弧轨道的直径，OD水平，滑块a可视为质点，忽略空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求滑块a在C点对轨道压力的大小。 (2)求滑块a整个运动过程中系统因摩擦而产生的热量。 (3)若仅将滑块a换为质量为m2=0.05kg的滑块b，滑块b由A点弹出后立即撤去弹簧，求滑块b第一次落在斜面上的位置至B点的距离。 【答案】(1)24N (2)7.92J (3)1.8m 【详解】（1）由题可知，滑块a在D点处的速度为0，对滑块a由C至D点过程，由动能定理有 对滑块a在C点由牛顿第二定律有 结合牛顿第三定律可知，滑块a在C点对轨道压力的大小 （2）设滑块a在A处时弹簧储存的弹性势能为Ep，由能量守恒定律可知 解得 最终滑块a在B与B关于C对称的点之间运动，由能量守恒可知 解得 （3）设滑块b能通过E点，对滑块b由A点至E点由能量守恒有 解得 滑块b恰好能通过E点时，有 可知，假设成立，设滑块b在空中运动的时间为t，滑块b落在斜面上的位置与B之间的水平距离为d，则有， 解得 又有 解得 21．如图所示，水平轻质弹簧右端固定于竖直墙上，左端与质量为m=0.4kg的小物块（可视为质点）接触但不拴接，弹簧原长小于光滑平台MN的长度，一半径为R=2.7m的竖直半圆轨道与光滑平台MN平滑连接。开始时弹簧处于压缩状态，储存的弹性势能（大小可调节）可以发射质量为m的小物块，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，小物块由水平平台滑上半圆轨道没有能量损失。 (1)若半圆轨道是光滑的，小物块刚好能到达Q点，求弹簧的弹性势能； (2)若半圆轨道是光滑的，小物块刚好能到达Q点，求小物块在P点时对轨道压力的大小； (3)若半圆轨道是粗糙的，弹簧弹性势能为5mgR，小物块到达Q点对轨道压力为mg，求小物块在半圆轨道上克服摩擦力做的功。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小物块刚好可到达Q点，则有 根据机械能守恒定律则有 （2）设小物块到P点的速度为，根据机械能守恒可得 由牛顿第二定律可得 联立解得 根据牛顿第三定律可知，小物块在P点时对轨道压力的大小为 （3）由牛顿第二定律可得 整个过程，由能量守恒可得 联立解得 八、能量守恒定律在曲线运动中的应用 22．如图所示，在距水平地面高h1=1.2m的光滑水平台上，质量m=1.5kg的小物块（可视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住，此时弹簧储存的弹性势能Ep=3J。现打开锁扣K物块与弹簧分离后以一定的水平速度向右滑离平台，恰好从B点沿切线方向进入以O为圆心的固定光滑圆弧轨道BC，B点距水平地面的高h2=0.6m，圆弧轨道在C点与长为L=2.8m的粗糙水平直轨道CD平滑连接，D点有固定竖直挡板。重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计。求： (1)物块运动到B点时的速度大小； (2)物块沿圆弧轨道运动到C点时对轨道的压力大小； (3)若物块运动到D点与挡板碰撞反弹后所剩动能为碰前的一半，要使物块与挡板只发生一次碰撞，那么物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足的条件。 【答案】(1)4m/s (2)50N (3)或 【详解】（1）解除锁扣，根据能量守恒有 解得 物块由A运动到B的过程中做平抛运动，根据能量守恒 解得 （2）设∠BOC=θ，根据平抛运动规律有 解得 根据几何关系有 解得 物块从B到C，根据能量守恒有 解得 物块在C点时，根据牛顿第二定律有 解得 根据牛顿第三定律可知，物块沿圆弧轨道运动到C点时对轨道的压力大小50N。 （3）依据题意知，μ的最大值对应的是物块撞墙前瞬间的速度趋于零，根据能量守恒有 解得 故要满足一次碰撞则需 对于μ的最小值求解，首先应判断物块第一次碰墙后反弹，能否沿圆轨道滑离B点，设物块碰前在D处的速度为v2，物块从开始出发到D点，根据能量守恒有 第一次碰挡板后返回至B处的动能为0时，根据能量守恒有 解得 当时物块从B离开轨道，滑块与挡板的碰撞发生一次； 如果时，μ的最小值为μ2，对应物块撞后回到圆弧轨最高某处，又下滑经C停恰好至D点停止，则物块从D点出发再回到D点，根据能量守恒有 又物块从开始出发到D点，根据能量守恒有 联立解得 可知满足这一条件的动摩擦因数为 综上物块与挡板只发生一次碰撞的动摩擦因数μ的取值为或 23．