7.10 机械能+多过程 专项训练 -2027届高考物理一轮复习100考点精练

2027高考物理一轮复习100考点精练 第七章 机械能守恒定律 考点7.10 机械能+多过程 【考点精练】 1.（16分）（2026四川成都重点高中联考）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角的光滑直轨道、圆心为的半圆形光滑轨道、圆心为的半圆形光滑细圆管轨道、倾角也为的粗糙直轨道组成，、和为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在点与点等高，、、、和点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量，轨道和的半径，轨道长度，滑块与轨道间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，，。滑块开始时均从轨道上某点静止释放， 若释放点距点的长度，，求滑块到最低点时轨道对其支持力的大小； 设释放点距点的长度为，滑块第一次经点时的速度与之间的关系式； 若滑块最终静止在轨道的中点，求释放点距点长度的值。   2.（10分）(2026年4月安徽合肥名校联考）如图所示，轨道ABCD固定在竖直面内，由粗糙倾斜直轨道AB段和光滑圆弧轨道BCD组成，直轨道与平面夹角θ＝60°，圆弧轨道半径为R，与直轨道平滑连接，相切于B点，C点为轨道最低点，D点与圆心O等高。一质量为m的小物块从直轨道某位置由静止释放，恰能到达D点。空气阻力忽略不计，小物块视为质点，重力加速度为g。求： (1)小物块第一次运动到B时的速度vB的大小； (2)小物块经过C点时对轨道压力的最大值Fmax与最小值Fmin。 3 (2026北京东城期末质检）为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建滑板训练的场地，设计了如 图所示的路面，其中AB 是倾角为53°的斜面，凹圆弧BCD 和凸圆弧DEF 的半径均 为R,D 、F 等高，B、E等高，整个路面不计摩擦且各段之间平滑连接。已知重力加 速度为g, 取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)从B 处由静止释放一个质量为m 的小物块，求小物块经过最低点C 时受到的 支持力大小。 (2)在斜面上距离 B点高度为h(未知)处，由静止释放小物块。 a. 改 变h, 可以使小物块在滑动过程中离开路面。请判断小物块在图中哪个位 置离开路面，并说明理由。 b.若小物块能沿路面运动到F 点，求h 的取值范围。 4. (内蒙古2025年普通高等学校招生全国统一考试第三次模拟)如图所示，一质量M=1.0kg，高h=0.7m的平板车静置在光滑水平地面上，其左端静止放置一辆质量m=0.2kg大小可忽略的四驱电动玩具小车，右侧同一竖直平面有固定的光滑圆弧轨道AC，轨道半径R=1.25m，圆心角为2θ，θ=37°，左右两端点A、C等高，圆弧最低点B位于水平地面上。紧接C点，有一长S=1.59m的倾斜传送带，上表面DE沿圆弧C点的切线方向，传送带以v=2m/s的速度顺时针运动。玩具小车启动后，恰好能从A点沿AC圆弧切线进入轨道，并最终到达E点后飞离。已知该四驱电动玩具小车在平板车和传送带上运动时，轮胎共产生自重0.8倍的动力，且从C点到D点速度不变。sin37°=0.6，cos37°=0.8。忽略空气阻力，g取10m/s2。求： （1）玩具小车到达A点速度vA； （2）玩具小车在B点受到支持力的大小FN； （3）平板车的长度l； （4）传送带由于运送玩具小车而消耗的电能。 5 (2024·浙江省Z20名校联盟联考)某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲所示，为了研究其中的物理规律，小组成员设计出如图乙所示的装置。P为弹性发射装置，AB为倾角θ=37°的倾斜轨道，BC为水平轨道，CDC'为竖直圆轨道，C'E为足够长的曲面轨道，各段轨道均平滑连接。以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为m，圆轨道半径R=1 m，BC长为3 m，滑块与AB、BC段的动摩擦因数均为μ=0.25，其余各段轨道均光滑。现滑块从弹射装置P水平弹出的速度为4 m/s，且恰好从A点沿AB方向进入轨道，滑块可视为质点。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力。 (1)求滑块从弹射装置P弹出时的坐标值； (2)若滑块恰好能通过D点，求轨道AB的长度xAB； (3)若滑块第一次能进入圆轨道且不脱轨，求轨道AB的长度xAB的取值范围； (4)若轨道AB的长度为3.5 m，试判断滑块在圆轨道是否脱轨；若发生脱轨，计算脱轨的位置。 6　(2025·浙江省强基联盟联考)某运输装置模型如图所示，该装置由水平传送带AB、两个四分之一光滑圆轨道BDE、一足够长的平板车EF组成，其中B点为圆轨道的最高点，并在传送带右端转轴的正上方，与传送带间隙很小，恰好可以让一个货物通过。E点为圆轨道的最低点，与平板车上表面持平。已知圆轨道半径R=0.9 m，货物与AB的动摩擦因数μ1=0.225，与平板车的动摩擦因数μ2=0.2。平板车质量M=0.2 kg，与水平地面的摩擦力不计。已知传送带以5 m/s顺时针转动，某次调试时将一质量m=0.1 kg的货物从A点静止释放，货物到达B点时速度为3 m/s，整个运动过程货物不能脱离轨道，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)求传送带长度L。 (2)求货物运动到圆弧轨道上E点时对轨道的压力大小。 (3)求平板车加速至与货物共速时系统损耗的机械能。 7 　(2025·浙江宁波市期中)如图所示，一轻质弹簧的左端固定在A处的固定挡板上，质量m=2 kg、可看成质点的小物块靠在弹簧的右端B处，此时弹簧处于原长，B、C间距x=1 m，AB段光滑，BC段粗糙。一传送带下端点C与水平面ABC平滑连接，该传送带与水平面的夹角为θ=37°，C、D间距L=20 m，在电动机带动下正以v=8 m/s的速度顺时针匀速运动。传送带在上端点D恰好与固定在竖直平面内的半径为R=0.5 m的圆管轨道相切，圆管内部光滑，管道内径可忽略，E为圆管轨道最高点。现将小物块压缩弹簧至一定距离后由静止释放，物块经过BC冲上传送带，以vD=5 m/s的速度经D点冲进光滑圆管轨道，上述过程中，物块经C点滑上传送带时，速度大小不变，方向变为沿传送带方向。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.8、与BC段间的动摩擦因数为μ2=0.5，弹簧始终处于弹性限度内(重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。求： (1)小物块能否到达E点，若能，请求出小物块到达E点时对轨道的压力大小；若不能，请说明理由。 (2)物块经C点滑上传送带时的速度大小。 (3)如果将传送带调整为以v=8 m/s的速度逆时针匀速运动，重新将物块压缩弹簧至相同距离后由静止释放，则小物块在整个运动过程因摩擦产生的热量是多少(结果保留2位小数)？ 8　 (2025·河南高三普高联考)如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的底端固定一挡板，质量M＝0.2 kg、长度L＝4.5 m的木板置于斜面上，木板最下端与挡板的距离s＝ m，最上端放置一个质量m＝0.1 kg，可视为质点的物块，初始时刻，长木板速度为零，物块的初速度v0＝3 m/s，方向沿斜面向下。物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.25，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求: (1)初始时刻，物块与木板的加速度大小; (2)物块与木板第一次速度相等时，物块到木板最上端的距离; (3)若木板与挡板碰撞后被锁定，物块与挡板的碰撞为弹性碰撞，则从初始时刻到物块最终静止，物块与木板间因摩擦产生的热量。 9 如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变。现将质量m＝2 kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H＝0.6 m处静止释放，且将B点置于AC中点处。已知圆轨道半径R＝0.1 m，水平轨道长LAC＝1.0 m，滑块与AC间动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，求: (1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小; (2)弹射器获得的最大弹性势能; (3)若H＝6 m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，则BC间距离LBC应满足的条件。 10.(2025·云南师大附中适应性考试)如图所示，质量M＝1 kg的木板A置于光滑斜面上，左端放有质量m＝1.5 kg的物块B(可视为质点)，A、B之间的动摩擦因数μ＝。开始时木板右端与垂直斜面的挡板相距x0＝6.4 m，A、B一起以v0＝6 m/s的初速度沿斜面向下运动。接着木板A与挡板发生多次无机械能损失的碰撞(等速率反弹)，碰撞时间不计。已知斜面倾角θ＝30°，重力加速度大小g取10 m/s2。 (1)求木板A与挡板碰撞前的速度大小v1; (2)求木板A与挡板第一次碰撞后，右端与挡板之间的最大距离xm; (3)木板A恰与挡板碰第三次时A与B分离，求木板长度L及系统损失的机械能ΔE。 11.(2024·江苏南京师大附中模拟)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。现将物块拉至细线与水平方向夹角为α＝30°。小物块由静止释放，下摆至最低点B处时，细线达到其最大承受力并瞬间断开。小物块恰好从水平粗糙传送带的最左端滑上传送带，传送带以v0＝3 m/s的速度逆时针匀速运转。小物块最后从传送带左端飞出，并恰好从固定光滑斜面的顶端沿斜面下滑。斜面倾角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。小物块沿斜面向下运动的最大距离x＝ m，g取10 m/s2。求: (1)细线能承受的最大拉力的大小; (2)弹簧的最大弹性势能; (3)由于物块滑上传送带电动机多做了多少功。 12 .(2025·山东日照一模)如图甲所示，在竖直平面内，倾角为θ的斜面和半圆形轨道分别在B点、C点与光滑水平面相切。质量为m的小物块从斜面上A点由静止开始下滑，恰能通过半圆形轨道的最高点D，离开D后又刚好落在B点。已知A、B两点间的距离为l，小物块与斜面间的动摩擦因数随到A点距离变化的图像如图乙所示(其中μ0＝tan θ)，半圆形轨道的半径为R，重力加速度为g，小物块通过轨道连接处的B、C点时无机械能损失，忽略空气阻力。求: (1)小物块第一次到达B点时，重力的功率P; (2)小物块沿半圆形轨道运动的过程中，摩擦力对小物块做的功W; (3)B、C两点间的距离s。 13.(13分)(2024·浙江金华市调研)如图为某同学设计的弹射装置，弹射装置由左端固定在墙上的轻弹簧和锁K构成，开始时弹簧被压缩，物块被锁定。水平光滑轨道AB与倾斜粗糙轨道BC平滑连接，已知倾斜轨道与水平面夹角θ为37°，物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ1=0.5。竖直四分之一圆弧光滑轨道DG、G'H和水平轨道HM均平滑连接，物块刚好经过GG'进入G'H，O1、G'、G、O2在同一水平线上，水平轨道HM粗糙；圆弧DG半径为R1=1.6 m，G'H半径为R2=0.8 m，HM长度为L=3.2 m，N点为HM的中点。现将质量为m=0.5 kg的物块解除锁定发射，其经过D点时速度水平，对轨道D点的作用力恰好为零。空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)(3分)求物块到达H点时对轨道的压力。 (2)(2分)求物块到达C点的速度大小以及C、D两点的竖直高度差。 (3)(3分)求物块被锁定时弹簧具有的弹性势能。 (4)(5分)设物块与右端竖直墙壁碰撞后以原速率返回，物块最终停在N点，求物块与水平轨道HM间的动摩擦因数μ(μ<1)。 14.(13分)(2025·浙江省七彩阳光新高考联盟联考)某场地利用传送带，滑板等装置自动运输货物至轨道IJ。该装置由圆心为O的四分之一圆弧轨道AB，水平轨道BC，倾角为θ竖直放置的传送带CE，水平轨道EF、GH、IJ组成。滑板静止在GH上，其上表面与EF相平，左端紧靠竖直边FG，传送带以速度v顺时针转动。运输时，货物借助机器设备由圆心等高处的A点以一竖直向下的初速度v0进入轨道，经过轨道BC、传送带CE、轨道EF后滑上滑板。已知可视为质点的货物质量m=3 kg，滑板质量M=3 kg，AB的半径R=1.5 m，轨道BC的长度l1=3 m，传送带长度l2=2 m，θ=30°，v=2 m/s，货物与传送带之间的动摩擦因数μ1=，与轨道BC和滑板上表面之间的动摩擦因数均为μ2=0.5，滑板与轨道GH之间的动摩擦因数μ3=0.1，其余各处均光滑，货物经过轨道连接处时的能量损失忽略不计，g取10 m/s2，则 (1)(3分)若货物下滑至轨道AB的最低点B时，受到的支持力大小为102 N，求v0。 (2)(5分)若要货物刚滑上滑板时的速度大小为2 m/s，求v0的范围。 (3)(5分)若滑板与货物共速时恰能将货物运送至轨道IJ，滑板右端与IH发生弹性碰撞，返回到出发的原位置时，速度大小为 m/s，返回过程滑板的位移大小为 m，不考虑滑板与FG碰撞后的运动。求滑板长度L。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027高考物理一轮复习100考点精练 第七章 机械能守恒定律 考点7.10 机械能+多过程 【考点精练】 1.（16分）（2026四川成都重点高中联考）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角的光滑直轨道、圆心为的半圆形光滑轨道、圆心为的半圆形光滑细圆管轨道、倾角也为的粗糙直轨道组成，、和为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在点与点等高，、、、和点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量，轨道和的半径，轨道长度，滑块与轨道间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，，。滑块开始时均从轨道上某点静止释放， 若释放点距点的长度，，求滑块到最低点时轨道对其支持力的大小； 设释放点距点的长度为，滑块第一次经点时的速度与之间的关系式； 若滑块最终静止在轨道的中点，求释放点距点长度的值。   【解析】滑块从释放到点过程，根据动能定理可得： 在点时，根据向心力公式可得： 联立解得： 能过最高点时，则能到点，那么恰到最高点时，根据动能定理可得： ， 解得： 因此，要能过点必须满足 第一次过点时的速度与之间的关系式，根据动能定理可得： ， 解得：，其中 设摩擦力做功为第一次达到中点的倍，根据动能定理可得： ， 根据滑块运动到停下来，其中为奇数， 解得： 又因为， 当时，； 当时，； 当时，。 2.（10分）(2026年4月安徽合肥名校联考）如图所示，轨道ABCD固定在竖直面内，由粗糙倾斜直轨道AB段和光滑圆弧轨道BCD组成，直轨道与平面夹角θ＝60°，圆弧轨道半径为R，与直轨道平滑连接，相切于B点，C点为轨道最低点，D点与圆心O等高。一质量为m的小物块从直轨道某位置由静止释放，恰能到达D点。空气阻力忽略不计，小物块视为质点，重力加速度为g。求： (1)小物块第一次运动到B时的速度vB的大小； (2)小物块经过C点时对轨道压力的最大值Fmax与最小值Fmin。 答案.（10分）(1)（4分）　(2)3mg　2mg（6分） 解析：(1)小物块第一次从B到D，根据动能定理可得－mgRcos θ＝0－mvB2 解得vB＝。（4分） (2)由题意可知小物块第一次通过C点时对轨道压力最大，从C到D的过程， 根据动能定理可得－mgR＝0－mvC2 在C点，根据牛顿第二定律可得Fmax′－mg＝ 解得Fmax′＝3mg 由牛顿第三定律可知，小物块对轨道压力的最大值Fmax＝Fmax′＝3mg（3分） 小物块最终在B点所在水平面的下方圆弧上做往复运动，此过程C点对轨道的压力最小，由B到C，根据动能定理可得mgR(1－cos θ)＝mv12 在C点，根据牛顿第二定律可得Fmin′－mg＝ 联立解得Fmin′＝2mg 根据牛顿第三定律可得小物块对轨道压力的最小值Fmin＝Fmin′＝2mg。