江苏2027届高三物理一轮复习精选习题训练 动力学和能量观点的综合应用

第六章　第30练　动力学和能量观点的综合应用 [分值：100分] 1题4分，2题11分，共15分 1.如图所示，传送带在电动机带动下，始终以速率v做匀速运动，现将质量为m的某物块由静止放在水平传送带的左端，传送带足够长，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，对于物块从由静止释放到刚相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是(　　) A.物块做匀速直线运动 B.所用时间为 C.因摩擦产生的热量为mv2 D.电动机多做的功等于mv2 2.(11分)如图所示，光滑斜面AB与水平传送带BC平滑连接，BC长L＝4.5 m，与物块间的动摩擦因数μ＝0.3，传送带顺时针转动的速度v＝3 m/s。设质量m＝2 kg的物块由静止开始从A点下滑，经过C点后水平抛出，恰好沿圆弧切线从D点进入竖直光滑圆弧轨道DOE，DE连线水平。已知圆弧半径R＝2.0 m，对应圆心角θ＝106°，物块运动到O点时对轨道的压力为61 N。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)(3分)物块运动到D点的速度大小vD； (2)(5分)物块下落的最大高度H； (3)(3分)第(2)问中，物块与传送带间产生的热量Q。 3题5分，4题14分，5题16分，6题16分，7题14分，共65分 3.如图所示，一物块置于足够长的水平传送带上，轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，弹簧右端与物块接触但不拴接，墙壁与物块间系不可伸长的轻绳，使水平方向的弹簧处于压缩状态，压缩量为0.2 m(弹性限度内)。已知物块质量为0.5 kg。物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。若传送带不动，剪断轻绳，当弹簧刚好恢复原长时物块的速度为零；若传送带以v＝3 m/s的速度顺时针匀速转动，则剪断轻绳后(　　) A.在弹簧恢复原长的过程中，物块向右先做加速运动，后做减速运动 B.弹簧恢复原长时，物块速度大小为3 m/s C.物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为1.75 J D.弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为2.75 J 4.(14分)如图所示，半圆形光滑轨道AB固定在竖直面内，与光滑水平面BC相切于B点。水平面BC右侧为长度L＝25 m的水平传送带，在电机带动下以v＝18 m/s的速度顺时针匀速运动，传送带右侧通过一段平台DE与足够长的光滑斜面EF平滑连接。现有质量m＝1 kg、可视为质点的物块P向左恰好通过圆弧最高点A，沿着圆弧运动到B点，此时速度大小为v0＝20 m/s。然后从左侧滑上传送带，第一次回到传送带上时恰好不能从左端离开。已知物块与传送带及平台DE间的动摩擦因数均为μ＝0.2，不考虑物块滑上、滑下传送带和斜面的机械能损失，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)(3分)半圆形轨道半径R； (2)(6分)物块沿斜面上升的最大高度h； (3)(5分)物块从A点开始到第一次回到传送带左端过程中与接触面间因摩擦产生的热量Q。 5.(13分)如图所示，水平地面左侧有一光滑平台，质量为M＝2 kg、与平台等高的木板B静止在水平地面的左端，水平地面右侧由一段半径为R＝2 m的圆弧面与倾角为θ的传送带平滑连接，圆弧面的圆心角为θ，圆弧面的左端与平台所在水平面相切，传送带以v＝3 m/s的速率沿顺时针方向运行。质量为m＝6 kg的货箱以初速度v0＝6 m/s从平台滑上木板B，木板B与水平地面右侧碰撞后停止运动，货箱A无碰撞地从木板B滑上圆弧面(圆弧光滑)，然后被传送带运送到E处。已知木板B长度L1＝2.875 m，木板B的右端离C点的距离d＝0.5 m，传送带DE间的长度L2＝13 m，θ＝37°，货箱与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，货箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，货箱可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)6分)求货箱在C点刚滑上圆弧面时对圆弧面的压力； (2)(7分)求货箱从D运送到E过程所用的时间和摩擦力对传送带做的功。 