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重难点10能量守恒定律

更新时间：2023-12-29 文章作者：信息来源：阅读次数：次

重难点10能量守恒定律

1．如图所示，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B之间的动摩擦因数是B和地面之间的动摩擦因数的4倍，A和B的质量均为m。现对A施加一水平向右逐渐增大的力F，当F增大到F₀时A开始运动，之后力F按图乙所示的规律继续增大，图乙中的x为A运动的位移，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对两物块的运动过程，以下说法正确的是（　　）
说明: figure

说明: figure

A．当F＞2F₀，木块A和木板B开始相对滑动
B．当F＞F₀，木块A和木板B开始相对滑动
C．自x=0至木板x=x₀木板B对A做功大小为

D．x=x₀时，木板B的速度大小为

【答案】D
【详解】
AB．设A、B之间的最大摩擦力为

，B与地面之间的最大摩擦力为

，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则

可知，当F增大到F₀，A开始运动时，B也和A一起滑动。则

当A、B发生相对滑动时，A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，整体隔离法得

联立解得

故AB错误；
CD．木板自x=0至x=x₀过程中，A、B没有发生相对滑动，整体动能定理得

对A用动能定理，得

联立解得

，

故C错误，D正确。
故选D。
2．如图所示，有三个斜面a、b、c，底边的长分别为L、L、3L，高度分别为3h、h、h。某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端。三种情况相比较，下列说法正确的是（　　）
说明: figure

说明: figure

A．物体损失的机械能

B．因摩擦产生的热量3Q_a=3Q_b=Q_c
C．物体到达底端的动能E_ka=3E_kb=3E_kc
D．因摩擦产生的热量4Q_a=2Q_b=Qc
【答案】B
【详解】
ABD．物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能转化成摩擦产生的内能。由图可知

和

底边相等且等于

的

，故摩擦生热的热量关系为

即

所以损失的机械能

即

故AD错误，B正确；
C．设物体滑到底端时的速度为

，根据动能定理得

则

根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时动能大小关系为

故C错误。
故选B。
3．质量为

的人，站立在电梯中的台秤表面，电梯向上运动的速度—时间图像如图所示，则下列分析正确的是（　　）
说明: figure

说明: figure

A．

人的机械能守恒
B．

人的机械能在减少
C．

和

台秤面对人的支持力做功相等
D．

人的机械能增加量小于

人的机械能增加量
【答案】D
【详解】
AB．该模型支持力做功等于机械能增加，

支持力始终做正功，机械能增加，故AB错误；
C．根据牛顿第二定律，

内

解得

内

内

解得

和

支持力不等，位移相等，所以做功不同，故C错误；
D．

内有

内有

故D正确。
故选D。
4．如图所示，光滑轨道ABCD是过山车轨道的模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动。现将一质量为m的小滑块从轨道AB上竖直高度为3R的位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，已知滑块滑上传送带后，又从D点滑入光滑轨道ABCD且能到达原位置A，则在该过程中（　　）
说明: figure

说明: figure

A．在C点滑块对轨道的压力为零
B．传送带的速度可能为

C．摩擦力对物块的冲量为零
D．传送带速度v越大，滑块在传送带因摩擦产生的热量越多
【答案】D
【详解】
A．从A到C由机械能守恒得

解得

在C由牛顿第二定律有

解得

故A错误；
B．从A到B由机械能守恒得

解得

小滑块滑传送带后做匀减速直线运动到0，如果传送带速度为

，则小滑块返回B点时速度小于

，所以小滑块不能返回A点，故B错误；
C．小滑块在传送带上运动时，当小滑块滑上传送带的速度大于传送带的速度时，小滑块返回D端时的速度和滑上的速度大小不相等，由动量定理可知，摩擦力的冲量不为0，故C错误；
D．滑块与传送带摩擦产生的热量

传送带速度越大，相对路程越大，产生热量越多，故D正确。
故选D。
5．如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度

沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为

，木块对了弹的阻力为F（F视为恒力），则下列判断正确的是（　　）
说明: figure

说明: figure

A．子弹和木块组成的系统机械能守恒
B．子弹对木块所做的功为

C．系统产生的热量为

D．子弹对木块做的功为

【答案】D
【详解】
A．有阻力做功，有内能产生，子弹和木块组成的系统机械能减少，故A错误；
B．子弹对木块所做的功为：

，故B错误；
C．了弹和木块组成的系统产生的热量为：

（相对位移），故C错误；
D．以木块为研究对象，根据动能定理可能

故D正确。
故选D。
6．一物体在光滑斜面上受到一平行于斜面、方向不变的力作用，由静止开始沿斜面运动。运动过程中小物块的机械能E与路程x的关系图像如图所示，其中

过程的图线为曲线，

过程的图线为直线。忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
说明: figure

说明: figure

A．

过程中小物块所受拉力始终大于重力沿斜面的分力
B．

过程中小物块一定做匀加速直线运动
C．

过程中小物块的重力势能一直增大
D．

过程中小物块一定做匀速直线运动
【答案】B
【详解】
A．由图象可知，在

处小物块机械能增加到最大值，说明此时小物块的速度为零，则

过程中小物块是先沿斜面向上做加速再做减速，因此在此过程中小物块所受拉力先大于重力沿斜面的分力，后小于重力沿斜面的分力，故A错误；
BD．由于机械能的增加量等于拉力所做的功，则可知图象的斜率大小表示拉力的大小，因此

过程中拉力的大小不变，机械能减小，由于在

处小物块速度为零，所以

过程中小物块一定沿斜面向下做匀加速直线运动，故B正确，D错误；
C．

过程中小物块是沿斜面向上运动，重力势能增大，

过程中小物块沿斜面向下运动，重力势能减小，故C错误。
故选B。
7．如图所示，质量为2kg物体放在无人机中，无人机从地面起飞沿竖直方向上升，经过200s到达100m高处后悬停（

）。则无人机上升过程中（　　）
说明: figure

说明: figure

A．物体对无人机的压力一直大于20N
B．物体对无人机的压力一直等于20N
C．无人机做的功等于物体和无人机增加的机械能
D．无人机做的功大于物体和无人机增加的机械能
【答案】D
【详解】
AB．无人机加速上升过程中，加速时物体处于超重状态，物体对无人机的压力一直大于20N；减速时物体处于超重状态，物体对无人机的压力一直小于20N，故AB错误；
CD．根据能量守恒可知，无人机做的功等于物体和无人机的机械能的增加量和克服空气阻力产生的内能之和，即无人机做的功大于物体和无人机增加的机械能，故C错误，D正确。
故选D。

8．如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向传动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上的A点与圆心等高，一小物块从A点由静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A点，则下列说法正确的是（　　）
说明: figure

说明: figure

A．圆弧轨道的半径一定是

B．若减小传送带速度，则小物块可能到达不了A点
C．若增大传送带速度，则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点
D．不论传送带速度增大到多大，小物块都不可能到达圆弧轨道的最高点
【答案】BD
【详解】
A．小物块在圆弧轨道上下滑的过程中机械能守恒，设圆弧轨道的半径为R，根据机械能守恒定律得

所以小物块滑上传送带的初速度

。小物块滑上传送带后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力作用下反向加速，根据小物块的受力情况可知，在减速和加速的过程中小物块的加速度的大小是相等的，若小物块恰好回到A点，小物块返回圆弧轨道底端时的速度大小等于从圆弧轨道下滑到传送带时的初速度大小，只要传送带的速度

，小物块就能返回到A点，则

，故A错误；
B．若减小传送带速度，仍有

，小物块就能返回到A点；若

，则小物块返回到圆弧轨道底端时的速度小于

，则小物块到达不了A点，故B正确；
CD．若增大传送带的速度，由于小物块返回到圆弧轨道底端的速度不变，故小物块只能滑到A点，不能滑到圆弧轨道的最高点，故C错误，D正确。
故选BD。
9．某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能E_k与位移x的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。根据图像所给的信息可求出（　　）
说明: figure

说明: figure

A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1000N
B．汽车的额定功率为80kW
C．汽车加速运动的时间为22.5s
D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×10⁵J
【答案】BD
【详解】
A．由题意知，关闭储能装置后汽车在地面阻力作用下做匀减速直线运动，对于图线①，根据动能定理得

得到

故A错误；
B．设汽车匀速运动的速度为v，则有

得

汽车的额定功率为

故B正确；
C．汽车保持额定功率不变做加速运动过程中，根据动能定理得

代入数据解得

故C错误；
D．根据功能关系得到：汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为

故D正确。
故选BD。
10．一物块从斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，在物块从顶端滑到底端的过程中，其重力势能和动能随下滑距离x的变化如图中直线I、II所示。根据图中信息可以求出（　　）
说明: figure

