2027届高考物理一轮复习-动能定理、机械能守恒大题 专项训练1

**基本信息** 聚焦动能定理与机械能守恒综合应用，通过18道梯度题构建"模型分类-规律选择-过程拆解"三阶解题体系，强化能量观念与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|1-4题|公式法（P=Fv、Eₖ=½mv²）|从单一过程到多力做功，建立功-能关系认知| |轨道综合|5-10题|轨迹分析法+临界条件（如最高点最小速度）|串联圆周运动与能量守恒，培养模型建构能力| |系统问题|11-18题|隔离法+能量转化守恒|整合弹簧、碰撞、摩擦生热，深化系统能量观念|

动能定理、机械能守恒大题专项训练1 1．新一代航拍无人机(图甲)空载时机身不足250 g，轻小便携，工作时旋翼转动获得向上的牵引力。在某次航拍活动中，无人机载重启动，以额定功率竖直上升并达到最大速度，其加速度a与速度倒数的关系图像如图乙所示。已知无人机机身及载重总质量为2.5 kg，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)无人机升力提供的功率； (2)无人机上升的最大速度。 2．将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。(sin 37°＝0.6) (1)求此时P、Q绳中拉力的大小； (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。 3．如图甲，一倾角为37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图乙所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求： (1)当拉力为10 N时，滑块的加速度大小； (2)滑块第一次到达B点时的动能； (3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。 4．如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为3 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R＝0.45 m，水平轨道BC长为0.4 m，其动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，g取10 m/s2，求： (1)滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小； (2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能； (3)滑块最终停在何处。 5．学校科技小组设计了“e”字形轨道竖直放置在光滑水平地面上，该轨道由两个光滑半圆形轨道ABC、CDE和粗糙的水平直轨道EF组成，末端与竖直的弹性挡板OF连接，轨道CDE半径r＝0.1 m，轨道ABC半径为2r，A端与地面相切。现将质量m＝0.5 kg的小滑块从水平地面P点以速度v0＝2 m/s沿轨道上滑，运动到F点与挡板发生完全弹性相碰(即反弹速度大小不变，方向相反)。已知直线轨道EF长为L＝0.5 m，小滑块与轨道EF间的动摩擦因数μ＝0.5，其余阻力均不计，小滑块可视为质点。取g＝10 m/s2，求： (1)小滑块在ABC圆轨道运动时对轨道C点的压力； (2)小滑块最终停止的位置离F点的距离； (3)若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在EF轨道上，且运动过程中不脱离轨道，则小滑块的初速度需满足的条件。 6．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，试求： (1)滑块运动到A处的速度大小； (2)不计滑块在A处的速率变化，求滑块冲上斜面AB的长度。 7．如图所示，固定斜面AB平滑连接固定光滑圆弧轨道BCD，C为圆弧最低点，圆弧轨道与斜面AB相切于B点，圆弧轨道最高点与光滑半圆管DE水平相切于D点，半圆管上端出口与长度L＝3 m的水平传送带左端相切于E点。一个质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端A点下滑。已知斜面高h＝0.3 m，斜面倾角θ＝37°，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，圆弧轨道BCD和半圆管DE半径分别为R＝0.5 m、r＝0.1 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，管的内径可忽略。 (1)若小物块从A点由静止开始下滑，求小物块经过C点时对轨道的压力大小； (2)若使小物块以初速度v1＝3 m/s从传送带最右端F点滑上传送带，传送带同时由静止开始以加速度为a＝2 m/s2逆时针转动，两者间动摩擦因数μ2＝0.1，求小物块运动到E点的速度大小； (3)若在A点给小物块合适的初速度，使其沿斜面向下运动并能够到达E点，求小物块在A点的初动能的最小值。 8．如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d＝R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。 (1)若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC； (2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式； (3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？ 9．如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上，一劲度系数为k＝200 N/m的轻质弹簧一端连接在固定挡板C上，另一端连接一质量为m＝4 kg的物体A，一轻细绳绕过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的小球B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。用手托住小球B使细绳伸直且刚好没有拉力，然后由静止释放，不计一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力大小； (2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度； (3)物体A的最大速度的大小。 10．如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求： (1)小球离开桌面时的速度大小； (2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。 11．小珂在游乐场游玩时，发现过山车有圆形轨道也有水滴形轨道，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理(如图甲所示)，小珂设计了如图乙所示的过山车模型，质量为m的小球在A点静止释放沿倾斜轨道AB下滑，经水平轨道BC进入半径R1＝0.8 m的圆形轨道(恰能做完整的圆周运动)，再经水平轨道CE进入“水滴”形曲线轨道EFG，E点的曲率半径为R2＝2 m，并且在“水滴”形轨道上运动时，向心加速度大小为一定值，F与D等高。忽略所有轨道摩擦力，轨道连接处都平滑连接，水滴形轨道左右对称。(取g＝10 m/s2) (1)求小球释放点A距离水平面的高度H； (2)设小球在圆形轨道上运动时，离水平面的高度为h，求向心加速度a与h的函数关系； (3)设小球在“水滴”形轨道上运动时，求轨道曲率半径r与h的函数关系(h为小球离水平面的高度，曲线上每一小段的曲率半径为该小段曲线所在圆周的半径)。 12．如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°。现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)装置静止时，弹簧弹力的大小F； (2)环A的质量M； (3)上述过程中装置对A、B所做的总功W。 13．如图所示，一倾角为θ＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，将一质量为m的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为m的小物块(视为质点)，物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg(0.5<k<1)，初始时木板下端与挡板的距离为L。现由静止同时释放物块和木板，物块和木板沿斜面下滑，已知木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，物块恰好未滑离木板，重力加速度为g，求： (1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v1； (2)从释放到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小Δx； (3)木板的长度x以及整个运动过程中系统因摩擦产生的热量Q。 14．如图所示，AB、FG均为半径R＝0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道，半径O1B、O2F均竖直，C点在B点的正下方，C、D两点在同一高度上，DE为倾角θ＝53°、长度L1＝2 m的粗糙斜轨道，EF为粗糙水平直轨道。一物块(视为质点)从A点由静止滑下，从B点水平飞出后恰好落到D点，并且物块落到D点时的速度方向与DE轨道平行，物块经过EF轨道后恰好能到达G点。物块与DE、EF两轨道间的动摩擦因数均为μ＝，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计物块经过E点的能量损失，不计空气阻力。求：(sin 53°＝0.8，结果可保留分数) (1)C、D两点间的距离x； (2)物块从B点运动到E点的时间t； (3)EF轨道的长度L2以及物块最后停止的位置到F点的距离s。 15．小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0 m处静止释放。已知R＝0.2 m，LAB＝LBC＝1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。 (1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力； (2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点； (3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 16．如图所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量为M＝20 kg的平板小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端靠近且在同一水平面上。一个质量m＝5 kg可视为质点的小货箱C以初速度v0＝4 m/s开始由轨道顶端滑下并冲上平板小车，当速度减小为冲上平板小车时速度的时开始匀速运动，小货箱未离开平板小车。若曲面轨道顶端与底端的高度差为h＝0.45 m，小货箱C与平板小车板面间的动摩擦因数为μ＝0.5，平板小车与水平地面间的摩擦不计，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小货箱C冲上平板小车时的速度大小； (2)平板小车板面的最小长度； (3)从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能。 17．如图所示，水平轨道AB长为2R，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上。圆心在O1、半径为R的光滑圆弧轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R，圆心在D点的圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点。质量为m的小滑块(可视为质点)从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D(计算时圆管直径不计，重力加速度为g)。求： (1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ； (2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep； (3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek。 18．如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点，一个质量为m＝1.0 kg可以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以速度v0＝5.0 m/s沿光滑水平面向右匀速运动。劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变)，此时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的质量为M＝1.0 kg，小车的长度为l＝0.25 m，半圆形轨道半径为R＝0.4 m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物块在小车上滑行时的加速度a； (2)物块运动到B点时的速度vB； (3)弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x。 动能定理、机械能守恒大题专项训练1（解析） 1．新一代航拍无人机(图甲)空载时机身不足250 g，轻小便携，工作时旋翼转动获得向上的牵引力。在某次航拍活动中，无人机载重启动，以额定功率竖直上升并达到最大速度，其加速度a与速度倒数的关系图像如图乙所示。已知无人机机身及载重总质量为2.5 kg，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)无人机升力提供的功率； (2)无人机上升的最大速度。 [答案]　(1)24 W　(2)0.8 m/s [解析]　(1)电动机输出功率 P机＝Fv 对无人机应用牛顿第二定律得 F－mg－f＝ma 解得a＝·－ 结合a－图像可得斜率 k＝＝ W/kg＝9.6 W/kg 解得P机＝24 W。 (2)无人机达到最大速度时，a＝0，由题图乙可得＝k＝9.6 W/kg，解得vm＝0.8 m/s。 2．将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。(sin 37°＝0.6) (1)求此时P、Q绳中拉力的大小； (2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。 [答案]　(1)1 200 N　900 N　(2)－4 200 J [解析]　(1)对重物受力分析，如图所示， 由于重物缓慢竖直下降(缓慢下降，说明重物处于动态平衡，即该过程中重物所受的合力为0)，则整个过程中，由力的平衡条件可得， 在水平方向上有FQsin β＝FPsin α 在竖直方向上有FQcos β＋mg＝FPcos α 解得FQ＝900 N，FP＝1 200 N。 (2)重物缓慢下降的过程，由动能定理得 mgh＋WF＝0 解得WF＝－4 200 J， 即两根绳子对重物做的总功为－4 200 J。 3．如图甲，一倾角为37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图乙所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求： (1)当拉力为10 N时，滑块的加速度大小； (2)滑块第一次到达B点时的动能； (3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。 [答案]　(1)7 m/s2　(2)26 J　(3)1.3 m [解析]　(1)已知滑块的质量m＝2 kg，斜面倾角θ＝37°，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块受到斜面的支持力大小FN＝mgcos θ 滑动摩擦力大小Ff＝μFN 设拉力T为10 N时滑块的加速度大小为a，由牛顿第二定律有T＋mgsin θ－Ff＝ma 解得a＝7 m/s2。 (2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由题图乙知，T1＝8 N，s1＝1 m，T2＝10 N，s2＝1 m，则有W＝T1s1＋T2s2 设滑块第一次到达B点时的动能为Ek，由动能定理有W＋(mgsin θ－Ff)(s1＋s2)＝Ek－0 解得Ek＝26 J。 (3)因为BC段光滑，由机械能守恒定律可知，滑块第一次在B点与弹簧脱离时，动能仍为Ek。设滑块在B点与弹簧脱离后沿斜面上滑的最大距离为smax，由动能定理有－(mgsin θ＋Ff)smax＝0－Ek 解得smax＝1.3 m。 4．如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为3 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R＝0.45 m，水平轨道BC长为0.4 m，其动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，g取10 m/s2，求： (1)滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小； (2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能； (3)滑块最终停在何处。 [答案]　(1)90 N　(2)2.1 J　(3)距B点0.15 m处(或距C点0.25 m处) [解析]　(1)滑块从A点到B点，由动能定理可得mgR＝mv，代入数据解得vB＝3 m/s，滑块在B点，由牛顿第二定律有FN－mg＝m，代入数据解得FN＝90 N，由牛顿第三定律可得，滑块在B点对轨道的压力为FN′＝FN＝90 N。 (2)滑块从A点到D点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得mgR－μmgLBC－mgLCDsin 30°＋W＝0，Ep＝－W，解得Ep＝2.1 J。 (3)滑块最终停止在水平轨道BC间，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得－μmg·s＝0－mv，解得s＝2.25 m，则物体在BC段上运动的次数为n＝＝5.625，说明物体在BC上滑动了5次，又向左运动0.625×0.4 m＝0.25 m，故滑块最终停止在BC间距C点0.25 m处(或距B点0.15 m处)。 5．学校科技小组设计了“e”字形轨道竖直放置在光滑水平地面上，该轨道由两个光滑半圆形轨道ABC、CDE和粗糙的水平直轨道EF组成，末端与竖直的弹性挡板OF连接，轨道CDE半径r＝0.1 m，轨道ABC半径为2r，A端与地面相切。现将质量m＝0.5 kg的小滑块从水平地面P点以速度v0＝2 m/s沿轨道上滑，运动到F点与挡板发生完全弹性相碰(即反弹速度大小不变，方向相反)。已知直线轨道EF长为L＝0.5 m，小滑块与轨道EF间的动摩擦因数μ＝0.5，其余阻力均不计，小滑块可视为质点。取g＝10 m/s2，求： (1)小滑块在ABC圆轨道运动时对轨道C点的压力； (2)小滑块最终停止的位置离F点的距离； (3)若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在EF轨道上，且运动过程中不脱离轨道，则小滑块的初速度需满足的条件。 [答案]　(1)5 N，方向竖直向上　(2)0.3 m (3) m/s≤v0′≤4 m/s [解析]　(1)小滑块从P到C的过程中，根据动能定理可得－mg·4r＝mv－mv 在C点对小滑块根据牛顿第二定律有 FN＋mg＝ 解得FN＝5 N 根据牛顿第三定律可知小滑块对轨道C点的压力为5 N，方向竖直向上。 (2)小滑块从P点到EF轨道停止运动的过程中， 根据动能定理－mg·2r－μmgs＝0－mv 解得s＝0.8 m＝(L＋0.3)m 所以小滑块最终停在离F点0.3 m处。 (3)小滑块刚好经过最高点C，则mg＝ 小滑块从P到C的过程中，根据动能定理可得－mg·4r＝mv2－mv 解得v1＝ m/s 当小滑块第一次从挡板弹回，到达小圆的圆心等高处D时速度为零，小滑块从P到D的过程中，根据动能定理可得 －mg·3r－μmg·2L＝0－mv 解得v2＝4 m/s 所以小滑块的初速度范围为 m/s≤v0′≤4 m/s。 6．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，试求： (1)滑块运动到A处的速度大小； (2)不计滑块在A处的速率变化，求滑块冲上斜面AB的长度。 [答案]　(1)5 m/s　(2)5 m [解析]　(1)由题图乙可知，在前2 m内，F1＝2mg，做正功，在第3 m内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4 m内，F3＝0。滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得F1x1＋F2x2＋Ffx＝mv－0 代入数据解得vA＝5 m/s。 (2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理有 －mgLsin 30°＝0－mv 解得L＝5 m 所以滑块冲上斜面AB的长度L＝5 m。 7．如图所示，固定斜面AB平滑连接固定光滑圆弧轨道BCD，C为圆弧最低点，圆弧轨道与斜面AB相切于B点，圆弧轨道最高点与光滑半圆管DE水平相切于D点，半圆管上端出口与长度L＝3 m的水平传送带左端相切于E点。一个质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端A点下滑。已知斜面高h＝0.3 m，斜面倾角θ＝37°，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，圆弧轨道BCD和半圆管DE半径分别为R＝0.5 m、r＝0.1 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，管的内径可忽略。 (1)若小物块从A点由静止开始下滑，求小物块经过C点时对轨道的压力大小； (2)若使小物块以初速度v1＝3 m/s从传送带最右端F点滑上传送带，传送带同时由静止开始以加速度为a＝2 m/s2逆时针转动，两者间动摩擦因数μ2＝0.1，求小物块运动到E点的速度大小； (3)若在A点给小物块合适的初速度，使其沿斜面向下运动并能够到达E点，求小物块在A点的初动能的最小值。 [题图剖析]　临界状态 [答案]　(1)3.6 N　(2) m/s　(3)2.1 J [解析]　(1)小物块从A到C过程，由动能定理有 mgh－μ1mgcos θ＋mgR(1－cos θ)＝mv， 小物块在C点根据牛顿第二定律有FN－mg＝m， 解得FN＝3.6 N， 根据牛顿第三定律，轨道对小物块的支持力和小物块对轨道的压力大小相等、方向相反，所以小物块经过C点对轨道的压力大小为3.6 N。 (2)传送带和小物块共速时，v1－μ2gt1＝at1，解得t1＝1 s， 此时小物块的速度v2＝at1＝2 m/s， 此过程小物块运动距离x1＝t1＝2.5 m<L＝3 m， 此后，因为μ2g<a，则小物块向左做匀加速直线运动，加速度大小为μ2g，根据速度—位移公式，2μ2g(L－x1)＝v－v， 解得小物块运动到E点时的速度大小为v3＝ m/s。 (3)使小物块沿斜面向下运动并能够到达E点，假设小物块能通过D点，且到达E点的最小速度为零，从A到E过程，根据动能定理有mgh－μ1mgcos θ＋mgR(1－cos θ)－mg(2R＋2r)＝0－mv， 解得v0＝ m/s， 同时，小物块应该能通过D点，在D点的最小速度满足mg＝， 由A到D过程，根据动能定理有 mgh－μ1mgcos θ＋mgR(1－cos θ)－2mgR＝mv－mv， 解得v0′＝ m/s， 综上所述，使其沿斜面向下运动并能够到达E点，最小初速度大小为v0′＝ m/s，则初动能的最小值为Ek＝mv0′2＝2.1 J。 8．如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d＝R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。 (1)若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC； (2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式； (3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？ [答案]　(1)　(2)FN＝2mg，h≥R　(3)h≤R或者h＝R [解析]　(1)从A到C，小球的机械能守恒，有mgh0＝mv， 可得vC＝。 (2)小球从A到D，由机械能守恒定律有mg(h－R)＝mv 根据牛顿第二定律有FN＝ 联立可得FN＝2mg 满足的条件h≥R。 (3)第1种情况：不滑离轨道原路返回，由机械能守恒定律可知，此时h需满足的条件是h≤R＋3Rsin θ＝R 第2种情况：小球与墙面垂直碰撞后原路返回， 小球与墙面碰撞后，进入G前做平抛运动，则vxt＝vx＝d， 其中vx＝vGsin θ，vy＝vGcos θ 故有vGsin θ·＝d， 可得vG＝2 由机械能守恒定律有 mg＝mv 可得h＝R。 9．如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上，一劲度系数为k＝200 N/m的轻质弹簧一端连接在固定挡板C上，另一端连接一质量为m＝4 kg的物体A，一轻细绳绕过定滑轮，一端系在物体A上，另一端与质量也为m的小球B相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。用手托住小球B使细绳伸直且刚好没有拉力，然后由静止释放，不计一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)弹簧恢复原长时细绳上的拉力大小； (2)物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度； (3)物体A的最大速度的大小。 [答案]　(1)30 N　(2)0.2 m　(3)1 m/s [解析]　(1)弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律，对B有mg－FT＝ma 对A有FT－mgsin 30°＝ma 解得FT＝30 N。 (2)初态弹簧压缩量x1＝＝0.1 m 当A速度最大时，A的加速度为0 则有mg＝kx2＋mgsin 30° 弹簧伸长量x2＝0.1 m 所以A沿斜面上升x1＋x2＝0.2 m。 (3)因x1＝x2，故弹性势能改变量ΔEp＝0，由系统机械能守恒有： mg(x1＋x2)－mg(x1＋x2)sin 30°＝×2mv2，解得v＝1 m/s。 10．如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求： (1)小球离开桌面时的速度大小； (2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。 [答案]　(1)　(2)· [解析]　(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep＝mv2 得小球离开桌面时速度大小为v＝。 (2)小球离开桌面后由平抛运动规律得x＝vt，vy＝gt 设第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知小球与地面碰撞后，竖直方向的速度大小为vy′＝vy 反弹后上升的最大高度为h，满足h＝ 解得小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x＝·。 11．小珂在游乐场游玩时，发现过山车有圆形轨道也有水滴形轨道，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理(如图甲所示)，小珂设计了如图乙所示的过山车模型，质量为m的小球在A点静止释放沿倾斜轨道AB下滑，经水平轨道BC进入半径R1＝0.8 m的圆形轨道(恰能做完整的圆周运动)，再经水平轨道CE进入“水滴”形曲线轨道EFG，E点的曲率半径为R2＝2 m，并且在“水滴”形轨道上运动时，向心加速度大小为一定值，F与D等高。忽略所有轨道摩擦力，轨道连接处都平滑连接，水滴形轨道左右对称。(取g＝10 m/s2) (1)求小球释放点A距离水平面的高度H； (2)设小球在圆形轨道上运动时，离水平面的高度为h，求向心加速度a与h的函数关系； (3)设小球在“水滴”形轨道上运动时，求轨道曲率半径r与h的函数关系(h为小球离水平面的高度，曲线上每一小段的曲率半径为该小段曲线所在圆周的半径)。 [答案]　(1)2 m　(2)a＝(50－25h)m/s2(0≤h≤1.6 m)　(3)r＝2 m－h [解析]　(1)小球在最高点D时，由牛顿第二定律有 mg＝ 对小球由A到D，由机械能守恒定律有 mgH＝mv＋2mgR1 联立解得H＝2 m。 (2)对小球在圆形轨道上运动的过程，由机械能守恒定律有 mg(H－h)＝mv2 小球以速度v通过曲率半径为R1的圆周的向心加速度为a＝ 解得a＝(50－25h)m/s2(0≤h≤1.6 m)。 (3)对小球由A点到E点，由机械能守恒定律有mgH＝mv 小球以速度vE通过曲率半径为R2的E点时的向心加速度a＝ 解得a＝2g 由题意知小球在“水滴”形轨道上运动时，向心加速度大小相等，均为a＝2g 小球从A运动到“水滴”形轨道高度为h的过程，由机械能守恒定律有mg(H－h)＝mv2 小球以速度v通过曲率半径为r的“水滴”形轨道时的向心加速度a＝(a＝2g) 解得r＝2 m－h。 12．如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°。现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)装置静止时，弹簧弹力的大小F； (2)环A的质量M； (3)上述过程中装置对A、B所做的总功W。 [答案]　(1)　(2)m　(3)mgL [解析]　(1)装置静止时，设AB、OB的张力分别为F1、F2， 对A受力分析，由平衡条件得F＝F1sin 37° 对B受力分析，由平衡条件得F1cos 37°＋F2cos 37°＝mg，F1sin 37°＝F2sin 37°，联立解得F＝。 (2)细线与竖直方向夹角为53°时，设装置转动的角速度为ω，A、B的转动半径分别为rA、rB，由几何关系知 rA＝L，rB＝L。 由题知环A的向心力F′＝F 对A，F′＝Mω2·L 对B，mgtan 53°＝mω2·L 解得M＝m。 (3)B上升的高度h＝L，A、B的动能分别为EkA＝M2 EkB＝m2 根据能量守恒定律可知， W＝(EkA－0)＋(EkB－0)＋mgh 解得W＝mgL。 13．如图所示，一倾角为θ＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，将一质量为m的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为m的小物块(视为质点)，物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg(0.5<k<1)，初始时木板下端与挡板的距离为L。现由静止同时释放物块和木板，物块和木板沿斜面下滑，已知木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，物块恰好未滑离木板，重力加速度为g，求： (1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v1； (2)从释放到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小Δx； (3)木板的长度x以及整个运动过程中系统因摩擦产生的热量Q。 [答案]　(1)　(2)　(3)　 [解析]　(1)对物块与木板整体，根据动能定理有 2mgLsin θ＝×2mv 解得v1＝。 (2)木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度大小为a1，则mgsin θ＋kmg＝ma1 解得a1＝0.5g＋kg，沿斜面向下， 物块的加速度大小为a2，则 kmg－mgsin θ＝ma2 解得a2＝kg－0.5g，沿斜面向上， 规定向下为正方向，木板第一次与挡板碰撞结束时到木板和物块速度相同时，对木板有v共＝－v1＋a1t1 对物块有v共＝v1－a2t1 解得t1＝，v共＝ 木板第一次与挡板碰撞到二者第一次速度相同时物块的位移x块＝ 木板的位移大小x板＝ 之后到碰撞挡板前二者无相对滑动，故物块相对于长木板的位移为Δx＝x块＋x板＝。 (3)设板长为x，从释放到长木板和物块都静止的过程中系统能量守恒，则mgLsin θ＋mg(L＋x)sin θ－kmgx＝0 解得x＝ 故系统产生的热量Q＝kmgx＝。 14．如图所示，AB、FG均为半径R＝0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道，半径O1B、O2F均竖直，C点在B点的正下方，C、D两点在同一高度上，DE为倾角θ＝53°、长度L1＝2 m的粗糙斜轨道，EF为粗糙水平直轨道。一物块(视为质点)从A点由静止滑下，从B点水平飞出后恰好落到D点，并且物块落到D点时的速度方向与DE轨道平行，物块经过EF轨道后恰好能到达G点。物块与DE、EF两轨道间的动摩擦因数均为μ＝，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计物块经过E点的能量损失，不计空气阻力。求：(sin 53°＝0.8，结果可保留分数) (1)C、D两点间的距离x； (2)物块从B点运动到E点的时间t； (3)EF轨道的长度L2以及物块最后停止的位置到F点的距离s。 [答案]　(1)1.2 m　(2) s　(3)6 m　1.35 m [解析]　(1)物块从A点由静止滑到B点，由机械能守恒定律有mgR＝mv，解得vB＝3 m/s 物块从B到D做平抛运动，由速度的合成与分解可知，物块在D点的速度大小vD＝＝5 m/s 竖直方向的分速度大小vy＝vBtan θ＝4 m/s 竖直方向物块做自由落体运动， 有vy＝gt1 解得t1＝0.4 s，C、D两点间的距离x＝vBt1＝1.2 m。 (2)物块在斜轨道上的加速度大小a1＝gsin θ－μgcos θ＝6 m/s2 由L1＝vDt2＋a1t 代入数据解得t2＝ s 物块从B点运动到E点的时间 t＝t1＋t2＝0.4 s＋ s＝ s。 (3)物块由F到G，由机械能守恒定律mv＝mgR， 代入数据解得vF＝＝3 m/s 物块在E点的速度vE＝vD＋a1t2，可得vE＝7 m/s 物块从E到F，由动能定理可得 －μmgL2＝mv－mv 代入数据解得L2＝6 m 物块由G点滑下经F点到粗糙水平直轨道上滑行直至停下，由动能定理可得－μmgs＝0－mv 代入数据解得s＝1.35 m。 15．小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0 m处静止释放。已知R＝0.2 m，LAB＝LBC＝1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。 (1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力； (2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点； (3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) [答案]　(1)见解析　(2)不会冲出　(3)见解析 [解析]　(1)据机械能守恒定律mgH＝mgR＋mv 牛顿第二定律FN＝＝8 N 牛顿第三定律FN′＝FN＝8 N，方向水平向左。 (2)设能在斜轨道上到达的最高点为C′点，据功能关系 mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cos θ＋mgLBC′sin θ 得LBC′＝ m<1.0 m，故不会冲出。 (3)设滑块运动到距A点x处的速度为v，据动能定理 mgH－μmgx＝mv2 碰撞后的速度为v′，据动量守恒定律mv＝3mv′ 设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，据动能定理 －3μmg(LAB－x)－3μmg－3mgh＝0－(3m)v′2 得h＝x－ h＝0。 16．如图所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量为M＝20 kg的平板小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端靠近且在同一水平面上。一个质量m＝5 kg可视为质点的小货箱C以初速度v0＝4 m/s开始由轨道顶端滑下并冲上平板小车，当速度减小为冲上平板小车时速度的时开始匀速运动，小货箱未离开平板小车。若曲面轨道顶端与底端的高度差为h＝0.45 m，小货箱C与平板小车板面间的动摩擦因数为μ＝0.5，平板小车与水平地面间的摩擦不计，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小货箱C冲上平板小车时的速度大小； (2)平板小车板面的最小长度； (3)从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能。 [答案]　(1)5 m/s　(2)2 m　(3)50 J [解析]　(1)小货箱在A上滑行过程，根据动能定理可得 mgh＝mv－mv 解得小货箱C冲上平板小车时的速度大小为v1＝5 m/s。 (2)由题意可知，小货箱最后与平板小车相对静止，当达到共同速度v1时小货箱恰好滑到平板小车最右端，此情况下平板小车板面最短，则相对滑动过程由能量守恒定律可得mv＝(m＋M)·2＋μmgLmin 解得平板小车板面的最小长度为Lmin＝2 m。 (3)从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能为 Q＝μmgL＝50 J。 17．如图所示，水平轨道AB长为2R，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上。圆心在O1、半径为R的光滑圆弧轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R，圆心在D点的圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点。质量为m的小滑块(可视为质点)从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D(计算时圆管直径不计，重力加速度为g)。求： (1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ； (2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep； (3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek。 [答案]　(1)　(2)mgR　(3)(2－1)mgR [解析]　(1)由几何关系得B、C间的高度差h＝R 小滑块从C点运动到A点的过程中，由动能定理得 mgh－μmg·2R＝0，解得μ＝。 (2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W弹＝Ep 滑块从A到D过程由动能定理得 Ep－mg·2R－μmg·2R＝mv2－0 滑块在D点，由重力提供向心力，有mg＝m 联立解得Ep＝mgR。 (3)滑块通过D点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x＝vt 竖直方向有y＝gt2 由几何关系可知x2＋y2＝4R2 可得滑块落到挡板上时的动能为Ek＝m[v2＋(gt)2] 联立解得Ek＝(2－1)mgR。 18．如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点，一个质量为m＝1.0 kg可以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以速度v0＝5.0 m/s沿光滑水平面向右匀速运动。劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变)，此时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的质量为M＝1.0 kg，小车的长度为l＝0.25 m，半圆形轨道半径为R＝0.4 m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物块在小车上滑行时的加速度a； (2)物块运动到B点时的速度vB； (3)弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x。 [答案]　(1)2 m/s2　(2)2 m/s　(3)14.5 J　1 m [解析]　(1)物块在小车上滑行时，由牛顿第二定律得μmg＝ma 解得a＝2 m/s2。 (2)据题意，物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C，在C点由重力提供向心力，则有 mg＝m 物块从B运动到C的过程，由机械能守恒定律得 2mgR＋mv＝mv 联立解得vB＝2 m/s。 (3)根据能量守恒定律得 Ep＝(M＋m)v－mv－μmgl 解得Ep＝14.5 J 从开始接触弹簧到弹簧压缩到最短，物块A相对地面的位移 x1＝＝ m＝1.25 m 则小车的位移x＝x1－l＝1 m 即弹簧被压缩的距离为1 m。 1 学科网（北京）股份有限公司 $