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在打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)，的速度大小為______；
在打下0點(diǎn)到打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5的過程中，動(dòng)能的增加量為______J，系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量為______J；
某同學(xué)測(cè)出多個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)的速度大小v及對(duì)應(yīng)下落的高度h，作出的圖象如圖丙所示，則圖象的斜率表達(dá)式______用、和g表示。如圖所示，玩具氣手槍的槍管AB對(duì)準(zhǔn)豎直墻面上的C點(diǎn)，B、C間距且處于同一水平線上。彈丸以的速度從槍管射出打在墻上的D點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，，求：
、D兩點(diǎn)間的距離；
彈丸打到D點(diǎn)時(shí)的速度。
如圖所示，一宇宙飛船繞地球中心做圓周運(yùn)動(dòng)，軌道1半徑是R，現(xiàn)在欲將飛船轉(zhuǎn)移到另一個(gè)半徑為2R的圓軌道2上去，已知地球表面處的重力加速度為g，飛船質(zhì)量為m，萬有引力常數(shù)為G，地球半徑為R，求：
地球的質(zhì)量
飛船在1、2兩個(gè)軌道上做圓運(yùn)動(dòng)的環(huán)繞速度之比：？
理論上，若規(guī)定距地心無窮遠(yuǎn)處為引力勢(shì)能零勢(shì)能點(diǎn)，飛船和地球系統(tǒng)之間的引力勢(shì)能表達(dá)式為，其中r為飛船到地心的距離請(qǐng)根據(jù)理論，計(jì)算完成這次軌道轉(zhuǎn)移點(diǎn)火需要的能量
如圖所示，粗糙斜面AC下端與光滑的圓弧軌道CDE相切于C，整個(gè)裝置豎直固定，D是最低點(diǎn)，圓心角，E與圓心O等高，圓弧軌道半徑，斜面長(zhǎng)，現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量的小物塊P從斜面上端A點(diǎn)無初速下滑，小物塊P與斜面AC間的動(dòng)摩擦因數(shù)。取，，重力加速度，忽略空氣阻力。求：
小物塊第一次通過C點(diǎn)時(shí)的速度大小；
小物塊經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的最小壓力；
小物塊在AC上滑行的總路程。
如圖所示，一足夠長(zhǎng)的傾斜傳送帶以速度順時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)，傳送帶與水平方向的夾角。質(zhì)量的小物塊P和質(zhì)量的小物塊Q由跨過定滑輪的輕繩連接，P與定滑輪間的繩子與傳送帶平行，輕繩足夠長(zhǎng)且不可伸長(zhǎng)。某時(shí)刻物塊P從傳送帶上端以速度沖上傳送帶此時(shí)P、Q的速率相等，已知物塊P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，不計(jì)滑輪的質(zhì)量與摩擦，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中物塊Q都沒有上升到定滑輪處。忽略空氣阻力。求：
物塊P剛沖上傳送帶時(shí)受到摩擦力的方向，加速度的大小；
從物塊P剛沖上傳送帶到沿傳送帶運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處的過程中，摩擦力對(duì)P所做的功；
若傳送帶以不同的速度順時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)v取多大時(shí)，物塊P沿傳送帶運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處過程中與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量最小？
答案和解析 1.【答案】B
【解析】解：拉力對(duì)物體的沖量大小為
故A錯(cuò)誤；B正確；
根據(jù)動(dòng)量定理有
所以，物體所受合力的沖量為mv，故CD錯(cuò)誤。
故選：B。
分析物體的受力，恒力的沖量根據(jù)沖量的定義求解。根據(jù)動(dòng)量定理可求解合力的沖量。
此題考查了動(dòng)量定理的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是明確恒力沖量的定義，力與時(shí)間的乘積，求解合外力的沖量可以用的動(dòng)量定理。
2.【答案】B
【解析】解：ACD、因?yàn)椤疤靻栆惶?hào)“的質(zhì)量在計(jì)算時(shí)可以直接約掉，所以火星的質(zhì)量計(jì)算與“天問一號(hào)“的質(zhì)量無關(guān)，故ACD錯(cuò)誤。
B、設(shè)“天問一號(hào)”的運(yùn)行周期和軌道半徑分別為T，r火星的質(zhì)量為M，根據(jù)萬有引力提供向心力得：
解得：，故已知“天問一號(hào)”的運(yùn)行周期和軌道半徑即可求火星的質(zhì)量，故B正確。
故選：B。
因?yàn)椤疤靻栆惶?hào)“的質(zhì)量在計(jì)算時(shí)可以直接約掉，所以火星的質(zhì)量計(jì)算與“天問一號(hào)“的質(zhì)量無關(guān)；根據(jù)萬有引力提供向心力列方程，寫出火星質(zhì)量的表達(dá)式，即可判斷計(jì)算火星質(zhì)量需要的物理量。
本題考查了萬有引力定律及開普勒第三定律，要熟記萬有引力的公式和圓周運(yùn)動(dòng)的一些關(guān)系變換式，解題依據(jù)為萬有引力提供向心力。
3.【答案】D
【解析】解：A、旺旺老師重力勢(shì)能減少了，故A錯(cuò)誤；
BC、摩擦力對(duì)該旺旺老師做負(fù)功，旺旺老師的機(jī)械能減少，減少的機(jī)械能等于克服摩擦力做的功，旺旺老師機(jī)械能的減少量，故BC錯(cuò)誤；
D、由動(dòng)能定理可知，動(dòng)能的變化量等于合外力做的功，旺旺老師動(dòng)能的增加量，故D正確。
故選：D。
機(jī)械能的減少量等于克服摩擦力做的功；重力做正功重力勢(shì)能減少，根據(jù)重力做的功求出重力勢(shì)能的減少量；應(yīng)用動(dòng)能定理求出動(dòng)能的增加量。
分析清楚旺旺老師的運(yùn)動(dòng)過程與各力做功情況，應(yīng)用動(dòng)能定理與功能關(guān)系即可解題；解題時(shí)注意重力做功不改變機(jī)械能。
4.【答案】B
【解析】解：設(shè)滑塊豎直上升的速度大小為v。將小車和滑塊的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向進(jìn)行分解，如圖所示。
根據(jù)小車和滑塊在繩子方向的分速度大小相等，可得：，解得，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
將小車和滑塊的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向進(jìn)行分解，抓住小車和滑塊在繩子方向的分速度大小相等，列式求解。
解決本題的關(guān)鍵要知道小車沿繩子方向的分速度和滑塊在繩子方向的分速度大小相等，會(huì)根據(jù)平行四邊形定則對(duì)繩端物體的速度進(jìn)行分解。
5.【答案】A
【解析】解：分析飛鳥的受力情況，忽略小鳥的初速度，末速度和高鐵一樣，設(shè)高鐵的速度方向?yàn)檎较颍?/span>
由動(dòng)量定理可得：
，
解得，
飛鳥對(duì)高鐵的平均撞擊力與高鐵對(duì)飛鳥的撞擊力大小相等方向相反，故飛鳥對(duì)高鐵的平均撞擊力為，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
明確小鳥初速度忽略不計(jì)，而末速度和高鐵相同，對(duì)飛鳥進(jìn)行分析，根據(jù)動(dòng)量定理即可求出高鐵對(duì)飛鳥的作用力，再根據(jù)牛頓第三定律確定飛鳥對(duì)高鐵的撞擊力。
本題考查動(dòng)量定理的應(yīng)用，要注意明確在應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)要注意各物理量的矢量性，正確列式是解題的關(guān)鍵。
6.【答案】B
【解析】解：A、衛(wèi)星由軌道1變至軌道2，需要加速做離心運(yùn)動(dòng)，故必須在P點(diǎn)向后噴氣，故A錯(cuò)誤；
B、設(shè)有軌道4為圓軌道，與軌道1相切與Q點(diǎn)，根據(jù)萬有引力提供向心力，有
整理可得
半徑越大，線速度越小，故衛(wèi)星在軌道4的速度大于在軌道3的速度；衛(wèi)星從軌道4變軌到軌道1，需要在Q點(diǎn)加速，故衛(wèi)星在軌道1的Q點(diǎn)線速度大于在軌道3的線速度，故B正確；
C、在P點(diǎn)，衛(wèi)星的引力勢(shì)能相等，但由軌道1到軌道2需要加速，故在P點(diǎn)軌道2上的動(dòng)能更大，所以有；軌道2和軌道3具有相同的軌道半徑，所以動(dòng)能和勢(shì)能相等，即，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)開普勒第三定律，有，根據(jù)軌道半徑關(guān)系，可知衛(wèi)星在三個(gè)軌道上的周期，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
A、根據(jù)變軌原理可知在P點(diǎn)向后噴氣加速；
B、先判斷衛(wèi)星在軌道4的速度大于在軌道3的速度；再利用變軌原理判斷衛(wèi)星從軌道4變軌到軌道1需加速，最后得出衛(wèi)星在軌道1的Q點(diǎn)線速度大于在軌道3的線速度；
C、根據(jù)軌道半徑結(jié)合題意得出衛(wèi)星在三個(gè)軌道上機(jī)械能關(guān)系；
D、根據(jù)開普勒第三定律，結(jié)合題意得出衛(wèi)星在三個(gè)軌道上的周期關(guān)系。
在處理變軌問題時(shí)，要注意由低軌變到高軌，衛(wèi)星需要加速做離心運(yùn)動(dòng)，由低軌變到高軌，衛(wèi)星需要減速做近心運(yùn)動(dòng)。
7.【答案】D
【解析】解：由于物塊剛好不滑動(dòng)，則對(duì)AB板上的物體，由牛頓第二定律得
對(duì)BC板上的物體受力分析如圖所示，
由牛頓第二定律得
聯(lián)立解得
故ABC錯(cuò)誤，D正確
故選：D。
AB板上的物體剛好不滑動(dòng)時(shí)，由最大靜摩擦力提供向心力。在BC板上的物體剛好不滑動(dòng)時(shí)，由合力提供向心力，對(duì)兩個(gè)物體，分別運(yùn)用牛頓第二定律列式，即可求解。
解答本題時(shí)，要正確分析物體的受力情況，確定向心力的來源。要知道物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由合外力提供向心力。
8.【答案】C
【解析】解：AC、當(dāng)OA轉(zhuǎn)過時(shí)，OB也轉(zhuǎn)過。設(shè)當(dāng)OA轉(zhuǎn)過時(shí)，A球速度為，B球速度為。
A、B兩球在運(yùn)動(dòng)的過程中角速度相等，由得兩球速度大小之比為：：：1
根據(jù)兩球和支架組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：
聯(lián)立解得，，故A錯(cuò)誤，C正確；
B、對(duì)A球，根據(jù)動(dòng)能定理得，解得桿對(duì)A做功為，故B錯(cuò)誤；
D、對(duì)B球，根據(jù)動(dòng)能定理得，解得桿對(duì)B做功為，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
A、B兩球在運(yùn)動(dòng)的過程中角速度相等，結(jié)合半徑關(guān)系求出兩球線速度大小關(guān)系，抓住兩球和支架組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，求解兩球的速度，根據(jù)動(dòng)能定理求桿對(duì)兩球做的功。
解決本題時(shí)，要知道兩球及桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能是守恒的，但單個(gè)小球機(jī)械能并不守恒。解題時(shí)，要抓住兩球共軸轉(zhuǎn)動(dòng)角速度相等，來研究它們速度大小關(guān)系。
9.【答案】D
【解析】解：A、火箭勻速升空時(shí)，由于推力對(duì)火箭要做功，所以火箭的機(jī)械能不守恒，是增加的，故A錯(cuò)誤；
B、物體勻速上升，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能增加，則機(jī)械能必定增加，故B錯(cuò)誤；
C、物塊A以一定的初速度將彈簧壓縮的過程中，由于彈簧對(duì)物體做功，故物體的機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；
D、由于AB運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)AB組成的系統(tǒng)分析可知，只有重力對(duì)AB系統(tǒng)做功，故AB系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D正確。
故選：D。
10.【答案】BD
【解析】解：A、小球做平拋運(yùn)動(dòng)，小球在空中運(yùn)動(dòng)的速率為，圖象不是一條傾斜的直線，故A錯(cuò)誤；
B、重力的瞬時(shí)功率為，P與t成正比，圖象是一條過原點(diǎn)的傾斜的直線，故B正確；
C、小球在高度H處做平拋運(yùn)動(dòng)，下落過程中，，則，y軸上的截距不為零，且動(dòng)能越來越大，故C錯(cuò)誤；
D、小球做平拋運(yùn)動(dòng)，只受重力作用，機(jī)械能守恒，故D正確。
故選：BD。
明確小球在平拋運(yùn)動(dòng)中只受重力，機(jī)械能守恒，從而列式確定速度、重力的瞬時(shí)功率與時(shí)間關(guān)系，動(dòng)能與高度間的關(guān)系，進(jìn)而確定正確的圖象。
本題考查機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用，要注意在確定圖象時(shí)應(yīng)先明確對(duì)應(yīng)的表達(dá)式。
11.【答案】CD
【解析】解：A、過程牽引力不變，阻力不變，根據(jù)牛頓第二定律可知，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B、過程牽引力減小，阻力不變，根據(jù)牛頓第二定律得，可知，加速度減小，并不是勻加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C、當(dāng)汽車達(dá)到最大速度時(shí)，此時(shí)汽車做勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，即此時(shí)汽車所受阻力等于牽引力，即
，因汽車所受阻力不變，故在過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知，解得，同時(shí)瞬時(shí)功率為，可得阻力的最大功率為，故C正確；
D、當(dāng)汽車速度為時(shí)，汽車牽引力，此時(shí)加速度大小，故D正確。
故選：CD。
根據(jù)圖象得出牽引力隨時(shí)間變化，再利用牛頓第二定律和功率的相關(guān)公式列式求解加速度、速度和功率。
正確從圖象中獲取信息是本題的關(guān)鍵，注意判斷物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，再根據(jù)牛頓第二定律和功率相關(guān)公式求解。
12.【答案】AB
【解析】解：A、滑塊滑上長(zhǎng)木板后，滑塊受摩擦力作用做勻減速運(yùn)動(dòng)，長(zhǎng)木板做勻加速運(yùn)動(dòng)，由圖乙可知滑塊的加速度大小為，長(zhǎng)木板的加速度大小為，設(shè)長(zhǎng)木板的質(zhì)量為M，由牛頓第二定律得，對(duì)滑塊：，對(duì)長(zhǎng)木板：，由牛頓第三定律可知：，代入數(shù)據(jù)解得：，，故A正確；
B、圖線與坐標(biāo)軸圍成圖形的面積等位位移，從圖乙可知2s末滑塊滑離長(zhǎng)木板，長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度即為滑塊與長(zhǎng)木板的相對(duì)位移，故B正確；
C、內(nèi)滑塊與長(zhǎng)木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量，故C錯(cuò)誤；
D、由動(dòng)能定理可知，內(nèi)長(zhǎng)木板對(duì)滑塊做功大小，故D錯(cuò)誤。
故選：AB。
滑塊滑上長(zhǎng)木板后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，長(zhǎng)木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)圖象的斜率求出它們的加速度，再由牛頓第二定律求得長(zhǎng)木板的質(zhì)量；時(shí)滑塊滑離長(zhǎng)木板，兩者的相對(duì)位移大小等于板長(zhǎng)；由圖讀出滑塊滑離長(zhǎng)木板時(shí)兩者的速度，應(yīng)用動(dòng)能定理求出長(zhǎng)木板對(duì)滑塊做的功。
本題考查牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律與圖象的綜合以及動(dòng)能定理的應(yīng)用；分析清楚滑塊和長(zhǎng)木板的運(yùn)動(dòng)規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵，要掌握處理圖象問題的一般方法，通常通過圖線的斜率和截距以及面積入手分析。
13.【答案】
【解析】解：、本實(shí)驗(yàn)平衡摩擦力時(shí)，將圖1中木板左側(cè)墊高，故A錯(cuò)誤；
B、每次釋放小車必須從同一位置釋放，從而保證每根橡皮條做功相同，故B錯(cuò)誤；
C、平衡摩擦力時(shí)，如果放開拖著紙帶的小車，能夠勻速下滑即可，故C正確；
D、當(dāng)小車速度最大時(shí)，橡皮筋的彈力應(yīng)為零，由于不知道橡皮筋的原長(zhǎng)與兩釘子之間的距離是否相等，所以小車速度最大時(shí)，小車不一定在兩個(gè)鐵釘?shù)倪B線處，故D錯(cuò)誤；
故選
由圖示圖象可知，當(dāng)功W大到一定值時(shí)小車才開始運(yùn)動(dòng)，才獲得一定的速度，說明橡皮筋對(duì)小車做功小于小車獲得的動(dòng)能，這可能是由于沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足、或平衡摩擦力時(shí)小車與紙帶沒有相連造成的；如果平衡摩擦力時(shí)木板傾角過大，則小車受到的合力大于橡皮筋拉力，小車獲得的動(dòng)大于橡皮筋做功，圖象不會(huì)在縱軸上有正截距，電源頻率的變化不影響對(duì)小車做功，故AB正確，CD錯(cuò)誤。
故選
由的圖像分析可知，若正確平衡了摩擦力，則圖像應(yīng)該是過原點(diǎn)的直線，則合力做的功W與最大速度v的關(guān)系是
故答案為：；；
根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理與正確實(shí)驗(yàn)操作判斷選項(xiàng)正誤；
根據(jù)圖像分析可知，若正確平衡了摩擦力，則圖像應(yīng)該是過原點(diǎn)的直線，即W與成正比關(guān)系。
本題考查“合力的功和物體速度變化關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)，解題關(guān)鍵要注意實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)正確操作規(guī)范，注意分析結(jié)論時(shí)通過的關(guān)系作圖，可更直觀的得出結(jié)論。
14.【答案】
【解析】解：已知，
打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電的頻率為50Hz，每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)，則相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔為
根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)某段時(shí)間中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于該過程的平均速度，可知打第5個(gè)點(diǎn)時(shí)的速度為：
從打下0點(diǎn)到打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5的過程中
系統(tǒng)的初速度為零，所以系統(tǒng)動(dòng)能的增加量為：
系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量：
對(duì)系統(tǒng)根據(jù)機(jī)械能守恒定律：
整理得：
根據(jù)圖象的斜率可知：
故答案為：；，，060；
根據(jù)在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于該過程中的平均速度，可以求出打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)的速度大小；
根根據(jù)動(dòng)能的計(jì)算公式求出系統(tǒng)動(dòng)能的增加量，據(jù)力勢(shì)能的計(jì)算公式可以求出重力勢(shì)能的減少量；
應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)圖示圖象分析答題。
本題全面的考查了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律中的數(shù)據(jù)處理問題，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論、動(dòng)能與重力勢(shì)能的計(jì)算公式即可解題；解題時(shí)注意單位換算與有效數(shù)字的保留。
15.【答案】解：彈丸從B到D做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：
代入數(shù)據(jù)解得：，
彈丸打到D點(diǎn)時(shí)，豎直分速度
根據(jù)平行四邊形定則知，
設(shè)速度與水平方向的夾角為，
則，解得
答：、D兩點(diǎn)間的距離為5m；
彈丸打到D點(diǎn)時(shí)的速度大小為，速度與水平方向的夾角為。
【解析】平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合水平位移和初速度求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)位移時(shí)間公式求出CD之間的距離；
根據(jù)豎直分速度的大小，結(jié)合平行四邊形定則求出彈丸打到D點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向。
解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，抓住等時(shí)性，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解。
16.【答案】解：根據(jù)地球表面物體重力等于萬有引力可得：；所以，地球質(zhì)量；
飛船在軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力做向心力，故有：，所以，飛船環(huán)繞速度；
那么，飛船在1、2兩個(gè)軌道上做圓運(yùn)動(dòng)的環(huán)繞速度之比；
飛船轉(zhuǎn)移過程只有引力做功，引力做的功等于引力勢(shì)能減少量；根據(jù)能量守恒可得：完成這次軌道轉(zhuǎn)移點(diǎn)火需要的能量；
答：地球的質(zhì)量為；
飛船在1、2兩個(gè)軌道上做圓運(yùn)動(dòng)的環(huán)繞速度之比：；
理論上，若規(guī)定距地心無窮遠(yuǎn)處為引力勢(shì)能零勢(shì)能點(diǎn)，飛船和地球系統(tǒng)之間的引力勢(shì)能表達(dá)式為，其中r為飛船到地心的距離請(qǐng)根據(jù)理論，計(jì)算完成這次軌道轉(zhuǎn)移點(diǎn)火需要的能量為。
【解析】根據(jù)地球表面物體重力等于萬有引力求解；
由飛船在軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力做向心力求得環(huán)繞速度表達(dá)式，從而根據(jù)軌道半徑之比得到環(huán)繞速度之比；
根據(jù)運(yùn)動(dòng)過程只有引力做功機(jī)械能守恒，由兩軌道上機(jī)械能變化根據(jù)能量守恒求解。
衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)，軌道半徑越大，運(yùn)行速度越大；但是軌道半徑越大，發(fā)射速度越大。
17.【答案】解：小物塊從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有：
代入數(shù)據(jù)解得：
據(jù)題知小物塊不能停在斜面上，由于小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能不斷減少，所以小物塊最終在以C點(diǎn)為最高點(diǎn)、D點(diǎn)為中心的圓弧上來回運(yùn)動(dòng)，在C點(diǎn)的速度為零。在小球在此圓弧上往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí)，小物塊經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力最小。
設(shè)小球通過D點(diǎn)的最小速度為v。小球在圓弧上往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí)，從C點(diǎn)到D點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得
小物塊經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得
根據(jù)牛頓第三定律知小物塊經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的最小壓力
聯(lián)立解得
對(duì)小物塊從開始到經(jīng)過C點(diǎn)速度為零的整個(gè)過程，根據(jù)動(dòng)能定理得：
解得
答：物塊第一次通過C點(diǎn)時(shí)的速度大小是；
小物塊經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的最小壓力是14N；
物塊在AC上滑行的總路程是6m。
【解析】對(duì)小物塊從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程，運(yùn)用動(dòng)能定理列方程，可求出小物塊第一次通過C點(diǎn)時(shí)的速度大小。
小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，，小物塊不能停在斜面上，由于小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能不斷減少，所以小物塊最終在以C點(diǎn)為最高點(diǎn)、D點(diǎn)中心的圓弧上來回運(yùn)動(dòng)，在C點(diǎn)的速度為零，在小球在此圓弧上往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí)，小物塊經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力最小。根據(jù)動(dòng)能定理求出小球通過D點(diǎn)的最小速度，再由牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解。
對(duì)小物塊從A點(diǎn)最終運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的整個(gè)過程，利用動(dòng)能定理求小物塊在AC上滑行的總路程。
本題考查動(dòng)能定理和向心力的綜合應(yīng)用，運(yùn)用動(dòng)能定理解題時(shí)，關(guān)鍵要選擇研究過程，分析過程中有哪些力做功。要知道滑動(dòng)摩擦力做功與總路程有關(guān)。
18.【答案】解：剛沖上傳送帶時(shí)P摩擦力方向沿傳送帶斜向上
設(shè)剛沖上傳送帶時(shí)P的加速度為，輕繩的拉力為
對(duì)P和Q分別根據(jù)牛頓第二定律：
解得：
減速到與傳動(dòng)帶速度相同時(shí)，速度為，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式
解得
共速后，對(duì)物塊P根據(jù)牛頓第二定律：
因?yàn)?/span>，
故P將繼續(xù)向右減速，此時(shí)摩擦力沿傳送帶斜向下，
設(shè)此時(shí)加速度為，繩拉力為根據(jù)牛頓第二定律：
對(duì)P：，
對(duì)Q：，
解得：
PQ將以該加速度減速至0，
位移
則摩擦力對(duì)P做的功
代入數(shù)據(jù)解得：
第一個(gè)減速過程用時(shí)為，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：
皮帶位移；
第二個(gè)減速過程用時(shí)
則P運(yùn)動(dòng)位移
皮帶位移
則整個(gè)過程產(chǎn)生的熱量：
代入數(shù)據(jù)得
根據(jù)數(shù)學(xué)方法計(jì)算可得，當(dāng)時(shí)，Q最小。
答：物塊P剛沖上傳送帶時(shí)受到摩擦力的方向，加速度的大小為；
從物塊P剛沖上傳送帶到沿傳送帶運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處的過程中，摩擦力對(duì)P所做的功為；
當(dāng)v為時(shí)，物塊P沿傳送帶運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處過程中與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量最小。
【解析】對(duì)PQ兩物體分別進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律即可求解P剛沖上傳送帶時(shí)的加速度；
機(jī)械能該變量來源于摩擦力做負(fù)功，分析運(yùn)動(dòng)情況，計(jì)算摩擦力做功；
分析運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得到P與傳送帶的相對(duì)位移，根據(jù)功能關(guān)系計(jì)算摩擦產(chǎn)生的熱量，利用數(shù)學(xué)關(guān)系即可求極值。
本題比較綜合，考查運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，受力分析，牛頓運(yùn)動(dòng)定律，功能關(guān)系，需要注意的是：剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)P相對(duì)于傳送帶減速，需要判斷達(dá)到共速后P做什么運(yùn)動(dòng)，看是否共速，一起勻速。
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