6、（12分）如图所示，传送带与水平方向成角，顺时针匀速转动的速度大小为，传送带长，光滑水平面上有一块木板，其上表面粗糙，且与传送带底端B以及右侧固定半圆形光滑轨道槽的最低点C等高，槽的半径。质量的物块（可视为质点）从A端由静止释放沿传送带下滑，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为，木板长度，不考虑物块滑上木板时的机械能损失，物块滑到木板最右端时，木板恰好撞上半圆槽，木板瞬间停止运动，物块进入半圆形光滑轨道槽运动。已知物块与传送带间的动摩擦因数，物块与木板间的动摩擦因数。取重力加速度。求： （1）物块从A运动到B经历的时间t； （2）物块从A运动到B与传送带摩擦产生的热量Q； （3）判断物块能否通过半圆槽的最高点D，若能，求出物块经过D点的速度；若不能，求出物块离开半圆槽的位置。 7、（9分）如图甲所示，放在水平地面上的足够长的木板质量，木板左端放一质量的滑块（可视为质点），已知地面和木板间的动摩擦因数；滑块和木板间的动摩擦因数，滑块的正上方有一悬点O，通过长的轻绳吊一质量的小球。现将小球拉至与O点处于同一水平面，由静止释放，小球摆至最低点时与滑块发生正碰（即两物体在同一直线上碰撞）,且小球与滑块只碰一次，小球碰后的动能与其向上摆动高度的关系如图乙所示，重力加速度g取。求： （1）碰前瞬间轻绳对小球拉力的大小； （2）小球和滑块碰撞过程中系统损失的机械能； （3）长木板运动过程中的最大位移。 8、（10分）为了解决航空公司装卸货物时因抛掷造成物品损坏的问题，一位同学设计了一种缓冲转运装置，如图所示。卸货时飞机不动，缓冲装置A紧靠飞机，转运车B靠紧A。包裹C沿缓冲装置A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分，滑上转运车B并最终停在转运车B上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，转运车B与地面间的摩擦可忽略。A、B的质量均为M＝40kg，A、B水平部分的长度均为L＝4m。包裹C可视为质点且无其他包裹影响，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。C与B的右挡板发生碰撞的时间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽略。 （1）要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量最大不超过多少？ （2）若某包裹的质量m＝10kg，为使该包裹能停在转运车B上，则该包裹释放时的高度h应满足什么条件？ （3）若某包裹的质量m＝50kg，为使该包裹能滑上转运车B，则该包裹释放时的高度h的最小值应是多少？ 9、（10分）如图所示，质量的小球用长的轻绳悬挂在固定点O上，足够长的木板C置于光滑水平地面上，两物块A、B放置在C上，A置于C的左端，B与A相距0. 5m。现将小球拉至与竖直方向成37°由静止释放，小球在最低点与A发生弹性碰撞，一段时间后，A与B碰撞后粘在一起，两次碰撞时间均可忽略。已知A与C、B与C间动摩擦因数，A、B、C的质量，重力加速度g取，，，不计空气阻力。求： （1）与A碰撞前瞬间，小球所受轻绳的拉力；（2）与B碰撞前瞬间，A的速度大小；（3）整个装置在全过程中损失的机械能。 10、（10分）如图所示，光滑水平面MN上放两相同小滑块A、B，左端挡板处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带平滑连接，传送带水平部分长度L=8m，传送带沿逆时针方向以恒定速度匀速转动。滑块A、B（大小不计）与传送带间的动摩擦因数，滑块A、B质量mA=mB=1kg。开始时滑块A、B均静止，A、B间压缩一轻质弹簧（与A、B均未栓接），弹簧中锁定有弹性势能Ep=16J。现解除锁定，弹开A、B并立即拿走弹簧， g取。 （1）计算A、B弹开后瞬间，A、B的速度大小vA1、vB1； （2）滑块B获得速度后，向右运动滑上传送带，计算滑块B在传送带上向右滑动的最远距离sm和滑块B从传送带返回水平面MN时的速度大小vB2，已知在这个过程中，B没有与A相碰； （3）若滑块B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的A在水平面上相碰，且A、B碰后互换速度。则弹射装置P至少给A做多少功才能让A、B碰后B能从Q端滑出。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第六章　第30练　动力学和能量观点的综合应用 [分值：100分] 1题4分，2题11分，共15分 1.如图所示，传送带在电动机带动下，始终以速率v做匀速运动，现将质量为m的某物块由静止放在水平传送带的左端，传送带足够长，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，对于物块从由静止释放到刚相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是(　　) A.物块做匀速直线运动 B.所用时间为 C.因摩擦产生的热量为mv2 D.电动机多做的功等于mv2 2.(11分)如图所示，光滑斜面AB与水平传送带BC平滑连接，BC长L＝4.5 m，与物块间的动摩擦因数μ＝0.3，传送带顺时针转动的速度v＝3 m/s。设质量m＝2 kg的物块由静止开始从A点下滑，经过C点后水平抛出，恰好沿圆弧切线从D点进入竖直光滑圆弧轨道DOE，DE连线水平。已知圆弧半径R＝2.0 m，对应圆心角θ＝106°，物块运动到O点时对轨道的压力为61 N。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)(3分)物块运动到D点的速度大小vD； (2)(5分)物块下落的最大高度H； (3)(3分)第(2)问中，物块与传送带间产生的热量Q。 3题5分，4题14分，5题16分，6题16分，7题14分，共65分 3.如图所示，一物块置于足够长的水平传送带上，轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，弹簧右端与物块接触但不拴接，墙壁与物块间系不可伸长的轻绳，使水平方向的弹簧处于压缩状态，压缩量为0.2 m(弹性限度内)。已知物块质量为0.5 kg。物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。若传送带不动，剪断轻绳，当弹簧刚好恢复原长时物块的速度为零；若传送带以v＝3 m/s的速度顺时针匀速转动，则剪断轻绳后(　　) A.在弹簧恢复原长的过程中，物块向右先做加速运动，后做减速运动 B.弹簧恢复原长时，物块速度大小为3 m/s C.物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为1.75 J D.弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为2.75 J 4.(14分)如图所示，半圆形光滑轨道AB固定在竖直面内，与光滑水平面BC相切于B点。水平面BC右侧为长度L＝25 m的水平传送带，在电机带动下以v＝18 m/s的速度顺时针匀速运动，传送带右侧通过一段平台DE与足够长的光滑斜面EF平滑连接。现有质量m＝1 kg、可视为质点的物块P向左恰好通过圆弧最高点A，沿着圆弧运动到B点，此时速度大小为v0＝20 m/s。然后从左侧滑上传送带，第一次回到传送带上时恰好不能从左端离开。已知物块与传送带及平台DE间的动摩擦因数均为μ＝0.2，不考虑物块滑上、滑下传送带和斜面的机械能损失，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)(3分)半圆形轨道半径R； (2)(6分)物块沿斜面上升的最大高度h； (3)(5分)物块从A点开始到第一次回到传送带左端过程中与接触面间因摩擦产生的热量Q。 5.(13分)如图所示，水平地面左侧有一光滑平台，质量为M＝2 kg、与平台等高的木板B静止在水平地面的左端，水平地面右侧由一段半径为R＝2 m的圆弧面与倾角为θ的传送带平滑连接，圆弧面的圆心角为θ，圆弧面的左端与平台所在水平面相切，传送带以v＝3 m/s的速率沿顺时针方向运行。质量为m＝6 kg的货箱以初速度v0＝6 m/s从平台滑上木板B，木板B与水平地面右侧碰撞后停止运动，货箱A无碰撞地从木板B滑上圆弧面(圆弧光滑)，然后被传送带运送到E处。已知木板B长度L1＝2.875 m，木板B的右端离C点的距离d＝0.5 m，传送带DE间的长度L2＝13 m，θ＝37°，货箱与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，货箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，货箱可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)(6分)求货箱在C点刚滑上圆弧面时对圆弧面的压力； (2)(7分)求货箱从D运送到E过程所用的时间和摩擦力对传送带做的功。 6、（12分）如图所示，传送带与水平方向成角，顺时针匀速转动的速度大小为，传送带长，光滑水平面上有一块木板，其上表面粗糙，且与传送带底端B以及右侧固定半圆形光滑轨道槽的最低点C等高，槽的半径。质量的物块（可视为质点）从A端由静止释放沿传送带下滑，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为，木板长度，不考虑物块滑上木板时的机械能损失，物块滑到木板最右端时，木板恰好撞上半圆槽，木板瞬间停止运动，物块进入半圆形光滑轨道槽运动。已知物块与传送带间的动摩擦因数，物块与木板间的动摩擦因数。取重力加速度。求： （1）物块从A运动到B经历的时间t； （2）物块从A运动到B与传送带摩擦产生的热量Q； （3）判断物块能否通过半圆槽的最高点D，若能，求出物块经过D点的速度；若不能，求出物块离开半圆槽的位置。 7、（9分）如图甲所示，放在水平地面上的足够长的木板质量，木板左端放一质量的滑块（可视为质点），已知地面和木板间的动摩擦因数；滑块和木板间的动摩擦因数，滑块的正上方有一悬点O，通过长的轻绳吊一质量的小球。现将小球拉至与O点处于同一水平面，由静止释放，小球摆至最低点时与滑块发生正碰（即两物体在同一直线上碰撞）,且小球与滑块只碰一次，小球碰后的动能与其向上摆动高度的关系如图乙所示，重力加速度g取。求： （1）碰前瞬间轻绳对小球拉力的大小； （2）小球和滑块碰撞过程中系统损失的机械能； （3）长木板运动过程中的最大位移。 8、（10分）为了解决航空公司装卸货物时因抛掷造成物品损坏的问题，一位同学设计了一种缓冲转运装置，如图所示。卸货时飞机不动，缓冲装置A紧靠飞机，转运车B靠紧A。包裹C沿缓冲装置A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分，滑上转运车B并最终停在转运车B上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，转运车B与地面间的摩擦可忽略。A、B的质量均为M＝40kg，A、B水平部分的长度均为L＝4m。包裹C可视为质点且无其他包裹影响，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。C与B的右挡板发生碰撞的时间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽略。 （1）要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量最大不超过多少？ （2）若某包裹的质量m＝10kg，为使该包裹能停在转运车B上，则该包裹释放时的高度h应满足什么条件？ （3）若某包裹的质量m＝50kg，为使该包裹能滑上转运车B，则该包裹释放时的高度h的最小值应是多少？ 9、（10分）如图所示，质量的小球用长的轻绳悬挂在固定点O上，足够长的木板C置于光滑水平地面上，两物块A、B放置在C上，A置于C的左端，B与A相距0. 5m。现将小球拉至与竖直方向成37°由静止释放，小球在最低点与A发生弹性碰撞，一段时间后，A与B碰撞后粘在一起，两次碰撞时间均可忽略。已知A与C、B与C间动摩擦因数，A、B、C的质量，重力加速度g取，，，不计空气阻力。求： （1）与A碰撞前瞬间，小球所受轻绳的拉力；（2）与B碰撞前瞬间，A的速度大小；（3）整个装置在全过程中损失的机械能。 10、（10分）如图所示，光滑水平面MN上放两相同小滑块A、B，左端挡板处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带平滑连接，传送带水平部分长度L=8m，传送带沿逆时针方向以恒定速度匀速转动。滑块A、B（大小不计）与传送带间的动摩擦因数，滑块A、B质量mA=mB=1kg。开始时滑块A、B均静止，A、B间压缩一轻质弹簧（与A、B均未栓接），弹簧中锁定有弹性势能Ep=16J。现解除锁定，弹开A、B并立即拿走弹簧， g取。 （1）计算A、B弹开后瞬间，A、B的速度大小vA1、vB1； （2）滑块B获得速度后，向右运动滑上传送带，计算滑块B在传送带上向右滑动的最远距离sm和滑块B从传送带返回水平面MN时的速度大小vB2，已知在这个过程中，B没有与A相碰； （3）若滑块B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的A在水平面上相碰，且A、B碰后互换速度。则弹射装置P至少给A做多少功才能让A、B碰后B能从Q端滑出。 答案精析 1.B　[物块由静止释放在传送带上时，传送带会给物块一个向右的摩擦力Ff，物块向右做匀加速直线运动，则有Ff＝ma＝μmg，解得a＝μg，故A错误；物块最终和传送带相对静止，即和传送带共速，所用时间为t＝，故B正确；物块匀加速运动过程中传送带运动的位移为s＝vt，可知传送带克服摩擦力所做的功为W克f＝Ffs＝μmgvt＝mv2，物块获得的动能为Ek＝mv2，可得因摩擦产生的热量为Q＝W克f－Ek＝mv2，故C错误；电动机多做的功转化为物块的动能和系统内能，W＝Ek＋Q＝mv2，故D错误。] 2.(1)5 m/s　(2)1.8 m　(3)9 J 解析　(1)物块由D点到O点根据动能定理有mgR(1－cos 53°) ＝mm 在O点有FN－mg＝m，联立解得vD＝5 m/s (2)在D点将速度沿水平方向和竖直方向进行分解，根据平抛运动的规律可得该位置物块的水平速度即为vC，故vC＝3 m/s。当物块下落的最大高度为H时，物块在传送带上一直做匀减速直线运动到C点，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝3 m/s2 根据速度位移公式有 ＝－2aL 解得vB＝6 m/s 从A到B根据动能定理可得 mgH＝m 解得H＝1.8 m (3)根据运动学知识可知vC＝vB－at 解得t＝1 s 所以相对位移Δx＝(4.5－3) m＝1.5 m 产生的热量Q＝μmgΔx＝9 J 3.C　[若传送带不动，弹簧压缩量为0.2 m到恢复原长时物块的速度为零，由动能定理有W－μmgx1＝0 若传送带以3 m/s的速度顺时针匀速转动，剪断轻绳后，弹簧恢复原长时，弹簧弹力做功不变，摩擦力做正功，根据动能定理W＋μmgx1＝m，可得，弹簧恢复原长时，物块速度大小为v1＝2 m/s 可知，在弹簧恢复原长的过程中物块的速度一直小于传送带速度，物块所受的滑动摩擦力一直水平向右，弹力水平向右，则物块一直向右做加速运动，故A、B错误；物块与弹簧分离后，在摩擦力的作用下做匀加速直线运动，直至共速后做匀速直线运动，匀加速运动过程中，由动能定理得μmgx2＝mv2－m，可得物块在匀加速阶段的位移为x2＝0.5 m 则物块在传送带上运动的过程中，摩擦力对物块做功为Wf＝μmg(x1＋x2)＝1.75 J，故C正确；根据牛顿第二定律，物块匀加速运动的加速度大小为 a＝＝5 m/s2，弹簧恢复原长后，物块做匀加速运动至与传送带达到共速的时间为t＝＝0.2 s 这段时间内，传送带运动距离为s＝vt＝0.6 m 则弹簧恢复原长后，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量为Q＝μmg(s－x2)＝0.25 J，故D错误。] 4.(1)8 m　(2)10.6 m　(3)344 J 解析　(1)由于物块P恰好通过圆弧最高点A，则mg＝m，A到B过程，根据机械能守恒定律可得 mg·2R＝mm 联立解得R＝8 m (2)物块从左侧滑上传送带后，有 x1＝ m＝19 m<L 说明物块在传送带上先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动，物块第一次经过D点的速度大小为18 m/s，从第一次经过D点到上升到斜面最大高度处有－mgh－μmg·xDE＝0－mv2 第一次回到传送带上时恰好不能从左端离开，即返回到左端时，速度减为零，则－μmg(2xDE＋L)＝0－mv2 联立可得h＝10.6 m (3)物块与接触面间因摩擦产生的热量为Q＝μmg(x1－v·＋2xDE＋L＋v·) 物块从D到达斜面最高点再返回到D的过程由动能定理有－μmg·2xDE＝mmv2 联立解得Q＝344 J。 5.(1)87 N，方向竖直向下 (2)6 s　－684 J 解析　(1)货箱A滑上木板B后做匀减速运动，对货箱受力分析并结合牛顿第二定律有μ1mg＝ma1 解得a1＝4 m/s2 对木板B受力分析并结合牛顿第二定律有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2 解得a2＝4 m/s2 假设货箱在木板上一直做匀减速运动，且经过时间t木板B与C端相碰， 有x2＝d＝a2t2 解得t＝ s 此时货箱的速度v1＝v0－a1t＝4 m/s 此时木板B的速度v2＝a2t＝2 m/s，假设成立 此过程中货箱发生的位移 x1＝v0t－a1t2＝ m 所以此时货箱离C点的距离 d1＝L1－(x1－x2)＝0.875 m 货箱在木板B停止运动后继续做匀减速运动，有＝－2a1d1 解得vC＝3 m/s 对货箱在C点受力分析并结合牛顿第二定律有FN－mg＝m 解得FN＝87 N 由牛顿第三定律有F压＝FN＝87 N，方向竖直向下； (2)货箱从C到D过程中对货箱分析由动能定理有－mgR(1－cos θ)＝ mm 解得vD＝1 m/s 对货箱滑上传送带后受力分析并结合牛顿第二定律有 μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得a＝0.4 m/s2 设货箱经过x3后与传送带共速， 由题意有v2－＝2ax3 解得x3＝10 m 根据v＝vD＋at3 解得t3＝5 s 此后货箱相对传送带静止， 向上做匀速运动有t4＝＝1 s 所以货箱从D到E的时间 tCD＝t3＋t4＝6 s 货箱相对传送带滑动时摩擦力对传送带做功W1＝－μmgcos θ·vt3＝－576 J 货箱和传送带一起匀速运动过程中摩擦力对传送带做功W2＝－mgsin θ·(L2－x3)＝－108 J 所以摩擦力对传送带做的总功W＝W1＋W2＝－684 J。 6、【答案】（1）；（2）；（3）能通过D点, 【详解】（1）设物块从A刚滑上传送带的加速度为，此时摩擦力方向沿斜面向下，由牛顿第二定律可得 解得 物块滑上传送带至速度与传送带相同所需的时间为 此过程物块的位移大小为 由于，且 所以此后物块继续做匀加速直线运动，摩擦力方向变为沿斜面向上，由牛顿第二定律可得 解得 由运动学公式 解得 则总时间为 （2）从物块滑上传送带至速度与传送带相同的过程中皮带位移 此过程物块相对皮带位移 此后过程中皮带位移 此过程物块相对皮带位移 故物块从A运动到B与传送带摩擦产生的热量为 （3）物块滑上木板时的速度大小为 设物块离开木板时的速度为，木板的速度为，由动量守恒得 由能量守恒得 解得 对物块沿槽上滑过程应用动能定理，有 解得物块到达D点的速度为 物体过最高点的最小速度为 由于 因此物块能够到达D点。 7、【答案】（1）60N；（2）3J；（3） 【详解】（1）设小球摆到最低点时速度大小为，绳对小球的拉力为，由动能定理得 解得小球碰前瞬间的速度 由牛顿第二定律得 解得 （2）设碰后小球、滑块的速度大小分别为和，由图像可得 小球与滑块组成的系统碰撞过程动量守恒，得 且 解得 碰撞过程损失的机械能 代入数据得 （3）设经时间t滑块和木板达到共同速度，此时木板速度最大，由动量定理：对木板 对滑块 联立解得 假设共速后物体与木板共减速至0，则有 共速之前木板的加速度为 假设合理，所以木板最大位移为 8、【答案】（1）40kg；（2）0.8m≤h≤2.8m；（3）0.85m 【详解】（1）A不动时需满足μ1mg≤μ2（m＋M）g 解得m≤M＝40kg 即包裹C的质量不能超过40kg。 （2）由于包裹质量小于40kg，装置A始终静止不动 ①释放C的高度最小时，包裹C恰好滑上B车，即C到达B的左端时速度刚好为零，由动能定理可得 mgh1－μ1mgL＝0 解得h1＝0.8m ②释放C的高度最大时，包裹C滑上B车与挡板碰撞后返回B车最左端时二者恰好共速，设C由释放至第一次到达B的左端速度为v0。由动能定理可得 C与B车相互作用过程，满足动量守恒有mv0＝（m＋M）v 由功能关系可得 联立解得h2＝2.8m 所以0.8m≤h≤2.8m （3）由于包裹质量大于40kg，装置A、B会一起运动。包裹能滑上B车最小高度是包裹刚好可以滑上B车时A、B、C三者共速； 设C释放的最小高度为h′，C由释放到运动至曲面轨道最低点的过程，由动能定理可得 设C在A的水平部分滑动的加速度为a1，A、B的加速度为a2，取向右为正方向。根据牛顿第二定律得 －μ1mg＝ma1 解得a1＝－2m/s2 又μ1mg－μ2（m＋M）g＝2Ma2 解得 它们运动图线如下 达到共速时有a2t′＝v′＋a1t′ 解得 由v－t图像可得 联立解得 h′＝0.85m 9、【答案】（1）14N；（2）；（3） 【详解】（1）由机械能守恒定律 由向心力公式 解得F=14N （2）小球与A 发生弹性碰撞有 解得 对A有 对B、C有， 同时根据位置关系有 代入数据，解得， 根据题意在A与B碰撞前，A的速度应大于BC，而当时，A的速度为0，BC的速度为，不符，舍去，所以取，此时有 解得 （3）分析可知最后ABC共速一起在水平地面上匀速运动，取A、B、C 为一系统，系统动量守恒 解得 整个装置在全过程中损失的机械能为 10、【答案】（1），；（2），；（3） 【解析】 【详解】（1）解除锁定弹开、B过程中，设向右为正方向，由机械能守恒有 由动量守恒有 两式联立解得， （2）滑块B滑上传送带后做匀减速运动，当速度减为零时，运动距离最远，由动能定理得 解得 滑块B沿传送带向左返回时，根据运动的对称性，滑块将在摩擦力作用下一直做匀加速运动直到滑上水平面。由动能定理得 解得 （3）设弹射装置对A做功为，则 A、B碰后速度互换，B的速度 B要滑出平台Q端，由能量关系有 联立解得 即装置P至少给A做8J的功才能让B从Q端滑出。 学科网（北京）股份有限公司 $