专题08 机械能及其守恒定律（二）（专项训练）高中物理力学竞赛

**基本信息** 以“核心知识点-思维导图-题型分类”为框架，系统整合机械能与动量综合问题，通过模型建构与科学推理实现竞赛难点突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |核心知识点|5个|牛顿定律与能量综合、P=Fv瞬时功率分析、动量守恒条件判断|从基础规律（功能关系）到模型应用（传送带/板块），形成“规律-模型-临界”推导链条| |题型分类|5类（含5例题）|传送带相对位移计算、机车启动双模型分析、弹簧弹性势能转化、板块相对滑行距离求解|题型与方法一一对应，覆盖竞赛高频模型，典例含摩擦力突变、不脱轨条件等易错点| |巩固提升|15题|多过程能量转化、复合运动轨迹分析|梯度训练强化能量观念与科学论证能力，契合竞赛命题趋势|

跑哥物理 力学竞赛专题 专题七 机械能及其守恒定律(2) 一、核心知识点 二、思维导图 三、题型分类 题型01 传送带模型中的动力学与能量综合 题型02 机车启动与功率问题 题型03弹簧连接体的能量与临界问题 题型04 动量守恒与板块模型 题型05 竖直面圆周运动与平抛组合 4、 巩固提升 核心知识点 1. 牛顿运动定律与传送带模型的综合应用 涉及倾斜/水平传送带上的受力分析、摩擦力突变、相对运动与划痕长度计算，以及结合v²-x或Ek-x图像分析加速度与动摩擦因数。 2. 功能关系与能量守恒定律 涵盖动能定理、机械能守恒定律的应用；电动机多消耗电能的计算（等于系统机械能增量与摩擦生热之和）；弹簧弹性势能与重力势能、动能之间的相互转化。 3. 功率与机车启动模型 包含恒定功率启动与恒定加速度启动两类模型；P=Fv的瞬时功率与平均功率计算；达到最大速度的临界条件（牵引力等于阻力）及变加速过程中的位移求解。 4. 动量守恒与板块/碰撞模型 涉及光滑水平面上的滑块-木板模型、弹簧连接体模型；系统水平方向动量守恒条件的判断；完全非弹性碰撞中的能量损失及相对滑行距离的计算。 5. 圆周运动与平抛运动的组合 包括竖直平面内圆周运动的临界问题（最高点最小速度、不脱轨条件）；平抛运动与斜面、圆弧轨道的衔接；机械能守恒在复合运动轨迹中的应用。 思维导图 题型分类 题型一 传送带模型中的动力学与能量综合 例题1、在快递分类时常用传送带运送快件，如图甲所示，一倾角为的传送带以恒定速度运行，传送带底端到顶端的距离。现将一质量的小快件静止放于传送带底端，快件沿传送带向上运动至顶端过程中速度的平方随位移的变化关系如图乙所示，快件可视为质点，取，，。以下描述正确的是（     ） A．由乙图可得快件的加速度和传送带的速度 B．不能得出快件与传送带间的动摩擦因数 C．快件与传送带摩擦而产生的热量为110 J D．快件从传送带底端运动到顶端过程中，不能得出电动机多做的功 【答案】A 【难度】0.42 【详解】AB．根据图乙可知，快件在8m之前做匀加速运动，根据v2=2ax可得，加速度大小为，可得 根据牛顿第二定律得μmgcos37°-mgsin37°=ma 解得 根据图像可知，传送带的速度为v传=4m/s，A正确，B错误； C．根据图像可知，传送带的速度为v传=4m/s，快件加速到4m/s以后做匀速运动，快件加速的时间为 位移为x1=8m 此过程中传送带的位移为x传=v传t1=4×4m=16m 二者的相对位移为Δx=x传-x1=16m-8m=8m 快件与传送带摩擦而产生的热量Q=μmgcos37°•Δx 解得快件与传送带摩擦而产生的热量Q=112J，C错误； D．根据能量守恒定律，快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功包括快件增加的动能、增加的重力势能和与传送带摩擦而产生的热量，所以电动机多做的功为，D错误。 故选A。 题型二 机车启动与功率问题 例题2、机器狗在校园内当快递员，受到学生的喜爱。图（a）中的机器狗在水平路面上沿直线运动，其启动过程的图像如图（b）所示，机器狗先做匀加速运动，时刻速度大小为，动力系统的功率达到额定值且此后保持不变，机器狗在时刻达到最大速度。已知机器狗的质量为，受到的阻力大小恒为，则机器狗（　　） A．在时间内牵引力大小为 B．在时刻的速度大小为 C．在时刻动力系统的功率为 D．在时间内的位移大小为 【答案】D 【难度】0.4 【详解】A．在时间内，由牛顿第二定律有 所以牵引力大小为，A错误； B．在时刻达到最大速度，加速度为，牵引力等于阻力，即 又因功率 故，B错误； C．在时刻，速度大小为，此时牵引力仍为 动力系统功率为，C错误； D．在时间内，由动能定理有 解得，D正确。 故选D。 题型三 弹簧连接体的能量与临界问题 例题3、如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与小球甲连接，开始用手托住物体乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为，某时刻由静止释放物体乙（物体乙距离地面足够高），经过一段时间小球甲运动到Q点，O、Q两点的连线水平，，且小球甲在初始位置P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，。则（     ） A．弹簧的劲度系数为 B．小球甲位于Q点时的速度大小为 C．物体乙重力的瞬时功率一直增大 D．小球甲和物体乙的机械能之和一直增大 【答案】B 【难度】0.4 【详解】A．、两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知点的压缩量等于点的伸长量，由几何关系知 则小球甲位于点时弹簧的压缩量为 对点的小球甲由力的平衡条件可知 解得，选项A错误； B．当小球甲运动到点时，假设小球甲的速度为，此时小球甲的速度与绳子OQ垂直，所以物体乙的速度为零，因为小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得 解得，选项B正确； D．由于小球甲在、两点处时弹簧弹力的大小相等，即小球甲在、两点处时弹簧的弹性势能相等，则小球甲由到的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，由能量守恒定律可知，小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，选项D错误； C．由于小球甲在和点处，物体乙的速度都为零，在其他过程中，物体乙的速度不是零，则可知物体乙重力的瞬时功率先增大后减小，选项C错误。 故选B。 题型四 动量守恒与板块模型 例题4、如图所示，静止在光滑水平面上的小车，由三段轨道平滑连接而成。段是倾角为的斜面，段水平，段是半径为的竖直圆弧，、两点等高，小车的总质量为。一质量为的小物块，从点以的初速度沿斜面向下运动，当其首次经过段的最左端时，速度大小为。已知段的摩擦因数，段、段均光滑，重力加速度取，，则（     ） A．小物块首次经过段的最左端时，小车的速度大小为 B．小车第一次向左运动最远时小物块的速度大于 C．小物块不会从点离开小车 D．小物块最终相对于小车静止在点 【答案】BCD 【难度】0.4 【详解】A．设小车质量为，物块质量为，取水平向右为正。物块在点的初速度水平分量为 物块首次到达段最左端时，由水平方向动量守恒有 解得，即小车向左运动，速度大小为，故A错误； B．物块沿圆弧上升至相对最高点时，物块与小车相对速度为零，二者的共同速度为。由水平方向动量守恒有 解得，说明此时小车已向右运动。小车从在点向左运动到上述时刻向右运动，故首次到达最左端的位置出现在物块到达相对最高点之前。该时刻小车速度为零，由水平方向动量守恒得物块的水平分速度，而物块仍沿圆弧上升，竖直分速度不为零，所以物块速度，故B正确； C．