某同学玩“弹射游戏”装置如图所示，轨道BC由两个半径均为R=0.1m的圆形管道和圆单侧轨道拼接而成位于竖直面内，管道内直径大于小正方形滑块边长，且远小于R。轻弹簧左端固定，自然状态下弹簧右端位于O点，用质量为m=0.02kg的小滑块将弹簧压缩x0到A位置，由静止释放，小滑块恰能通过单侧轨道的最高点C，其中，OB段长为R，动摩擦因数μ为0.5，其它处摩擦不计，假设弹簧弹性势能与形变量的平方成正比。求： (1)小滑块到达最高点C的速度vC大小及小滑块落地点到B点的距离xB； (2)若弹簧的压缩量增为2x0，其它条件不变，小滑块经过B时对管道的弹力FN； (3)要使小滑块在BC轨道上运动过程中不脱离轨道，弹簧的弹性势能要满足的条件。 【答案】(1)1m/s，0.4m (2)4.8N，方向竖直向下 (3)0.01J≤Ep≤0.03J或Ep≥0.06J 【详解】（1）小滑块恰能通过最高点C，仅由重力提供向心力，有 解得 小滑块离开C点后做平抛运动，有 解得 故小滑块落地点到B点的距离为 （2）当弹簧的压缩量为x0时，根据能量守恒定律，得弹簧弹性势能 当弹簧的压缩量增为2x0时，弹簧弹性势能 由能量守恒定律，得 在B点，根据牛顿第二定律，有 解得 根据牛顿第三定律，小滑块对管道的弹力，方向竖直向下 （3）小滑块恰好能进入B点所需的弹性势能 小滑块恰能运动到与O1等高处所需的弹簧弹性势能 小滑块恰能运动到C点所需的弹簧弹性势能为 故符合条件的弹性势能范围是或 九、能量守恒定律在传送带模型中的应用 24．一质量为M＝1.98kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并留在物块中，子弹质量为0.02kg。如图甲所示，地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示（图中取向右运动的方向为正方向）。已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．子弹射入物块前的速度大小为498m/s B．物块与传送带间的动摩擦因数0.2 C．子弹射入后，电动机对传送带多做的功为12J D．子弹射入后，系统产生的内能为36J 【答案】BD 【详解】A．从图像看出，物块被向左运动的子弹射入后，速度为v＝4m/s，先向左减速运动到速度为零，然后向右加速到v＝2.0m/s，以后随传送带一起做匀速运动，所以传送带的速度方向向右，其速度，根据动量守恒可得 解得，故A错误； B．由图像可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度大小为 由牛顿第二定律得，滑动摩擦力 代入数据解得物块与传送带间的动摩擦因数，故B正确； CD．由速度图像可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3秒，0~2s内：（向左）, （向右） 2~3s内：（向右）, （向右） 所以，物块与传送带之间的相对位移 产生的内能 传送带对物块做的功由动能定理可得 电动机对传送带多做的功为，故C错误，D正确。 故选BD。 25．如图所示，半径R=0.8m、竖直固定的光滑圆弧轨道与水平传送带相切于B点，水平传送带B、C间的距离L=24m，传送带在电动机的带动下以v0=8m/s的恒定速率顺时针运行。现将质量m=2kg、可视为质点的小物块从圆弧轨道的最高点A由静止释放，不计空气阻力，物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，下列说法正确的是（    ） A．小物块刚滑至圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力大小为 B．小物块在传送带B、C间的运动时间为 C．小物块在传送带上运动时，因摩擦而产生的热量为 D．整个过程中电动机多消耗的电能为 【答案】AC 【详解】A．根据机械能守恒定律得 解得 根据牛顿第二定律得 解得 根据牛顿第三定律可知，对轨道的压力大小为，故A正确； B．