（6分） 3 (2026北京东城期末质检）为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建滑板训练的场地，设计了如 图所示的路面，其中AB 是倾角为53°的斜面，凹圆弧BCD 和凸圆弧DEF 的半径均 为R,D 、F 等高，B、E等高，整个路面不计摩擦且各段之间平滑连接。已知重力加 速度为g, 取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)从B 处由静止释放一个质量为m 的小物块，求小物块经过最低点C 时受到的 支持力大小。 (2)在斜面上距离 B点高度为h(未知)处，由静止释放小物块。 a. 改 变h, 可以使小物块在滑动过程中离开路面。请判断小物块在图中哪个位 置离开路面，并说明理由。 b.若小物块能沿路面运动到F 点，求h 的取值范围。 【解析】 . (10分) (1)小物块从B 处由静止释放到C 点的过程中，根据机械能守恒定律得 mgR(1-cos53°）=m 在 C 点根据牛顿第二定律得 -mg=m 解得 =mg。 (2)a. 在 D位置离开。小物块离开路面时的临界条件是支持力为0。 BCD 是凹圆弧，支持力一 定不为0。若小物块能通过D 点，则向E 点运动时，速度减小，所需向心力变小，但重力的 法向分量变大，则支持力变大， 一定不会分离。因此，若能分离则必在D 位置。 b. 若满足小物块能到E 点且小物块在D 点刚好不离开轨道DEF, 则小物块一定能沿路面 运动到F 点。小物块能通过E 点 有h>0 若小物块从高度处静止释放，在D 点刚好不离开有mgcos37°=m mg+mgR(1-cos37°）=m 解得=0.2R 所以h的取值范围为0<h≤0.2R 4. (内蒙古2025年普通高等学校招生全国统一考试第三次模拟)如图所示，一质量M=1.0kg，高h=0.7m的平板车静置在光滑水平地面上，其左端静止放置一辆质量m=0.2kg大小可忽略的四驱电动玩具小车，右侧同一竖直平面有固定的光滑圆弧轨道AC，轨道半径R=1.25m，圆心角为2θ，θ=37°，左右两端点A、C等高，圆弧最低点B位于水平地面上。紧接C点，有一长S=1.59m的倾斜传送带，上表面DE沿圆弧C点的切线方向，传送带以v=2m/s的速度顺时针运动。玩具小车启动后，恰好能从A点沿AC圆弧切线进入轨道，并最终到达E点后飞离。已知该四驱电动玩具小车在平板车和传送带上运动时，轮胎共产生自重0.8倍的动力，且从C点到D点速度不变。sin37°=0.6，cos37°=0.8。忽略空气阻力，g取10m/s2。求： （1）玩具小车到达A点速度vA； （2）玩具小车在B点受到支持力的大小FN； （3）平板车的长度l； （4）传送带由于运送玩具小车而消耗的电能。 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】（1）玩具小车离开平板车后到达A点的过程做平抛运动，设离开平板车时的速度大小为v0，到达A点的速度为vA，由几何关系可得vA的方向与水平方向的夹角为θ，根据平抛运动的性质可得，在A点水平分速度大小为 竖直分速度大小为 平抛过程在竖直方向有 解得 ，， 沿圆弧切线方向与水平成53°角。 （2）从A到B，由动能定理得 在B点由牛顿第二定律的 解得 （3）玩具小车在平板车上滑到过程，设小车与平板车的速度大小分别为v1、v2，此过程小车与平板车的位移大小分别为x1、x2，两者组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则有 可得 可得 对玩具小车，由动能定理得 解得 ， 平板车长度为 （4）玩具小车到达D点的速度为 由牛顿第二定律得 解得 玩具小车在传送带上做匀加速直线运动，由运动学公式 解得 （另一解为负值，舍弃） 在时间t内，传送带对地位移为 传送带由于运送玩具小车而多消耗的电能就等于其克服摩擦力做的功与小车的机械能增量之和，玩具小车产生的动力等于其与传送带之间的摩擦力，则有 玩具小车增加的重力势能为 代入数据解得 玩具小车在E点的速度为 代入数据解得 玩具小车增加的动能为 代入数据解得 则传送带由于运送玩具小车而消耗的电能为 5 (2024·浙江省Z20名校联盟联考)某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲所示，为了研究其中的物理规律，小组成员设计出如图乙所示的装置。P为弹性发射装置，AB为倾角θ=37°的倾斜轨道，BC为水平轨道，CDC'为竖直圆轨道，C'E为足够长的曲面轨道，各段轨道均平滑连接。以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为m，圆轨道半径R=1 m，BC长为3 m，滑块与AB、BC段的动摩擦因数均为μ=0.25，其余各段轨道均光滑。现滑块从弹射装置P水平弹出的速度为4 m/s，且恰好从A点沿AB方向进入轨道，滑块可视为质点。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力。 (1)求滑块从弹射装置P弹出时的坐标值； (2)若滑块恰好能通过D点，求轨道AB的长度xAB； (3)若滑块第一次能进入圆轨道且不脱轨，求轨道AB的长度xAB的取值范围； (4)若轨道AB的长度为3.5 m，试判断滑块在圆轨道是否脱轨；若发生脱轨，计算脱轨的位置。 答案　(1)(1.2 m，0.45 m)　(2)5 m　(3)xAB≥5 m或xAB≤1.25 m　(4)见解析 解析　(1)对滑块由P到A的运动，根据平抛规律有vy=v0tan θ=3 m/s 平抛运动的竖直方向有=2gy，解得y=0.45 m 运动时间t==0.3 s 则x=v0t=1.2 m 即弹出时位置的坐标值为(1.2 m，0.45 m)。 (2)滑块恰好能通过D点，在最高点有mg=m 从P到D点，由动能定理得 mg(y+xABsin θ-2R)-μmgxABcos θ-μmgxBC=m-m，联立解得xAB=5 m。 (3)滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一是刚好在圆轨道最高点压力为零时，二是刚好到达与圆轨道圆心等高的地方。由(2)知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点时xAB=5 m 滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从P到与圆心等高的位置，由动能定理得 mg(y+xABsin θ-R)-μmgxABcos θ-μmgxBC=0-m，解得xAB=1.25 m 滑块从A点切入后不脱离轨道时AB的长度应满足xAB≥5 m或xAB≤1.25 m (4)由(3)知，xAB=3.5 m时，滑块在圆轨道发生脱轨，设脱轨地点和圆心的连线与水平方向的夹角为α，则脱轨时mgsin α= 从P到脱轨的位置，由动能定理得 mg(y+xABsin θ-R-Rsin α)-μmgxABcos θ-μmgxBC=m-m 联立解得sin α=0.6，Rsin α=0.6 m 即滑块在圆心以上0.6 m处脱轨。 6　(2025·浙江省强基联盟联考)某运输装置模型如图所示，该装置由水平传送带AB、两个四分之一光滑圆轨道BDE、一足够长的平板车EF组成，其中B点为圆轨道的最高点，并在传送带右端转轴的正上方，与传送带间隙很小，恰好可以让一个货物通过。E点为圆轨道的最低点，与平板车上表面持平。已知圆轨道半径R=0.9 m，货物与AB的动摩擦因数μ1=0.225，与平板车的动摩擦因数μ2=0.2。平板车质量M=0.2 kg，与水平地面的摩擦力不计。已知传送带以5 m/s顺时针转动，某次调试时将一质量m=0.1 kg的货物从A点静止释放，货物到达B点时速度为3 m/s，整个运动过程货物不能脱离轨道，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)求传送带长度L。 (2)求货物运动到圆弧轨道上E点时对轨道的压力大小。 (3)求平板车加速至与货物共速时系统损耗的机械能。 答案　(1)2 m　(2)6 N　(3)1.5 J 解析　(1)货物在传送带上，根据牛顿第二定律有μ1mg=ma1，解得a1=2.25 m/s2 根据速度位移公式有=2a1L，解得L=2 m (2)货物从B到E的过程中，根据动能定理有mg·2R=m-m，解得vE=3 m/s 在E点，根据牛顿第二定律有FN-mg=m，解得FN=6 N 根据牛顿第三定律，有F压=FN=6 N (3)当货物进入平板车上表面后，对货物，根据牛顿第二定律有μ2mg=ma2，解得a2=2 m/s2 设经时间t货物的速度为v货=vE-a2t 对平板车，根据牛顿第二定律有μ2mg=Ma3，解得a3=1 m/s2 经时间t平板车的速度为v车=a3t 经时间t两者共速，则有v货=v车， 解得v共= m/s 则平板车加速至与货物共速时系统损耗的机械能E机损=m-(M+m)=1.5 J。 7 　(2025·浙江宁波市期中)如图所示，一轻质弹簧的左端固定在A处的固定挡板上，质量m=2 kg、可看成质点的小物块靠在弹簧的右端B处，此时弹簧处于原长，B、C间距x=1 m，AB段光滑，BC段粗糙。一传送带下端点C与水平面ABC平滑连接，该传送带与水平面的夹角为θ=37°，C、D间距L=20 m，在电动机带动下正以v=8 m/s的速度顺时针匀速运动。传送带在上端点D恰好与固定在竖直平面内的半径为R=0.5 m的圆管轨道相切，圆管内部光滑，管道内径可忽略，E为圆管轨道最高点。现将小物块压缩弹簧至一定距离后由静止释放，物块经过BC冲上传送带，以vD=5 m/s的速度经D点冲进光滑圆管轨道，上述过程中，物块经C点滑上传送带时，速度大小不变，方向变为沿传送带方向。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.8、与BC段间的动摩擦因数为μ2=0.5，弹簧始终处于弹性限度内(重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。求： (1)小物块能否到达E点，若能，请求出小物块到达E点时对轨道的压力大小；若不能，请说明理由。 (2)物块经C点滑上传送带时的速度大小。 (3)如果将传送带调整为以v=8 m/s的速度逆时针匀速运动，重新将物块压缩弹簧至相同距离后由静止释放，则小物块在整个运动过程因摩擦产生的热量是多少(结果保留2位小数)？ 答案　(1)能达到E点　8 N　(2)3 m/s　(3)68.55 J 解析　(1)小物块从D到E由动能定理，可得 -mg(R+Rcos θ)=m-m 解得vE= m/s 则小物块可以到达E点。假设小物块到达E点受到圆管轨道给的竖直向下的压力，根据牛顿第二定律可知mg+FNE=m 解得FNE=8 N，假设成立 根据牛顿第三定律，小物块到达E点时对轨道的压力大小为FNE'=8 N (2)由于μ1 >tan θ，且小物块在D点时速度vD小于传送带速度v，可知小物块一直沿传送带向上做加速运动，其所受摩擦力方向一直沿传送带向上，从C到D，根据动能定理μ1mgLcos θ-mgLsin θ=m-m 解得vC=3 m/s (3)如果将传送带调整为以v=8 m/s的速度逆时针匀速运动，重新将物块压缩弹簧至相同距离后由静止释放，则物块到达C点时速度大小为vC=3 m/s 设物块沿传送带向上匀减速直线运动的加速度大小为a1，有μ1mgcos θ+mgsin θ=ma1 解得a1=12.4 m/s2 小物块沿传送带上滑的时间为t1== s 小物块沿传送带上滑的距离为s1== m 因为s1<L，所以小物块减速到零后开始沿传送带加速下滑。由于受力情况不变，因此小物块沿传送带向上减速和向下加速的加速度相同，根据运动的对称性，小物块返回到C点时速度大小为vC'=vC=3 m/s 小物块沿传送带下滑的时间为t2=t1= s 小物块沿传送带下滑的距离为s2=s1= m 小物块沿传送带上滑和下滑的时间内传送带的位移大小是相同的，为x1=x2=vt1= m 小物块沿传送带上滑时，小物块相对于传送带的相对位移大小为Δx1=s1+x1= m 小物块沿传送带下滑时，小物块相对于传送带的相对位移大小为Δx2=x2-s2= m 从C往B返回时，设小物块在BC段运动距离x3后速度变为零，由动能定理可得-μ2mgx3=0-mvC'2 解得x3=0.9 m 由x3<x，可知小物块最终停在BC段，距离B点0.1 m的位置。则小物块在整个运动过程因摩擦产生的热量是Q=μ2mg(x+x3)+μ1mgcos θ(Δx1+Δx2)≈68.55 J 8　 (2025·河南高三普高联考)如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的底端固定一挡板，质量M＝0.2 kg、长度L＝4.5 m的木板置于斜面上，木板最下端与挡板的距离s＝ m，最上端放置一个质量m＝0.1 kg，可视为质点的物块，初始时刻，长木板速度为零，物块的初速度v0＝3 m/s，方向沿斜面向下。物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.25，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求: (1)初始时刻，物块与木板的加速度大小; (2)物块与木板第一次速度相等时，物块到木板最上端的距离; (3)若木板与挡板碰撞后被锁定，物块与挡板的碰撞为弹性碰撞，则从初始时刻到物块最终静止，物块与木板间因摩擦产生的热量。 答案　(1)2 m/s2　5 m/s2　(2)1.5 m　(3)4.2 J 解析　(1)初始时刻，对物块根据牛顿第二定律有mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1 对木板由牛顿第二定律得Mgsin θ＋μ1mgcos θ－μ2(m＋M)gcos θ＝Ma2 解得a1＝2 m/s2，a2＝5 m/s2。 (2)设经历时间t1，物块与木板第一次速度相等，则v0＋a1t1＝a2t1 解得t1＝1 s 物块运动的位移xm＝v0t1＋a1＝4 m 木板运动的位移xM＝a2＝2.5 m 物块距木板最上端的距离d＝xm－xM＝1.5 m。 (3)从开始到物块与木板第一次速度相等，物块与木板间因摩擦产生的热量Q1＝μ1mgcos θ·d 物块与木板第一次速度相等时的速度v1＝a2t1＝5 m/s 物块与木板第一次速度相等后，二者一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得 (M＋m)gsin θ－μ2(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a3 解得a3＝4 m/s2 从物块与木板第一次速度相等到木板与挡板碰撞的过程，根据运动学公式得 2a3 解得v2＝6 m/s 木板与挡板碰撞后被锁定，物块继续向下做匀加速直线运动，与挡板碰撞后以原速率反弹，此后物块做往复运动，但由于摩擦消耗机械能且μ1<tan θ，物块最终停在挡板处，设从木板与挡板碰撞后被锁定到物块停在挡板处，物块与木板间因摩擦产生的热量为Q2，根据能量守恒定律得 mg(L－d)sin θ＋m＝Q2 则物块与木板间因摩擦产生的总热量Q＝Q1＋Q2 联立解得Q＝4.2 J。 9 如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变。现将质量m＝2 kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H＝0.6 m处静止释放，且将B点置于AC中点处。已知圆轨道半径R＝0.1 m，水平轨道长LAC＝1.0 m，滑块与AC间动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，求: (1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小; (2)弹射器获得的最大弹性势能; (3)若H＝6 m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，则BC间距离LBC应满足的条件。 答案　(1)100 N　(2)8 J　(3)0.5 m≤LBC≤1 m 解析　(1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得 mgH－μmgLAB－mg·2R＝mv2 在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得mg＋F＝m 联立解得F＝100 N 由牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为100 N。 (2)弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，由能量守恒定律可知mgH－μmgLAC＝Ep 解得Ep＝8 J。 (3)若滑块恰好到达圆轨道的最高点，有mg＝m 从开始到圆轨道最高点，由动能定理可知mg(H－2R)－μmgs1＝m 解得s1＝28.75 m LBC＝29LAC－s1＝0.25 m 要使滑块不脱离轨道，B、C之间的距离应该满足LBC≥0.25 m。 若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零，由动能定理可知mg(H－R)－μmgs2＝0 解得s2＝29.5 m LAB＝s2－29LAC＝0.5 m 根据滑块运动的周期性可知，应使LBC≥0.5 m，滑块不脱离轨道 综上所述，符合条件的BC长度为0.5 m≤LBC≤1 m。 10.(2025·云南师大附中适应性考试)如图所示，质量M＝1 kg的木板A置于光滑斜面上，左端放有质量m＝1.5 kg的物块B(可视为质点)，A、B之间的动摩擦因数μ＝。开始时木板右端与垂直斜面的挡板相距x0＝6.4 m，A、B一起以v0＝6 m/s的初速度沿斜面向下运动。接着木板A与挡板发生多次无机械能损失的碰撞(等速率反弹)，碰撞时间不计。已知斜面倾角θ＝30°，重力加速度大小g取10 m/s2。 (1)求木板A与挡板碰撞前的速度大小v1; (2)求木板A与挡板第一次碰撞后，右端与挡板之间的最大距离xm; (3)木板A恰与挡板碰第三次时A与B分离，求木板长度L及系统损失的机械能ΔE。 答案　(1)10 m/s　(2)4 m　(3)32 m　240 J 解析　(1)对A、B整体，由动能定理有 (M＋m)gx0sin θ＝(M＋m)(M＋m) 解得木板A与挡板碰撞前的速度大小为 v1＝10 m/s。 (2)第一次碰后，对A由牛顿第二定律有 Mgsin θ＋μmgcos θ＝Ma1 解得a1＝12.5 m/s2 A沿斜面向上做匀减速运动，有xm＝＝4 m。 (3)A与挡板碰后，对B由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得a2＝0 故B在A上匀速下滑，木板A反弹后，沿斜面向上以a1做匀减速运动，速度减到0后又反向匀加速，加速度仍为a1，速度达到v1时，发生第二次碰撞，之后重复进行，即A做类似竖直上抛运动、B做匀速直线运动。发生一次碰撞后，相对位移为x相＝＝16 m 故木板长为L＝2x相＝32 m 系统损失的机械能转化为内能，即 ΔE损＝μmgcos θ·L＝240 J。 11.(2024·江苏南京师大附中模拟)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。现将物块拉至细线与水平方向夹角为α＝30°。小物块由静止释放，下摆至最低点B处时，细线达到其最大承受力并瞬间断开。小物块恰好从水平粗糙传送带的最左端滑上传送带，传送带以v0＝3 m/s的速度逆时针匀速运转。小物块最后从传送带左端飞出，并恰好从固定光滑斜面的顶端沿斜面下滑。斜面倾角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。小物块沿斜面向下运动的最大距离x＝ m，g取10 m/s2。求: (1)细线能承受的最大拉力的大小; (2)弹簧的最大弹性势能; (3)由于物块滑上传送带电动机多做了多少功。 答案　(1)40 N　(2)31 J　(3)24 J 解析　(1)小物块从静止摆到最低点过程中，根据机械能守恒定律有 mgL(1－sin α)＝m 解得vB＝2 m/s 物块在B点时，根据牛顿第二定律有F－mg＝m 联立解得F＝40 N 即细线能承受的最大拉力的大小为40 N。 (2)物块向右滑上传送带做减速运动，因传送带的速度大于物块的初速度vB，可知物块速度减为零后将反向运动，回到传送带左端时速度大小仍为2 m/s，由于小物块落到斜面顶端时速度沿斜面方向，则cos θ＝ 物块滑到最低点，根据能量守恒定律有mv2＋mgxsin θ＝Ep 解得Ep＝31 J。 (3)物块在传送带上减速滑行和反向加速滑行的时间均为t＝ 物块相对传送带滑行的距离Δs＝v0·2t 则Q＝FfΔs＝24 J 此过程中物块的动能增量为零，则由于物块滑上传送带电动机多做的功W＝Q＝24 J。 12 .(2025·山东日照一模)如图甲所示，在竖直平面内，倾角为θ的斜面和半圆形轨道分别在B点、C点与光滑水平面相切。质量为m的小物块从斜面上A点由静止开始下滑，恰能通过半圆形轨道的最高点D，离开D后又刚好落在B点。已知A、B两点间的距离为l，小物块与斜面间的动摩擦因数随到A点距离变化的图像如图乙所示(其中μ0＝tan θ)，半圆形轨道的半径为R，重力加速度为g，小物块通过轨道连接处的B、C点时无机械能损失，忽略空气阻力。求: (1)小物块第一次到达B点时，重力的功率P; (2)小物块沿半圆形轨道运动的过程中，摩擦力对小物块做的功W; (3)B、C两点间的距离s。 答案　(1)mgsin θ　(2)mgR－mglsin θ (3)2R 解析　(1)对小物块从A到B运用动能定理，有mglsin θ－lmgcos θ＝m－0 其中μ0＝tan θ 解得vB＝ 重力的功率为P＝mgvBsin θ＝mgsin θ。 (2)小物块恰能通过圆形轨道的最高点D，则mg＝m 得vD＝ 小物块沿半圆形轨道运动的过程中，由动能定理得－mg·2R＋W＝mm 解得W＝mgR－mglsin θ。 (3)物体离开D后又刚好落在B点，则2R＝gt2，vDt＝s 解得s＝2R。 13.(13分)(2024·浙江金华市调研)如图为某同学设计的弹射装置，弹射装置由左端固定在墙上的轻弹簧和锁K构成，开始时弹簧被压缩，物块被锁定。水平光滑轨道AB与倾斜粗糙轨道BC平滑连接，已知倾斜轨道与水平面夹角θ为37°，物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ1=0.5。竖直四分之一圆弧光滑轨道DG、G'H和水平轨道HM均平滑连接，物块刚好经过GG'进入G'H，O1、G'、G、O2在同一水平线上，水平轨道HM粗糙；圆弧DG半径为R1=1.6 m，G'H半径为R2=0.8 m，HM长度为L=3.2 m，N点为HM的中点。现将质量为m=0.5 kg的物块解除锁定发射，其经过D点时速度水平，对轨道D点的作用力恰好为零。空气阻力忽略不计，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)(3分)求物块到达H点时对轨道的压力。 (2)(2分)求物块到达C点的速度大小以及C、D两点的竖直高度差。 (3)(3分)求物块被锁定时弹簧具有的弹性势能。 (4)(5分)设物块与右端竖直墙壁碰撞后以原速率返回，物块最终停在N点，求物块与水平轨道HM间的动摩擦因数μ(μ<1)。 答案　(1)45 N，方向竖直向下　(2)5 m/s　0.45 m　(3)22.5 J　(4)或 解析　(1)物块到达D点时，由牛顿第二定律有mg=m，解得vD=4 m/s 物块在H点时，有FN-mg=， 解得vH=8 m/s 物块由D到H的过程，由动能定理可得mg(R1+R2)=m-m 解得FN=45 N 由牛顿第三定律得，物块到H点对轨道的压力大小为45 N，方向竖直向下； (2)由题意，根据平抛规律得vC==5 m/s vCy=vDtan 37°=3 m/s C、D两点的竖直高度差h==0.45 m (3)C、E两点的竖直高度差h'=R1+R2-h=1.95 m 由能量守恒定律得Ep=m+mg(R1+R2)+μ1mgcos θ 解得Ep=22.5 J (4)物块与竖直墙壁碰撞后不能越过G'，可得 m-2μmgL<mgR2，解得μ> ①若物块第二次到达N点停止， 有m=μmgL 解得μ= ②若物块第三次到达N点停止， 有m=μmgL 解得μ= ③若物块第四次到达N点停止， 有m=μmgL 解得μ=<。 故物块与水平轨道HM间的动摩擦因数为或。 14.(13分)(2025·浙江省七彩阳光新高考联盟联考)某场地利用传送带，滑板等装置自动运输货物至轨道IJ。该装置由圆心为O的四分之一圆弧轨道AB，水平轨道BC，倾角为θ竖直放置的传送带CE，水平轨道EF、GH、IJ组成。滑板静止在GH上，其上表面与EF相平，左端紧靠竖直边FG，传送带以速度v顺时针转动。运输时，货物借助机器设备由圆心等高处的A点以一竖直向下的初速度v0进入轨道，经过轨道BC、传送带CE、轨道EF后滑上滑板。已知可视为质点的货物质量m=3 kg，滑板质量M=3 kg，AB的半径R=1.5 m，轨道BC的长度l1=3 m，传送带长度l2=2 m，θ=30°，v=2 m/s，货物与传送带之间的动摩擦因数μ1=，与轨道BC和滑板上表面之间的动摩擦因数均为μ2=0.5，滑板与轨道GH之间的动摩擦因数μ3=0.1，其余各处均光滑，货物经过轨道连接处时的能量损失忽略不计，g取10 m/s2，则 (1)(3分)若货物下滑至轨道AB的最低点B时，受到的支持力大小为102 N，求v0。 (2)(5分)若要货物刚滑上滑板时的速度大小为2 m/s，求v0的范围。 (3)(5分)若滑板与货物共速时恰能将货物运送至轨道IJ，滑板右端与IH发生弹性碰撞，返回到出发的原位置时，速度大小为 m/s，返回过程滑板的位移大小为 m，不考虑滑板与FG碰撞后的运动。求滑板长度L。 答案　(1) m/s　(2)0<v0≤4 m/s　(3)1 m 解析　(1)在B点，根据牛顿第二定律有FN-mg=m 解得vB=6 m/s 从A到B过程中，根据动能定理有m+mgR=m 得v0= m/s (2)从A到C过程中，根据动能定理有mgR-μ2mgl1=m-m 解得vC=v0 由于μ1=>tan θ= 当货物在传送带上加速向上运动时，根据牛顿第二定律有μ1mgcos θ-mgsin θ=ma1 解得a1=1 m/s2 由于=2 m=l2 可知当v0=0时，货物滑上滑板时速度大小恰好为2 m/s。当货物在传送带上减速向上运动时，根据牛顿第二定律有μ1mgcos θ+mgsin θ=ma2 解得a2=11 m/s2 根据速度与位移的关系有v2-=-2a2l2 解得v0=vC=4 m/s 综合上述可知0<v0≤4 m/s (3)在滑板返回过程中，对滑板进行分析，根据牛顿第二定律有a板==1 m/s2 令滑板返回过程始末速度大小分别为v1、v2，根据题意有v2= m/s 根据速度与位移关系有-=-2a板x 其中x= m 解得滑板与IH碰撞后速度v1= m/s 货物在滑板上向右减速运动时加速度大小a3==5 m/s2 滑板向右运动时加速度大小a4==3 m/s2 由题意可知，货物与滑板恰好在碰撞时达到共速，则有v1=v0-a3t=a4t 解得t= s，v0=4 m/s 则滑板长度L=t-t 解得L=1 m。 1 学科网（北京）股份有限公司 $