物块到达段最左端时，系统总动能为 物块从点上升到点需要增加的重力势能为 即使系统总动能全部转化为物块的重力势能也不足以使其到达点，因此物块不会从点离开，故C正确； D．物块每次运动到粗糙段时，摩擦力都使系统机械能减少；又因，物块不能相对小车静止在斜面上，只能返回点。随着相对运动的机械能不断耗散，物块最终在点相对小车静止，故D正确。 故选BCD。 题型五 竖直面圆周运动与平抛组合 例题5、如图所示，一质量为1kg可视为质点的小物块从固定斜面上的A点由静止开始下滑，斜面AB光滑且与水平面的夹角为37°，A、B间距离为，小物块到B点后通过一小段光滑的衔接弧面恰好同速率滑上与地面等高的传送带，传送带以5m/s的恒定速率顺时针运行，传送带B、C间距离为10m，传送带与半径可调的竖直光滑半圆轨道CDE平滑连接，DE段为光滑管道，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，，不计衔接弧面的运动时间、速度变化和空气阻力。取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求： (1)小物块到达B点时的速度大小。 (2)整个过程中传送带电动机多消耗的电能。 (3)若小物块在半圆轨道内运动时始终不脱离轨道不从E点飞出，求半圆轨道半径R的取值范围。 【答案】(1) (2) (3) 【难度】0.4 【详解】（1）小物块从点到点的过程中机械能守恒，有 代入数据解得 （2）小物块滑上传送带时速度小于传送带速度，受到向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得 设传送带速度为，小物块加速至与传送带共速所需时间 加速阶段小物块的位移 所以小物块在到达点前已与传送带共速。加速阶段传送带相对小物块的位移 产生的热量 此后小物块与传送带相对静止，电动机不再因小物块额外消耗电能。加速阶段电动机多消耗的电能等于小物块增加的动能与产生的热量之和，即 （3）小物块到达点时的速度，设小物块在段任一点处时，则该点相对点的高度 由机械能守恒得 沿半径指向圆心方向，由牛顿第二定律得 整理得 小物块由点向点运动时，增大，因此支持力逐渐减小。在点有 且 小物块能到达点时，要在进入管道前不脱离轨道，应有，解得 从点到点，由机械能守恒得 当时，小物块到达点仍有速度，会从点飞出；当时，小物块恰好在点停下或在管道内返回，符合要求。 当时，小物块若继续上升便不能始终保持与段接触。要始终不脱离轨道，小物块必须在不高于圆心等高处停下后返回。由机械能守恒得停止点相对点的高度 故应满足，即 综上，半圆轨道半径的取值范围为或 巩固提升 1．一架质量为的无人机从地面以恒定加速度由静止竖直向上启动，经过时间后保持额定功率向上运动，离地面距离为时达到最大速度，不计空气阻力，重力加速度为，则下列说法正确的是（     ） A．无人机达到最大速度时间是 B．无人机额定功率是 C．无人机最大速度是 D．从静止到最大速度牵引力做功 【答案】C 【难度】0.4 【详解】A．若无人机达到最大速度的过程一直做匀加速直线运动，则有 可得 实际上无人机匀加速经过时间后保持额定功率向上运动，之后做加速度减小的加速运动，所以无人机达到最大速度时间不是，故A错误； B．无人机做匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得 解得牵引力大小为 经过时间时，无人机的速度大小为 此时刚好达到额定功率，则有无人机额定功率为，故B错误； C．当牵引力等于重力时，无人机的速度达到最大，则有，故C正确； D．从静止到最大速度的过程中，根据动能定理可得 解得牵引力做功为，故D错误。 故选C。 2．如图所示，质量均为m的小滑块P和Q连接在轻质弹簧两端，弹簧的劲度系数为k，P放在水平地面上。Q通过轻质细绳绕过两个同一高度上的轻质光滑小滑轮与质量为3m的小物体N相连，对N施加一个竖直向上的作用力，系统静止，细绳刚好伸直。重力加速度为g，现在把小物体N由静止释放，至P刚离开地面的过程中，下列判断正确的是（     ） A．弹簧弹力对Q做正功 B．细绳拉力对Q做功为 C．P刚离地时，N所受重力做功的瞬时功率为 D．P刚离地时，细绳拉力对Q做功的瞬时功率为 【答案】B 【难度】0.38 【详解】初始状态：系统静止，细绳伸直拉力为0，弹簧被Q压缩，由平衡条件得 可得压缩量 末状态：P刚离开地面，弹簧拉力等于P的重力，由平衡条件得 可得伸长量 因此Q上升的距离、N下降的距离均为 ，且Q和N速度大小始终相等，即 A．初末态弹簧形变量大小相等，弹性势能变化量，弹簧弹力对Q总做功为，不是正功，故A错误； B．对Q、N、弹簧系统用动能定理：重力做功等于系统动能变化，弹簧弹力总功为0，即 ，代入 解得 ​。 对Q单独用动能定理，设细绳拉力对Q做功为： 代入、​ 可得 ，故B正确； C．P刚离地时，N重力的瞬时功率 ，故C错误； D．P刚离地时，Q向上加速，细线拉力大于，则细线拉力做功的瞬时功率大于，故D错误。 故选 B。 3．如图所示，油纸伞的伞面在竖直面内绕中心顺时针匀速转动，伞面半径为，伞下边缘离地高度同样为。竖直、水平直径的边缘有a、b、c、d四滴质量皆为m的雨滴，雨滴脱离伞面时速度与伞面边缘线速度相同。雨滴c离开雨伞后做平抛运动的水平位移为，不计空气阻力，重力加速度为。下列判断正确的是（　　） A．伞转动的角速度为 B．落地前瞬间，雨滴b重力的瞬时功率大于雨滴d重力的瞬时功率 C．雨滴a平抛运动的水平位移为 D．雨滴a落地时的动能是雨滴c落地时动能的3倍 【答案】A 【难度】0.4 【详解】A．对雨滴c由平抛运动可知，， 解得伞转动的角速度为，A正确； B．对雨滴bd从抛出到落地前根据机械能守恒定律 可知两雨滴落地的速度大小相等，考虑抛出时水平速度相等，则落地时竖直速度相等，根据可知，落地前瞬间，雨滴b重力的瞬时功率等于雨滴d重力的瞬时功率，B错误； C．对雨滴a由平抛运动可得， 解得雨滴a平抛运动的水平位移为，C错误； D．根据动能定理可知，雨滴a落地时的动能 雨滴c落地时动能 可知雨滴a落地时的动能是雨滴c落地时动能的倍，D错误。 故选A。 4．如图所示，轻质弹簧下端固定在光滑竖直杆上，上端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过轻质光滑定滑轮（大小忽略）将P和重物Q连接起来，重物Q的质量M=4 m，将P从图中A点由静止释放，当它经过A、B两点时弹簧对滑块P的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角，，OB水平、间距为L，重力加速度为g。在滑块P从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（     ） A．重物Q重力的功率一直增加 B．滑块P与重物Q的机械能之和一直保持不变 C．轻绳对P做的功为 D．滑块P运动到B处速度大小为 【答案】D 【难度】0.4 【详解】A．将滑块的速度分解为沿绳子方向的速度和垂直于绳子方向的速度，可得重物的速度（为绳子与竖直杆的夹角） 在点，由静止释放滑块，，则 在点，绳子水平，，，则 所以滑块从运动到的过程中，重物的速度先增大后减小，则重物重力的功率也先增大后减小，故A错误； B．对于、和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，在、两点弹簧弹力大小相等，说明弹簧形变量大小相等，弹性势能相等。从运动到过程中，弹簧长度变长，必然经过原长位置，弹性势能先减小后增大。因此滑块与重物的机械能之和先增大后减小，故B错误； D．根据几何关系可知，，，则， 滑块上升高度，重物下降高度 、两点处弹簧的弹力大小相同，所以这两点处弹簧的弹性势能相等，从到过程中，对、系统，由能量守恒定律可得 解得，故D正确； C．