由于，小物块在传送带上先做加速运动，根据牛顿第二定律可得 解得加速度大小为 小物块匀加速的时间为 小物块匀加速运动的位移 小物块匀速运动的时间 小物块在传送带B、C间的运动时间为，故B错误； C．小物块与传送带的相对位移为 因摩擦而产生的热量为，C正确； D．根据能量守恒可知，整个过程中电动机多消耗的电能为，故D错误。 故选AC。 26．某采石场从坑洞底部通过传送带将矿石运送到货车上的情景如图所示。倾角为37°的传送带在电动机带动下以2m/s的速度顺时针匀速转动。质量为20kg的矿石（可视为质点）轻放到A点，经过5s与传送带速度相同，到达B点后水平抛出落入车厢（车厢后挡板未合上）。已知传送带顶端B点到底端A点的竖直高度到车厢底板的竖直高度1.8m，初状态车厢底板末端C在B点正下方。不计空气阻力，重力加速度g取取则（   ） A．为保证矿石落入车厢，货车向前移动的距离不能超过1.2m B．矿石与传送带之间的动摩擦因数为0.6 C．从A到B的过程中，摩擦力对矿石做的功为640J D．从A到B的过程中，由于传送该矿石，电动机多消耗的电能为3080J 【答案】AD 【详解】A．矿石从B点抛出后做平抛运动，在竖直方向，有 在水平方向，有 联立得x = 1.2m 为保证矿石落入车厢，货车向前移动距离不能超过1.2m，故A正确； B．矿石在传送带底端由静止释放后，根据牛顿第二定律，有μmgcosθ－mgsinθ = ma 速度相同时，有v = at1 联立解得μ = 0.8，故B错误； C．从A到B的过程中，根据能量守恒可得摩擦力对矿石做的功 代入数据可得 摩擦力产生的热量为 可得，故C错误； D．从A到B的过程中，由于传送该矿石，电动机多消耗的电能为 解得，故D正确。 故选AD。 十、能量守恒定律在板块模型中的应用 27．哈尔滨冰雪大世界的冰块采集自松花江，步骤为开锯、切分、打捞、运送。图甲是某次运送冰块的示意图，水平冰面AB段由于清理了积雪可视为光滑冰面、BC段动摩擦因数。长方体冰块长，质量均匀分布且总质量为开始时，静止在AB段内，现给冰块一个水平向右的初速度使冰块向着BC运动，重力加速度求： (1)冰块中点到达B点时，冰块的加速度大小a； (2)冰块静止时，冰块右端与B点的距离d； (3)如图乙，在冰块静止后，质量为，可视为质点的破冰工具，以的速度从冰块左端水平向右滑上冰块，恰能到达冰块最右端，最终一同静止在BC段冰面上，求整个运动过程冰块与地面摩擦产热Q。 【答案】(1) (2)1.25m (3)37.5J 【详解】（1）根据牛顿第二定律 由 解得 （2）设冰块进入段长度为时，冰块所受摩擦力 由式子可知此阶段摩擦力正比于冰块进入段的长度，则此阶段克服摩擦力做功 根据能量守恒定律 由 解得 （3）设破冰工具与冰块的动摩擦因数为 假设冰块不动，则有 即 对工具， 解得，不符合假设，说明冰块滑动。 对冰块 工具到达最右端恰好共速 位移关系 解得 对冰块 共速后，工具和冰块相对静止一起减速，加速度为，有 冰块减速位移 解得 冰块与地面摩擦产热 28．如图所示，质量为的子弹以水平初速度射入静止在光滑水平面上的质量为的木块中，子弹未从木块中射出，最后共同速度为，在此过程中，木块在水平面上滑动的距离为，子弹射入木块的深度为，子弹与木块间的相互作用力大小为，下列说法正确的是（　　） A．对木块做功为 B．对子弹做功为 C．对子弹，有 D．对子弹和木块系统，有 【答案】D 【详解】A．木块的位移为s，f对木块做功为W=fs，故A错误； B．子弹的位移为（s+d），木块对子弹的摩擦力的方向与位移方向相反，木块对子弹的摩擦力做负功，即W=-f（s+d），故B错误； C．对子弹由动能定理可得-f（s+d)=，故C错误； D．对子弹和木块的系统由能量关系可得 整理可得，故D正确。 故选D。 29．如图，水平地面上固定放置一光滑斜面，紧靠斜面右侧有一小车，其上表面与点等高，斜面末端与小车左端平滑连接。小车上表面右端固定有一轻弹簧，初始时弹簧处于原长，水平地面距小车右端m处有一固定的竖直墙壁，墙壁与小车等高处安装一锁定装置。现将一可视为质点的物块从斜面顶端点由静止开始滑下，从点滑上小车，当小车运动到墙壁时立即被锁定。已知、两点高度差为m，物块质量为kg，小车质量kg、长度m，物块与小车上表面的动摩擦因数，弹簧原长m，物块向右运动过程中弹簧的最大压缩量m，水平地面光滑，重力加速度m/s²。