说明: figure

A．物块与斜面间的动摩擦因数
B．物块受到滑动摩擦力的大小
C．物块下滑时加速度的大小
D．物块下滑5.0m过程中机械能的损失
【答案】BD
【详解】
AB．设物体与斜面的摩擦因素为

，由图像可得

带入数据可得

由于物体质量未知，故无法求出摩擦因素，故A错误，B正确；
C．下滑时的加速度为

由于斜面倾角和摩擦因素未知，故无法求出加速度，故C错误；
D．物体下滑10m时损失的机械能为55J，故下滑5m时损失的机械能为27.5J，故D正确；
故选BD。
11．地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程（　　）
说明: figure

说明: figure

A．两次提升过程中电机的最大牵引力相等
B．电机输出的最大功率相等
C．矿车上升所用的时间之比为

D．电机所做的功之比为

【答案】AC
【详解】
A．由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律

可得提升的最大牵引力之比为

，故A正确；
B．最大拉力相等，由功率公式

电机输出的最大功率之比等于最大速度之比为

，故B错误；
C．由图可得，变速阶段的加速度

设第②次所用时间为t，根据速度—时间图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知
eqId392a3616e87345f39cc8553c85a18c18

eqId392a3616e87345f39cc8553c85a18c18

解得

所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为

故C正确；
D．电机所做的功等于增加的重力势能，两次增加的重力势能相同，因此电机做功之比为

故D错误。
故选AC。
12．如图所示，光滑水平面与逆时针运动的粗糙倾斜传送带平滑连接，水平面上有一质量为m的滑块，以初速v₀向右冲上传送带，传送带的速度大小为v。在滑块冲上传送带到离开传送带的过程，下列说法中正确的是（　　）
说明: figure

说明: figure

A．传送带对滑块做功可能为零
B．传送带对滑块冲量可能为零
C．传送带对滑块冲量可能水平向左
D．v₀和v越大，滑块与传送带摩擦生热都越多
【答案】ACD
【详解】
A．若滑块从传送带下方离开，滑块在向上运动过程中，摩擦力向下，摩擦力做负功，向下加速下滑过程中摩擦力向下，做正功，若滑块在下滑过程中一直做匀加速直线运动，则上滑过程和下滑过程摩擦力大小相同，位移大小相同方向相反，因此整个过程摩擦力做的功可能为零，A正确；
B．滑块向上滑动和向下过程中，传送带对滑块的作用力为摩擦力与支持力的合力，两个力的大小和方向均为发生变化且不为零，故传送带对滑块冲量不为零，B错误；
C．滑块向上滑动和向下过程中，传送带对滑块的作用力为摩擦力与支持力的合力，两个力的大小和方向均为发生变化且不为零，由三角形定则可得：当摩擦力与支持力的合力水平向左时，二者合力与重力的合力仍可以平行于斜面向下，故传送带对滑块冲量可能水平向左，C正确；
D．由于物块运动的方向与传送带运动的方向相反，v₀和v越大，二者相对位移越大，由

可得：v₀和v越大，滑块与传送带摩擦生热都越多，D正确；
故选ACD。
13．子弹水平射向固定在光滑的水平面上的木块，子弹的动能为10J时恰好能射穿。若木块可以在光滑的水平面上自由滑动，当子弹初动能为24J时，子弹水平射向静止的木块，子弹受到的阻力大小相同，在此情况下（　　）
A．系统产生的内能可能为12J B．系统产生的内能可能为10J
C．木块获得的动能可能为6J D．木块获得的动能可能为4J
【答案】BD
【详解】
AB．木块固定在水平面上，子弹的动能为10J时恰好能射穿。

木块可以在光滑的水平面上自由滑动，子弹可能射穿木块，可能留在木块中，当子弹射穿木块时，系统产生的内能最大，此时

故A不可能，B可能；
CD．若子弹最终留在木块中，木块、子弹共速，木块获得的动能最大，由动量定理可得

木块的动能为

eqId5a7700a45d38408e90123723f1ec4abd

当

且木块和子弹共速时，木块子弹动能

，但是由于系统产生的内能最大为10J，则系统能量

不符合能量守恒定律，故C不可能，D可能。
故选BD。
14．传送带已经成为物体搬运系统机械化和自动化不可缺少的组成部分。某生产车间采用了自动化传送带来实现工件的传输，如图所示。已知绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v₀=2m/s的速率运行，某分拣机械手把一质量为m=10 kg的工件（可看作质点）轻轻放在传送带的底端，经过时间1.9s，工件被传送到h=1.5m的高处，取g=10m/s²，求：
(1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。
说明: figure

说明: figure

【答案】(1)

；(2)230J
【详解】
(1)根据几何关系可得皮带总长为

工件速度达v₀前，做匀加速运动的位移为

匀速运动的位移为

解得，加速时间和加速位移分别为

，

所以加速度为

由牛顿第二定律，有

解得，工件与传送带间的动摩擦因数为

(2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功发出的热量。
在时间t₁内，传送带运动的位移为

在时间t₁内，工件相对传送带的位移

在时间t₁内，摩擦力做功产生的热量为

工件获得的动能为

工件增加的势能为

则电动机多消耗的电能为

15．如图所示，电动机带动下，皮带的传输速度不变，AB为皮带上方的水平段。小物块由静止轻放在皮带左端A处，经过一段时间，物块的速度等于皮带的速度，已知传动轮的半径为R，物块与皮带之间的动摩擦因数为μ。
(1)为使物块运动到皮带右端B处时能脱离皮带，皮带的传输速度v和AB段的长度l应分别满足什么条件？
(2)若AB段的长度足够长，已知皮带的传输速度为v，现每隔一段相等的时间就在A处释放一个质量为m的物块，经过一段时间后，皮带右侧相邻物块之间的距离增大到最大值d之后保持不变，直到脱离皮带。求皮带每传输一个物块电动机对皮带做的功，并求电动机对皮带做功的平均功率。
说明: figure

说明: figure

【答案】(1)

，

；(2) mv²，

【详解】
(1)物体在B点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得
mg=m

解得
v=

物体从静止加速到v过程，由速度位移公式得：
l=

=

=

物体需要满足的条件为

，

(2)物体获得的动能为
E_k=

mv²
物体在加速阶段

，

传送带位移为

产生的内能为
Q=μmg（x₂﹣x₁）
解得
Q=

mv²
则皮带每传输一个物块电动机对皮带做的功为
W=Q+E_k=

mv²+

mv²=mv²
释放物体的时间间隔为

电动机对皮带做功的平均功率为
eqIdc99753b2562740fc84a55df659bba1c1

eqIdc99753b2562740fc84a55df659bba1c1

16．如图，粗糙斜面与光滑水平面通过光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角

=37^°。小滑块（可看作质点）A的质量为m_A=1kg，小滑块B的质量为m_B=3kg，其左端连接一水平轻质弹簧。若滑块A在斜面上受到大小为4N，方向垂直斜面向下的恒力F作用时，恰能沿斜面匀速下滑。现撤去F，让滑块A从距斜面底端L=4m处，由静止开始下滑。取

，sin37^°=0.6，cos37^°=0.8，求：
(1)滑块A与斜面间的动摩擦因数；
(2)撤去F后，滑块A到达斜面底端时的速度大小；
(3)滑块A与弹簧接触后的运动过程中弹簧最大弹性势能。
说明: figure

说明: figure

【答案】(1)0.5；(2)4m/s；(3)6J
【详解】
(1)滑块A沿着斜面匀速下滑时受力如图所示
说明: figure

说明: figure

由平衡条件得

又因为

联立解得

代入已知数据解得：

(2)滑块A沿斜面加速下滑时受力如图所示
说明: figure

说明: figure

设滑块A滑到斜面底端时速度为

，根据动能定理得

代入数据解得

(3)由分析可知，当A、B速度相同时，弹簧有最大弹性势能。以A、B及弹簧为研究对象，设它们共同的速度为

，据动量守恒定律有

根据能量守恒有

代入数据解得：

17．如图所示，一半径为R的粗糙圆弧轨道固定在竖直面内，A、B两点在同一条竖直线上，OA与竖直方向的夹角为

。一质量为m的小球以初速度v₀水平抛出，小球从A点沿切线方向进入圆弧轨道，且恰好能运动到B点。小球可视为质点，空气阻力不计，重力加速度为g。求：
(1)小球在A点的速度v；
(2)小球抛出点距A点的高度h；
(3)小球从A点运动到B点的过程中，因与轨道摩擦产生的热量Q。
说明: figure

说明: figure

【答案】(1)2v₀；(2)

；(3)

【详解】
(1)在A点有

则

(2)设小球到达A点时的竖直速度为

，则

由运动学公式得

，联立解得

(3)设小球到达A点时的速度为

，则

小球在B点，由牛顿第二定律得

小球从A点运动到B点的过程中，由能量守恒定律得

联立解得

18．如图所示，倾角

的光滑斜面底端固定一垂直于斜面的挡板，一质量M=3kg的木板A放置在斜面上，下端离挡板的距离d=10m，A的上端放置有一质量为m=1kg的小物块B。现由静止同时释放A和B，A与挡板发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短，在运动过程中，B始终没有从A上滑落，且B未与挡板发生碰撞。A、B间的动摩擦因数μ=

，g为重力加速度。求：
(1)A与挡板第一次碰撞前瞬间的速度

；
(2)A与挡板从第一次碰撞后至第二次碰撞时所经历的时间t；
(3)从开始释放到最后的整个过程摩擦产生的热量Q。
说明: figure

说明: figure

【答案】(1)

；(2)

；(3)

【详解】
(1)由

解得

(2)第一次碰撞后，A、B相对滑动，加速度大小分别为

和

，根据牛顿第二定律可得，对A有

解得

对B有

得

第一次碰撞后，经时间

，A、B达到相同的速度为

，A运动的位移为

，则A、B由运动学公式得，对A有

对B有

且

从A、B共速到第2次碰撞前，此过程所用时间为

，有

解得

，

A与挡板从第一次碰撞后到第二次碰撞时经历时间

(3)从A、B从开始运动到最终静止过程中，A相对B运动的位移为L，此过程中产生热量为Q，由能量守恒得

解得

则

19．如图所示，在距水平地面高h₁=1.2m的光滑水平台面上，一个质量m=1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存的弹性势能E_p=2J。现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知B点距水平地面的高h₂=0.6m，圆弧轨道BC的圆心为O，C点的切线水平，并与水平地面上长为L=2.1m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度g=10m/s²，空气阻力忽略不计。试求：
(1)小物块运动到B的瞬时速度v_B大小；
(2)小物块在圆弧轨道BC上滑到C时对轨道压力N_c大小（保留一位小数）；
(3)若小物块与墙壁只发生一次弹性碰撞，且不会从B点飞出，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足怎样的条件。
说明: figure

说明: figure

【答案】(1)4m/s；(2)33.3N；(3)

【详解】
（1）打开锁扣K，物块与弹簧分离后将获得速度v₀，由机械能守恒得

解得

小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，由机械能守恒得

解得

（2）根据图中几何关系可知

解得

根据能的转化与守恒可知

解得

对小球在圆弧轨道C点应用牛顿运动定律

解得

(3)依据题意知，①μ的最大值对应的是物块撞墙前瞬间的速度趋于零，根据能量关系有

代入数据解得

②对于μ的最小值求解，首先应判断物块第一次碰墙后反弹，能否沿圆轨道滑离B点，设物块碰前在D处的速度为v₂，由能量关系有

第一次碰墙后返回至C处的动能为

可知即使

有

小物块不可能返滑至B点，故μ的最小值对应着物块撞后回到圆轨道最高某处，又下滑经C恰好至D点停止，因此有

联立解得

综上可知满足题目条件的动摩擦因数μ值

20．如图所示，质量为M=2kg的木板，静止在光滑水平面上，木板左端固定着一根轻质弹簧，一质量m=1kg的木块（可视为质点），从木板右端以某一初速度开始向左滑行，最终回到了木板右端刚好未从木板滑出。若在木块压缩弹簧的过程中，弹簧弹性势能的最大值为6J，木块与木板间滑动摩擦力大小保持不变。求：
(1)木块初速度

的大小；
(2)木块在木板上滑动的过程中系统损失的机械能。
说明: figure

说明: figure

【答案】(1)

；(2)12J
【详解】
(1)弹簧的弹性势能最大，设此时的速度为

当木块向左运动到和木板的速度相等时，由能量守恒

从初状态到木块又滑到木板右端，两者相对静止，共同的速度仍为

以上方程解得

(2)整个过程中，木块的初速度为

，两者的共同速度为

所以系统损失的机械能为

21．如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中倾斜直轨

与水平直轨

长均为

，圆弧形轨道

和

均光滑，

的半径为

，

的半径为R，

、

与两圆弧形轨道相切，

、

与竖直方向的夹角均为

。现有一质量为

的小球穿在滑轨上，以

的初动能从B点开始沿

向上运动，小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为

，设小球经过轨道连接处均无能量损失。（

，

，

，

，

，

，

）求：
(1)要使小球完成一周运动回到B点，初动能

至少多大？
(2)若以第(1)问的初动能从B点开始运动，则小球第二次到达D点时的动能。
(3)若以第(1)问的初动能从B点开始运动，小球在

段上运动的总路程。

说明: figure

【答案】(1)

；(2)

；(3)

【详解】
(1)由几何关系可知

解得

动能最小时，应该沿着逆时针运动，首先恰好到达大圆弧最高点，此时

解得

再回到B点时的动能

解得

因此初动能至少为

(2)回到B点后继续上升，不能到达圆弧最高点，设上滑的距离为x，则

解得

小球原路返回，再次回到D点时

解得

(3)小球通过D点后，沿圆弧上升到某高度，返回D点后再到达C点时的动能

不可能到达B点，从小圆弧返回后由从C向D运动，设运动的路程为s，则

解得

因此在CD上的总路程

22．如图所示，传送带与水平面之间的夹角为

，其上A、B两点间的距离为

，传送带在电动机的带动下以

的速度匀速运动。现将一质量为

的小物体（可视为质点）轻放在传送带的A点，小物体与传送带之间的动摩擦因数

，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：（g取10m/s²）
(1)小物体做加速运动阶段的位移

；
(2)小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量

；
(3)传送带对小物体做的功

。

说明: figure

【答案】(1)0.8m；(2) 60J；(3) 270J
【详解】
(1)小物体做加速运动阶段，由动能定理得

代入数值，得

(2)小物体加速运动的时间为t，对于小物体

对于传送带

所以

摩擦生热

代入数值得

(3)由功能关系得

代入数值得

23．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一足够长的水平传送带，传送带正以4m/s的速度顺时针运动，一个质量为2kg的物体（可视为质点），从h=3.2m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，其速率都不发生变化。已知物体与传送带间的动摩擦力因数为0.5，取g=10m/s²，求：
（1）物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带所用的时间；
（2）物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带摩擦产生的热量。
说明: figure

说明: figure

【答案】（1）3.6s；（2）144J
【详解】
（1）物体下滑到A点，根据机械能守恒有
mgh=

解得v₁=8m/s
根据牛顿第二定律有
ma=mgsin30°
解得a₁=5m/s²
则运动时间为
t₁=

=1.6s
物体上传送带的速度大于传送带的速度所以物体以传送带的度v=4m/s返回，取向右为正
由

向右
v=v₁+a₂t₂
可得
t₂=2.4s
由

由
t₃=

得
t₃=1.2s
t_总=t₂+t₃=3.6s

（2）传送带的位移为
x_传=vt₂=9.6m
则相对位移为
x_相=x_传-x_物=9.6+4.8=14.4m
故产生的热量为
Q=fx_相=144J
24．如图所示，足够长的光滑水平地面上并排静置着靠在一起的两相同长木板A、B，木板质量

，长度均为

，A、B之间用不可伸长的长度为

的轻质细线拴接（图中未画出）。质量

的小滑块C以

的水平初速度自木板A的左端滑到上表面，已知小滑块C与木板A、B间的动摩擦因数均为

，细线张紧后两长木板能立即相对静止，取

，求：
(1)小滑块C在木板A上运动的时间t_A；
(2)木板B最终的速度大小v_B；
(3)整个运动过程中，A、B、C组成的系统因摩擦产生的热量Q。
说明: figure

说明: figure

【答案】(1)1s；(2)2m/s；(3)

【详解】
(1)C在A上滑动时，由牛顿第二定律得，C的加速度大小

AB整体的加速度大小

由运动学公式

得

解得

或

（舍）
(2)在

时由

知C的速度

AB整体的速度

假设C滑上B后，BC能达共速，由动量守恒得

解得

由

知：BC达共速的时间

由

知：在该过程中C和B的位移分别为

故C相对B的位移

即C未从B上滑落。有

知在

内，A运动的位移

B相对A运动的位移

故该过程中细线一直未被拉紧，即BC能先达共速。在细线被拉紧的过程中，由AB组成的系统动量守恒得

解得细线被拉紧后AB的共同速度

假设最终AB整体与C三者能达到共速，由三者组成的系统动量守恒得

解得

由

知：细绳张紧后，AB整体与C达共速的时间

该过程中C和AB整体的位移分别为

，

该过程中C相对AB的位移

故C始终未从B上滑落，即A、B、C三者能达共速。故木板B最终的速度大小

(3)由能量守恒得：整个过程中A、B、C三者组成的系统损失的机械能

细线张紧过程中，A、B组成的系统损失的机械能

故整个运动过程中，A、B、C组成的系统因摩擦产生的热量

25．如图所示，AB是倾角θ=45°的倾斜轨道，BCEF是一个水平轨道（物体经过B点时无机械能损失）竖直平面内的光滑圆形轨道最低点与水平面相切于C点，A端固定一轻质弹簧，B、C两点间的距离d=2m，P点与B点的水平距离L=4m，圆形轨道的半径R=2m。一质量m=2kg的小物体，从P点紧靠弹簧由静止释放，恰好能沿圆形轨道运动并到达C点右侧。小物体与倾斜轨道AB、水平轨道BC间的动摩擦因数都是μ₁=0.1，C点右侧轨道与小物体间的动摩擦因数为μ=μ₁+

x，其中

=0.05/m，x为物体在C点右侧到C点的距离，E、F为水平右侧轨道上的点，它们到C点的距离分别为x_E=10m，x_F=16m（提示∶可以用F-x图像下的“面积”代表力F所做的功，g=10m/s²）
(1)求弹簧的弹性势能；
(2)求小物体最终静止的位置；
(3)若改用同材料的质量为m′的小物体从同一位置释放，为使小物体能静止在EF段范围内，试求m′的取值范围。
说明: figure

说明: figure

【答案】(1)32J；(2)12.3m；(3)

≤m′≤2kg
【详解】
(1)小物体从P点到D点的过程

得
E_P=32J
(2)从D点到最后静止,此时摩擦力随x的变化而变化μ=μ₁+

x可知

其f-x图像为一条直线，所以

得
2x+0.5x²=100
解得

(3)设小物体质量为m′，
条件1∶要能过D点，则：

得

条件2∶能过E点
因为恰好过D点后到x=12.3m静止，故能过E点
条件3∶不能超过F点，从P到F点过程

得

所以m′的取值范围是

26．如图所示，水平传送带左端A处与倾角为

30°的光滑斜面平滑连接，右端B处与一水平面平滑连接，水平面上有一固定竖直挡板，挡板左侧与一轻弹簧连接，弹簧处于自然状态，弹簧左端刚好处在水平面上的C点，斜面长为

=2.5m，传送带长L=4.5m。BC段长

=0.5m，传送带以速度v=1m/s顺时针转动。一质量为m=2kg的物块从斜面顶端由静止释放，已知物块与传送带间及水平面BC段的动摩擦因数分别为

=0.1，

=0.35，水平面C点右侧光滑，重力加速度取

=10m/s²，求：
(1)弹簧获得的最大弹性势能；
(2)物块第三次到达B点时的速度大小；
(3)物块与传送带由于相对滑动而产生的热量。
说明: figure

说明: figure

【答案】(1)12.5J；(2) 1m/s；(3) 23J
【详解】
(1)设物块滑到斜面底端的速度为v₁，根据机械能守恒有

解得
v₁=5m/s
由于v₁>v，因此物块滑上传送带后开始做匀减速运动，加速度大小

设物块在传送带上先减速运动后匀速运动，则减速运动的位移

由于△x>L，因此假设不成立，物块在传送带上一直做匀减速运动，根据功能关系

(2)设物块第二次到达A点的速度大小为v₃，根据功能关系

解得
v₃=0
即物体到达到A点时，速度减为零，在传送带的带动下又向左做匀加速运动，当物体与传送带刚好共速时发生的位移

因此物块第三次在传送带上先做匀加速运动后做匀速运动，第三次到B点的速度为
v=1m/s
(3)设第一次在传送带上滑动经历的时间为t₁，则有

则第一次在传送带由于相对滑动而产生的热量

联立两式代入数据解得
Q₁=7J
设物块第二次到B点时速度为v₂，第二次在传送带上滑动经历的时间为t₂，则有

解得
v₂=3m/s

则第二次在传送带上由于相对滑动而产生的热量

设物块第三次在传送带上相对滑动时间为t₃，则

则第三次在传送带上由于相对滑动而产生的热量

由于

因此物块不会第四次滑上传送带，故物块与传送带由于相对滑动而产生的热量
Q=Q₁＋Q₂＋Q₃=23J
27．如图所示，一长木板质量为M=4 kg，木板与地面的动摩擦因数μ₁=0.2，质量为m=2 kg的小滑块放在木板的右端，小滑块与木板间的动摩擦因数μ₂=0.4。开始时木板与滑块都处于静止状态，木板的右端与右侧竖直墙壁的距离L=2.7 m，现给木板一水平向右的初速度v₀＝6 m/s使木板向右运动，设木板与墙壁碰撞时间极短，且碰后以原速率弹回，g取10 m/s²，求：
(1)木板与墙壁碰撞时，木板和滑块的瞬时速度各是多大。
(2)木板与墙壁碰撞后，经过多长时间小滑块停在木板上。
(3)从开始运动到小滑块停在木板上，小滑块与木板之间、木板与地面之间因摩擦而产生的热量分别为多少。
说明: figure

说明: figure

【答案】(1)3m/s，2.4m/s；(2)0.6s；(3)43.2J；28.8J；
【详解】
(1)木板向右做匀减速直线运动，加速度为

滑块向右做匀加速直线运动，加速度为

设木板与墙壁碰撞时木板的速度为v_M，滑块的速度为v_m

解得

运动时间为

滑块的速度为

木板与墙壁碰撞时，木板的瞬时速度为3m/s，滑块的瞬时速度为2.4m/s
(2)设滑块与木板共速的时间为t₂，共同速度为v

解得

(3)木板一直以相同的加速度做匀减速直线运动到静止，木板与地面之间因摩擦而产生的热量为

滑块向右加速运动产生的热量为

滑块向右减速运动产生的热量为

小滑块与木板之间产生的总热量为

28．如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，从A到B长度为L=14m，传送带以v₀=8m/s 的速率逆时针转动，在传送带上端A无初速地放一个质量为m=0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.25，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s²。求∶
(1)煤块从A到B的时间。
(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度。
(3)系统因摩擦产生的热量。
说明: figure

说明: figure

【答案】(1)2s；(2)4m；(3)6J
【详解】
(1)煤块刚放上时，受到沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律得

代入数据解得

煤块达到和传送带速度相等时的时间为

煤块达到和传送带速度相等过程中的位移为

煤块速度到达v₀后，煤块受到向上的摩擦了，由牛顿第二定律得

代入数据解得

煤块第二次加速的位移为

解得

煤块从A到B的时间为

(2)第一过程煤块相对传送带向上移动，划痕长为

第二过程中煤块相对传送带向下移动，划痕长为

两部分重合，故划痕总长为4m
(3)系统因摩擦产生的热量为

29．如图，风洞实验室中有水平放置的长为20m的传送带，其线速度恒为8m/s，特殊形状的小物块在实验室中会受到与其运动方向相反的大小恒为2N的风力作用。已知小物块的质量为2kg，它和传送带之间的动摩擦因数为0.5，g=10m/s²。将小物块从传送带的左端静止释放，求：
(1)小物块加速过程中的加速度；
(2)小物块运动到传送带的另一端的过程中，系统产生的热量。
说明: figure

说明: figure

【答案】(1)

，方向水平向右；(2)

【详解】
(1)选向右为正方向，对小物块由牛顿第二定律得

代入数据解得

方向水平向右
(2)小物块加速到与传送带速度相等需要的时间

此时小物块的位移

此后小物块相对传送带静止一起匀速运动。
小物块加速过程传送带的位移

滑块与传送带间的相对位移

系统产生的热量

30．如图所示，是利用电力传送带装运麻袋包的示意图。传送带长l=20 m，倾角θ=37°，麻袋包与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带的主动轮和从动轮半径R相等，传送带不打滑，主动轮顶端与货车车箱底板间的高度差为h=1.8 m，传送带匀速运动的速度为v=2 m/s。现在传送带底端（传送带与从动轮相切位置）由静止释放一只麻袋包（可视为质点），其质量为100 kg，麻袋包最终与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动。如果麻袋包到达主动轮的最高点时，恰好水平抛出并落在货车车箱底板中心，重力加速度g=10 m/s²，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：
(1)主动轮轴与货车车箱底板中心的水平距离x及主动轮的半径R；
(2)麻袋包在传送带上运动的时间t；
(3)该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能。
说明: figure

说明: figure

【答案】(1)1.2 m，0.4 m；(2)12.5 s；(3)15400 J
【详解】
(1)设麻袋包平抛运动时间为t，则竖直方向

水平方向

联立解得

麻袋包在主动轮的最高点时，恰好水平抛出，则

解得

(2)对麻袋包，设匀加速运动时间为t₁，匀速运动时间为t₂，对麻袋包受力分析，根据牛顿第二定律有

加速运动阶段，根据匀变速直线运动公式

匀速运动阶段

联立以上各式解得

(3)设麻袋包匀加速运动时间内相对传送带的位移为

，每传送一只麻袋包需额外消耗的电能为

，有

由能量守恒定律得

解得

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