对滑块，由动能定理 因、两点的弹性势能相等，弹簧做功 则，故C错误。 故选D。 5．如图甲所示，在智能制造工厂的物流系统中，机械臂将质量为可视为质点的零件从倾角为倾斜传送带的上端A处由静止释放，传送带以速度逆时针匀速转动，零件在传送带上运动时，其动能与位移关系图像如图乙所示，已知零件到达传送带下端B处时动能为。零件与传送带之间的动摩擦因数恒定，重力加速度取，，。则下列说法中正确的是（　　） A．零件下滑过程中受到的摩擦力方向始终沿传送带向上 B．传送带的速度为 C．传送带AB之间的距离为 D．零件从A处运动到B处的时间为 【答案】BD 【难度】0.42 【详解】A．图乙为动能与位移关系图像，由动能定理，因此图像斜率表示合力大小。 设零件质量，动摩擦因数为，重力在垂直斜面方向分力；沿斜面方向分力 第一阶段，速度小于传送带速度，摩擦力向下，合力 第二阶段，速度达到传送带速度后，摩擦力向上，合力 第一阶段摩擦力沿传送带向下，第二阶段才沿传送带向上，故A错误； B．由图像：第一阶段，位移时动能，有 零件在第一阶段末速度达到传送带速度，由动能定理 解得，故B正确； C．第二阶段，从到的位移为，动能从增至，有 解得 两式相比有 解得 将代入两式得， 由，解得 总位移为，故C错误； D．第一阶段：加速度，初速为零，末速度，时间 第二阶段：加速度，初速，位移 由运动学公式 解得 总时间，故D正确。 故选BD。 6．如图所示，倾角的传送带以恒定的速度顺时针匀速运行。传送带两轮轴间距长。在传送带端，轻轻地放一个质量为的煤块（可视为质点）。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为，取，，下列说法正确的是（     ） A．煤块放上传送带后与传送带速度相同 B．煤块在传送带上留下了长的黑色痕迹 C．传送带对煤块做了的功 D．传送带克服与煤块间的摩擦力做了的功 【答案】BCD 【难度】0.4 【详解】A．煤块放上传送带，沿传送带方向受到摩擦力和重力分力作用，由牛顿第二定律得： 解得加速度 对于煤块，加速过程有 解得 故A错误； B．加速阶段，煤块位移 痕迹长度等于加速阶段传送带位移与煤块位移之差，即 故B正确； C．摩擦力对煤块做功分为加速阶段和匀速阶段，匀速运动阶段静摩擦力做功，摩擦力大小与重力分力相等，即 且煤块匀速运动位移 易得摩擦力对煤块做功 故C正确； D．加速阶段传送带位移   克服摩擦力做功   匀速阶段传送带位移   克服摩擦力做功   总功 故D正确。 故选BCD。 7．半径为的四分之一圆形槽P固定在水平面上，长度足够长的平板Q左端与P右端的圆弧轨道末端平滑连接。在Q上表面右端竖直固定一轻质挡板，轻弹簧的右端与挡板相连。现将一质量为的小球从圆弧上端点的正上方处静止释放，小球经过点沿圆弧轨道滑下，与Q上的弹簧相互作用，当小球速度大小减为刚接触弹簧时的时，弹簧的弹性势能为，此时立即断开P和Q间的连接，Q从静止开始向右滑动。圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内，重力加速度为，忽略空气阻力，则（   ） A．、两点间的距离为 B．小球与弹簧刚接触时速度的大小为 C．若Q的质量为，P和Q断开后弹簧的最大弹性势能为 D．P和Q断开后，若弹簧恢复至原长时小球速度恰好减为零，则Q的质量为 【答案】BC 【难度】0.4 【详解】AB．设B、A间距离为h，则小球从释放到与弹簧接触前瞬间，根据动能定理有 当小球速度大小减为刚接触弹簧时的时，根据能量守恒有 联立解得，，故A错误，B正确； C．当断开P和Q间的连接后，小球与Q共速时，弹簧弹性势能最大，对小球和Q构成的系统，规定向右为正方向，根据动量守恒有 根据能量守恒有 联立解得，故C正确； D．P和Q断开后，若弹簧恢复至原长时小球速度恰好减为零，根据动量守恒和能量守恒分别有 根据能量守恒有 联立解得，故D错误。 故选BC。 8．如图，足够长的倾斜传送带以速率顺时针匀速转动。时，一物块从传送带顶端以大小为的初速度沿传送带向下滑动，。物块与传送带间的动摩擦因数为，传送带倾角为，满足。以物块速度减为零的位置所在平面为零势能面，物块在时刻滑离传送带。取沿传送带向下为正方向，关于物块在传送带上运动的速度与时间关系图像，动能与位移关系图像，下列可能正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】AD 【难度】0.4 【详解】AB．传送带上表面沿斜面向上运动，速度为。物块相对传送带沿斜面向下运动，所受滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律得 物块先做匀减速运动，速度减为零后反向沿斜面向上运动，其速度继续线性减小至后与传送带保持相对静止。由，可知最大静摩擦力足以平衡沿斜面向下的重力分力，之后物块随传送带做匀速运动，故A正确，B错误。 CD．设物块初始位置为，相对传送带滑动时沿斜面方向的合力恒定，由动能定理得 物块减速下滑和反向加速上滑的滑动阶段均在同一直线上；达到后，保持不变，故C错误，D正确。 故选AD。 9．如图所示的传送带装置，长度为，与水平方向之间的夹角为，传送带以的速度匀速运行，从流水线上下来的工件每隔2 s有一个落到A点（可认为初速度为零），工件质量为。经传送带运送到与B等高处的平台上，再由工人运走。已知工件与传送带之间的动摩擦因数为，，，。则下列说法中正确的是（     ） A．每个工件上滑过程中，传送带对工件先做正功后不做功 B．每个工件从A点到最高点B所经历的时间为6 s C．传送带对每个工件做的功为24 J D．由于传送工件，传送带的动力装置需增加的功率为14.72 W 【答案】BD 【难度】0.4 【详解】工件刚放上传送带时，相对传送带下滑，滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律 代入数据得 A．工件先加速，速度与传送带相同时，由于，工件随传送带匀速运动，此时静摩擦力仍沿传送带向上，位移向上，传送带对工件仍做正功，故A错误； B．工件加速到与传送带共速的时间 加速位移 剩余位移 匀速运动时间 总时间，故B正确； C．由动能定理，传送带对工件做功满足 解得，故C错误； D．每隔2s放一个工件，总运动时间为6s，因此任意时刻传送带上共有3个工件：1个加速（受滑动摩擦力），2个匀速（每个受静摩擦力）。 传送带额外牵引力等于总摩擦力 增加的功率，故D正确。 故选BD 。 10．如图所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端点在O位置。质量为m的物块A（可视为质点）以初速度从斜面的顶端P点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到点位置后，A又被弹簧弹回。物块A离开弹簧后，恰好回到P点。已知OP的距离为，物块A与斜面间的动摩擦因数为，斜面倾角为，重力加速度为g。求： (1)O点和点间的距离x1 (2)弹簧在整个过程中最大的弹性势能； (3)在轻弹簧旁边并排放置另一根与之完全相同的弹簧，一端与挡板固定。若将另一个与A材料相同的物块B（可视为质点）与两根弹簧右端拴接，设B的质量为，将A与B并排在一起，使两根弹簧仍压缩到点位置，然后从静止释放，若A离开B后A最终未冲出斜面，求需满足的条件？ 【答案】(1) (2) (3)1≤β≤17 【难度】0.41 【详解】（1）物块A从P点又回到P点的过程，根据动能定理有 又 μ=2tanθ， 解得 （2）从O′点到P点，由能量守恒定律得 弹簧在最低点O′处的弹性势能 解得 （3）分离时：aA=aB，NAB=0 对A：maA=mgsinθ+μmgcosθ 对B：2T+βmgsinθ+μβmgcosθ=βmaB 得：T=0，即弹簧处于原长处，A、B两物体分离。 ①A、B恰好分离时，分离时A、B速度为零，从O′点到O点有 得 β=17 ②若A恰好回到P点，则有： 分离后，A继续上升到静止，有 解得β=1 综上所述有：1≤β≤17 11．某同学为研究能量间的转化设计了如图的装置。一处于压缩锁定状态的轻质弹簧置于光滑水平台面上，储存的弹性势能大小为，弹簧左侧与墙壁相连，右侧与质量的小物块接触但不固连。某时刻解除弹簧锁定，弹簧恢复原长将小物块弹开，让其从平台最右端点离开后恰好能无碰撞地落在右下方的光滑斜面的顶端点，斜面长度，倾角，小物块沿斜面运动到底端点后立即无速度损失地滑上长的传送带。从传送带右端离开后小物块滑行一段水平轨道，又冲上一半径的光滑半圆形轨道内侧。已知小物块与传送带及段轨道间的动摩擦因数均为0.5，，，重力加速度取，不计空气阻力，求： (1)小物块运动到点时速度大小、间的高度差； (2)若小物块恰好能到达半圆形轨道的最高点，求在点处，小物块对半圆形轨道的压力大小； (3)若传送带以顺时针匀速转动，已知小物块滑上半圆形轨道后的运动恰能始终不脱离周围的接触物，求段的距离。 【答案】(1)， (2)120 N (3) 【难度】0.41 【详解】（1）根据弹簧弹性势能与动能的关系有 解得小物块离开点时的速度大小为 小物块恰好能无碰撞地落在右下方的光滑斜面的顶端点，则在点的速度与斜面平行，有 间的高度差为 （2）若小物块恰好能到达半圆形轨道的最高点，则有 根据动能定理有 解得 在点，根据牛顿第二定律有 解得 根据牛顿第三定律可知，在点处，小物块对半圆形轨道的压力大小为。 （3）小物块滑上半圆形轨道后的运动恰好始终不脱离周围的接触物，即小物块第一次滑上半圆形轨道时恰好上升到与圆心等高处，根据动能定理有 则小物块在点的速度为 小物块在点的速度为 小物块沿斜面运动到底端点，根据动能定理有 解得 小物块在皮带上和水平轨道上的加速度大小均为 小物块和皮带共速时的时间为 小物块移动的距离为 则小物块到点时恰好与传送带共速， 根据 解得 12．如图所示，水平传送带以速率顺时针匀速运行，传送带上方固定有劲度系数为的轻质弹簧。质量为的小木块轻放在传送带左端，当木块的速度达到时，刚好与弹簧接触，此后木块经过时间到达最右端。已知木块与传送带间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，求： (1)木块从释放到刚接触弹簧时所需的时间； (2)木块从释放到刚接触弹簧的过程中，电动机由于运送木块多消耗的电能； (3)木块从释放到最右端的过程中，摩擦力对木块的冲量大小。 【答案】(1) (2) (3) 【难度】0.4 【详解】（1）木块与传送带相对滑动时，所受滑动摩擦力大小为 方向向右。由牛顿第二定律得 木块从静止加速到，由速度公式得 解得 （2）在内，传送带克服木块对它的滑动摩擦力做功，电动机多消耗的电能为 代入和 整理得 （3）木块刚接触弹簧时与传送带相对静止。设从接触弹簧起经过的时间为，在弹簧弹力不超过最大静摩擦力的阶段，木块随传送带以做匀速运动，静摩擦力大小为 当静摩擦力达到最大值时，设经历时间为，则 解得 从释放到接触弹簧阶段，滑动摩擦力的冲量为 接触弹簧后的静摩擦力从均匀增大到，其冲量为 之后木块相对传送带向左滑动至最右端，滑动摩擦力方向仍向右，作用时间为，其冲量为 各阶段摩擦力方向均向右，所以摩擦力对木块的总冲量大小为 13．如图所示，质量为的玩具小车以恒定功率由静止开始从点到达点。已知小车在到达点前已匀速，段长度为，动摩擦因数。随后小车关闭发动机进入段，已知轨道，段水平，与小车之间的动摩擦因数均为，段长度可调，段长度，光滑竖直圆轨道段半径，在最低点处稍微错开，斜面段由特殊材料制成，水平距离，高度可调，小车与段间动摩擦因数随其水平距离的关系如图，与平滑连接。忽略其他阻力，小车可视为质点，重力加速度取。求： (1)小车在段的运动时间； (2)若要保证小车能到达竖直圆轨道且运动时不脱轨，求长度的调节范围； (3)调节长度为 ，若小车能停在斜面上，求斜面高度的范围。 【答案】(1) (2)或 (3) 【难度】0.38 【详解】（1）小车匀速运动时牵引力等于滑动摩擦力 由功率公式，得匀速速度 对OA全过程用动能定理 解得 （2）情况一：恰好通过圆轨道最高点，最高点重力提供向心力 从A到最高点用动能定理 解得 要能通过最高点，摩擦损耗不能更大，故需满足 情况二：至少要能到达B点，但是不会超过圆心等高位置。从A到圆心等高位置用动能定理有 解得，即若，则小车最大上升高度不超过圆心，会沿轨道返回、不脱轨。 若小车恰能达到B点，由动能定理有 解得，即若，则小车能刚刚进入圆轨道。 综上所述，或。 （3）因为，故能通过圆轨道，从A到C由动能定理则有 解得 C冲上斜面后，对任意一小段位移，摩擦力做的功为 将每一段内摩擦力做功求和为 一、设当时，小车恰好不会冲出斜面，在D点速度减为0，由机械能守恒有 解得 检验：此时，故小车能在D点停住。 二、设当时，小车在斜面上某处速度减为0，且恰能停在该处 由机械能守恒有 其中， 所以 又因为， 联立解得， 所以 综上所述，当时，小车能停在斜面上。 14．如图所示，圆心为O、半径的固定光滑圆弧轨道与水平地面相切于B点，圆弧对应的圆心角。质量的小滑块P静止在水平地面上的A点，A、B间的距离为。现对P始终施加一个水平向右、大小为的恒力作用。已知P与水平地面间的动摩擦因数为，不计空气阻力，重力加速度g取，，，求： (1)经过圆弧最低点B时，滑块P对圆弧轨道的压力大小； (2)滑块P在空中上升到最高点时，到B点的竖直距离； (3)滑块P从A点运动到空中最高点的过程中机械能的增加量。 【答案】(1) (2) (3) 【难度】0.4 【详解】（1）滑块从点到点的过程中，由动能定理得 代入数据得 设轨道对滑块的支持力大小为，在点沿半径方向由牛顿第二定律得 解得，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为 （2）滑块从点到点的过程中，轨道支持力不做功，由动能定理得 代入数据解得，滑块离开点时速度方向沿轨道切线，与水平方向夹角为，其竖直分速度为 点相对点的高度为 从点到最高点，由竖直方向匀减速运动规律得 故最高点到点的竖直距离为 （3）滑块离开点时，水平分速度为 竖直分速度为 从点运动到最高点的时间为 水平方向的加速度为 在此过程中，滑块水平方向的位移为 恒力所做的功为 摩擦力所做的功为 以滑块和地球组成的系统为研究对象，轨道支持力不做功，重力为系统内力，由功能关系得 15．如图所示，光滑水平台面上静置有一个质量为1kg的木板B，质量也为1kg的木块A放置在木板B最左侧，木块A与木板B间的动摩擦因数为，初始时给木块A一个方向水平向右、大小为8m/s的初速度，当木板B的右端运动到台面最右侧时，木块A恰好也运动到木板B的最右端并与木板B共速，之后木板B被挡板拦下，木块A从台面右端水平飞出（离开台面的瞬间，木块A速度不变），并恰好沿轨道切线方向射入斜轨道CD，已知斜轨道CD、FG分别与圆轨道相切于D、F两点，其中轨道CD与圆轨道均为光滑轨道，OE为圆轨道竖直方向的半径，，木块A与轨道FG间的动摩擦因数为，C、D两点间的高度差为1.2m，光滑圆轨道半径为1m，轨道FG足够长，重力加速度g取，求： (1)木板B的长度L； (2)木块A第一次经过E点时对轨道的压力大小； (3)木块A第一次经过E点后摩擦力对木块A做的功W。 