求： (1)物块刚滑到点时的速度大小； (2)物块刚与弹簧接触时的速度大小； (3)物块最终停止的位置与小车左端的距离。 【答案】(1) (2)1m/s (3)1.45m 【详解】（1）由机械能守恒定律 得 （2）对滑块由牛顿第二定律得μmg = ma1 对小车由牛顿第二定律得μmg = Ma2 解得 设经过时间t0共速，则vB - a1t0 = a2t0 解得 小车位移： 则此时小车刚好运动到墙壁并锁定 滑块位移： 有 s1-s2=L-l0 此时物块恰好与弹簧接触 则v 1=vB - a1t0 =1 m/s （3）从刚接触到弹簧最短，功能关系 滑块返回过程得 d=L-s0+x-x2=1.45 m 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项04 机械能守恒定律 一、应用动能定理解决多段过程问题 1 二、应用动能定理解决物体在传送带运动问题 2 三、机械能守恒定律中的图像问题 4 四、机械能守恒定律在曲线运动中的应用 5 五、机械能守恒定律在杆连接系统中的应用 6 六、机械能守恒定律在绳连接系统中的应用 8 七、机械能守恒定律在弹簧类问题中的应用 9 八、能量守恒定律在曲线运动中的应用 11 九、能量守恒定律在传送带模型中的应用 12 十、能量守恒定律在板块模型中的应用 13 一、应用动能定理解决多段过程问题 1．如图所示，倾角为的斜面AB与水平面BE在B点平滑连接，半径为R的竖直光滑圆轨道与水平面在C点平滑连接，一质量为m的小物块（可看成质点）从A点由静止释放，P沿斜面下滑并从C点进入圆轨道，恰好能通过轨道最高点D，再次运动到C点后进入水平面，小物块离开E点后做平抛运动，落在半径为的四分之一光滑圆弧轨道MN上，E点为该轨道的圆心。已知B、C间光滑，小物块P与斜面间的动摩擦因数，小物块P与水平面C、E间的动摩擦因数，C、E间的距离为4R，重力加速度为g，不计空气阻力，求： (1)点距水平面BE的高度； (2)小物块P对圆轨道最低点C的压力大小； (3)小物块P运动到E点时的速度大小和刚落到MN圆弧上时的动能。 2．如图，竖直面内固定的轨道由光滑圆弧轨道和水平粗糙轨道DE组成，圆弧轨道的圆心为O，圆弧轨道最高点B与圆心O的连线与水平方向的夹角为，C点为轨道上与圆心等高点，D点为圆弧轨道的最低点。现有质量的小球从空中的A点以初速度向左水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道。已知圆弧轨道半径为，A、O两点的高度差，，重力加速度g取。求： (1)A、O两点的水平距离； (2)小球运动到D点时对圆弧轨道的压力大小。 3．在学校组织的趣味运动会上，唐中“加速度社”为大家提供了一个游戏。如图所示，将一质量为0.1 kg的钢球放在O点，用弹射装置将其弹出，钢球沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动。BC段为一段长为L＝2.0 m的粗糙平面，DEFG为接球槽。半圆形轨道OA和AB的半径分别为r＝0.2 m、R＝0.4 m，小球与BC段的动摩擦因数为μ＝0.7，C点离接球槽的高度为h＝1.25 m，水平距离为x＝0.5 m，接球槽足够大，g取10 m/s2。求： (1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在A点的速度大小； (2)钢球恰好不脱离轨道时，在B位置对半圆形轨道的压力大小； (3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少多大。 二、应用动能定理解决物体在传送带运动问题 4．如图所示，某装置处于竖直平面内，该装置由弧形轨道、竖直螺旋圆形轨道，水平直轨道AF和传送带FG组成，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与弧形轨道相切于A点，螺旋圆形轨道半径R=0.3m，AF长度L=0.8m，传送带长度足够长。现将质量m=0.3kg的小滑块从弧形轨道距AF高H=1.0m的M处由静止释放。滑块与轨道AF间的动摩擦因数μ=0.25，与传送带间的动摩擦因数未知，传送带始终以3m/s的速度逆时针匀速转动。不计空气阻力，弧形轨道和圆形轨道均可视为光滑，重力加速度g取10m/s2，求： (1)小滑块第一次运动到A点时的速度大小； (2)滑块运动至圆轨道最高点 D点对轨道压力大小； (3)滑块第三次经过A点时的速度。 5．如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道O、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，水平区域FG足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开。现将一质量为m=0.3kg的滑块（可视为质点）从AB轨道上高度为h处由静止释放，若已知圆轨道半径R=1m，水平面BD的长度x1=3m，传送带长度x2=9m，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2，传送带以恒定速度v0=6m/s逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响），g取10m/s²。求： (1)若h=1.2m，则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力； (2)若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度h的取值范围； (3)当h=5.6m时，计算滑块从释放到飞出传送带的过程中，因摩擦产生的热量Q是多少。 6．如图所示，在同一竖直面内光滑曲面与长的轨道平滑连接，是质量可视为质点的滑块，从曲面上高处无初速度下滑。滑块与间的滑动摩擦因数之间是传动方向及长度未知的传送带，传动速度大小，滑块与传送带之间的滑动摩擦因数是半径的半圆形光滑轨道，为最高点，位于的正上方。取重力加速度在同一水平线上，忽略空气阻力。求： (1)滑块运动到和的速度大小、； (2)过点时滑块对轨道的压力大小为多少时，滑块恰好能通过半圆轨道的最高点； (3)传送带长度满足什么条件时，滑块能进入轨道且在之间运动过程中不脱离轨道。 三、机械能守恒定律中的图像问题 7．如图甲所示，质量为m的滑块静止在倾角的粗糙斜面底端，现用平行于斜面向上的拉力F作用在滑块上，滑块沿斜面运动时撤去拉力F，此时滑块的机械能，滑块上滑过程中机械能E与上滑位移x之间的关系图像如图乙所示，滑块运动时达到最高点，取斜面底端重力势能为0，重力加速度g取，则下列说法正确的是（　　） A．滑块的质量为 B．滑块所受摩擦力的大小为10N C．拉力F的大小恒为40N D．拉力F撤去时滑块的动能为50J 8．如图甲所示，一个质量为2kg的物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向做直线运动，运动过程中物体的机械能E与物体通过路程s的关系图像如图乙所示，其中0~0.8m过程的图像为曲线，0.8m~1.0m过程机械能E不变，1.0m~2.0m过程机械能E随路程s均匀减少（忽略空气阻力），重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　） A．0~0.8m过程中物体所受拉力是变力，物体先上升后下降 B．0.8m处物体的速度大小应为2m/s C．0.8m~1.0m过程中物体可能先上升后下降 D．1.0m~2.0m过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动 9．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能等于动能与重力势能之和。取地面为重力势能零点，在上升过程中，该物体的和随它离地面的高度的变化关系如图所示。重力加速度取。由图中数据可得（　　） A．物体的质量为 B．时，物体的速率为 C．时，物体的动能 D．从地面至离地面高处的过程中，物体的动能减少 四、机械能守恒定律在曲线运动中的应用 10．如图所示，物块P在高的平台边缘处以某一初速度被水平抛出，物块P恰好能无碰撞地从点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，为圆弧的两端点，其连线水平，圆弧轨道的半径为，圆弧所对圆心角。取重力加速度，不计空气阻力，物块质量为，可视为质点。求： (1)物块P离开平台时的初速度； (2)物块P通过圆弧轨道最低点时对轨道的压力。 11．如图所示，光滑曲线轨道，其中段为半径的半圆形轨道，点为半圆轨道的最低点。水平段在点与半圆轨道相切，一质量为的小球（可视作质点）从轨道上距水平面高为的点由静止释放，沿轨道滑至点后水平飞出，最终落至水平轨道上的点，，不计空气阻力。求： (1)小球在点时速度的大小； (2)小球运动到点时对半圆轨道的压力； (3)小球在点的速度的大小及点到点间的距离。 12．如图所示，弹射器固定在水平平台的左端，初始时质量的物块位于平台上的A点，某时刻弹射器工作将物块向右弹出，在A、B之间的某位置，物块脱离弹射器，从点飞出后恰好沿C点的切线方向进入光滑圆弧轨道，一段时间后物块恰好能通过圆弧轨道的最高点D。已知物块与平台间的动摩擦因数，圆弧轨道的圆心与平台的高度差，轨道半径，半径与竖直方向的夹角，之间的距离，物块可视为质点，重力加速度取，不计空气阻力。求： (1)物块经过C点时轨道对物块的支持力大小； (2)B、C两点间的水平距离； (3)物块从A点到B点的过程中，弹射器对物块所做的功。 五、机械能守恒定律在杆连接系统中的应用 13．如图所示，长直轻杆两端分别固定小球A和B，两球质量均为m，两球半径忽略不计，杆的长度为L。先将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球B，使小球B在水平面上由静止开始向右滑动，当小球A沿墙下滑距离为时，下列说法正确的是（不计一切摩擦，重力加速度为g）（　　） A．杆对小球A做功为mgL B．小球A、B的速度都为 C．小球A、B的速度分别为和 D．杆与小球A、B组成的系统机械能减少了mgL 14．如图所示，长为3L的轻杆两端分别固定有质量均为m的小铁球1和2，杆的三等分点O处有光滑的水平转动轴。初状态轻杆恰好在水平位置，静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g，当杆到达竖直位置时，求： (1)球1的速度大小v1和球2的速度大小，以及在此过程中，轻杆对球1做的功W₁ (2)水平转动轴对轻杆的作用力F的大小。 15．如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆、，两杆无限接近但不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个可视为质点的小球a、b质量均为，a球套在竖直杆上，b球套在水平杆上，a、b通过铰链用长度为的刚性轻杆连接。将a球从图示位置由静止释放（轻杆与杆夹角为45°），不计一切摩擦，已知重力加速度为，下列说法中正确的是（　　） A．b球的速度为零时，a球的加速度大小一定等于 B．a球由静止下落0.5m时，b球速度大小为0 C．b球的最大速度为 D．a球的最大速度为 六、机械能守恒定律在绳连接系统中的应用 16．如图所示，质量分别为m和的两个物块用一根不可伸长的轻绳通过定滑轮连接，其中质量为m的物块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，A点与定滑轮等高，不计滑轮质量、大小及任何摩擦。轻绳足够长，重力加速度g取。（，） (1)当m在竖直杆B位置时，两物块恰好能静止，此时绳与杆的夹角α； (2)将m由A点静止释放，m下降的最大高度； (3)将m由A点静止释放，m获得的最大速度。 17．如图所示为“阿特伍德机”装置示意图。跨过轻质定滑轮的轻绳两端悬挂两个质量均为的物块，当左侧物块附上质量为的小物块时，该物块由静止开始加速下落，下落后小物块撞击挡板自动脱离，系统以匀速运动。忽略系统一切阻力，重力加速度为。若测出，则可完成多个力学实验。下列关于此次实验的说法，正确的是（　　） A．系统放上小物块后，轻绳的张力增加了 B．可测得当地重力加速度 C．要验证机械能守恒，需验证等式，是否成立 D．要探究合外力与加速度的关系，需探究是否成立 18．如图所示，足够长的轻绳绕过光滑轻质小定滑轮，一端与质量为的小球相连，另一端与套在竖直固定光滑杆上的小物块相连。竖直杆上的点与定滑轮在同一水平线上，距离为。当细线与竖直杆的夹角为时，小物块与小球恰好处于静止状态，。现将小物块从点由静止释放，则小物块下降的最大高度为（　　） A． B． C． D． 七、机械能守恒定律在弹簧类问题中的应用 19．如图所示，厚度均匀、上表面为长方形的平板静止在光滑水平面上，平板上所在直线与平行，所在直线与垂直。平板上表面的至段是粗糙的，至段是光滑的。将一轻质弹簧沿方向放置在平板上，其右端固定在平板端的轻质挡板上，弹簧处于原长时其左端位于线上。在时刻，有一可视为质点的小物块以初速度从平板的端沿方向滑上平板，小物块在平板上滑行一段时间后，从时刻开始压缩弹簧，又经过一段时间，在时刻小物块与平板具有共同速度。已知平板质量，与之间的距离，弹簧的原长，小物块的质量，速度，速度，小物块与平板粗糙面之间的动摩擦因数，取重力加速度，弹簧始终在弹性限度内，小物块始终在所在直线上。求： (1)小物块压缩弹簧前在平板上滑行的时间 (2)小物块压缩弹簧过程中，弹簧所具有的最大弹性势能 (3)请在图中定性画出时间内小物块的速度随时间变化的图像。图中为小物块开始压缩弹簧的时刻为小物块与平板具有共同速度的时刻 20．如图所示，倾角为θ=37°的斜面与圆心为O、半径R=0.9m的光滑圆弧轨道在B点平滑连接，且固定于竖直平面内。斜面上固定一平行于斜面的轻质弹簧，现沿斜面缓慢推动质量为m=0.8kg的滑块a使其压缩弹簧至A处，将滑块a由静止释放，通过D点时轨道对滑块a的弹力为零。已知A、B之间的距离为L=1.35m，滑块a与斜面间动摩擦因数μ=0.25，C为圆弧轨道的最低点，CE为圆弧轨道的直径，OD水平，滑块a可视为质点，忽略空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求滑块a在C点对轨道压力的大小。 (2)求滑块a整个运动过程中系统因摩擦而产生的热量。 (3)若仅将滑块a换为质量为m2=0.05kg的滑块b，滑块b由A点弹出后立即撤去弹簧，求滑块b第一次落在斜面上的位置至B点的距离。 21．如图所示，水平轻质弹簧右端固定于竖直墙上，左端与质量为m=0.4kg的小物块（可视为质点）接触但不拴接，弹簧原长小于光滑平台MN的长度，一半径为R=2.7m的竖直半圆轨道与光滑平台MN平滑连接。开始时弹簧处于压缩状态，储存的弹性势能（大小可调节）可以发射质量为m的小物块，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，小物块由水平平台滑上半圆轨道没有能量损失。 (1)若半圆轨道是光滑的，小物块刚好能到达Q点，求弹簧的弹性势能； (2)若半圆轨道是光滑的，小物块刚好能到达Q点，求小物块在P点时对轨道压力的大小； (3)若半圆轨道是粗糙的，弹簧弹性势能为5mgR，小物块到达Q点对轨道压力为mg，求小物块在半圆轨道上克服摩擦力做的功。 八、能量守恒定律在曲线运动中的应用 22．如图所示，在距水平地面高h1=1.2m的光滑水平台上，质量m=1.5kg的小物块（可视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住，此时弹簧储存的弹性势能Ep=3J。现打开锁扣K物块与弹簧分离后以一定的水平速度向右滑离平台，恰好从B点沿切线方向进入以O为圆心的固定光滑圆弧轨道BC，B点距水平地面的高h2=0.6m，圆弧轨道在C点与长为L=2.8m的粗糙水平直轨道CD平滑连接，D点有固定竖直挡板。重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计。求： (1)物块运动到B点时的速度大小； (2)物块沿圆弧轨道运动到C点时对轨道的压力大小； (3)若物块运动到D点与挡板碰撞反弹后所剩动能为碰前的一半，要使物块与挡板只发生一次碰撞，那么物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足的条件。 23．某同学玩“弹射游戏”装置如图所示，轨道BC由两个半径均为R=0.1m的圆形管道和圆单侧轨道拼接而成位于竖直面内，管道内直径大于小正方形滑块边长，且远小于R。轻弹簧左端固定，自然状态下弹簧右端位于O点，用质量为m=0.02kg的小滑块将弹簧压缩x0到A位置，由静止释放，小滑块恰能通过单侧轨道的最高点C，其中，OB段长为R，动摩擦因数μ为0.5，其它处摩擦不计，假设弹簧弹性势能与形变量的平方成正比。求： (1)小滑块到达最高点C的速度vC大小及小滑块落地点到B点的距离xB； (2)若弹簧的压缩量增为2x0，其它条件不变，小滑块经过B时对管道的弹力FN； (3)要使小滑块在BC轨道上运动过程中不脱离轨道，弹簧的弹性势能要满足的条件。 九、能量守恒定律在传送带模型中的应用 24．一质量为M＝1.98kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并留在物块中，子弹质量为0.02kg。如图甲所示，地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示（图中取向右运动的方向为正方向）。已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．子弹射入物块前的速度大小为498m/s B．物块与传送带间的动摩擦因数0.2 C．子弹射入后，电动机对传送带多做的功为12J D．子弹射入后，系统产生的内能为36J 25．如图所示，半径R=0.8m、竖直固定的光滑圆弧轨道与水平传送带相切于B点，水平传送带B、C间的距离L=24m，传送带在电动机的带动下以v0=8m/s的恒定速率顺时针运行。现将质量m=2kg、可视为质点的小物块从圆弧轨道的最高点A由静止释放，不计空气阻力，物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，下列说法正确的是（    ） A．小物块刚滑至圆弧轨道最低点B时，对轨道的压力大小为 B．小物块在传送带B、C间的运动时间为 C．小物块在传送带上运动时，因摩擦而产生的热量为 D．整个过程中电动机多消耗的电能为 26．某采石场从坑洞底部通过传送带将矿石运送到货车上的情景如图所示。倾角为37°的传送带在电动机带动下以2m/s的速度顺时针匀速转动。质量为20kg的矿石（可视为质点）轻放到A点，经过5s与传送带速度相同，到达B点后水平抛出落入车厢（车厢后挡板未合上）。已知传送带顶端B点到底端A点的竖直高度到车厢底板的竖直高度1.8m，初状态车厢底板末端C在B点正下方。不计空气阻力，重力加速度g取取则（   ） A．为保证矿石落入车厢，货车向前移动的距离不能超过1.2m B．矿石与传送带之间的动摩擦因数为0.6 C．从A到B的过程中，摩擦力对矿石做的功为640J D．从A到B的过程中，由于传送该矿石，电动机多消耗的电能为3080J 十、能量守恒定律在板块模型中的应用 27．哈尔滨冰雪大世界的冰块采集自松花江，步骤为开锯、切分、打捞、运送。图甲是某次运送冰块的示意图，水平冰面AB段由于清理了积雪可视为光滑冰面、BC段动摩擦因数。长方体冰块长，质量均匀分布且总质量为开始时，静止在AB段内，现给冰块一个水平向右的初速度使冰块向着BC运动，重力加速度求： (1)冰块中点到达B点时，冰块的加速度大小a； (2)冰块静止时，冰块右端与B点的距离d； (3)如图乙，在冰块静止后，质量为，可视为质点的破冰工具，以的速度从冰块左端水平向右滑上冰块，恰能到达冰块最右端，最终一同静止在BC段冰面上，求整个运动过程冰块与地面摩擦产热Q。 28．如图所示，质量为的子弹以水平初速度射入静止在光滑水平面上的质量为的木块中，子弹未从木块中射出，最后共同速度为，在此过程中，木块在水平面上滑动的距离为，子弹射入木块的深度为，子弹与木块间的相互作用力大小为，下列说法正确的是（　　） A．对木块做功为 B．对子弹做功为 C．对子弹，有 D．对子弹和木块系统，有 29．如图，水平地面上固定放置一光滑斜面，紧靠斜面右侧有一小车，其上表面与点等高，斜面末端与小车左端平滑连接。小车上表面右端固定有一轻弹簧，初始时弹簧处于原长，水平地面距小车右端m处有一固定的竖直墙壁，墙壁与小车等高处安装一锁定装置。现将一可视为质点的物块从斜面顶端点由静止开始滑下，从点滑上小车，当小车运动到墙壁时立即被锁定。已知、两点高度差为m，物块质量为kg，小车质量kg、长度m，物块与小车上表面的动摩擦因数，弹簧原长m，物块向右运动过程中弹簧的最大压缩量m，水平地面光滑，重力加速度m/s²。求： (1)物块刚滑到点时的速度大小； (2)物块刚与弹簧接触时的速度大小； (3)物块最终停止的位置与小车左端的距离。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $