?重難點(diǎn)10能量守恒定律


1．如圖所示，水平傳送帶的質(zhì)量，兩端點(diǎn)間距離，傳送帶以加速度由靜止開(kāi)始順時(shí)針加速運(yùn)轉(zhuǎn)的同時(shí)，將一質(zhì)量為的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）無(wú)初速度地輕放在點(diǎn)處，已知滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，取，電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻不計(jì)。傳送帶加速到的速度時(shí)立即開(kāi)始做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)而后速率將始終保持不變，則滑塊從運(yùn)動(dòng)到的過(guò)程中（ ）

A．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為
B．滑塊機(jī)械能的增加量為
C．滑塊與傳送帶相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是
D．傳送滑塊過(guò)程中電動(dòng)機(jī)輸出的電能為
【答案】A
【詳解】
AC.傳送帶初始做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速時(shí)間
，
根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律，滑塊的加速度滿足
，
得：
，
滑塊加速過(guò)程的位移
，
故滑塊會(huì)一直加速到與傳送帶共速，后保持相對(duì)靜止一起做勻速運(yùn)動(dòng)。
滑塊加速的時(shí)間：
，
相同時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移
，
故滑塊與傳送帶的相對(duì)路程：
，
系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量：
，
故A正確，C錯(cuò)誤；
B.根據(jù)功能關(guān)系，傳送帶對(duì)滑塊的摩擦力做的功等于滑塊機(jī)械能的增加量：
，
故B錯(cuò)誤；
D.由能量守恒定律得，電動(dòng)機(jī)輸出的電能：
，
故D錯(cuò)誤。
故選：A。
2．如圖所示，在粗糙的水平面上，質(zhì)量相等的兩個(gè)物體A、B間用一輕質(zhì)彈簧相連組成系統(tǒng)，且該系統(tǒng)在水平拉力F作用下以相同加速度保持間距不變一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它們的總動(dòng)能為2Ek時(shí)撤去水平力F，最后系統(tǒng)停止運(yùn)動(dòng)．不計(jì)空氣阻力，認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，從撤去拉力F到系統(tǒng)停止運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中(　　)

A．外力對(duì)物體A所做總功的絕對(duì)值等于2Ek
B．物體A克服摩擦阻力做的功等于Ek
C．系統(tǒng)克服摩擦阻力做的功可能等于系統(tǒng)的總動(dòng)能2Ek
D．系統(tǒng)克服摩擦阻力做的功一定等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量
【答案】D
【詳解】
AB. 當(dāng)它們的總動(dòng)能為時(shí)，物體動(dòng)能為，撤去水平力，最后系統(tǒng)停止運(yùn)動(dòng)，外力對(duì)物體所做總功的絕對(duì)值等于，無(wú)法確定物體克服摩擦力做功是否為，故A、B錯(cuò)誤；
C. 系統(tǒng)克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能，所以系統(tǒng)克服摩擦阻力做的功不可能等于系統(tǒng)的總動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；
D. 系統(tǒng)的機(jī)械能等于系統(tǒng)的動(dòng)能加上彈簧的彈性勢(shì)能，當(dāng)它們的總動(dòng)能為時(shí)撤去水平力，最后系統(tǒng)停止運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)克服阻力做的功一定等于系統(tǒng)機(jī)械能的減小量，故D正確；
3．如圖所示，一半徑為R=0.2m的固定光滑圓弧軌道AB位于豎直平面內(nèi)，軌道下端與一光滑水平直軌道相切于B點(diǎn)，一小球M從距圓弧軌道最高點(diǎn)A高度為h=0.2m處由靜止釋放，并恰好沿切線進(jìn)入圓弧軌道，當(dāng)滑到水平面上后與靜止在水平面上且前端帶有輕彈簧的小球N碰撞，M、N質(zhì)量均為m=1Kg，g=10m／s2．下列說(shuō)法正確的是

A．小球M在圓弧軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受合外力方向始終指向軌道圓心
B．輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，M和N的速度大小都是m／s
C．輕彈簧被壓縮的過(guò)程中，M、N的總動(dòng)量和總動(dòng)能都保持不變
D．輕彈簧被壓縮過(guò)程中的最大彈性勢(shì)能為4J
【答案】B
【分析】
對(duì)小球M受力分析可知合外力方向是否指向圓心；小球M滑到B的過(guò)程由機(jī)械能守恒定律求得到B的速度，輕彈簧被壓縮的過(guò)程滿足動(dòng)量守恒定律；根據(jù)能量守恒知輕彈簧被壓縮的過(guò)程中，彈性勢(shì)能增大，總動(dòng)能減少，輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，彈性勢(shì)能最大，根據(jù)能量守恒可求得.
【詳解】
A．小球M在圓弧軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受豎直向下的重力、指向圓心的支持力，合外力方向除B點(diǎn)外并不指向軌道圓心，故A錯(cuò)誤；
B．小球M滑到B的過(guò)程由機(jī)械能守恒定律得：，解得：，當(dāng)兩球的速度相等時(shí)輕彈簧被壓縮至最短，由動(dòng)量守恒定律得：mvB=2mv，解得，故B正確；
C．輕彈簧被壓縮的過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律知M、N的總動(dòng)量不變，根據(jù)能量守恒知彈性勢(shì)能增大，所以總動(dòng)能減少，故C錯(cuò)誤；
D．輕彈簧被壓縮至最短時(shí)彈性勢(shì)能最大，根據(jù)能量守恒得：，解得E彈m=6J，故D錯(cuò)誤.
故選B.
【點(diǎn)睛】
本題考查了機(jī)械能守恒定律、動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律，弄清運(yùn)動(dòng)過(guò)程，明確能量的轉(zhuǎn)化是解題的關(guān)鍵.

4．如圖所示，一固定的四分之一光滑圓弧軌道與逆時(shí)針勻速傳動(dòng)的水平傳送帶平滑連接于N點(diǎn)，圓弧軌道半徑為R。質(zhì)量為m的小滑塊自圓弧軌道最高點(diǎn)M由靜止釋放，滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后返回圓弧軌道，上升到最高點(diǎn)時(shí)距N點(diǎn)高度為。不計(jì)空氣阻力，則（　?。?br />

A．傳送帶勻速傳動(dòng)的速度大小為
B．經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間，滑塊最終靜止于N點(diǎn)
C．滑塊第一次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為mgR
D．滑塊第三次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為mgR
【答案】ACD
【詳解】
A．小滑塊第一次滑上傳送帶時(shí)的速度為

向右減速到零后，再反向加速，離開(kāi)傳送帶時(shí)的速度為

因?yàn)?br />
所以小滑塊返回時(shí)是先加速后勻速，即傳送帶勻速傳動(dòng)的速度大小為。A正確；
B．滑塊速度跟傳送帶速度大小相等時(shí)，滑塊滑上傳送帶的速度和離開(kāi)傳動(dòng)帶的速度大小相等，之后一直保持這種狀態(tài)，所以小滑塊不會(huì)停在N點(diǎn)。B錯(cuò)誤；
C．小滑塊第一次在傳送帶上減速過(guò)程，相對(duì)傳送帶的位移為

反向加速過(guò)程，相對(duì)傳送帶的位移為

滑塊第一次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為

C正確；
D．第二次滑上傳送帶時(shí)，速度與傳送帶速度大小相等，所以以后每次滑上，發(fā)熱量一樣?；线^(guò)程中

返回過(guò)程

滑塊第二次及以后每次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為

D正確。
故選ACD。
5．一不可伸長(zhǎng)的輕繩端固定在天花板上，另一端系一個(gè)小球，開(kāi)始時(shí)繩豎直，小球與個(gè)傾角為θ的靜止三角形物塊剛好接觸，如圖所示。現(xiàn)在用水平力F向左緩慢地推動(dòng)三角形物塊，直至輕繩與斜面平行，不計(jì)一切摩擦。在該過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是（　?。?br />
A．繩中的拉力先變小后變大
B．地面對(duì)三角形物塊的支持力一直增大
C．斜面對(duì)小球的支持力不做功
D．水平推力F做的功等于小球機(jī)械能的增加量
【答案】BD
【詳解】
A．對(duì)小球受力分析，小球受重力mg、斜面對(duì)小球的彈力N和繩子的拉力T，小球緩慢移動(dòng)時(shí)受力平衡，則N與T的合力與mg等大反向，因?yàn)樾泵鎸?duì)小球的彈力方向不變，如圖所示

根據(jù)作圖法知，至輕繩與斜面平行的過(guò)程中，繩子的拉力T逐漸減小，斜面對(duì)小球的彈力N逐漸增大，故A錯(cuò)誤；
B．斜面對(duì)小球的彈力N逐漸增大，則小球?qū)π泵娴膲毫χ饾u增大，以三角形物塊為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件可知地面對(duì)三角形物塊的支持力逐漸變大，故B正確；
C．小球上升過(guò)程中，斜面對(duì)小球的彈力與小球位移夾角為銳角，故斜面對(duì)小球的支持力做正功，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)能量守恒得水平推力F做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的增量，斜面體動(dòng)能和重力勢(shì)能不變，小球的動(dòng)能不變，所以系統(tǒng)機(jī)械能的增量等于小球的重力勢(shì)能增加量，所以F做功等于小球機(jī)械能的增加量，故D正確。
故選BD。
6．商場(chǎng)的智能扶梯如圖所示，扶梯與水平面之間的夾角為θ，扶梯沒(méi)有站人時(shí)以較小的速度v1勻速向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)質(zhì)量為m的人踏上自動(dòng)扶梯的水平踏板時(shí)，扶梯會(huì)自動(dòng)以加速度a向上勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t加速到較大速度v2后再次勻速向上運(yùn)動(dòng)。已知電梯在加速過(guò)程人上升的豎直高度為h，人手未接觸電梯扶手，重力加速度為g。則（　?。?br />
A．電梯在加速過(guò)程中人處于超重狀態(tài)
B．加速過(guò)程中踏板對(duì)人的摩擦力不做功
C．加速過(guò)程電梯對(duì)人做的功為
D．當(dāng)扶梯以速度v2勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，支持力做功的功率為
【答案】AD
【詳解】
A．電梯在加速過(guò)程中，豎直方向上，人所受的合力向上，支持力大于重力，因此人處于超重狀態(tài)，A正確；
B．加速過(guò)程中，踏板對(duì)人摩擦力水平向右，人在水平向右的方向上通過(guò)的位移，因此摩擦力對(duì)人做正功，B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)能量守恒定律，加速過(guò)程電梯對(duì)人做的功

C錯(cuò)誤；
D．扶梯勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，支持力等于重力，因此支持力做功的功率

D正確。
故選AD。
7．如圖，固定斜面的傾角θ=37°，斜面與水平臺(tái)面間有一輕質(zhì)定滑輪，質(zhì)量分別為2m、m的兩小滑塊P、Q，通過(guò)跨在定滑輪的輕繩連接，滑輪左側(cè)輕繩水平，右側(cè)輕繩與斜面平行，已知滑塊Q與臺(tái)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，其它摩擦均不計(jì)，重力加速度大小為g，取sin37°=0.6，cos37°=0.8。在兩滑塊由靜止釋放后做勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中（　　）

A．兩滑塊的加速度大小均為0.3g
B．輕繩對(duì)Q做的功等于Q動(dòng)能的增加量
C．Q的機(jī)械能增加量小于P的機(jī)械能減少量
D．P的機(jī)械能減少量等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量
【答案】AC
【分析】
在兩滑塊由靜止釋放后勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小相等，分別對(duì)兩滑塊，利用牛頓第二定律列式，即可求出它們的加速度大小。根據(jù)動(dòng)能定理分析輕繩對(duì)Q做的功與Q動(dòng)能的增加量的關(guān)系。根據(jù)系統(tǒng)的能量轉(zhuǎn)化情況，分析Q的機(jī)械能增加量與P的機(jī)械能減少量的關(guān)系，并判斷P的機(jī)械能減少量與系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量關(guān)系。
【詳解】
A.設(shè)兩滑塊的加速度大小為a。對(duì)Q，由牛頓第二定律得
T-μmg=ma
對(duì)P，由牛頓第二定律得
2mgsinθ-T=2ma
聯(lián)立解得
a=0.3g
故A正確；
B.在Q運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，輕繩的拉力對(duì)Q做正功，摩擦力對(duì)Q做負(fù)功，其他力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，輕繩對(duì)Q做的功與摩擦力對(duì)Q做功之和等于Q動(dòng)能的增加量，則輕繩對(duì)Q做的功大于Q動(dòng)能的增加量，故B錯(cuò)誤；
C.對(duì)P、Q組成的系統(tǒng)，由于Q要克服摩擦力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能減少，則Q的機(jī)械能增加量小于P的機(jī)械能減少量，故C正確；
D.P的機(jī)械能減少量等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的熱量與Q的機(jī)械能增加量之和，故D錯(cuò)誤。
故選AC。
【點(diǎn)睛】
本題要求同學(xué)們能正確選擇合適的研究對(duì)象，由于P、Q的加速度方向不同，可采用隔離法，運(yùn)用牛頓第二定律求加速度。要正確分析能量的轉(zhuǎn)化情況，搞清各種能量之間的關(guān)系。
8．質(zhì)量M=1kg的重物B和質(zhì)量m=0.3kg的小圓環(huán)A用細(xì)繩跨過(guò)一光滑滑輪軸連接，A端繩與輪連接，B端繩與軸相連接，不計(jì)輪軸的質(zhì)量，輪與軸有相同的角速度且輪和軸的直徑之比為2︰1。重物B放置在傾角為固定在水平地面的斜面上，輕繩平行于斜面，B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=，圓環(huán)A套在豎直固定的光滑直桿上，滑輪軸中心與直桿的距離為L(zhǎng)=4m?，F(xiàn)將圓環(huán)A從與滑輪軸上表面等高處a靜止釋放，當(dāng)下降H=3m到達(dá)b位置時(shí)，圓環(huán)的速度達(dá)到最大值，已知直桿和斜面足夠長(zhǎng)，不計(jì)空氣阻力，取g=10m/s2。下列判斷正確的是

A．圓環(huán)A到達(dá)b位置時(shí)，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少了2.5J
B．圓環(huán)A速度最大時(shí)，環(huán)A與重物B的速度之比為5︰3
C．圓環(huán)A能下降的最大距離為Hm=7.5m
D．圓環(huán)A下降過(guò)程，作用在重物B上的拉力始終大于10N
【答案】AC
【詳解】
A．由題可知圓環(huán)A到達(dá)b位置時(shí)，重物B沿斜面的運(yùn)動(dòng)的位移為

A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少了

故選項(xiàng)A正確；
B．輪與軸有相同的角速度且輪和軸的直徑之比為2:1，圓環(huán)A速度最大時(shí)，環(huán)A沿繩方向的分速度與重物B的速度之比為

因?yàn)镠=3m，L=4m，所以此時(shí)繩與水平方向的夾角為，把環(huán)A的速度沿繩和垂直于繩方向分解，則環(huán)A沿繩方向的分速度

解得

故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．圓環(huán)A能下降的最大距離為，重物B沿斜面的運(yùn)動(dòng)的位移為

根據(jù)能量守恒可知

解得圓環(huán)A能下降的最大距離為，故選項(xiàng)C正確；
Ｄ．圓環(huán)A先向下做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)，所以重物B也是先加速后減速，而重物B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不變，繩子對(duì)B的拉力

即

所以繩子對(duì)B的拉力先大于10N后小于10N，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤；
故選AC。
9．如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M的木箱靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)質(zhì)量為m=2M的小物塊．現(xiàn)使木箱瞬間獲得一個(gè)水平向左、大小為v0的初速度，下列說(shuō)法正確的是

A．最終小物塊和木箱都將靜止
B．最終小物塊和木箱組成的系統(tǒng)損失機(jī)械能為
C．木箱速度水平向左、大小為時(shí)，小物塊的速度大小為
D．木箱速度水平向右、大小為. 時(shí)，小物塊的速度大小為
【答案】BC
【詳解】
A．系統(tǒng)所受外力的合力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，初狀態(tài)木箱有向左的動(dòng)量，小木塊動(dòng)量為零，故系統(tǒng)總動(dòng)量向左，系統(tǒng)內(nèi)部存在摩擦力，阻礙兩物體間的相對(duì)滑動(dòng)，最終小木塊和木箱相對(duì)靜止，因?yàn)橄到y(tǒng)的總動(dòng)量守恒，不管中間過(guò)程如何相互作用，根據(jù)動(dòng)量守恒定律知，最終兩物體以相同的速度一起向左運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；
B．規(guī)定向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得

則得最終系統(tǒng)的速度為：

方向向左，最終小木塊和木箱組成的系統(tǒng)損失機(jī)械能為：

故B正確；
C．系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，木箱速度水平向左、大小為時(shí)，由動(dòng)量守恒定律得：

解得：

故C正確；
D．系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，木箱速度水平向右，則木箱速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：

解得：

物塊與木箱相對(duì)滑動(dòng)，系統(tǒng)機(jī)械能有損失，但根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)可知，該過(guò)程機(jī)械能不變，不符合實(shí)際，故D錯(cuò)誤。
故選BC．
【點(diǎn)睛】
小木塊和木箱組成的系統(tǒng)在光滑的平面上滑動(dòng),系統(tǒng)所受外力的合力為零,故系統(tǒng)動(dòng)量始終守恒,而因?yàn)橄到y(tǒng)內(nèi)部存在摩擦力,阻礙物體間的相對(duì)滑動(dòng),最終兩物體應(yīng)該相對(duì)靜止,一起向左運(yùn)動(dòng).由動(dòng)量守恒求出最終共同速度,再由能量守恒求機(jī)械能的損失。


10．如圖甲所示，在高速公路的連續(xù)下坡路段通常會(huì)設(shè)置避險(xiǎn)車道，供發(fā)生緊急情況的車輛避險(xiǎn)使用。圖乙是避險(xiǎn)車道的簡(jiǎn)圖，由制動(dòng)坡床和防撞設(shè)施等組成。一輛質(zhì)量為10t的貨車行駛到一個(gè)長(zhǎng)下坡時(shí)，因剎車失靈以36km/h的初速度沿坡向下加速運(yùn)動(dòng)，在加速前進(jìn)了200m后，駕駛員將車從干道駛?cè)胫苿?dòng)坡床并沖上坡床50m后停止（貨車未與防撞設(shè)施碰撞）。若貨車在干道上受到的阻力是車重的0.1倍，干道和制動(dòng)坡床與水平面的夾角均為θ，（sinθ=0.3）。取重力加速度g=10m/s2，若貨車從干道駛?cè)胫苿?dòng)坡床時(shí)的速度大小不變，求：
(1)貨車剛駛?cè)胫苿?dòng)坡床時(shí)的速度；
(2)坡床對(duì)貨車的平均阻力大?。?br /> (3)貨車在坡床上損失的機(jī)械能大小。

【答案】(1)30m/s；(2)；(3)
【詳解】
解：(1)在干道上

解得

由

解得

(2)在坡床上

解得

由牛頓第二定律

解得

(3)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒，貨車在坡床上損失的機(jī)械能大小等于貨車克服摩擦力做功的大小

11．消防通道不能占用，一旦發(fā)生火災(zāi)消防車將不能靠近火源。在某次滅火過(guò)程中，當(dāng)消防槍與水平方向夾角為時(shí)恰好能擊中著火點(diǎn)中心，此時(shí)消防水槍槍口距地的高度為，消防槍槍口距車廂內(nèi)水面高，消防槍出水速度為，消防槍口的橫截面積為，水的密度，水泵機(jī)械效率為80%，取，，，忽略空氣阻力對(duì)水流的影響。求：
(1)消防槍槍口到著火點(diǎn)中心的水平距離；
(2)消防車水泵的功率。

【答案】(1)12.8m；(2)8250W
【詳解】
(1)射出的水從槍口到著火點(diǎn)做斜上拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則水平方向速度分量為

豎直方向速度分量為

設(shè)水射出到著火點(diǎn)所用時(shí)間為t，在豎直方向，有

代入數(shù)據(jù)，解得
或（舍去）
則消防槍槍口到著火點(diǎn)中心的水平距離為

(2)設(shè)消防槍在時(shí)間內(nèi)射出水的質(zhì)量為

由能量守恒定律，可得水泵做的總功為

則消防車水泵的功率為

聯(lián)立方程，代入數(shù)據(jù)解得

12．如圖所示，長(zhǎng)L=9m的傳送帶與水平方向的夾角=37°，在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v=4m/s的速率沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)行。在傳送帶的B端有一離傳送帶很近的擋板P可將傳送帶上的物塊擋住，在傳送帶的頂端A點(diǎn)無(wú)初速地放一質(zhì)量m=1kg的物塊，它與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5。物塊與擋板碰撞的能量損失及碰撞時(shí)間不計(jì)(g取10m/s2，sin37°=0.6， cos37°=0.8)。求：
(1)物塊從靜止釋放到第一次返回上升至最高點(diǎn)的過(guò)程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量；
(2)物塊從靜止釋放到第一次返回上升至最高點(diǎn)的過(guò)程中傳送帶多消耗的電能；
(3)物塊的最終狀態(tài)及電動(dòng)機(jī)在該狀態(tài)下比無(wú)物塊時(shí)多輸出的功率。

【答案】(1)100.8J；(2)76.8J；(3)穩(wěn)態(tài)；16W
【詳解】
(1)物塊從A點(diǎn)由靜止釋放，物塊相對(duì)傳送帶向下滑，物塊沿傳送帶向下加速運(yùn)動(dòng)的速度為

與P碰前的速度大小為

物塊從A到B的時(shí)間為

在此過(guò)程中物塊相對(duì)傳送帶向下的位移為

物塊與擋板碰撞后，以大小為v1的速度反彈，因v1＞v，物塊相對(duì)傳送帶向上滑，物塊向上做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為

物塊速度減小到與傳送帶速度相等的時(shí)間為

在t2時(shí)間內(nèi)物塊向上的位移為

此過(guò)程中物塊相對(duì)傳送帶向上的位移為

物塊速度與傳送帶速度相等后相對(duì)傳送帶向下滑，物塊向上做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為

物塊速度減小到零的時(shí)間為

在t3時(shí)間內(nèi)物塊向上的位移為

此過(guò)程中物塊相對(duì)傳送帶向下的位移為

摩擦生熱為


(2)多消耗的電能等于傳送帶克服摩擦力做的總功為


即傳送帶多消耗的電能為76.8J；
(3)物體返回上升到最高點(diǎn)時(shí)速度為零，以后將重復(fù)上述過(guò)程，且每次碰后反彈速度、上升高度依次減小，最終達(dá)到一個(gè)穩(wěn)態(tài)，穩(wěn)態(tài)的反彈速度大小應(yīng)等于傳送帶速度4m/s，此后受到的摩擦力總是斜向上，加速度為

方向斜向下，物體相對(duì)地面做往返“類豎直上拋”運(yùn)動(dòng)，對(duì)地上升的最大位移為

往返時(shí)間為

傳送帶受到的摩擦力大小始終為

故電動(dòng)機(jī)的輸出功率穩(wěn)定為

13．如圖所示，半徑的四分之一光滑圓軌道豎直固定在水平桌面上，軌道末端水平且端點(diǎn)N處于桌面邊緣。把質(zhì)量的小物塊從圓軌道上某點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)N點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)地面上的P點(diǎn)。已知桌面高度，小物塊經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)的速度，g取。不計(jì)空氣阻力，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，求：
(1)小物塊是從N點(diǎn)上方多高的地方由靜止釋放的？
(2)小物塊經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力多大？
(3)小物塊落地前瞬間的動(dòng)量大小是多大？

【答案】(1)0.45m；(2)5.6N；(3)
【詳解】
(1)設(shè)小物塊從釋放點(diǎn)到N點(diǎn)的高度為h1，在這個(gè)過(guò)程中小物塊的機(jī)械能守恒

得

(2)設(shè)小物塊經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小物塊的壓力為FN，由牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律可得

得

根據(jù)牛頓第三定律，小物塊對(duì)軌道的壓力
N
(3)從N點(diǎn)到P點(diǎn)，小物塊做平拋運(yùn)動(dòng)
豎直方向

得

水平方向

則小物塊在P點(diǎn)的速度大小

小物塊在P點(diǎn)的動(dòng)量大小

14．如圖所示，質(zhì)量為的帶有圓弧的滑塊A靜止放在光滑的水平面上，圓弧半徑R=1.8m，圓弧的末端點(diǎn)切線水平，圓弧部分光滑，水平部分粗糙，A的左側(cè)緊靠固定擋板，距離A的右側(cè)S處是與A等高的平臺(tái)，平臺(tái)上寬度為L(zhǎng)=0.5m的M、N之間存在一個(gè)特殊區(qū)域，B進(jìn)入M、N之間就會(huì)受到一個(gè)大小為F=mg恒定向右的作用力。平臺(tái)MN兩點(diǎn)間粗糙，其余部分光滑，M、N的右側(cè)是一個(gè)彈性卡口，現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m的小滑塊B從A的頂端由靜止釋放，當(dāng)B通過(guò)M、N區(qū)域后碰撞彈性卡口的速度v不小于5m/s時(shí)可通過(guò)彈性卡口，速度小于5m/s時(shí)原速反彈，設(shè)m=1kg，g=10m/s2，求：
(1)滑塊B剛下滑到圓弧底端時(shí)對(duì)圓弧底端的壓力多大？
(2)若A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.5，保證A與平臺(tái)相碰前A、B能夠共速，則S應(yīng)滿足什么條件？
(3)在滿足(2)問(wèn)的條件下，若A與B共速時(shí)，B剛好滑到A的右端，A與平臺(tái)相碰后B滑上平臺(tái)，設(shè)B與MN之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0＜μ＜1，試討論因μ的取值不同，B在MN間通過(guò)的路程。

【答案】(1)30N；(2)S＞0.8m；(3)見(jiàn)解析
【詳解】
(1)設(shè)B滑到A的底端時(shí)速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得

小球在圓弧底端合力提供向心力有

聯(lián)立各式并代入數(shù)據(jù)得v0＝6m/s；FN＝30N。根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對(duì)圓弧底端的壓力為30N。
(2)設(shè)AB獲得共同速度為v1，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得

代入數(shù)據(jù)解得：v1=4m/s；對(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理得

代入數(shù)據(jù)解得：S=0.8m，即保證A與平臺(tái)相碰前A、B能夠共速，S應(yīng)滿足S＞0.8m。
(3)設(shè)B到達(dá)卡口的速度v2＝5m/s，B將從平臺(tái)右側(cè)離開(kāi)，此時(shí)B與M、N的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，由動(dòng)能定理得

解得：μ1=0.1，即0＜μ≤0.1，B從卡口右側(cè)離開(kāi)，通過(guò)的路程
S1＝L＝0.5m
如果B到達(dá)卡口的速度小于5m/s，B將被彈回，進(jìn)入NM后做減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)M點(diǎn)速度恰好為零，設(shè)此時(shí)的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，則

解得μ2=0.8即0.1＜μ≤0.8，B從M左側(cè)離開(kāi)，通過(guò)的路程

如果0.8＜μ＜1，B經(jīng)與卡口碰撞、往返多次后最終靜止在N點(diǎn)，通過(guò)的路程S3，由動(dòng)能定理得

解得
S3＝1.3μ（m）
15．如圖所示，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊靜止放在木板的上表面。t=0時(shí)刻，給木板一個(gè)水平向右的初速度v0，同時(shí)對(duì)木板施加一個(gè)水平向左的恒力F，經(jīng)一段時(shí)間，滑塊從木板上掉下來(lái)。已知木板質(zhì)量M=3kg，高h(yuǎn)=0.2m，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2；滑塊質(zhì)量m=0.5kg，初始位置距木板左端L1=0.46m，距木板右端L2=0.14m；初速度v0=2m/s，恒力F=8N，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)滑塊從離開(kāi)木板開(kāi)始到落至地面所用的時(shí)間；
(2)滑塊離開(kāi)木板時(shí)，木板的速度大小；
(3)從t=0時(shí)刻開(kāi)始到滑塊落到地面的過(guò)程中，摩擦力對(duì)木板做的功。

【答案】(1)0.2s；(2)0.6m/s；(3)-7.38J。
【詳解】
(1)設(shè)滑塊從離開(kāi)木板開(kāi)始到落到地面所用的時(shí)間為t0，以地面為參考系，滑塊離開(kāi)木板后做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知
，
得
；
(2)木板向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律
，
得
，
則木板減速到零所經(jīng)過(guò)的位移
，
由于，表明這時(shí)滑塊仍然停留在木板上，此后木板開(kāi)始向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，摩擦力的方向改變，由牛頓第二定律
，
得
，
滑塊離開(kāi)木板時(shí)，木板向左的位移
，
該過(guò)程根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得，滑塊滑離瞬間木板的速度
；
(3)滑塊離開(kāi)木板后，木板所受地面的支持力及摩擦力隨之改變，由牛頓第二定律
，
得
，
故木板在t0這段時(shí)間的位移為
，
整個(gè)過(guò)程摩擦力對(duì)木板做的功為
。
16．如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺(tái)面上的固定彈射器、豎直圓軌道（在最低點(diǎn)E分別與水平軌道和相連）、高度h可調(diào)的斜軌道組成。游戲時(shí)滑塊從O點(diǎn)彈出，經(jīng)過(guò)圓軌道并滑上斜軌道。全程不脫離軌道且恰好停在B端則視為游戲成功。已知圓軌道半徑，長(zhǎng)，長(zhǎng)，圓軌道和光滑，滑塊與、之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。滑塊質(zhì)量m=2g且可視為質(zhì)點(diǎn)，彈射時(shí)從靜止釋放且彈簧的彈性勢(shì)能完全轉(zhuǎn)化為滑塊動(dòng)能。忽略空氣阻力，各部分平滑連接。求


（1）滑塊恰好能過(guò)圓軌道最高點(diǎn)F時(shí)的速度大?。?br /> （2）當(dāng)且游戲成功時(shí)，滑塊經(jīng)過(guò)E點(diǎn)對(duì)圓軌道的壓力大小及彈簧的彈性勢(shì)能；
（3）要使游戲成功，彈簧的彈性勢(shì)能與高度h之間滿足的關(guān)系。
【答案】(1) (2) (3)
【詳解】
（1）滑塊恰過(guò)F點(diǎn)的條件：

解得：
（2）滑塊從E到B，動(dòng)能定理：

在E點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律：

解得：
從O到B點(diǎn)，根據(jù)能量守恒定律：

解得：
（3）滑塊恰能過(guò)F點(diǎn)的彈性勢(shì)能：

到B點(diǎn)減速到0：

解得：
能停在B點(diǎn)，則：

解得：，此時(shí)
從O到B點(diǎn)：

其中
17．傾角為的斜面與足夠長(zhǎng)的光滑水平面在D處平滑連接，斜面上AB的長(zhǎng)度為3L，BC、CD的長(zhǎng)度均為3.5L，BC部分粗糙，其余部分光滑．如圖，4個(gè)“— ”形小滑塊工件緊挨在一起排在斜面上，從下往上依次標(biāo)為1、2、3、4，滑塊上長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿與斜面平行并與上一個(gè)滑塊接觸但不粘連，滑塊1恰好在A處．現(xiàn)將4個(gè)滑塊一起由靜止釋放，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)D處時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，輕桿不會(huì)與斜面相碰．已知每個(gè)滑塊的質(zhì)量為m并可視為質(zhì)點(diǎn)，滑塊與粗糙面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g．求

（1）滑塊1剛進(jìn)入BC時(shí)，滑塊1上的輕桿所受到的壓力大??；
（2）4個(gè)滑塊全部滑上水平面后，相鄰滑塊之間的距離．
【答案】（1）（2）
【詳解】
（1）以4個(gè)滑塊為研究對(duì)象，設(shè)第一個(gè)滑塊剛進(jìn)BC段時(shí)，4個(gè)滑塊的加速度為a，由牛頓第二定律：
以滑塊1為研究對(duì)象，設(shè)剛進(jìn)入BC段時(shí)，輕桿受到的壓力為F，由牛頓第二定律：
已知
聯(lián)立可得：
（2）設(shè)4個(gè)滑塊完全進(jìn)入粗糙段時(shí)，也即第4個(gè)滑塊剛進(jìn)入BC時(shí)，滑塊的共同速度為v
這個(gè)過(guò)程， 4個(gè)滑塊向下移動(dòng)了6L的距離，1、2、3滑塊在粗糙段向下移動(dòng)的距離分別為3L、2L、L，由動(dòng)能定理，有：

可得：
由于動(dòng)摩擦因數(shù)為，則4個(gè)滑塊都進(jìn)入BC段后，所受合外力為0，各滑塊均以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)；
第1個(gè)滑塊離開(kāi)BC后做勻加速下滑，設(shè)到達(dá)D處時(shí)速度為v1，由動(dòng)能定理：

可得：
當(dāng)?shù)?個(gè)滑塊到達(dá)BC邊緣剛要離開(kāi)粗糙段時(shí)，第2個(gè)滑塊正以v的速度勻速向下運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)L距離后離開(kāi)粗糙段，依次類推，直到第4個(gè)滑塊離開(kāi)粗糙段．由此可知，相鄰兩個(gè)滑塊到達(dá)BC段邊緣的時(shí)間差為，因此到達(dá)水平面的時(shí)間差也為
所以滑塊在水平面上的間距為
聯(lián)立解得
18．如圖甲所示，一長(zhǎng)木板正在水平地面上，在t=0時(shí)刻，一小物塊以一定速度從左端滑上長(zhǎng)木板，以后長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)v-t圖象如圖所示，已知小物塊與長(zhǎng)木板的質(zhì)量均為m=1kg，已知木板足夠長(zhǎng)，（g=10m/s2），求：
（1）小物塊與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)的值；
（2）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量。


【答案】（1）0.5（2）72J
【詳解】
（1）長(zhǎng)木板加速過(guò)程中，由牛頓第二定律，得


木板和物塊相對(duì)靜止，共同減速過(guò)程中，由牛頓第二定律得


由圖象可知，vm=2m/s，t1=1s，t2=0.8s
聯(lián)立解得
（2）小物塊減速過(guò)程中，有：


在整個(gè)過(guò)程中，由系統(tǒng)的能量守恒得

19．如圖所示，AB是半徑R=0.80m的光滑1/4圓弧軌道，半徑OB豎直，光滑水平地面上緊靠B點(diǎn)靜置一質(zhì)量M=3.0kg的小車，其上表面與B點(diǎn)等高．現(xiàn)將一質(zhì)量m=1.0kg的小滑塊從A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)B點(diǎn)滑上小車，最后與小車達(dá)到共同速度．已知滑塊與小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.40．重力加速度g取10m/s2．求：

（1）滑塊剛滑至B點(diǎn)時(shí)，圓弧對(duì)滑塊的支持力大；
（2）滑塊與小車最后的共同速度；
（3）為使滑塊不從小車上滑下，小車至少多長(zhǎng)．
【答案】（1）（2）（3）
【分析】
根據(jù)“滑塊從光滑圓弧滑下，滑上小車最后達(dá)到共同速度”可知，本題考查物體做多過(guò)程的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)優(yōu)先選擇動(dòng)能定理求速度，板塊模型優(yōu)先選用動(dòng)量守恒定律求速度，能量守恒定律求摩擦生熱列式計(jì)算.
【詳解】
(1)滑塊由A至B，由機(jī)械能守恒定律得：
經(jīng)B點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得：
聯(lián)立解得：
(2)滑塊滑上小車后，對(duì)滑塊與小車組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：
解得共同速度：
(3)滑塊滑上小車后，對(duì)滑塊與小車組成的系統(tǒng)，
由能量守恒定律得：
聯(lián)立可得：，即小車至少長(zhǎng)1.5m
【點(diǎn)睛】
本題綜合力學(xué)的三個(gè)觀點(diǎn)解決運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，涉及瞬時(shí)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系時(shí)考慮牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式；涉及變力、曲線、位移考慮動(dòng)能定理；涉及內(nèi)力作用的系統(tǒng)選擇動(dòng)量守恒定律；摩擦生熱涉及相對(duì)位移考慮能量守恒定律.
20．如圖所示，質(zhì)量M=4kg的小車靜止放置在光滑水平面上，小車右端B點(diǎn)固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧自由端在C點(diǎn)，C到小車左端A的距離L=lm，質(zhì)量m=lkg的鐵塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）靜止放在小車的最左端A點(diǎn)，小車和鐵塊之間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，小車在F=l8N的水平拉力作用下水平向左運(yùn)動(dòng)．作用一段時(shí)間后撤去水平拉力，此時(shí)鐵塊恰好到達(dá)彈簧自由端C點(diǎn)．此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧最大壓縮量x=5cm，g取10m/s2，求：

（1）水平拉力F的作用時(shí)間及所做的功；
（2）撤去F后彈簧的最大彈性勢(shì)能．
【答案】（1），36J（2）1.5J
【詳解】
（1）設(shè)水平拉力F的作用時(shí)間為t，在t時(shí)間內(nèi)鐵塊加速度為、位移為，小車加速度為、小車位移為，
對(duì)m：，
對(duì)M：，

解得：
水平拉力F所做功：
解得：
（2）設(shè)撤去拉力時(shí)鐵塊速度為，小車速度為，，
當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，鐵塊與車共速，設(shè)速度為v，此時(shí)由動(dòng)量守恒定律得：

設(shè)彈簧最大彈性勢(shì)能為：
解得：


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