【答案】(1) (2) (3) 【难度】0.43 【详解】（1）方法一：木块的加速度 木块的加速度 木块、达到共速所用时间满足 解得 则木板的长度 方法二：由木板与木块组成的系统动量守恒可得 解得 由功能关系可得 解得木板的长度 （2）设木块到达点时的水平、竖直分速度分别为、 由（1）知 由几何关系可知 解得， 由机械能守恒可知 解得 由受力分析可知 （3）由题意可知，木块最终在、间做往复运动，且运动到、点时速度为零，此时木块在点时的动能 由木块第一次到达点时的动能 由动能定理可知，该过程摩擦力做功 物理力学竞赛专题 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 跑哥物理 力学竞赛专题 专题七 机械能及其守恒定律(2) 一、核心知识点 二、思维导图 三、题型分类 题型01 传送带模型中的动力学与能量综合 题型02 机车启动与功率问题 题型03弹簧连接体的能量与临界问题 题型04 动量守恒与板块模型 题型05 竖直面圆周运动与平抛组合 4、 巩固提升 核心知识点 1. 牛顿运动定律与传送带模型的综合应用 涉及倾斜/水平传送带上的受力分析、摩擦力突变、相对运动与划痕长度计算，以及结合v²-x或Ek-x图像分析加速度与动摩擦因数。 2. 功能关系与能量守恒定律 涵盖动能定理、机械能守恒定律的应用；电动机多消耗电能的计算（等于系统机械能增量与摩擦生热之和）；弹簧弹性势能与重力势能、动能之间的相互转化。 3. 功率与机车启动模型 包含恒定功率启动与恒定加速度启动两类模型；P=Fv的瞬时功率与平均功率计算；达到最大速度的临界条件（牵引力等于阻力）及变加速过程中的位移求解。 4. 动量守恒与板块/碰撞模型 涉及光滑水平面上的滑块-木板模型、弹簧连接体模型；系统水平方向动量守恒条件的判断；完全非弹性碰撞中的能量损失及相对滑行距离的计算。 5. 圆周运动与平抛运动的组合 包括竖直平面内圆周运动的临界问题（最高点最小速度、不脱轨条件）；平抛运动与斜面、圆弧轨道的衔接；机械能守恒在复合运动轨迹中的应用。 思维导图 题型分类 题型一 传送带模型中的动力学与能量综合 例题1、在快递分类时常用传送带运送快件，如图甲所示，一倾角为的传送带以恒定速度运行，传送带底端到顶端的距离。现将一质量的小快件静止放于传送带底端，快件沿传送带向上运动至顶端过程中速度的平方随位移的变化关系如图乙所示，快件可视为质点，取，，。以下描述正确的是（     ） A．由乙图可得快件的加速度和传送带的速度 B．不能得出快件与传送带间的动摩擦因数 C．快件与传送带摩擦而产生的热量为110 J D．快件从传送带底端运动到顶端过程中，不能得出电动机多做的功 【答案】A 【难度】0.42 【详解】AB．根据图乙可知，快件在8m之前做匀加速运动，根据v2=2ax可得，加速度大小为，可得 根据牛顿第二定律得μmgcos37°-mgsin37°=ma 解得 根据图像可知，传送带的速度为v传=4m/s，A正确，B错误； C．根据图像可知，传送带的速度为v传=4m/s，快件加速到4m/s以后做匀速运动，快件加速的时间为 位移为x1=8m 此过程中传送带的位移为x传=v传t1=4×4m=16m 二者的相对位移为Δx=x传-x1=16m-8m=8m 快件与传送带摩擦而产生的热量Q=μmgcos37°•Δx 解得快件与传送带摩擦而产生的热量Q=112J，C错误； D．根据能量守恒定律，快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功包括快件增加的动能、增加的重力势能和与传送带摩擦而产生的热量，所以电动机多做的功为，D错误。 故选A。 题型二 机车启动与功率问题 例题2、机器狗在校园内当快递员，受到学生的喜爱。图（a）中的机器狗在水平路面上沿直线运动，其启动过程的图像如图（b）所示，机器狗先做匀加速运动，时刻速度大小为，动力系统的功率达到额定值且此后保持不变，机器狗在时刻达到最大速度。已知机器狗的质量为，受到的阻力大小恒为，则机器狗（　　） A．在时间内牵引力大小为 B．在时刻的速度大小为 C．在时刻动力系统的功率为 D．在时间内的位移大小为 【答案】D 【难度】0.4 【详解】A．在时间内，由牛顿第二定律有 所以牵引力大小为，A错误； B．在时刻达到最大速度，加速度为，牵引力等于阻力，即 又因功率 故，B错误； C．在时刻，速度大小为，此时牵引力仍为 动力系统功率为，C错误； D．在时间内，由动能定理有 解得，D正确。 故选D。 题型三 弹簧连接体的能量与临界问题 例题3、如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与小球甲连接，开始用手托住物体乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为，某时刻由静止释放物体乙（物体乙距离地面足够高），经过一段时间小球甲运动到Q点，O、Q两点的连线水平，，且小球甲在初始位置P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，。则（     ） A．弹簧的劲度系数为 B．小球甲位于Q点时的速度大小为 C．物体乙重力的瞬时功率一直增大 D．小球甲和物体乙的机械能之和一直增大 【答案】B 【难度】0.4 【详解】A．、两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知点的压缩量等于点的伸长量，由几何关系知 则小球甲位于点时弹簧的压缩量为 对点的小球甲由力的平衡条件可知 解得，选项A错误； B．当小球甲运动到点时，假设小球甲的速度为，此时小球甲的速度与绳子OQ垂直，所以物体乙的速度为零，因为小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得 解得，选项B正确； D．由于小球甲在、两点处时弹簧弹力的大小相等，即小球甲在、两点处时弹簧的弹性势能相等，则小球甲由到的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，由能量守恒定律可知，小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，选项D错误； C．由于小球甲在和点处，物体乙的速度都为零，在其他过程中，物体乙的速度不是零，则可知物体乙重力的瞬时功率先增大后减小，选项C错误。 故选B。 题型四 动量守恒与板块模型 例题4、如图所示，静止在光滑水平面上的小车，由三段轨道平滑连接而成。段是倾角为的斜面，段水平，段是半径为的竖直圆弧，、两点等高，小车的总质量为。一质量为的小物块，从点以的初速度沿斜面向下运动，当其首次经过段的最左端时，速度大小为。已知段的摩擦因数，段、段均光滑，重力加速度取，，则（     ） A．小物块首次经过段的最左端时，小车的速度大小为 B．小车第一次向左运动最远时小物块的速度大于 C．小物块不会从点离开小车 D．小物块最终相对于小车静止在点 【答案】BCD 【难度】0.4 【详解】A．设小车质量为，物块质量为，取水平向右为正。物块在点的初速度水平分量为 物块首次到达段最左端时，由水平方向动量守恒有 解得，即小车向左运动，速度大小为，故A错误； B．物块沿圆弧上升至相对最高点时，物块与小车相对速度为零，二者的共同速度为。由水平方向动量守恒有 解得，说明此时小车已向右运动。小车从在点向左运动到上述时刻向右运动，故首次到达最左端的位置出现在物块到达相对最高点之前。该时刻小车速度为零，由水平方向动量守恒得物块的水平分速度，而物块仍沿圆弧上升，竖直分速度不为零，所以物块速度，故B正确； C．物块到达段最左端时，系统总动能为 物块从点上升到点需要增加的重力势能为 即使系统总动能全部转化为物块的重力势能也不足以使其到达点，因此物块不会从点离开，故C正确； D．物块每次运动到粗糙段时，摩擦力都使系统机械能减少；又因，物块不能相对小车静止在斜面上，只能返回点。随着相对运动的机械能不断耗散，物块最终在点相对小车静止，故D正确。 故选BCD。 题型五 竖直面圆周运动与平抛组合 例题5、如图所示，一质量为1kg可视为质点的小物块从固定斜面上的A点由静止开始下滑，斜面AB光滑且与水平面的夹角为37°，A、B间距离为，小物块到B点后通过一小段光滑的衔接弧面恰好同速率滑上与地面等高的传送带，传送带以5m/s的恒定速率顺时针运行，传送带B、C间距离为10m，传送带与半径可调的竖直光滑半圆轨道CDE平滑连接，DE段为光滑管道，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，，不计衔接弧面的运动时间、速度变化和空气阻力。取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求： (1)小物块到达B点时的速度大小。 (2)整个过程中传送带电动机多消耗的电能。 (3)若小物块在半圆轨道内运动时始终不脱离轨道不从E点飞出，求半圆轨道半径R的取值范围。 【答案】(1) (2) (3) 【难度】0.4 【详解】（1）小物块从点到点的过程中机械能守恒，有 代入数据解得 （2）小物块滑上传送带时速度小于传送带速度，受到向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得 设传送带速度为，小物块加速至与传送带共速所需时间 加速阶段小物块的位移 所以小物块在到达点前已与传送带共速。加速阶段传送带相对小物块的位移 产生的热量 此后小物块与传送带相对静止，电动机不再因小物块额外消耗电能。加速阶段电动机多消耗的电能等于小物块增加的动能与产生的热量之和，即 （3）小物块到达点时的速度，设小物块在段任一点处时，则该点相对点的高度 由机械能守恒得 沿半径指向圆心方向，由牛顿第二定律得 整理得 小物块由点向点运动时，增大，因此支持力逐渐减小。在点有 且 小物块能到达点时，要在进入管道前不脱离轨道，应有，解得 从点到点，由机械能守恒得 当时，小物块到达点仍有速度，会从点飞出；当时，小物块恰好在点停下或在管道内返回，符合要求。 当时，小物块若继续上升便不能始终保持与段接触。要始终不脱离轨道，小物块必须在不高于圆心等高处停下后返回。由机械能守恒得停止点相对点的高度 故应满足，即 综上，半圆轨道半径的取值范围为或 巩固提升 1．一架质量为的无人机从地面以恒定加速度由静止竖直向上启动，经过时间后保持额定功率向上运动，离地面距离为时达到最大速度，不计空气阻力，重力加速度为，则下列说法正确的是（     ） A．无人机达到最大速度时间是 B．无人机额定功率是 C．无人机最大速度是 D．从静止到最大速度牵引力做功 【答案】C 【难度】0.4 【详解】A．若无人机达到最大速度的过程一直做匀加速直线运动，则有 可得 实际上无人机匀加速经过时间后保持额定功率向上运动，之后做加速度减小的加速运动，所以无人机达到最大速度时间不是，故A错误； B．无人机做匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得 解得牵引力大小为 经过时间时，无人机的速度大小为 此时刚好达到额定功率，则有无人机额定功率为，故B错误； C．当牵引力等于重力时，无人机的速度达到最大，则有，故C正确； D．从静止到最大速度的过程中，根据动能定理可得 解得牵引力做功为，故D错误。 故选C。 2．如图所示，质量均为m的小滑块P和Q连接在轻质弹簧两端，弹簧的劲度系数为k，P放在水平地面上。Q通过轻质细绳绕过两个同一高度上的轻质光滑小滑轮与质量为3m的小物体N相连，对N施加一个竖直向上的作用力，系统静止，细绳刚好伸直。重力加速度为g，现在把小物体N由静止释放，至P刚离开地面的过程中，下列判断正确的是（     ） A．弹簧弹力对Q做正功 B．细绳拉力对Q做功为 C．P刚离地时，N所受重力做功的瞬时功率为 D．P刚离地时，细绳拉力对Q做功的瞬时功率为 【答案】B 【难度】0.38 【详解】初始状态：系统静止，细绳伸直拉力为0，弹簧被Q压缩，由平衡条件得 可得压缩量 末状态：P刚离开地面，弹簧拉力等于P的重力，由平衡条件得 可得伸长量 因此Q上升的距离、N下降的距离均为 ，且Q和N速度大小始终相等，即 A．初末态弹簧形变量大小相等，弹性势能变化量，弹簧弹力对Q总做功为，不是正功，故A错误； B．对Q、N、弹簧系统用动能定理：重力做功等于系统动能变化，弹簧弹力总功为0，即 ，代入 解得 ​。 对Q单独用动能定理，设细绳拉力对Q做功为： 代入、​ 可得 ，故B正确； C．P刚离地时，N重力的瞬时功率 ，故C错误； D．P刚离地时，Q向上加速，细线拉力大于，则细线拉力做功的瞬时功率大于，故D错误。 故选 B。 3．如图所示，油纸伞的伞面在竖直面内绕中心顺时针匀速转动，伞面半径为，伞下边缘离地高度同样为。竖直、水平直径的边缘有a、b、c、d四滴质量皆为m的雨滴，雨滴脱离伞面时速度与伞面边缘线速度相同。雨滴c离开雨伞后做平抛运动的水平位移为，不计空气阻力，重力加速度为。下列判断正确的是（　　） A．伞转动的角速度为 B．落地前瞬间，雨滴b重力的瞬时功率大于雨滴d重力的瞬时功率 C．雨滴a平抛运动的水平位移为 D．雨滴a落地时的动能是雨滴c落地时动能的3倍 【答案】A 【难度】0.4 【详解】A．对雨滴c由平抛运动可知，， 解得伞转动的角速度为，A正确； B．对雨滴bd从抛出到落地前根据机械能守恒定律 可知两雨滴落地的速度大小相等，考虑抛出时水平速度相等，则落地时竖直速度相等，根据可知，落地前瞬间，雨滴b重力的瞬时功率等于雨滴d重力的瞬时功率，B错误； C．对雨滴a由平抛运动可得， 解得雨滴a平抛运动的水平位移为，C错误； D．根据动能定理可知，雨滴a落地时的动能 雨滴c落地时动能 可知雨滴a落地时的动能是雨滴c落地时动能的倍，D错误。 故选A。 4．如图所示，轻质弹簧下端固定在光滑竖直杆上，上端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过轻质光滑定滑轮（大小忽略）将P和重物Q连接起来，重物Q的质量M=4 m，将P从图中A点由静止释放，当它经过A、B两点时弹簧对滑块P的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角，，OB水平、间距为L，重力加速度为g。在滑块P从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（     ） A．重物Q重力的功率一直增加 B．滑块P与重物Q的机械能之和一直保持不变 C．轻绳对P做的功为 D．滑块P运动到B处速度大小为 【答案】D 【难度】0.4 【详解】A．将滑块的速度分解为沿绳子方向的速度和垂直于绳子方向的速度，可得重物的速度（为绳子与竖直杆的夹角） 在点，由静止释放滑块，，则 在点，绳子水平，，，则 所以滑块从运动到的过程中，重物的速度先增大后减小，则重物重力的功率也先增大后减小，故A错误； B．对于、和弹簧组成的系统，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，在、两点弹簧弹力大小相等，说明弹簧形变量大小相等，弹性势能相等。从运动到过程中，弹簧长度变长，必然经过原长位置，弹性势能先减小后增大。因此滑块与重物的机械能之和先增大后减小，故B错误； D．根据几何关系可知，，，则， 滑块上升高度，重物下降高度 、两点处弹簧的弹力大小相同，所以这两点处弹簧的弹性势能相等，从到过程中，对、系统，由能量守恒定律可得 解得，故D正确； C．对滑块，由动能定理 因、两点的弹性势能相等，弹簧做功 则，故C错误。 故选D。 5．如图甲所示，在智能制造工厂的物流系统中，机械臂将质量为可视为质点的零件从倾角为倾斜传送带的上端A处由静止释放，传送带以速度逆时针匀速转动，零件在传送带上运动时，其动能与位移关系图像如图乙所示，已知零件到达传送带下端B处时动能为。零件与传送带之间的动摩擦因数恒定，重力加速度取，，。则下列说法中正确的是（　　） A．零件下滑过程中受到的摩擦力方向始终沿传送带向上 B．传送带的速度为 C．传送带AB之间的距离为 D．零件从A处运动到B处的时间为 【答案】BD 【难度】0.42 【详解】A．图乙为动能与位移关系图像，由动能定理，因此图像斜率表示合力大小。 设零件质量，动摩擦因数为，重力在垂直斜面方向分力；沿斜面方向分力 第一阶段，速度小于传送带速度，摩擦力向下，合力 第二阶段，速度达到传送带速度后，摩擦力向上，合力 第一阶段摩擦力沿传送带向下，第二阶段才沿传送带向上，故A错误； B．由图像：第一阶段，位移时动能，有 零件在第一阶段末速度达到传送带速度，由动能定理 解得，故B正确； C．第二阶段，从到的位移为，动能从增至，有 解得 两式相比有 解得 将代入两式得， 由，解得 总位移为，故C错误； D．第一阶段：加速度，初速为零，末速度，时间 第二阶段：加速度，初速，位移 由运动学公式 解得 总时间，故D正确。 故选BD。 6．如图所示，倾角的传送带以恒定的速度顺时针匀速运行。传送带两轮轴间距长。在传送带端，轻轻地放一个质量为的煤块（可视为质点）。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为，取，，下列说法正确的是（     ） A．煤块放上传送带后与传送带速度相同 B．煤块在传送带上留下了长的黑色痕迹 C．传送带对煤块做了的功 D．传送带克服与煤块间的摩擦力做了的功 【答案】BCD 【难度】0.4 【详解】A．煤块放上传送带，沿传送带方向受到摩擦力和重力分力作用，由牛顿第二定律得： 解得加速度 对于煤块，加速过程有 解得 故A错误； B．加速阶段，煤块位移 痕迹长度等于加速阶段传送带位移与煤块位移之差，即 故B正确； C．摩擦力对煤块做功分为加速阶段和匀速阶段，匀速运动阶段静摩擦力做功，摩擦力大小与重力分力相等，即 且煤块匀速运动位移 易得摩擦力对煤块做功 故C正确； D．加速阶段传送带位移   克服摩擦力做功   匀速阶段传送带位移   克服摩擦力做功   总功 故D正确。 故选BCD。 7．半径为的四分之一圆形槽P固定在水平面上，长度足够长的平板Q左端与P右端的圆弧轨道末端平滑连接。在Q上表面右端竖直固定一轻质挡板，轻弹簧的右端与挡板相连。现将一质量为的小球从圆弧上端点的正上方处静止释放，小球经过点沿圆弧轨道滑下，与Q上的弹簧相互作用，当小球速度大小减为刚接触弹簧时的时，弹簧的弹性势能为，此时立即断开P和Q间的连接，Q从静止开始向右滑动。圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内，重力加速度为，忽略空气阻力，则（   ） A．、两点间的距离为 B．小球与弹簧刚接触时速度的大小为 C．若Q的质量为，P和Q断开后弹簧的最大弹性势能为 D．P和Q断开后，若弹簧恢复至原长时小球速度恰好减为零，则Q的质量为 【答案】BC 【难度】0.4 【详解】AB．设B、A间距离为h，则小球从释放到与弹簧接触前瞬间，根据动能定理有 当小球速度大小减为刚接触弹簧时的时，根据能量守恒有 联立解得，，故A错误，B正确； C．当断开P和Q间的连接后，小球与Q共速时，弹簧弹性势能最大，对小球和Q构成的系统，规定向右为正方向，根据动量守恒有 根据能量守恒有 联立解得，故C正确； D．P和Q断开后，若弹簧恢复至原长时小球速度恰好减为零，根据动量守恒和能量守恒分别有 根据能量守恒有 联立解得，故D错误。 故选BC。 8．如图，足够长的倾斜传送带以速率顺时针匀速转动。时，一物块从传送带顶端以大小为的初速度沿传送带向下滑动，。物块与传送带间的动摩擦因数为，传送带倾角为，满足。以物块速度减为零的位置所在平面为零势能面，物块在时刻滑离传送带。取沿传送带向下为正方向，关于物块在传送带上运动的速度与时间关系图像，动能与位移关系图像，下列可能正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】AD 【难度】0.4 【详解】AB．传送带上表面沿斜面向上运动，速度为。物块相对传送带沿斜面向下运动，所受滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律得 物块先做匀减速运动，速度减为零后反向沿斜面向上运动，其速度继续线性减小至后与传送带保持相对静止。由，可知最大静摩擦力足以平衡沿斜面向下的重力分力，之后物块随传送带做匀速运动，故A正确，B错误。 CD．设物块初始位置为，相对传送带滑动时沿斜面方向的合力恒定，由动能定理得 物块减速下滑和反向加速上滑的滑动阶段均在同一直线上；达到后，保持不变，故C错误，D正确。 故选AD。 9．如图所示的传送带装置，长度为，与水平方向之间的夹角为，传送带以的速度匀速运行，从流水线上下来的工件每隔2 s有一个落到A点（可认为初速度为零），工件质量为。经传送带运送到与B等高处的平台上，再由工人运走。已知工件与传送带之间的动摩擦因数为，，，。则下列说法中正确的是（     ） A．每个工件上滑过程中，传送带对工件先做正功后不做功 B．每个工件从A点到最高点B所经历的时间为6 s C．传送带对每个工件做的功为24 J D．由于传送工件，传送带的动力装置需增加的功率为14.72 W 【答案】BD 【难度】0.4 【详解】工件刚放上传送带时，相对传送带下滑，滑动摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律 代入数据得 A．工件先加速，速度与传送带相同时，由于，工件随传送带匀速运动，此时静摩擦力仍沿传送带向上，位移向上，传送带对工件仍做正功，故A错误； B．工件加速到与传送带共速的时间 加速位移 剩余位移 匀速运动时间 总时间，故B正确； C．由动能定理，传送带对工件做功满足 解得，故C错误； D．每隔2s放一个工件，总运动时间为6s，因此任意时刻传送带上共有3个工件：1个加速（受滑动摩擦力），2个匀速（每个受静摩擦力）。 传送带额外牵引力等于总摩擦力 增加的功率，故D正确。 故选BD 。 10．如图所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端点在O位置。质量为m的物块A（可视为质点）以初速度从斜面的顶端P点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到点位置后，A又被弹簧弹回。物块A离开弹簧后，恰好回到P点。已知OP的距离为，物块A与斜面间的动摩擦因数为，斜面倾角为，重力加速度为g。求： (1)O点和点间的距离x1 (2)弹簧在整个过程中最大的弹性势能； (3)在轻弹簧旁边并排放置另一根与之完全相同的弹簧，一端与挡板固定。若将另一个与A材料相同的物块B（可视为质点）与两根弹簧右端拴接，设B的质量为，将A与B并排在一起，使两根弹簧仍压缩到点位置，然后从静止释放，若A离开B后A最终未冲出斜面，求需满足的条件？ 【答案】(1) (2) (3)1≤β≤17 【难度】0.41 【详解】（1）物块A从P点又回到P点的过程，根据动能定理有 又 μ=2tanθ， 解得 （2）从O′点到P点，由能量守恒定律得 弹簧在最低点O′处的弹性势能 解得 （3）分离时：aA=aB，NAB=0 对A：maA=mgsinθ+μmgcosθ 对B：2T+βmgsinθ+μβmgcosθ=βmaB 得：T=0，即弹簧处于原长处，A、B两物体分离。 ①A、B恰好分离时，分离时A、B速度为零，从O′点到O点有 得 β=17 ②若A恰好回到P点，则有： 分离后，A继续上升到静止，有 解得β=1 综上所述有：1≤β≤17 11．某同学为研究能量间的转化设计了如图的装置。一处于压缩锁定状态的轻质弹簧置于光滑水平台面上，储存的弹性势能大小为，弹簧左侧与墙壁相连，右侧与质量的小物块接触但不固连。某时刻解除弹簧锁定，弹簧恢复原长将小物块弹开，让其从平台最右端点离开后恰好能无碰撞地落在右下方的光滑斜面的顶端点，斜面长度，倾角，小物块沿斜面运动到底端点后立即无速度损失地滑上长的传送带。从传送带右端离开后小物块滑行一段水平轨道，又冲上一半径的光滑半圆形轨道内侧。已知小物块与传送带及段轨道间的动摩擦因数均为0.5，，，重力加速度取，不计空气阻力，求： (1)小物块运动到点时速度大小、间的高度差； (2)若小物块恰好能到达半圆形轨道的最高点，求在点处，小物块对半圆形轨道的压力大小； (3)若传送带以顺时针匀速转动，已知小物块滑上半圆形轨道后的运动恰能始终不脱离周围的接触物，求段的距离。 【答案】(1)， (2)120 N (3) 【难度】0.41 【详解】（1）根据弹簧弹性势能与动能的关系有 解得小物块离开点时的速度大小为 小物块恰好能无碰撞地落在右下方的光滑斜面的顶端点，则在点的速度与斜面平行，有 间的高度差为 （2）若小物块恰好能到达半圆形轨道的最高点，则有 根据动能定理有 解得 在点，根据牛顿第二定律有 解得 根据牛顿第三定律可知，在点处，小物块对半圆形轨道的压力大小为。 （3）小物块滑上半圆形轨道后的运动恰好始终不脱离周围的接触物，即小物块第一次滑上半圆形轨道时恰好上升到与圆心等高处，根据动能定理有 则小物块在点的速度为 小物块在点的速度为 小物块沿斜面运动到底端点，根据动能定理有 解得 小物块在皮带上和水平轨道上的加速度大小均为 小物块和皮带共速时的时间为 小物块移动的距离为 则小物块到点时恰好与传送带共速， 根据 解得 12．如图所示，水平传送带以速率顺时针匀速运行，传送带上方固定有劲度系数为的轻质弹簧。质量为的小木块轻放在传送带左端，当木块的速度达到时，刚好与弹簧接触，此后木块经过时间到达最右端。已知木块与传送带间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，求： (1)木块从释放到刚接触弹簧时所需的时间； (2)木块从释放到刚接触弹簧的过程中，电动机由于运送木块多消耗的电能； (3)木块从释放到最右端的过程中，摩擦力对木块的冲量大小。 【答案】(1) (2) (3) 【难度】0.4 【详解】（1）木块与传送带相对滑动时，所受滑动摩擦力大小为 方向向右。由牛顿第二定律得 木块从静止加速到，由速度公式得 解得 （2）在内，传送带克服木块对它的滑动摩擦力做功，电动机多消耗的电能为 代入和 整理得 （3）木块刚接触弹簧时与传送带相对静止。设从接触弹簧起经过的时间为，在弹簧弹力不超过最大静摩擦力的阶段，木块随传送带以做匀速运动，静摩擦力大小为 当静摩擦力达到最大值时，设经历时间为，则 解得 从释放到接触弹簧阶段，滑动摩擦力的冲量为 接触弹簧后的静摩擦力从均匀增大到，其冲量为 之后木块相对传送带向左滑动至最右端，滑动摩擦力方向仍向右，作用时间为，其冲量为 各阶段摩擦力方向均向右，所以摩擦力对木块的总冲量大小为 13．如图所示，质量为的玩具小车以恒定功率由静止开始从点到达点。已知小车在到达点前已匀速，段长度为，动摩擦因数。随后小车关闭发动机进入段，已知轨道，段水平，与小车之间的动摩擦因数均为，段长度可调，段长度，光滑竖直圆轨道段半径，在最低点处稍微错开，斜面段由特殊材料制成，水平距离，高度可调，小车与段间动摩擦因数随其水平距离的关系如图，与平滑连接。忽略其他阻力，小车可视为质点，重力加速度取。求： (1)小车在段的运动时间； (2)若要保证小车能到达竖直圆轨道且运动时不脱轨，求长度的调节范围； (3)调节长度为 ，若小车能停在斜面上，求斜面高度的范围。 【答案】(1) (2)或 (3) 【难度】0.38 【详解】（1）小车匀速运动时牵引力等于滑动摩擦力 由功率公式，得匀速速度 对OA全过程用动能定理 解得 （2）情况一：恰好通过圆轨道最高点，最高点重力提供向心力 从A到最高点用动能定理 解得 要能通过最高点，摩擦损耗不能更大，故需满足 情况二：至少要能到达B点，但是不会超过圆心等高位置。从A到圆心等高位置用动能定理有 解得，即若，则小车最大上升高度不超过圆心，会沿轨道返回、不脱轨。 若小车恰能达到B点，由动能定理有 解得，即若，则小车能刚刚进入圆轨道。 综上所述，或。 （3）因为，故能通过圆轨道，从A到C由动能定理则有 解得 C冲上斜面后，对任意一小段位移，摩擦力做的功为 将每一段内摩擦力做功求和为 一、设当时，小车恰好不会冲出斜面，在D点速度减为0，由机械能守恒有 解得 检验：此时，故小车能在D点停住。 二、设当时，小车在斜面上某处速度减为0，且恰能停在该处 由机械能守恒有 其中， 所以 又因为， 联立解得， 所以 综上所述，当时，小车能停在斜面上。 14．如图所示，圆心为O、半径的固定光滑圆弧轨道与水平地面相切于B点，圆弧对应的圆心角。质量的小滑块P静止在水平地面上的A点，A、B间的距离为。现对P始终施加一个水平向右、大小为的恒力作用。已知P与水平地面间的动摩擦因数为，不计空气阻力，重力加速度g取，，，求： (1)经过圆弧最低点B时，滑块P对圆弧轨道的压力大小； (2)滑块P在空中上升到最高点时，到B点的竖直距离； (3)滑块P从A点运动到空中最高点的过程中机械能的增加量。 【答案】(1) (2) (3) 【难度】0.4 【详解】（1）滑块从点到点的过程中，由动能定理得 代入数据得 设轨道对滑块的支持力大小为，在点沿半径方向由牛顿第二定律得 解得，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为 （2）滑块从点到点的过程中，轨道支持力不做功，由动能定理得 代入数据解得，滑块离开点时速度方向沿轨道切线，与水平方向夹角为，其竖直分速度为 点相对点的高度为 从点到最高点，由竖直方向匀减速运动规律得 故最高点到点的竖直距离为 （3）滑块离开点时，水平分速度为 竖直分速度为 从点运动到最高点的时间为 水平方向的加速度为 在此过程中，滑块水平方向的位移为 恒力所做的功为 摩擦力所做的功为 以滑块和地球组成的系统为研究对象，轨道支持力不做功，重力为系统内力，由功能关系得 15．如图所示，光滑水平台面上静置有一个质量为1kg的木板B，质量也为1kg的木块A放置在木板B最左侧，木块A与木板B间的动摩擦因数为，初始时给木块A一个方向水平向右、大小为8m/s的初速度，当木板B的右端运动到台面最右侧时，木块A恰好也运动到木板B的最右端并与木板B共速，之后木板B被挡板拦下，木块A从台面右端水平飞出（离开台面的瞬间，木块A速度不变），并恰好沿轨道切线方向射入斜轨道CD，已知斜轨道CD、FG分别与圆轨道相切于D、F两点，其中轨道CD与圆轨道均为光滑轨道，OE为圆轨道竖直方向的半径，，木块A与轨道FG间的动摩擦因数为，C、D两点间的高度差为1.2m，光滑圆轨道半径为1m，轨道FG足够长，重力加速度g取，求： (1)木板B的长度L； (2)木块A第一次经过E点时对轨道的压力大小； (3)木块A第一次经过E点后摩擦力对木块A做的功W。 【答案】(1) (2) (3) 【难度】0.43 【详解】（1）方法一：木块的加速度 木块的加速度 木块、达到共速所用时间满足 解得 则木板的长度 方法二：由木板与木块组成的系统动量守恒可得 解得 由功能关系可得 解得木板的长度 （2）设木块到达点时的水平、竖直分速度分别为、 由（1）知 由几何关系可知 解得， 由机械能守恒可知 解得 由受力分析可知 （3）由题意可知，木块最终在、间做往复运动，且运动到、点时速度为零，此时木块在点时的动能 由木块第一次到达点时的动能 由动能定理可知，该过程摩擦力做功 物理力学竞赛专题 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $