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第6讲 机械能守恒定律-最新高考物理二轮复习直击高考热点难点
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第6讲 机械能守恒定律
多物体组成的系统的功能关系
例题1如图所示，水平面O点左侧光滑，O点右侧粗糙且足够长，有6个完全相同的质量均为m的小滑块（可视为质点）用轻细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开，现将水平恒力大小未知的力F作用于滑块1，经观察发现，第6个滑块刚好到达O点时，系统静止，已知重力加速度为g，滑块与O点右侧水平面间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（ ）
A．水平拉力F大小为
B．第1个滑块进入粗糙水平面后，系统的加速度为
C．第3个滑块经过O点后到第4个滑块尚未到达O点前，滑块3和滑块4之间的相互作用力为0
D．第5个滑块经过O点后到第6个滑块尚未到达O点前，滑块5和滑块6之间的相互作用力的大小为
【答案】C
【解析】
A．从滑块1在O点到滑块6到O点的过程，满足
解得
A错误；
B．第1个滑块进入粗糙水平面后，对整体
解得
B错误；
C．第3个滑块经过O点后到第4个滑块尚未到达O点前，系统受到的总摩擦力为，即拉力和摩擦力平衡，因此系统匀速运动，研究4、5、6滑块，3滑块对4滑块的拉力为0，C正确；
D．第5个滑块经过O点后到第6个滑块尚未到达O点前，系统加速度为
对6滑块
解得
D错误。
故选C。
速度位移关系图像分析功能关系
例题2研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“速度—位移”图像，若空气阻力和弹性绳的重力可忽略，根据图像信息，下列说法正确的是（ ）
A．弹性绳原长为
B．当运动员下降时，处于超重状态，当运动员下降时，处于失重状态
C．若以运动员、弹性绳、地球为系统研究，此过程机械能守恒
D．当运动员下降时，绳的弹性势能最大
【答案】C
【解析】
A．时速度最大，此时加速度为0，合外力为0，弹力不为0，弹力等于重力，弹簧处于伸长状态，所以A错误；
B．运动员下降时，处于加速下落过程，加速度向下，处于失重状态，当运动员下降时，处于减速下落过程，加速度向上，处于超重状态，所以B错误；
C．以运动员、弹性绳、地球为系统研究，此过程机械能守恒，所以C正确；
D．运动员下降时，速度不为0，继续向下运动，弹性绳继续伸长，弹性势继续增大，所以D错误；
故选C。
动能定理在多过程中的应用
动能定理综合应用问题的规范解答
1.基本步骤
(1)选取研究对象，明确它的运动过程；
(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况；
(3)明确研究对象在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2；
(4)列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解题方程，进行求解。
2.注意事项
(1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看做单一物体的物体系统。
(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式.当题目中涉及到位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理；处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理。
(3)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑。
例题3如图所示，AB为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，其半径为R且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道BC相切于B点．水平轨道BC长为2R，动摩擦因数为μ1＝0.5，右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面．斜面CD足够长，倾角为θ＝37°，动摩擦因数为μ2＝0.8.一质量为m，可视为质点的物块从圆管轨道顶端A点以初速度v0＝水平射入圆管轨道，运动到B点时对轨道的压力大小为自身重力的5倍，物块经过C点时速度大小不发生变化，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，求：
(1)物块从A点运动到B点的过程中，阻力所做的功；
(2)物块最终停留的位置．
【答案】(1)－mgR (2)斜面上距C点R处
【解析】
(1)物块运动到B点时，设轨道对其支持力大小为FN，由牛顿第三定律知FN＝FN′＝5mg，由牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得vB＝2
物块从A点运动到B点的过程，由动能定理有2mgR＋Wf＝mvB2－mv02，得Wf＝－mgR
(2)设物块沿斜面上升的最大位移为x，由动能定理有
－μ1mg·2R－mgxsin θ－Ffx＝0－mvB2
其中Ff＝μ2mgcos θ，解得x＝R
因μ2mgcos θ＞mgsin θ，故物块在速度减为零之后不会下滑，物块最终会静止在斜面上距离C点R处．
机械能守恒定律的几种表达形式
1．守恒观点
(1)表达式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2.
(2)意义：系统初状态的机械能等于末状态的机械能。
(3)注意问题：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面。
2．转化观点
(1)表达式：ΔEk＝－ΔEp.
(2)意义：系统(或物体)的机械能守恒时，系统增加(或减少)的动能等于系统减少(或增加)的势能。
(3)注意问题：要明确势能的增加量或减少量，即势能的变化，可以不选取零势能参考平面。
3．转移观点
(1)表达式：ΔEA增＝ΔEB减．
(2)意义：若系统由A、B两部分组成，当系统的机械能守恒时，则A部分物体机械能的增加量等于B部分物体机械能的减少量。
(3)注意问题：A部分机械能的增加量等于A末状态的机械能减初状态的机械能，而B部分机械能的减少量等于B初状态的机械能减末状态的机械能。
例题4(多选)如图所示，滑块A、B的质量均为m，A套在倾斜固定的直杆上，倾斜杆与水平面成45°角，B套在水平固定的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，两直杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成30°角)连接，A、B从静止释放，B开始沿水平杆向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．A、B及轻杆组成的系统机械能守恒
B．当A到达B所在的水平面时，A的速度为
C．B到达最右端时，A的速度大于
D．B的最大速度为
【答案】AC
【解析】
不计一切摩擦，在运动的过程中，A、B及轻杆组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，A正确；从开始到A到达与B在同一水平面的过程，由系统的机械能守恒得mgLsin 30°＝mvA2＋mvB2，其中vAcos 45°＝vB，解得A的速度为vA＝，B错误；B滑块到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，由系统的机械能守恒得mg(Lsin 30°＋Lsin 45°)＝mvA12，解得A的速度为vA1＝>，C正确；当轻杆与水平杆垂直时B的速度最大，此时A的速度为零，由系统的机械能守恒得mg(Lsin 30°＋L)＝mvBmax2，解得B的最大速度为vBmax＝，D错误．
利用动能定理分析功能和能量变化的问题
1.动能的改变量、机械能的改变量分别与对应的功相等。
2.重力势能、弹性势能、电势能的改变量与对应的力做的功数值相等，但符号相反。
3．搞清不同的力做功对应不同形式的能的改变
不同的力做功
对应不同形式能的变化
定量的关系
合外力的功(所有外力的功)
动能变化
合外力对物体做功等于物体动能的增量
W合＝Ek2－Ek1
重力的功
重力势能变化
重力做正功，重力势能减少；重力做负功，重力势能增加WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力的功
弹性势能变化
弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负功，弹性势能增加W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力的功
不引起机械能变化
机械能守恒ΔE＝0
除重力和弹力之外的力做的功
机械能变化
除重力和弹力之外的力做多少正功，物体的机械能就增加多少；除重力和弹力之外的力做多少负功，物体的机械能就减少多少W除重力、弹力外＝ΔE
电场力的功
电势能变化
电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加W电＝－ΔEp
一对滑动摩擦力的总功
内能变化
作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加Q＝Ff·l相对
例题5(多选)(2021·全国甲卷·20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为.已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g.则( )
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【答案】 BC
【解析】
物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有
－μmg·2lcos α＝－Ek，
物体从斜面底端到运动的最高点根据动能定理有
－mglsin α－μmglcos α＝0－Ek，
整理得l＝，μ＝0.5，A错误，C正确；
物体向下滑动时根据牛顿第二定律有
ma下＝mgsin α－μmgcos α，
解得a下＝，B正确；
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有
ma上＝mgsin α＋μmgcos α，解得a上＝g，故a上>a下，
由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且通过大小相同的位移，根据位移公式l＝at2，
则可得出t上
1.列能量守恒定律方程的两条基本思路：
(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等；
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加且减少量和增加量一定相等．
2.应用能量守恒定律解题的步骤
(1)分清有多少形式的能[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等]在变化；
(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式；
(3)列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增
例题6缓冲器是一种吸收相撞能量的装置，起到安全保护作用，在生产和生活中有着广泛的应用，如常用弹性缓冲器和液压缓冲器等装置来保护车辆、电梯等安全，如图所示是一种弹性缓冲器的理想模型．劲度系数足够大的水平轻质弹簧与水平轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值Ff.轻杆向右移动不超过L时，装置可安全工作．现用一质量为m的小车以速度v0向右撞击弹簧，撞击后将导致轻杆能向右移动，已知轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦．求：
(1)该小车与弹簧分离时的速度大小；
(2)改变小车的速度，保证装置安全工作前提下，轻杆向右运动的最长时间；
(3)该小车撞击弹簧的最大动能满足什么条件时，能够保证装置安全工作．
【答案】
(1) (2) (3)Ekm≤mv02＋FfL
【解析】
(1)从开始压缩到分离，由能量守恒得mv02－mv12＝Ff
则v1＝
(2)小车与轻杆整体减速的加速度a＝
轻杆向右运动L，刚好减速为零时运动时间最长，有L＝at2
解得最长时间t＝
(3)轻杆开始移动后，弹簧压缩量x不再变化，弹性势能一定，速度为v0时，则由系统能量关系有mv02＝Ep＋Ff
速度最大为vm时，则由系统能量关系有mvm2＝Ep＋FfL
得mvm2－mv02＝FfL
最大动能Ekm≤mv02＋FfL.
摩擦力的功
类别
比较
静摩擦力
滑动摩擦力
不
同
点
能量转化的方面
在静摩擦力做功的过程中，只有机械能从一个物体转移到另一个物体(静摩擦力起着传递机械能的作用)，而没有机械能转化为其他形式的能量
1.相互摩擦的物体通过摩擦力做功，将部分机械能从一个物体转移到另一个物体
2．部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量
一对摩擦力做功方面
一对静摩擦力所做功的代数和等于零
一对相互作用的滑动摩擦力对物体系统所做的总功总为负值，系统损失的机械能转变成内能
相
同
点
做功方面
两种摩擦力都可以对物体做正功，做负功，还可以不做功
例题7放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的图像和水平拉力的功率与时间的图像如图甲、乙所示．下列说法正确的是( )
A．0～6 s内物体的位移大小为20 m
B．0～6 s内拉力做功为100 J
C．滑动摩擦力的大小为5 N
D．0～6 s内滑动摩擦力做功为－50 J
【答案】D
【解析】由题图甲可知，在0～6 s内物体的位移大小为x＝×(4＋6)×6 m＝30 m，故A错误；P－t图像中图线与时间轴围成的面积表示拉力做的功，则由题图乙可知，0～6 s内拉力做功WF＝×2×30 J＋10×4 J＝70 J，故B错误；在2～6 s内，v＝6 m/s，P＝10 W，物体做匀速运动，滑动摩擦力大小Ff＝F＝＝ N，故C错误；在0～6 s内物体的位移大小为30 m，滑动摩擦力做负功，即Wf＝－×30 J＝－50 J，D正确．
机车启动
1.无论哪种运行过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即 (式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力Ff).
2.机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即
3.机车以恒定功率运行时，牵引力做的功，由动能定理：，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移（路程）大小。
例题8一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v－t图像如图所示．已知汽车的质量为m＝2×103 kg，汽车受到的阻力大小恒为车重力的，g取10 m/s2，则( )
A．汽车在前5 s内受到的阻力大小为200 N
B．前5 s内的牵引力大小为6×103 N
C．汽车的额定功率为40 kW
D．汽车的最大速度为20 m/s
【答案】B
【解析】
由题意知汽车受到的阻力大小为车重力的，则阻力大小为Ff＝mg＝×2×103×10 N＝2 000 N，选项A错误；由题图知前5 s内的加速度a＝＝2 m/s2，由牛顿第二定律知前5 s内的牵引力大小为F＝Ff＋ma＝(2 000＋2×103×2) N＝6×103 N，选项B正确；5 s末达到额定功率P额＝Fv5＝6×103×10 W＝6×104 W＝60 kW，最大速度vmax＝＝ m/s＝30 m/s，选项C、D错误．
一、单选题
1．如图，在光滑水平面上有AB两点，AB相距s，一质量为m的小球由A点以大小为的初速度向右运动。小球受到水平面内的恒力F作用，经时间t小球达到B点，其速度大小仍为，方向与初速度方向夹角成120°。则小球由A运动到B过程中，下列说法正确的是（ ）
A．恒力方向与初速度方向相反
B．恒力大小为
C．恒力对物体做正功，其大小为
D．恒力冲量的大小为
【答案】B
【解析】
A．如图所示
因水平面内只受恒力F，速度的合成遵循平行四边形定则，由矢量图易知，恒力与初速度方向不共线，与-v0夹角为30°；速度变化量大小为，故A错误；
BD．根据动量定理得
解得恒力大小为
故B正确，D错误；
C．由动能定理可知动能变化为0，则恒力做功为0，故C错误。
故选B。
2．如图所示，斜面体静置于粗糙水平地面上，其斜面光滑，倾角 = 30°。轻弹簧下端固定在斜面底端，现用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，，斜面体总质量为M。现给A、B一初速度使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，在以后的运动过程中，轻绳一直拉紧，斜面体一直静止不动。当A回到初始位置时，立即让A、B停住。从开始运动到停住前过程中下列说法正确的是（ ）
A．A、B两物体机械能守恒
B．A没与弹簧接触时，地面对斜面体摩擦力方向向左
C．A与弹簧接触过程中，地面对斜面体无摩擦力
D．从两物体开始运动到停住，地面对斜面体支持力始终不变
【答案】D
【解析】
A．对整体分析，A、B、C及弹簧整体机械能守恒，A、B两物体机械能不守恒，A错误；
B．A没与弹簧接触时，A的重力向下的分力等于B的重力，A、B一起匀速运动，对整体分析可知地面对斜面体摩擦力为0，B错误；
C．A与弹簧接触过程中，对整体分析，地面对斜面体水平方向的合外力等于各物体水平方向合外力之和，而A的加速度方向沿斜面向上，故地面对斜面体摩擦力水平向左，C错误；
D．A与弹簧接触过程中，A、B加速度大小相等，aA平行斜面向上，aB竖直向下，任意时刻，竖直方向分析，A的“超重量”与B的“失重量”大小相等，故地面对斜面体的支持力为(M + 3m)g，D正确。
故选D。
3．如图所示，质量均为m=0.5kg的小球A、B（可视为质点）用长L=1m的轻质杆相连，小球B置于光滑水平面上，小球A紧靠于光滑墙面放置。现用如图所示的力F使小球A沿着墙面向上运动，当杆与竖直墙壁夹角θ=37°时，小球B的速度大小v=0.8m/s，重力加速度g=10m/s2，则在此过程中力F所做的功为（ ）
A．0.25J B．3.25J C．4J D．4.25J
【答案】D
【解析】
当杆与竖直墙壁夹角θ=37°时，设小球A的速度为v′，根据两球的速度沿杆方向的分速度大小相等，有
v′cos37°=vcos53°
代入数据得
v′=0.6m/s
小球A上升的高度为
h=Lcos37°=1×0.8m=0.8m
根据功能原理得外力F所做的功为
代入数据解得
故选D。
4．如图所示，两个竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑。在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别为hA和hB，下列说法正确的是（ ）
A．若使小球沿轨道运动并且到达最高点，两球释放的最小高度hA
C．若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，则在轨道最低点，B球受到的支持力最小值为6mg
D．适当调整hA和hB，可使两球从轨道最高点飞出后，均恰好落在轨道右端口处
【答案】B
【解析】
A．小球A恰好能到左侧轨道的最高点时，由
解得
根据机械能守恒定律得
解得
小球B恰好能到右侧轨道的最高点时，在最高点的速度
根据机械能守恒定律得
故A错误；
B．小球在最低点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则
FN－mg＝m
可知小球在最低点的速度越小受到的支持力越小，根据机械能守恒定律可得，当小球A开始时的高度是R时，小球A在最低点的速度最小，为
联立解得
故B正确；
C．根据机械能守恒定律可得，当小球B开始时的高度是hB＝2R时，小球B在最低点的速度最小，为
解得
故C错误；
D．小球A从最高点飞出后下落R高度时，水平位移的最小值为
小球落在轨道右端口外侧，而适当调整hB，B可以落在轨道右端口处，故D错误。
故选B。
5．如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为。木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下（货物与木箱之间无相对滑动），当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列说法正确的是（ ）
A．木箱与货物的质量之比为6：1
B．下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点
C．木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为1：6
D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能
【答案】B
【解析】
A. 系统从开始下滑到再次回到最高点过程，由能量守恒定律可得
解得木箱与货物的质量之比为
A错误；
B. 下滑过程中，木箱速度最大时弹簧的压缩量为，由受力平衡得
下滑过程中，木箱速度最大时弹簧的压缩量为，由受力平衡得
故有，即下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点，B正确；
C. 木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度大小
上滑的加速度大小
则下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为
C错误；
D. 在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧增加的弹性势能和因摩擦产生的内能，D错误；
故选B。
6．如图所示，一半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB与一足够长的水平传送带平滑对接，圆弧轨道半径OA水平，传送带以某一速率v逆时针转动。现将一质量为m的小物块（可视为质点）从圆弧轨道上A点无初速度释放，物块滑上传送带后第一次返回到圆弧轨道上的最高点为P，该过程中，物块与传送带间因摩擦而产生的内能为ΔE，已知P点距B点的高度为R，重力加速度为g，下列判断正确的是（ ）
A．v＝
B．ΔE＝mgR
C．若增大传送带逆时针转动的速率的大小，其他条件不变，物块返回圆弧轨道后可能从A点滑出
D．若物块从圆弧AP间某位置无初速度释放，其他条件不变，则物块返回到圆弧轨道上的最高点在P点下边
【答案】B
【解析】
A．设物块释放后滑至B点时速度大小为vB1，滑上传送带后第一次返回B点时的速度大小为vB2，根据机械能守恒定律易知vB1＞vB2，由于物块在传送带上向右匀减速滑动和向左匀加速滑动时的加速度大小相同，所以在物块从传送带右侧最远位置到返回至B点的过程中不可能一直加速，而是先加速后匀速，即vB2=v，则根据机械能守恒定律有
解得
故A错误；
B．根据机械能守恒定律有
设物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，则物块在传送带上滑动时的加速度的大小为
物块从B点向右匀减速运动至最远处的过程所经历的时间为
此过程中物块与传送带之间的相对位移大小为
物块从速度为零到反向加速至与传送带共速的时间为
此过程中物块与传送带之间的相对位移大小为
由功能关系可得
联立解得
故B正确；
C．若增大传送带逆时针转动的速率的大小，其他条件不变，物块可能在传送带上向左始终加速，根据运动的对称性可知物块返回至B点时的速度大小仍等于vB1，此时物块返回B点的速度达到最大，所以物块最多能够返回至A点，不可能从A点滑出，故C错误；
D．当物块恰好从P点由静止释放时，其他条件不变，易知物块下滑至B点时的速度大小恰好等于v，则物块返回时恰好能够达到P点，若物块从圆弧AP间某位置无初速度释放，其他条件不变，则物块下滑至B点时的速度大于v，物块所能到达右侧最远位置到B点的距离比从P点释放时更大，所以物块返回至B点时的速度大小仍会等于v，物块回到圆弧轨道上的最高点仍在P点，故D错误。
故选B。
二、多选题
7．如图所示，光滑斜面倾角θ=60°，其底端与竖直平面内半径R的光滑圆弧轨道平滑对接，位置D为圆弧轨道的最低点。两个质量均为m的小球A和小环B（均可视为质点）用L=1.5R的轻杆通过轻质铰链相连。B套在固定竖直光滑的长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心，初始时轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变）。重力加速度为g。下列判断正确的是（ ）
A．刚释放时，小球A的加速度大小为
B．小球A由静止释放运动到最低点时，机械能一直减小
C．小球A运动到最低点时的速度大小为
D．已知小球A运动到最低点时，小环B的瞬时加速度大小为a，则此时小球A受到圆弧轨道的支持力大小为5.5mg+ma
【答案】ACD
【解析】
A．由牛顿第二定律得
解得
故A正确；
B．小球A在D点时，速度水平，竖直分速度为0，则B的速度为0。而B的机械能减小，则A的机械能增加。不管中间怎么变化，但A机械能最终增加了。故B错误；
C．系统动能定理得
解得
故C正确；
D．以小环B为研究对象，由牛顿第二定律得
F﹣mg=ma
以小球A为研究对象，由牛顿第二定律得
解得
FN=5.5mg+ma
故D正确。
故选ACD。
8．如图所示，一倾角为的光滑斜面与半径为R的光滑圆弧在最高点对接，斜面固定在水平地面上，圆弧最低点与水平地面相切。质量分别为m和M的物块A与B（可视为质点）通过跨过斜面顶端光滑定滑轮的轻绳（长为1.5R）连接。初始时轻绳伸直，将物块B由圆弧的最高点静止释放，当物块B到达圆弧最低点时，物块A的速度为，重力加速度为g，则以下说法正确的是（ ）
A．物块B到达圆弧最低点时速度大小也为
B．当物块B到达圆弧最低点时，物块A的速度最大
C．轻绳对物块A做的功为
D．物块B经过圆弧最低点时受到的支持力小于
【答案】CD
【解析】
A.如图1所示，设物块B滑至圆弧最低点时的速度为，将其分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度，其中分速度
由几何关系可得
故A错误；
B.在物块B沿圆弧向下运动时，由于物块B的重力沿轻绳方向的分力越来越小，而物块A、B的质量关系未知，因此物块A有可能先加速后减速，则物块B到达圆弧最低点时，物块A的速度不一定最大，故B错误；
C.轻绳对物块A做的功等于其机械能的增加量
故C正确；
D.对滑至圆弧最低点的物块B进行受力分析如图2所示，由牛顿第二定律可得
解得
故D正确。
故选CD。
9．如图所示，物块放在固定光滑水平桌面上，通过跨过小定滑轮O的轻绳与质量为的小球相连，小球套在光滑竖直杆上，劲度系数的水平轻弹簧左端固定，右端与物块相连。杆上A处与同高，A与间的距离。开始时，用手使小球静止在A处，轻绳恰好水平伸直，弹簧处于原长状态。由静止释放小球，小球到达B点时速度为，与杆的夹角为，小球能到达的最低点为C，水平桌面足够长。已知弹簧的弹性势能，x为形变量，重力加速度，，不计一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．小球和物块组成的系统机械能守恒
B．物块的质量为
C．小球到达B点时物块的速度大小为0.2m/s
D．小球到达C点时，轻绳与杆的夹角的正弦值为0.6
【答案】BC
【解析】
A．小球、物块和弹簧组成的系统机械能守恒。故A错误；
BC．小球到达B时速度大小，物块的速度大小
小球从A运动到B，弹簧伸长量
根据机械能守恒定律有
结合弹簧弹力做功有
解得物块的质量为
故BC正确；
D．设A、C两点间的高度差为h，小球到达C点时，物块、小球的速度均为零，有
，
根据机械能守恒定律有
代入等式不成立。故D错误。
故选BC。
10．某同学用如图1所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能（重力势能、电势能之和）情况。两个带同种电荷的小球1、2放在竖直放置的绝缘圆筒中，1固定在圆筒底部，2从靠近1位置处释放，测出的位置和速度，利用能量守恒可以得到势能图像。图2中Ⅰ图是小球图像，Ⅱ图是计算机拟合的图线Ⅰ的渐近线，实验中一切摩擦可忽略，小球的电荷量不会发生变化，，则2小球（ ）
A．上升过程速度一直变大
B．上升过程速度先变大后变小
C．质量为
D．从处运动至处电势能减少
【答案】BCD
【解析】
AB．上升过程系统能量守恒
结合图像可知，上升过程中势能先变小后变大，因此，小球2的动能先变大后变小，速度也先变大后变小，A错误，B正确；
C．根据库仑定律
可知，当时，，系统势能的变化量主要取决于重力做功
即
由此可知小球2的重力等于图中渐近线的斜率，结合图像可知
解得
C正确；
D．从处运动至过程中，根据系统能量守恒
根据动能定理可得
又因为
解得
从处运动至过程中，电场力做的正功，电势能减少，D正确。
故选BCD。
11．甲、乙两同学在课外活动时进行乒乓球比赛，已知乒乓球的质量为m且可视为质点，球桌的长度为L，甲同学在球桌左边缘上方高H处沿水平方向发球，在桌面上反弹后恰好过网，之后乒乓球落在球桌的右边缘上。乒乓球第一次落在桌面上时的水平位移为，已知第一次与桌面接触的过程乒乓球与桌面相互作用的时间为t，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．乒乓球第一次与桌面作用过程中损失的能量为
B．乒乓球第一次落在桌面上后反弹上升的最大高度为
C．第一次与桌面接触的过程中，乒乓球受到桌面提供的平均作用力为
D．球网的高度为
【答案】BC
【解析】
B．设乒乓球第一次落在桌面上后反弹上升的最大高度为h，因为不计摩擦和空气阻力，所以在水平方向上乒乓球的速度不变，根据平抛运动规律得
解得
B正确；
A．则第一次与桌面作用的过程中，乒乓球损失的能量为
A错误；
C．乒乓球第一次与桌面接触前瞬间在竖直方向的速度大小为
第一次与桌面接触后在竖直方向的速度大小为
根据动量定理得
解得
C正确；
D．设球网的高度为，结合B项分析和运动学公式可知
联立解得
球网的高度为，D错误。
故选BC。
12．如图所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，弹簧原长为L，质量为m的球从距离弹簧上端h处由静止释放，与轻弹簧作用，球立即与弹簧上端粘连，并在竖直方向上运动。一段时间后，球停止运动，此时，球距离地面为0.5L，弹簧的弹性势能为Ep。重力加速度g，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．球静止处就是下落过程中速度最大处
C．球在运动过程中，球的机械能不守恒，但球与弹簧组成的系统机械能守恒
D．小球第一次下落到最低点时，弹簧的弹性势能小于mg（h＋）
【答案】AD
【解析】
A．球停止运动时，受力平衡，根据平衡关系和胡克定律得
解得
C．分析得小球开始从高处下落，第一次经过最后的静止位置动能不为零，最后在该位置静止，说明运动过程中有阻力作用，故系统机械能不守恒，C错误；
B．在运动过程中有阻力作用，运动过程中的平衡位置并不在最后的静止位置，球静止处不是下落过程中速度最大处，B错误；
D．运动过程中第一次经过最后的静止位置，根据能量守恒有
从第一次经过最后的静止位置到第一次的最低点，根据能量守恒有
小球第一次下落到最低点时，弹簧的弹性势能为
整理得
故小球第一次下落到最低点时，弹簧的弹性势能小于mg（h＋），D正确。
故选AD。
13．如图所示，倾角为θ的传送带顺时针匀速转动，质量为m物块P通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与质量为mA物块A相连，且mA>msinθ。现将P从传送带底端由静止释放，运动至在传送带中点时恰好达到传送带速度，随后与传送带一起匀速运动；若换用与P质量相同、材质不同的物块Q与A相连，Q刚好在传送带顶端与传送带达到共同速度，则物块在传送带上从底端运动到顶端（A未着地）过程中（ ）
A．物块Q与传送带间的动摩擦因数比物块P大
B．传送带对物块P做的功小于对物块Q做的功
C．在加速阶段，在同一位置，重力的功率物块P大于物块Q
D．物块与传送带间因摩擦产生的热量，P比Q多
【答案】CD
【解析】
A．设传送带速度为v，长度为L，物块P运动至在传送带中点时恰好达到传送带速度，有
Q刚好在传送带顶端与传送带达到共同速度，则
则
由根据牛顿第二定律有
解得
物块P与传送带间的动摩擦因数比物块Q大，选项A错误；
B．物块在传送带上从底端运动到顶端（A未着地）过程中，根据动能定理有
解得
选项B错误；
C．在加速阶段，物块重力的功率
，则加速阶段，在同一位置，重力的功率物块P大于物块Q，故C正确；
D．物块P从静止加速到v所用时间为、物块P位移为，物块Q从静止加速到v所用时间为，位移为，则
所以
在时间、内的物块相对传送带的位移分别为
所以
因摩擦产生的热分别为
因，所以
故D正确；
故选CD。
14．如图所示，ABC为一弹性轻绳，一端固定于A点，一端连接质量为m的有孔小球，小球穿在竖直的杆上。轻杆OB一端固定在墙上，一端为光滑定滑轮，若绳自然长度等于AB，初始时ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h ，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5 ，绳始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．小球在D点时速度最大
B．小球在CD阶段损失的机械能等于小球在DE阶段损失的机械能
C．若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，则v =2
D．若只把小球质量变为2m ，则小球从C点由静止开始运动，到达E点时的速度大小为
【答案】AD
【解析】
A．设当小球运动到某点时，弹性绳的伸长量是，小球受到如图所示的四个力作用
其中
将正交分解，则
的竖直分量
据牛顿第二定律得
解得
即小球的加速度先随下降的距离增大而减小到零，再随下降的距离增大而反向增大，据运动的对称性（竖直方向可以看作单程的弹簧振子模型）可知，小球运动到的中点时，加速度为零，速度最大，A正确；
B．除重力之外的合力做功等于小球机械能的变化，小球在段所受绳子拉力竖直分量较小，则小球在段时摩擦力和弹力做的负功比小球在段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在阶段损失的机械能小于小球在阶段损失的机械能，故B错误；
C．对小球从运动到的过程，应用动能定理得
若在点给小球一个向上的速度，小球恰能从点回到点，应用动能定理得
联立解得
，
故C错误；
D．若只把小球质量变为2m，小球从C点由静止开始运动，到达E点过程中，绳子拉力和摩擦力做功不变，根据动能定理有
解得小球到达E点时的速度大小
v1=
故D正确。
故选AD。
15．如图所示，轻质弹簧一端固定，另—端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC =h。若圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g。则圆环（ ）
A．下滑过程中，经过B处的加速度最大
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2- mgh
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
【答案】BD
【解析】
A．圆环从处由静止开始下滑，经过处的速度最大，到达处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过处的速度最大，所以经过处的加速度为零，所以加速度先减小，后反向增大，则下滑过程中经过B处的加速度最小，故错误；
B．研究圆环从处由静止开始下滑到过程，运用动能定理列出等式
在处获得一竖直向上的速度，恰好能回到，运用动能定理列出等式
解得
所以下滑过程中，克服摩擦力做的功为，故B正确；
C．由上分析可知
所以在处，弹簧的弹性势能为，故C错误；
D．研究圆环从处由静止开始下滑到过程，运用动能定理列出等式
研究圆环从处上滑到的过程，运用动能定理列出等式
即
由于W'f<0，所以
则有
即上滑经过的速度大于下滑经过的速度，故D正确；
故选BD。
16．如图所示，光滑水平面上有一右端带有固定挡板的长木板，总质量为m。一轻质弹簧右端与挡板相连，弹簧左端与长木板左端的距离为x1。质量也为m的滑块（可视为质点）从长木板的左端以速度v1滑上长木板，弹簧的最大压缩量为x2且滑块恰好能回到长木板的左端；若把长木板固定，滑块滑上长木板的速度为v2，弹簧的最大压缩量也为x2。已知滑块与长木板之间的动摩擦因数为µ，则（ ）
A．
B．弹簧弹性势能的最大值为
C．弹簧弹性势能的最大值为µmg（x1+x2）
D．滑块以速度v2滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端
【答案】ACD
【解析】
当长木板不固定，弹簧被压缩到最短时两者速度相同，设为v，弹簧最大弹性势能为，从滑块以速度v1滑上长木板到弹簧被压缩到最短的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律
从弹簧被压缩到最短到滑块恰好滑到长木板的左端，两者速度再次相等，由能量守恒
若把长木板固定，滑块滑上长木板的速度为v2，弹簧的最大压缩量也为x2，由能量守恒
联立可得
，
设滑块被弹簧弹开，运动到长木板左端时的速度为v3，由能量守恒
带入数据可解得
v3=0
说明滑块以速度v2滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端。
故ACD正确，B错误。
故选ACD。
17．如图所示.轻弹簧放在倾角为37°的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面的底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐。质量为m的物块从斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后滑到ab的中点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为，重力加速度为g，sn37°=0.6，cos37°=0.8，则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.3
B．物块与弹簧作用过程中，向上运动和向下运动速度都是先增大后减小
C．弹簧具有的最大弹性势能为mgL
D．物块由静止释放到最终静止过程中，因摩擦产生的热量小于mgL
【答案】BD
【解析】
A．设物块与斜面间的动摩擦因数为，根据动能定理有
解得
A错误；
B．物块与弹簧作用过程中，向下运动时，速度先增大后减小，向上运动时，速度先增大后减小，B正确；
C．c点弹簧具有的最大弹性势能，ac过程应用能量守恒可得
C错误；
D．当物块最终静止时，静止的位置位于b，c两点之间，因此因摩擦产生的热量小于
D正确。
故选BD。
三、解答题
18．2022年北京冬季奥运会已经圆满落幕，中国体育代表团表现出色，取得了参加冬奥会的历史最好成绩。跳台滑雪难度很高，是奥运会中最具观赏性的项目之一、某同学观看了跳台滑雪，设想了如下情景。如图所示，质量m=60kg运动员由A点静止出发，通过高hAB=26m的弯曲滑道AB进入半径R=20m、圆心角为74°的圆形滑道BCD（两轨道在B处平滑相切，B与D等高），并从D点飞出后落至倾角θ=37°的斜面雪道上P点后，由于斜面雪道的作用，仅保留沿斜面雪道方向的速度，垂直斜面雪道方向的速度立即减为0。随后由斜面雪道底部M进入长xMN=10m的减速水平轨道MN。整个运动过程中运动员可视为质点，轨道连接处均平滑相切，不考虑空气阻力。
（1）若运动员到达圆形滑道BCD最低点C时速度vc=20m/s，求运动员在C点对轨道的压力；
（2）求在（1）问情况下运动员在滑道ABC上运动过程中阻力做的功；
（3）若运动员在D点沿着切线飞出后，到达最高点时速度v0=10m/s，最高点离斜面雪道E点竖直高度为h0=5m且E点与M点距离=35m、运动员与斜面雪道上的动摩擦因数为μ=0.25，运动员进入水平轨道后通过调节滑雪板姿态以改变阻力，要保证安全停在水平轨道MN上，求水平轨道对运动员的平均阻力的最小值。
【答案】（1）1800N 方向竖直向下；（2）Wf=-6×103J；（3）fm=1.44×103N
【解析】
（1）在C点，根据牛顿第二定律
解得
FN=1800N
由牛顿第三定律得
F压=FN=1800N
方向竖直向下
（2）从A到C过程之中，根据动能定理
解得
Wf=-6×103J
（3）从最高点落到斜面过程中做平抛运动
x=v0t
解得
t=2s
可得
因此
落到P点后的速度
从P到N过程中，根据动能定理
解得
fm=1.44×103N
19．某学校门口平直公路上设有图甲所示减速带，一摩托车经过校门口前因有减速带司机控制摩托车的加速度a，a随位移x变化的图像如图乙所示，x＝0时车速v0＝10m/s，此时加速度方向与速度方向相同；x＝62m时摩托车到达减速带处，求：
（1）摩托车在0～22m位移内所用的时间t1；
（2）末速度大小v1。
【答案】（1）2s；（2）8m/s
【解析】
（1）摩托车在0～22m位移内做匀加速直线运动，在0～22m位移内摩托车的加速度为
根据运动学公式
代入数据解得
故摩托车在0～22m位移内所用时间为2s。
（2）设摩托车在0～22m位移的末速度为v，则有
对摩托车在22m～62m位移内的运动，设阻力为f，加速度为a，位移为
以x为0处的速度方向为正方向，由动能定理得
即
其中
代入数据解得
故末速度大小为8m/s。
20．如图所示，装置由光滑的四分之一圆弧轨道、水平传送带组成，圆弧轨道和传送带在B点平滑连接。一质量为的滑块在圆弧轨道上距离B点高度为h的某处由静止释放，经过传送带，最后落地。已知滑块与传送带的动摩擦因数为，传送带长，圆弧轨道半径为，传送带一直向右做匀速运动，速度大小为，C端距地面的高度。（传送带的轮子半径很小，滑块可视为质点，其余阻力不计，g取）
（1）若小滑块全程匀速通过传送带，求滑块经过圆弧底端对轨道的压力。
（2）操作中发现，当滑块从距离B点高度为和之间下滑，最后都会落到地上同一点，求和。
（3）若滑块始终从A点释放，传送带的长度L可以在0到足够大之间调节（B点位置不变，C点位置可以左右调节），求滑块落地点至B点的水平距离x与传送带长度L之间的关系。（注：滑块运行期间传送带长度是不变的）
【答案】（1）；（2），；（3）当，；当，
【解析】
（1）若小滑块全程匀速通过传送带，则滑块经过B点的速度恰好为，则
解得
由牛顿第三定律
故
（2）经分析可知，滑块经过B点的速度介于与之间时，经过传送带的加速或减速（极限为全程加速和全程减速），都可以以的速度离开C点而落到地上同一点。有
解得
，
根据动能定理
解得
，
（3）滑块始终从A点释放，到达B点的速度为
解得
经过分析，当传送带长度小于等于时，滑块全程减速，否则为先减速后以匀速，则
解得
故当时
当时
由平抛运动规律可知
解得
所以，当时，滑块落地点至B点的水平距离x为
当时，滑块落地点至B点的水平距离x为
21．某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能EP=4.5J，质量m=1.0kg的小滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ=30°的传送带平滑连接，传送带长度L=8.0m，传送带以恒定速率v0=8.0m/s顺时针转动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=，重力加速度g取10m/s2。
（1）求滑块离开传送带时的速度大小v；
（2）求电动机传送滑块多消耗的电能E；
（3）若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，求的取值范围。
【答案】（1）7m/s；（2）96J；（3）12J≤Ep'≤132J
【解析】
（1）设滑块刚冲上传送带底端的速度为v1，根据能量守恒
代入数据得
因为μ＞tanθ，故滑块在传送带上先向上加速，根据根据牛顿第二定律
得
若滑块在传送带上一直加速，则离开传送带时的速度大小v满足
解得
所以假设成立，滑块离开传送带时的速度大小为7m/s。
（2）滑块在传送带上运动时间
该段时间，传送带的位移
对传送带，根据动能定理有
解得
即电动机传送滑块多消耗的电能
（3）分析可知，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，滑块滑出传送带时要与传送带共速。
滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最小，有
得
同理可得，滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最大，有
得
所以，满足条件的弹性势能范围为
22．如图所示为某工地一传输工件的装置，AB为一段半径R=4.5m且固定的圆弧轨道，BC为一段足够长的水平轨道，CD为一段半径r＝0.8m且固定的圆弧轨道，三段轨道均光滑，一长为L＝1.9m、质量为M＝1kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切，且与CD轨道最低点处于同一水平面，一可视为质点、质量为m＝2kg的工件从距AB轨道最低点的高度为h处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD轨道左端碰撞（碰撞时间极短）后即被粘在C处．工件只要从CD轨道最高点飞出，就能被站在台面DE上的工人接住，工件与小车间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10m/s2。
（1）若h为1.8m，求：
①工件滑到圆弧底端B点时受到轨道的支持力大小
②工件在圆弧轨道CD上滑行的最大高度
（2）要使工件能被站在台面DE上的工人接住，求h的最大值。
【答案】（1）①36N；②0.45m；（2）2.85m
【解析】
（1）①工件从起点滑到圆弧轨道底端B点，设到B点时的速度为v0，根据动能定理有
mgh＝mv02
工件做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得
FN－mg＝m
联立解得
FN＝36 N
②对工件和小车系统动量守恒
mv0＝(m＋M)v1
μmgx＝mv02-(m+M)v12
当小车CD轨道左端粘在一起后，对工件
-μmg(L-x)＝mv22 -mv12
工件滑上CD后
mv22=mgH
解得
H＝0.45m
(2)由于BC轨道足够长，要使工件能到达CD轨道，工件与小车必须能够达到共速，当工件到达小车最右端才与其共速时，h最大。
由动量守恒定律得
mv0′＝(m＋M)v1′
由动能定理得
μmgL＝mv0′2－(m＋M)v1′2
代入数据解得
h′＝2.85 m
此时工件滑上CD后能上升的高度
解得
H′=1.27m>r=0.8m
能被工人接住。
23．如图所示，质量为的物块a和质量为的物块b均静止在同一水平面上，物块a与竖直挡板间放有一轻弹簧，物块b放置在倾角为的斜面底端。开始时弹簧处于原长状态，某时刻起以大小为的恒力作用在物块a上使其压缩弹簧，当物块a速度为零时立刻撤去恒力并在物块a离开后撤去弹簧并前移挡板至管道口，物块a沿光滑半圆水平管道运动，之后与物块b发生弹性碰撞，物块经过衔接处时没有能量损失。已知弹簧的劲度系数且弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为，物块a与斜面间的摩擦力可忽略，物块b与斜面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块a与挡板碰撞过程时间极短且无能量损失，，物块均可视为质点，管道很细。
（1）求撤去恒力F瞬间弹簧储存的弹性势能；
（2）物块b第一次静止前恰未与物块a发生第二次碰撞，求半圆轨道的半径；
（3）求碰撞后物块b上升高度的最大值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）物块a受到恒力F和弹簧弹力作用，根据对称性原理可知，当物块a受到的合力大小与F相等、方向与F相反时，物块a的速度为零，设此时弹簧的压缩量为，有
根据功能关系可知，撤去恒力F瞬间弹簧储存的弹性势能为
解得
（2）设满足要求的半圆管道半径为R
对物块b有
可知物块b在斜面上速度减到零后不会下滑
物块a第一次离开弹簧瞬间，有
物块a与物块b发生弹性碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
物块b在斜面上运动过程中，由牛顿第二定律有
第一次碰撞后物块b在斜面上的运动时间为
运动距离为
物块a在斜面上运动时的加速度大小为
第一次碰撞后，物块a沿半圆管道运动的时间为
对物块有
可得
（3）设物块b最终静止时到水平面的高度为h，对整个过程由能量守恒定律有
解得
24．如图所示为北京2022年冬奥会一自由式滑雪大跳台技巧比赛场地示意图，比赛场地由出发区AB、助滑坡BC、第一过渡区CD、跳台DE、第二过渡区EF、着陆坡FG和终点区GH组成、在H处安置半径为R=1.0m的圆形轨道，进出口H、H1靠近带相互错开，H1N足够长。第一过渡区和终点区的的最低点在同一水平地面上，出发区距地面的高度，跳台最高点E和着陆坡最高点F离地面的高度均为，着陆坡度37°。运动员从助滑坡顶端B由静止滑下，离开跳台在空中完成预定动作到达F点正上方的最高点M后水平飞出，M点离水平地面（GH所在水平面）的高度为7.6m，在落到倾斜雪道FG上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起，此后立即做匀加速运动经过G点。假设运动员连同滑雪板的总质量，除缓冲外运动员可视为质点，滑雪板与雪道GH的动摩擦因数，不计其余滑道和空气的阻力，不计经过各转折点处的能量损失，，，求：
（1）运动员从M点水平飞出的速度vM；
（2）运动员在倾斜雪道FG上滑行的时间（结果可用根号表示）；
（3）若运动员能够进入圆形轨道且不脱离轨道，雪道GH的长度应满足什么条件？
【答案】（1）；（2）；（3）或
【解析】
(1)运动员连同滑雪板从B点运动到M点过程中，根据机械能守恒定律得
代入数据解得
(2)设运动员落在倾斜雪道点，离地面高度为，根据平抛运动规律有
代入数据解得
根据几何关系可知
运动员在落到倾斜雪道FG上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度可得
运动员在倾斜雪道FG上时，根据牛顶第二定律
解得
根据位移与速度的关系式得
解得
再根据
解得
(3)当运动员恰好不脱离轨道通过最高点时速度为，根据牛顿第二定律有
从K点到圆环最高点过程中，设雪道GH的长度为，根据动能定理有
代入数据解得
则当雪道GH的长度为
时，运动员可以不脱离轨道通过最高点；
当运动员恰好能到轨道圆心等高点，从K点到圆环轨道圆心等高点过程中，根据动能定理有
解得
当运动员恰好能进入轨道，从K点到点过程中，根据动能定理
解得
则运动员能够进入轨道且不超过轨道圆心等高点，雪道GH的长度满足
故运动员能够进入圆形轨道且不脱离轨道，雪道GH的长度应满足
或
25．如图所示，竖直放置的轻弹簧上端与小物块B相连，下端固定在地面上，不可伸长的轻绳穿过光滑竖直固定细管，两端拴着质量分别为、的小球和物块B，拉着使它停在管的下端。拉起，使绳与竖直方向成一定夹角，给适当的水平速度，可使它在水平面内做圆周运动，做圆周运动过程中B的位置保持不变。已知细管长，的质量，B距管下端口足够长，重力加速度取。弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）拉起，保持B在初始位置不变，使以角速度做圆周运动，绳与竖直方向的夹角；
（2）在从管的下端被拉起时带动B上移，当弹簧中的弹力大小与（1）中相等时，使以角速度做圆周运动，物块B上移的高度；
（3）该过程中人对、B系统做的功。
【答案】（1）；（2）①，②
【解析】
（1）以角速度5.0rad/s匀速转动时，对有
解得
（2）初始状态时，B物块静止，受力平衡有
解得
以角速度10rad/s匀速转动时，对，由牛顿第二定律有
对B有
解得
（3）将从初位置拉起使其以角速度10.0rad/s匀速转动的过程中，B的重力势能增加量
J
的重力势能增加量
的动能增加量
该过程中人对、B系统做的功
26．“再生制动”是一些汽电混动车辆的常用制动方式。所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。假设一辆汽电混动汽车的质量为m，该汽车设定为前阶段在速度大于时选择再生制动，后阶段速度小于等于时选择机械制动。当它以速度在平直路面上做匀速行驶时，某一时刻开始刹车，前阶段阻力的大小与速度的大小成正比，即，后阶段阻力恒为车重的倍，汽车做匀减速运动，重力加速度为g。求：
（1）如果此次刹车的过程中汽电混动汽车动能减小量的倍被转化为电能，那么此次刹车储存多少电能；
（2）汽电混动汽车从刹车到停止的位移多大；
（3）在一次性能检测中，检测机构让汽电混动汽车在平直的路面上匀速行驶（速度小于）一段距离后关闭发动机，测绘了汽车只开启“机械制动”和“机械制动”“再生制动”同时开启两种设定下汽车的动能与位移关系的图线①和②，如图密所示。若检测时忽略测试路面的阻力差异和空气阻力，求“机械制动”“再生制动”同时开启测试中汽车被回收的动能是多少？
【答案】（1）；（2）；（3）J
【解析】
（1）设汽电混动汽车在刹车的过程中储存的电能为E，依题意
得
（2）设汽电混动汽车再生制动阶段运动的位移为，由动量定理得
又
即
所以在再生制动阶段有
解得
在机械制动阶段，汽电混动汽车做匀减速运动，由牛顿第二定律可得
又
解得
设匀减速运动的位移为，由运动学得
解得
所以汽电混动汽车从刹车到停止的位移为
（3）对于减速过程，因斜线率的绝对值表示阻力的大小，由图线①得
代入得
由图线②，设汽车的位移为，回收的动能为
27．如图所示，固定在竖直面内的轨道由足够长直线和半径为R的四分之一圆弧相切连接而成，除AB段粗糙外其它部分均光滑，C、D是圆弧的两端点。两个质量均为m的小球a和b，分别从A点和C点以一定的初速度向右运动，a球的初速度是b球的2倍，b球第一次上升相对C点的最大高度为2R，在b球返回c点向B点运动的过程中，与迎面而来的a球发生弹性碰撞，碰后b球第二次上升相对c点的最大高度为。由于磁性的原因b球在CD上还会受到轨道对它的垂直轨道方向、大小为的吸引力，是b球所在位置与C点间的圆弧所对的圆心角。视小球为质点，两球与AB间的动摩擦因素均为。假设除碰撞外两球间没有作用力。空气阻力不计，重力加速度为g。求：
（1）b球在空中运动过程中重力的冲量；
（2）b球由D滑向C的过程中对轨道压力的最大值；
（3）a、b两球在AB上运动的总时间。
【答案】（1）；方向竖直向下；（2）6mg；（3）
【解析】
(1)b球第一次上升，在空中运动高度为R，设D点速度为，则
解得
b球在空中运动时间
b球在空中运动过程中重力的冲量为
方向竖直向下
(2)b球由最高点下落到圆弧上P点时的高度差为
由得P点的速度
由得
解得
由牛顿第三定律知，b球由由D滑向C的过程中对轨道压力的最大值为6mg。
(3)设a球碰撞前后的速度分别为、，由
，
分别求得b球碰撞前后的速度大小分别为
，
取向左为正方向，由
，
解得
，
由机械能守恒可知，b球的初速度为
则a球的初速度为
则a球从A运动到B的时间为
因为
所以两球不会发生第二次碰撞，且都将静止在AB上，两球在AB上向左运动的时间分别为
，
故a、b两球在AB上运动的总时间为
28．如图所示，遥控电动赛车（可视为质点）从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点进入半径为的竖直粗糙圆弧轨道，经过圆弧最高点C后水平飞出，之后恰好在D点沿斜面方向进入与竖直方向成的斜面轨道（途中表演上下翻身），C、D两点在竖直方向的高度差为。已知赛车在水平轨道AB部分运动时受到恒定阻力，由设置在圆弧起点处的传感器显示赛车经过此处对圆弧轨道的压力为，赛车的质量，通电后赛车的电动机以额定功率工作，轨道AB的长度，空气阻力忽略不计，。求：
（1）赛车运动到点的速度的大小。
（2）赛车电动机工作的时间。
（3）赛车在通过圆弧轨道过程中克服摩擦阻力所做的功。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）传感器显示赛车在B点对圆弧轨道的压力为
则赛车在B点受到的支持力
赛车运动到B点时，由牛顿第二定律得
代入数据解得
（2）赛车在水平轨道上运动的过程，由动能定理得
代入数据解得
（3）赛车从C到D做平抛运动，设赛车到达D点时竖直分速度为，经过C点时的速度为，则有
解得
对赛车通过圆弧轨道的过程，由动能定理得
代入数据解得
29．如图所示，从A点以水平速度v0＝4m/s抛出一质量m＝1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入∠BOC＝37°的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C端的切线水平。已知长木板的质量M＝1kg，A、B两点距C点的高度分别为R＝2.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10m/s2.求：（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）小物块在B点时的速度大小；
（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小；
（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。
【答案】（1）；（2）23.1N；（3）3m
【解析】
（1）小物块在B点时的速度
（2）从B点至C点，由动能定理有
mgR（1-cos37°）＝mvC2－mvB2
设物块在C点受到的支持力为FN，则有
FN－mg＝
解得
vC＝6m/s，FN≈23.1N
根据牛顿第三定律可知，物块在C点时对圆弧轨道的压力大小为23.1N
（3）小物块与长木板间的滑动摩擦力
Ff＝μ1mg＝5N
长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力
F′f＝μ2（M＋m）g＝4N
由于
Ff〉F′f
所以木板运动。
对滑块，根据牛顿第二定律得
μ1mg＝ma1
对木板，根据牛顿第二定律得
μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma1
最终速度相等时有
v＝v0－a1t＝a2t
滑块的位移为
x滑＝t
木板的位移为
x板＝t
木板的最小长度为
L＝x滑－x板=3m
30．如图所示，一倾角为的足够长斜面体固定在水平地面上，一质量为的长木板B沿着斜面以速度匀速下滑，现把一质量为的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块恰好没有从长木板右端滑下，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，求：
（1）铁块A和长木板B共速后的速度大小；
（2）长木板的长度；
（3）请用数值验证，铁块刚放上长木板左端时与达到共速时系统的总能量相等。
【答案】（1）6m/s；（2）2.25m；（3）见解析
【解析】
（1）根据动量守恒定律有
解得
（2）根据题意可知
对铁块A受力分析有
解得
对长木板受力分析有
解得
经过时间t速度相等，有
铁块运动位移
长木板运动位移
长木板的长度
（3）系统动能的变化量
铁块重力势能的变化量
长木板重力势能的变化量
长木板与斜面之间摩擦产生的热量
铁块与长木板之间摩擦产生的热量
故系统能量守恒。
31．如图所示，倾角为θ＝30°的斜面体固定在水平地面上，其左端高度h＝3m，一薄木板B置于斜面顶端，恰好能静止，下端连接一根自然长度L0＝1m的轻弹簧，木板B总质量m＝1kg，总长度L＝2.5m。有一个质量为M＝4kg的小物块A以沿斜面向下大小为5m/s的速度滑上木板B，A、B之间的动摩擦因数，木板B下滑到斜面底端碰到挡板后立刻停下，物块A最后恰好没有脱离弹簧，且弹簧一直处于弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）斜面体与木板B的动摩擦因数μ0；
（2）木板B与挡板碰撞前的瞬间的速度大小；
（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能Ep。
【答案】（1）；（2）4m/s；（3）22.5J
【解析】
（1）木板恰好静止在斜面上，根据平衡条件得
故斜面体与木板B的动摩擦因数为；
（2）物块A在木板上滑行过程中，对A根据牛顿第二定律
代入数据得，方向沿斜面向上，
对B根据牛顿第二定律
代入数据得，方向沿斜面向下，
假设A与木板达到共速时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有
解得
，
此过程中A的位移
B的位移
由于
，
A在B上滑行的距离
说明以上假设成立，
共速后，由于
A与木板B匀速下滑，直到木板与底端挡板碰撞，故木板B与挡板碰撞前的速度为；
（3）木板与挡板碰撞后停下，此后A做匀减速直线运动，设接触弹簧时A的速度为，有
设弹簧最大压缩量为，A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程，
A从开始压缩弹簧到弹簧压缩最短过程，
联立解得：
32．如图所示，倾角为37°的斜面底端与水平传送带平滑对接，水平传送带足够长且在电动机的带动下保持以的恒定速度匀速向左运动。质量的小滑块从斜面上A点静止释放，在斜面和水平传送带上多次往复运动后停在斜面底端，A点距离斜面底端的高。小滑块与斜面间动摩擦因数，与水平传送带之间动摩擦因数，小滑块可视为质点，重力加速度g取，小滑块通过斜面底端与传送带的对接点时速率不变。求：
（1）小滑块第一次在传送带上运动的过程中，电动机由于传送小滑块多消耗的电能；
（2）小滑块停止运动前，第2n次经过斜面最低点时的动能与次经过斜面最低点时的动能之比；
（3）小滑块在斜面上运动的总路程s。
【答案】（1）60J；（2）5；（3）6m
【解析】
（1）小滑块第一次沿斜面下滑的位移大小为
小滑块第一次沿斜面下滑，有
解得
小滑块第一次在传送带上运动时间
电动机由于传送滑块多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做功
（2）小滑块第2n次过斜面最低点后沿斜面上滑，由动能定理有
然后小滑块沿斜面下滑第次过斜面最低点，由动能定理有
解得
（3）分析知，滑块每次滑上传送带与离开传送带的速度大小相等，设滑块在斜面上运动的总路程为s，由能量守恒定律有
解得滑块在斜面上运动的总路程为
33．如图所示，半径为R的光滑竖直半圆轨道与光滑的水平面平滑连接，半圆轨道的圆心为O，A，O、C三点在同一竖直线，水平面上有两个小物块P、Q（均可视为质点，中间夹着一被压缩的轻弹簧且处于锁定状态，小物块P用销钉固定在水平面上，小物块P、Q的质量分别为和m。先解除小物块P、Q间的弹簧锁定，弹簧的弹性势能释放，小物块Q通过半圆轨道C后擦在水平面上，落点与A点的距离为。已知重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求小物块Q经过C点时半圆轨道对它的弹力大小；
（2）求锁定时弹簧储存的弹性势能；
（3）若先拔掉固定小物块P的销钉，再解除小物块P、Q间的弹簧镇定，求小物块Q落在水平面时落点到A点的距离。
【答案】（1）；（2）；（2）
【解析】
（1）物块Q经过C点后做平抛运动
解得
在C点受到的弹力为，则
解得
（2）由能量守恒定律，弹簧的弹性势能
解得
（3）拔掉销钉后，弹簧弹开P、Q的过程中动量守恒，设P、Q的速度分别为、，则
弹簧弹开P、Q的过程，弹性势能转化为PQ的动能
解得
假设P以速度冲上半圆轨道后，到达C点时速度为，则有
解得
所以物块P无法到达C点。
假设物块P恰好在D点以速度脱离轨道，OD与竖直方向夹角为，则有
解得
物块P离开D点后做抛体运动，竖直方向有
水平方向有
解得
落点到A点的距离为
34．如图所示，两足够长的直轨道所在平面与水平面夹角θ=37°，一质量为M=3kg的“半圆柱体”滑板P放在轨道上，恰好处于静止状态，P的上表面与轨道所在平面平行，前后面半圆的圆心分别为O、O′。有3个完全相同的小滑块，质量均为m=1kg。某时刻第一个小滑块以初速度v0=2m/s沿O′O冲上滑板P，与滑板共速时小滑块恰好位于O点，每当前一个小滑块与P共速时，下一个小滑块便以相同初速度沿O′O冲上滑板。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑板P与小滑块间的动摩擦因数为μ=0.8，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：
（1）滑板P恰静止时与一侧长直轨道间的摩擦力f；
（2）第1、2个小滑块分别与滑板P共速时的速度大小v1和v2；
（3）第3个小滑块与P之间摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
（1）滑板受力平衡，所以
解得
（2）由系统动量守恒得
第1个小滑块与滑板P共速的速度
由系统动量守恒得
第2个小滑块与滑板P共速的速度
（3）由系统动量守恒得
3个小滑块与滑板P共速的速度
设第3个小滑块滑上滑板后与P发生的相对位移为l3，由动能定理得
解得
第3个小滑块与P之间摩擦产生的热量
35．如图所示，一水平传送带以的速度顺时针转动，其左端A点、右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接。右边水平台面上的C点放置一质量的物块乙，D点固定有竖直挡板，C点到B点的距离，C点到D点的距离；左边水平台面上有一质量的物块甲，将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧）。已知A、B两点间的距离，初始时弹簧储存的弹性势能，物块甲与传送带之间的动摩擦因数，取，所有的碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短，两物块均可视为质点。求：
（1）从物块甲滑上传送带至与物块乙发生第一次碰撞的过程所用的时间；
（2）从物块甲滑上传送带至刚要与物块乙发生第二次碰撞的过程中，系统产生的总热量；
（3）第3次碰撞点与D点之间的距离；
（4）第2022次碰撞刚结束时，物块甲、乙的速度大小（不要求写出过程，只要求写出结果）。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4），
【解析】
（1）对物块甲，从释放至滑到A点的过程中，根据能量守恒定律得
解得
假设物块甲滑过A点后，假设其一直匀减速运动到B点，根据牛顿第二定律和匀变速直线运动规律有
联立解得
假设成立，可见物块甲一直匀减速至B点，之后沿光滑水平台面匀速运动至与物块乙发生第1次碰撞。
在传送带上匀减速的时间
在间匀速运动的时间
则从物块甲滑上传送带到与物块乙发生第一次碰撞所用的时间
（2）物块甲第一次在传送带上滑动时相对传送带的位移大小
设第1次碰后瞬间，物块甲和物块乙的速度分别和，以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
联立解得
甲在传送带上向左滑行位移
则物块甲碰后以向左滑上传送带减速至0后，又反向加速至；甲在传送带上向左运动到速度减为0时，两者相对位移大小为
可右运动到B点时，两者相对位移大小为
则从物块甲滑上传送带至刚要与物块乙发生第二次碰撞，系统产生的总热量
（3）物块甲与物块乙第一次碰后再返回到右边水平台面的时间为
物块乙运动的距离为
即当甲物块返回到右边水平台面时，乙物块刚好与竖直挡板碰后反向运动，则二者刚好在的中点发生第二次碰撞；同理以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得第二次碰后物块甲和乙的速度分别为
，
甲在传送带上向左滑行位移
则物块甲碰后以向左滑上传送带减速至0后又反向加速至，与物块乙发生第三次碰撞。因此第三次碰撞点的位置与D点间的距离为。
（4）从（3）总分析不难得出：第2022次碰撞刚结束时，物块甲速度大小
物块乙的速度大小
36．小张同学将如图（a）所示的装置放置在水平地面上，该装置由倾角θ=37°的倾斜轨道AB、水平传送带BC、水平轨道CD和竖直半圆轨道DEF平滑连接而成。质量m=0.5kg的小滑块从A点静止释放，传送带静止时，滑块恰好能够到达与圆心等高的E点。已经倾斜轨道AB的长度L1和水平传送带BC的长度L2相等，且L1=L2=0.75m，水平轨道CD长L3=1.0m，滑块与传送带BC和轨道CD间的动摩擦因数均为μ=0.2。倾斜轨道和半圆形轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。（sin37°=0.6）
（1）求圆弧轨道半径R；
（2）要使滑块恰好能通过半圆轨道最高点F点，求传送带速度v；
（3）若传送带以顺时针方向转动，并在圆弧E处固定一挡板（图中（b）所示），滑块撞上挡板后会以原速率反弹回来。写出滑块停止时距离C点的距离x和传送带速度v的关系式。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【解析】
（1）滑块从A运动到E，根据动能定理，有
解得
故圆弧轨道半径为0.1m。
（2）在F点，有
滑块从C运动到F，根据动能定理，有
解得
此外，滑块从A到B，根据动能定理，有
解得
则传送带速度为
故要使滑块恰好能通过半圆轨道最高点F点，传送带速度应为3m/s。
（3）第一种情况：滑块运动到C点时速度依旧大于等于传送带速度，则滑块从B到C一直做匀减速运动，有
解得
根据动能定理，有
解得
故有
故当时，小滑块停在距C点右侧0.5m处。
第二种情况：小滑块停在D往C之间，此时滑块在传送带上先减速后匀速，有
解得
则当
有
解得
则小滑块停在C点右侧
故当时，小滑块停在距C点右侧处。
第三种情况：小滑块停在C往D之间，滑块在传送带上做匀加速运动，有
解得
当
有
解得
则有
故当时，滑块停在距C点右侧处。
第四种情况：滑块从B到C依旧做匀加速运动，有
解得
根据动能定理，有
解得
则有
故当时，小滑块停在距C点右侧1.0m处。
第6讲 机械能守恒定律
多物体组成的系统的功能关系
例题1如图所示，水平面O点左侧光滑，O点右侧粗糙且足够长，有6个完全相同的质量均为m的小滑块（可视为质点）用轻细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开，现将水平恒力大小未知的力F作用于滑块1，经观察发现，第6个滑块刚好到达O点时，系统静止，已知重力加速度为g，滑块与O点右侧水平面间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（ ）
A．水平拉力F大小为
B．第1个滑块进入粗糙水平面后，系统的加速度为
C．第3个滑块经过O点后到第4个滑块尚未到达O点前，滑块3和滑块4之间的相互作用力为0
D．第5个滑块经过O点后到第6个滑块尚未到达O点前，滑块5和滑块6之间的相互作用力的大小为
【答案】C
【解析】
A．从滑块1在O点到滑块6到O点的过程，满足
解得
A错误；
B．第1个滑块进入粗糙水平面后，对整体
解得
B错误；
C．第3个滑块经过O点后到第4个滑块尚未到达O点前，系统受到的总摩擦力为，即拉力和摩擦力平衡，因此系统匀速运动，研究4、5、6滑块，3滑块对4滑块的拉力为0，C正确；
D．第5个滑块经过O点后到第6个滑块尚未到达O点前，系统加速度为
对6滑块
解得
D错误。
故选C。
速度位移关系图像分析功能关系
例题2研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“速度—位移”图像，若空气阻力和弹性绳的重力可忽略，根据图像信息，下列说法正确的是（ ）
A．弹性绳原长为
B．当运动员下降时，处于超重状态，当运动员下降时，处于失重状态
C．若以运动员、弹性绳、地球为系统研究，此过程机械能守恒
D．当运动员下降时，绳的弹性势能最大
【答案】C
【解析】
A．时速度最大，此时加速度为0，合外力为0，弹力不为0，弹力等于重力，弹簧处于伸长状态，所以A错误；
B．运动员下降时，处于加速下落过程，加速度向下，处于失重状态，当运动员下降时，处于减速下落过程，加速度向上，处于超重状态，所以B错误；
C．以运动员、弹性绳、地球为系统研究，此过程机械能守恒，所以C正确；
D．运动员下降时，速度不为0，继续向下运动，弹性绳继续伸长，弹性势继续增大，所以D错误；
故选C。
动能定理在多过程中的应用
动能定理综合应用问题的规范解答
1.基本步骤
(1)选取研究对象，明确它的运动过程；
(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况；
(3)明确研究对象在过程的始末状态的动能Ek1和Ek2；
(4)列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1及其他必要的解题方程，进行求解。
2.注意事项
(1)动能定理的研究对象可以是单一物体，或者是可以看做单一物体的物体系统。
(2)动能定理是求解物体的位移或速率的简捷公式.当题目中涉及到位移和速度而不涉及时间时可优先考虑动能定理；处理曲线运动中的速率问题时也要优先考虑动能定理。
(3)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑。
例题3如图所示，AB为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，其半径为R且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道BC相切于B点．水平轨道BC长为2R，动摩擦因数为μ1＝0.5，右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面．斜面CD足够长，倾角为θ＝37°，动摩擦因数为μ2＝0.8.一质量为m，可视为质点的物块从圆管轨道顶端A点以初速度v0＝水平射入圆管轨道，运动到B点时对轨道的压力大小为自身重力的5倍，物块经过C点时速度大小不发生变化，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，求：
(1)物块从A点运动到B点的过程中，阻力所做的功；
(2)物块最终停留的位置．
【答案】(1)－mgR (2)斜面上距C点R处
【解析】
(1)物块运动到B点时，设轨道对其支持力大小为FN，由牛顿第三定律知FN＝FN′＝5mg，由牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得vB＝2
物块从A点运动到B点的过程，由动能定理有2mgR＋Wf＝mvB2－mv02，得Wf＝－mgR
(2)设物块沿斜面上升的最大位移为x，由动能定理有
－μ1mg·2R－mgxsin θ－Ffx＝0－mvB2
其中Ff＝μ2mgcos θ，解得x＝R
因μ2mgcos θ＞mgsin θ，故物块在速度减为零之后不会下滑，物块最终会静止在斜面上距离C点R处．
机械能守恒定律的几种表达形式
1．守恒观点
(1)表达式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2.
(2)意义：系统初状态的机械能等于末状态的机械能。
(3)注意问题：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面。
2．转化观点
(1)表达式：ΔEk＝－ΔEp.
(2)意义：系统(或物体)的机械能守恒时，系统增加(或减少)的动能等于系统减少(或增加)的势能。
(3)注意问题：要明确势能的增加量或减少量，即势能的变化，可以不选取零势能参考平面。
3．转移观点
(1)表达式：ΔEA增＝ΔEB减．
(2)意义：若系统由A、B两部分组成，当系统的机械能守恒时，则A部分物体机械能的增加量等于B部分物体机械能的减少量。
(3)注意问题：A部分机械能的增加量等于A末状态的机械能减初状态的机械能，而B部分机械能的减少量等于B初状态的机械能减末状态的机械能。
例题4(多选)如图所示，滑块A、B的质量均为m，A套在倾斜固定的直杆上，倾斜杆与水平面成45°角，B套在水平固定的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，两直杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成30°角)连接，A、B从静止释放，B开始沿水平杆向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．A、B及轻杆组成的系统机械能守恒
B．当A到达B所在的水平面时，A的速度为
C．B到达最右端时，A的速度大于
D．B的最大速度为
【答案】AC
【解析】
不计一切摩擦，在运动的过程中，A、B及轻杆组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，A正确；从开始到A到达与B在同一水平面的过程，由系统的机械能守恒得mgLsin 30°＝mvA2＋mvB2，其中vAcos 45°＝vB，解得A的速度为vA＝，B错误；B滑块到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，由系统的机械能守恒得mg(Lsin 30°＋Lsin 45°)＝mvA12，解得A的速度为vA1＝>，C正确；当轻杆与水平杆垂直时B的速度最大，此时A的速度为零，由系统的机械能守恒得mg(Lsin 30°＋L)＝mvBmax2，解得B的最大速度为vBmax＝，D错误．
利用动能定理分析功能和能量变化的问题
1.动能的改变量、机械能的改变量分别与对应的功相等。
2.重力势能、弹性势能、电势能的改变量与对应的力做的功数值相等，但符号相反。
3．搞清不同的力做功对应不同形式的能的改变
不同的力做功
对应不同形式能的变化
定量的关系
合外力的功(所有外力的功)
动能变化
合外力对物体做功等于物体动能的增量
W合＝Ek2－Ek1
重力的功
重力势能变化
重力做正功，重力势能减少；重力做负功，重力势能增加WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
弹簧弹力的功
弹性势能变化
弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负功，弹性势能增加W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
只有重力、弹簧弹力的功
不引起机械能变化
机械能守恒ΔE＝0
除重力和弹力之外的力做的功
机械能变化
除重力和弹力之外的力做多少正功，物体的机械能就增加多少；除重力和弹力之外的力做多少负功，物体的机械能就减少多少W除重力、弹力外＝ΔE
电场力的功
电势能变化
电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加W电＝－ΔEp
一对滑动摩擦力的总功
内能变化
作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加Q＝Ff·l相对
例题5(多选)(2021·全国甲卷·20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为.已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g.则( )
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【答案】 BC
【解析】
物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有
－μmg·2lcos α＝－Ek，
物体从斜面底端到运动的最高点根据动能定理有
－mglsin α－μmglcos α＝0－Ek，
整理得l＝，μ＝0.5，A错误，C正确；
物体向下滑动时根据牛顿第二定律有
ma下＝mgsin α－μmgcos α，
解得a下＝，B正确；
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有
ma上＝mgsin α＋μmgcos α，解得a上＝g，故a上>a下，
由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且通过大小相同的位移，根据位移公式l＝at2，
则可得出t上
1.列能量守恒定律方程的两条基本思路：
(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等；
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加且减少量和增加量一定相等．
2.应用能量守恒定律解题的步骤
(1)分清有多少形式的能[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等]在变化；
(2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式；
(3)列出能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增
例题6缓冲器是一种吸收相撞能量的装置，起到安全保护作用，在生产和生活中有着广泛的应用，如常用弹性缓冲器和液压缓冲器等装置来保护车辆、电梯等安全，如图所示是一种弹性缓冲器的理想模型．劲度系数足够大的水平轻质弹簧与水平轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值Ff.轻杆向右移动不超过L时，装置可安全工作．现用一质量为m的小车以速度v0向右撞击弹簧，撞击后将导致轻杆能向右移动，已知轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦．求：
(1)该小车与弹簧分离时的速度大小；
(2)改变小车的速度，保证装置安全工作前提下，轻杆向右运动的最长时间；
(3)该小车撞击弹簧的最大动能满足什么条件时，能够保证装置安全工作．
【答案】
(1) (2) (3)Ekm≤mv02＋FfL
【解析】
(1)从开始压缩到分离，由能量守恒得mv02－mv12＝Ff
则v1＝
(2)小车与轻杆整体减速的加速度a＝
轻杆向右运动L，刚好减速为零时运动时间最长，有L＝at2
解得最长时间t＝
(3)轻杆开始移动后，弹簧压缩量x不再变化，弹性势能一定，速度为v0时，则由系统能量关系有mv02＝Ep＋Ff
速度最大为vm时，则由系统能量关系有mvm2＝Ep＋FfL
得mvm2－mv02＝FfL
最大动能Ekm≤mv02＋FfL.
摩擦力的功
类别
比较
静摩擦力
滑动摩擦力
不
同
点
能量转化的方面
在静摩擦力做功的过程中，只有机械能从一个物体转移到另一个物体(静摩擦力起着传递机械能的作用)，而没有机械能转化为其他形式的能量
1.相互摩擦的物体通过摩擦力做功，将部分机械能从一个物体转移到另一个物体
2．部分机械能转化为内能，此部分能量就是系统机械能的损失量
一对摩擦力做功方面
一对静摩擦力所做功的代数和等于零
一对相互作用的滑动摩擦力对物体系统所做的总功总为负值，系统损失的机械能转变成内能
相
同
点
做功方面
两种摩擦力都可以对物体做正功，做负功，还可以不做功
例题7放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的图像和水平拉力的功率与时间的图像如图甲、乙所示．下列说法正确的是( )
A．0～6 s内物体的位移大小为20 m
B．0～6 s内拉力做功为100 J
C．滑动摩擦力的大小为5 N
D．0～6 s内滑动摩擦力做功为－50 J
【答案】D
【解析】由题图甲可知，在0～6 s内物体的位移大小为x＝×(4＋6)×6 m＝30 m，故A错误；P－t图像中图线与时间轴围成的面积表示拉力做的功，则由题图乙可知，0～6 s内拉力做功WF＝×2×30 J＋10×4 J＝70 J，故B错误；在2～6 s内，v＝6 m/s，P＝10 W，物体做匀速运动，滑动摩擦力大小Ff＝F＝＝ N，故C错误；在0～6 s内物体的位移大小为30 m，滑动摩擦力做负功，即Wf＝－×30 J＝－50 J，D正确．
机车启动
1.无论哪种运行过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即 (式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力Ff).
2.机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即
3.机车以恒定功率运行时，牵引力做的功，由动能定理：，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移（路程）大小。
例题8一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v－t图像如图所示．已知汽车的质量为m＝2×103 kg，汽车受到的阻力大小恒为车重力的，g取10 m/s2，则( )
A．汽车在前5 s内受到的阻力大小为200 N
B．前5 s内的牵引力大小为6×103 N
C．汽车的额定功率为40 kW
D．汽车的最大速度为20 m/s
【答案】B
【解析】
由题意知汽车受到的阻力大小为车重力的，则阻力大小为Ff＝mg＝×2×103×10 N＝2 000 N，选项A错误；由题图知前5 s内的加速度a＝＝2 m/s2，由牛顿第二定律知前5 s内的牵引力大小为F＝Ff＋ma＝(2 000＋2×103×2) N＝6×103 N，选项B正确；5 s末达到额定功率P额＝Fv5＝6×103×10 W＝6×104 W＝60 kW，最大速度vmax＝＝ m/s＝30 m/s，选项C、D错误．
一、单选题
1．如图，在光滑水平面上有AB两点，AB相距s，一质量为m的小球由A点以大小为的初速度向右运动。小球受到水平面内的恒力F作用，经时间t小球达到B点，其速度大小仍为，方向与初速度方向夹角成120°。则小球由A运动到B过程中，下列说法正确的是（ ）
A．恒力方向与初速度方向相反
B．恒力大小为
C．恒力对物体做正功，其大小为
D．恒力冲量的大小为
【答案】B
【解析】
A．如图所示
因水平面内只受恒力F，速度的合成遵循平行四边形定则，由矢量图易知，恒力与初速度方向不共线，与-v0夹角为30°；速度变化量大小为，故A错误；
BD．根据动量定理得
解得恒力大小为
故B正确，D错误；
C．由动能定理可知动能变化为0，则恒力做功为0，故C错误。
故选B。
2．如图所示，斜面体静置于粗糙水平地面上，其斜面光滑，倾角 = 30°。轻弹簧下端固定在斜面底端，现用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，，斜面体总质量为M。现给A、B一初速度使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，在以后的运动过程中，轻绳一直拉紧，斜面体一直静止不动。当A回到初始位置时，立即让A、B停住。从开始运动到停住前过程中下列说法正确的是（ ）
A．A、B两物体机械能守恒
B．A没与弹簧接触时，地面对斜面体摩擦力方向向左
C．A与弹簧接触过程中，地面对斜面体无摩擦力
D．从两物体开始运动到停住，地面对斜面体支持力始终不变
【答案】D
【解析】
A．对整体分析，A、B、C及弹簧整体机械能守恒，A、B两物体机械能不守恒，A错误；
B．A没与弹簧接触时，A的重力向下的分力等于B的重力，A、B一起匀速运动，对整体分析可知地面对斜面体摩擦力为0，B错误；
C．A与弹簧接触过程中，对整体分析，地面对斜面体水平方向的合外力等于各物体水平方向合外力之和，而A的加速度方向沿斜面向上，故地面对斜面体摩擦力水平向左，C错误；
D．A与弹簧接触过程中，A、B加速度大小相等，aA平行斜面向上，aB竖直向下，任意时刻，竖直方向分析，A的“超重量”与B的“失重量”大小相等，故地面对斜面体的支持力为(M + 3m)g，D正确。
故选D。
3．如图所示，质量均为m=0.5kg的小球A、B（可视为质点）用长L=1m的轻质杆相连，小球B置于光滑水平面上，小球A紧靠于光滑墙面放置。现用如图所示的力F使小球A沿着墙面向上运动，当杆与竖直墙壁夹角θ=37°时，小球B的速度大小v=0.8m/s，重力加速度g=10m/s2，则在此过程中力F所做的功为（ ）
A．0.25J B．3.25J C．4J D．4.25J
【答案】D
【解析】
当杆与竖直墙壁夹角θ=37°时，设小球A的速度为v′，根据两球的速度沿杆方向的分速度大小相等，有
v′cos37°=vcos53°
代入数据得
v′=0.6m/s
小球A上升的高度为
h=Lcos37°=1×0.8m=0.8m
根据功能原理得外力F所做的功为
代入数据解得
故选D。
4．如图所示，两个竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑。在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别为hA和hB，下列说法正确的是（ ）
A．若使小球沿轨道运动并且到达最高点，两球释放的最小高度hA
C．若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，则在轨道最低点，B球受到的支持力最小值为6mg
D．适当调整hA和hB，可使两球从轨道最高点飞出后，均恰好落在轨道右端口处
【答案】B
【解析】
A．小球A恰好能到左侧轨道的最高点时，由
解得
根据机械能守恒定律得
解得
小球B恰好能到右侧轨道的最高点时，在最高点的速度
根据机械能守恒定律得
故A错误；
B．小球在最低点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则
FN－mg＝m
可知小球在最低点的速度越小受到的支持力越小，根据机械能守恒定律可得，当小球A开始时的高度是R时，小球A在最低点的速度最小，为
联立解得
故B正确；
C．根据机械能守恒定律可得，当小球B开始时的高度是hB＝2R时，小球B在最低点的速度最小，为
解得
故C错误；
D．小球A从最高点飞出后下落R高度时，水平位移的最小值为
小球落在轨道右端口外侧，而适当调整hB，B可以落在轨道右端口处，故D错误。
故选B。
5．如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为。木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下（货物与木箱之间无相对滑动），当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列说法正确的是（ ）
A．木箱与货物的质量之比为6：1
B．下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点
C．木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为1：6
D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能
【答案】B
【解析】
A. 系统从开始下滑到再次回到最高点过程，由能量守恒定律可得
解得木箱与货物的质量之比为
A错误；
B. 下滑过程中，木箱速度最大时弹簧的压缩量为，由受力平衡得
下滑过程中，木箱速度最大时弹簧的压缩量为，由受力平衡得
故有，即下滑与上滑过程中木箱速度最大的位置在轨道上的同一点，B正确；
C. 木箱与弹簧没有接触时，下滑的加速度大小
上滑的加速度大小
则下滑的加速度与上滑的加速度大小之比为
C错误；
D. 在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧增加的弹性势能和因摩擦产生的内能，D错误；
故选B。
6．如图所示，一半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB与一足够长的水平传送带平滑对接，圆弧轨道半径OA水平，传送带以某一速率v逆时针转动。现将一质量为m的小物块（可视为质点）从圆弧轨道上A点无初速度释放，物块滑上传送带后第一次返回到圆弧轨道上的最高点为P，该过程中，物块与传送带间因摩擦而产生的内能为ΔE，已知P点距B点的高度为R，重力加速度为g，下列判断正确的是（ ）
A．v＝
B．ΔE＝mgR
C．若增大传送带逆时针转动的速率的大小，其他条件不变，物块返回圆弧轨道后可能从A点滑出
D．若物块从圆弧AP间某位置无初速度释放，其他条件不变，则物块返回到圆弧轨道上的最高点在P点下边
【答案】B
【解析】
A．设物块释放后滑至B点时速度大小为vB1，滑上传送带后第一次返回B点时的速度大小为vB2，根据机械能守恒定律易知vB1＞vB2，由于物块在传送带上向右匀减速滑动和向左匀加速滑动时的加速度大小相同，所以在物块从传送带右侧最远位置到返回至B点的过程中不可能一直加速，而是先加速后匀速，即vB2=v，则根据机械能守恒定律有
解得
故A错误；
B．根据机械能守恒定律有
设物块与传送带之间的动摩擦因数为μ，则物块在传送带上滑动时的加速度的大小为
物块从B点向右匀减速运动至最远处的过程所经历的时间为
此过程中物块与传送带之间的相对位移大小为
物块从速度为零到反向加速至与传送带共速的时间为
此过程中物块与传送带之间的相对位移大小为
由功能关系可得
联立解得
故B正确；
C．若增大传送带逆时针转动的速率的大小，其他条件不变，物块可能在传送带上向左始终加速，根据运动的对称性可知物块返回至B点时的速度大小仍等于vB1，此时物块返回B点的速度达到最大，所以物块最多能够返回至A点，不可能从A点滑出，故C错误；
D．当物块恰好从P点由静止释放时，其他条件不变，易知物块下滑至B点时的速度大小恰好等于v，则物块返回时恰好能够达到P点，若物块从圆弧AP间某位置无初速度释放，其他条件不变，则物块下滑至B点时的速度大于v，物块所能到达右侧最远位置到B点的距离比从P点释放时更大，所以物块返回至B点时的速度大小仍会等于v，物块回到圆弧轨道上的最高点仍在P点，故D错误。
故选B。
二、多选题
7．如图所示，光滑斜面倾角θ=60°，其底端与竖直平面内半径R的光滑圆弧轨道平滑对接，位置D为圆弧轨道的最低点。两个质量均为m的小球A和小环B（均可视为质点）用L=1.5R的轻杆通过轻质铰链相连。B套在固定竖直光滑的长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心，初始时轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变）。重力加速度为g。下列判断正确的是（ ）
A．刚释放时，小球A的加速度大小为
B．小球A由静止释放运动到最低点时，机械能一直减小
C．小球A运动到最低点时的速度大小为
D．已知小球A运动到最低点时，小环B的瞬时加速度大小为a，则此时小球A受到圆弧轨道的支持力大小为5.5mg+ma
【答案】ACD
【解析】
A．由牛顿第二定律得
解得
故A正确；
B．小球A在D点时，速度水平，竖直分速度为0，则B的速度为0。而B的机械能减小，则A的机械能增加。不管中间怎么变化，但A机械能最终增加了。故B错误；
C．系统动能定理得
解得
故C正确；
D．以小环B为研究对象，由牛顿第二定律得
F﹣mg=ma
以小球A为研究对象，由牛顿第二定律得
解得
FN=5.5mg+ma
故D正确。
故选ACD。
8．如图所示，一倾角为的光滑斜面与半径为R的光滑圆弧在最高点对接，斜面固定在水平地面上，圆弧最低点与水平地面相切。质量分别为m和M的物块A与B（可视为质点）通过跨过斜面顶端光滑定滑轮的轻绳（长为1.5R）连接。初始时轻绳伸直，将物块B由圆弧的最高点静止释放，当物块B到达圆弧最低点时，物块A的速度为，重力加速度为g，则以下说法正确的是（ ）
A．物块B到达圆弧最低点时速度大小也为
B．当物块B到达圆弧最低点时，物块A的速度最大
C．轻绳对物块A做的功为
D．物块B经过圆弧最低点时受到的支持力小于
【答案】CD
【解析】
A.如图1所示，设物块B滑至圆弧最低点时的速度为，将其分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度，其中分速度
由几何关系可得
故A错误；
B.在物块B沿圆弧向下运动时，由于物块B的重力沿轻绳方向的分力越来越小，而物块A、B的质量关系未知，因此物块A有可能先加速后减速，则物块B到达圆弧最低点时，物块A的速度不一定最大，故B错误；
C.轻绳对物块A做的功等于其机械能的增加量
故C正确；
D.对滑至圆弧最低点的物块B进行受力分析如图2所示，由牛顿第二定律可得
解得
故D正确。
故选CD。
9．如图所示，物块放在固定光滑水平桌面上，通过跨过小定滑轮O的轻绳与质量为的小球相连，小球套在光滑竖直杆上，劲度系数的水平轻弹簧左端固定，右端与物块相连。杆上A处与同高，A与间的距离。开始时，用手使小球静止在A处，轻绳恰好水平伸直，弹簧处于原长状态。由静止释放小球，小球到达B点时速度为，与杆的夹角为，小球能到达的最低点为C，水平桌面足够长。已知弹簧的弹性势能，x为形变量，重力加速度，，不计一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．小球和物块组成的系统机械能守恒
B．物块的质量为
C．小球到达B点时物块的速度大小为0.2m/s
D．小球到达C点时，轻绳与杆的夹角的正弦值为0.6
【答案】BC
【解析】
A．小球、物块和弹簧组成的系统机械能守恒。故A错误；
BC．小球到达B时速度大小，物块的速度大小
小球从A运动到B，弹簧伸长量
根据机械能守恒定律有
结合弹簧弹力做功有
解得物块的质量为
故BC正确；
D．设A、C两点间的高度差为h，小球到达C点时，物块、小球的速度均为零，有
，
根据机械能守恒定律有
代入等式不成立。故D错误。
故选BC。
10．某同学用如图1所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能（重力势能、电势能之和）情况。两个带同种电荷的小球1、2放在竖直放置的绝缘圆筒中，1固定在圆筒底部，2从靠近1位置处释放，测出的位置和速度，利用能量守恒可以得到势能图像。图2中Ⅰ图是小球图像，Ⅱ图是计算机拟合的图线Ⅰ的渐近线，实验中一切摩擦可忽略，小球的电荷量不会发生变化，，则2小球（ ）
A．上升过程速度一直变大
B．上升过程速度先变大后变小
C．质量为
D．从处运动至处电势能减少
【答案】BCD
【解析】
AB．上升过程系统能量守恒
结合图像可知，上升过程中势能先变小后变大，因此，小球2的动能先变大后变小，速度也先变大后变小，A错误，B正确；
C．根据库仑定律
可知，当时，，系统势能的变化量主要取决于重力做功
即
由此可知小球2的重力等于图中渐近线的斜率，结合图像可知
解得
C正确；
D．从处运动至过程中，根据系统能量守恒
根据动能定理可得
又因为
解得
从处运动至过程中，电场力做的正功，电势能减少，D正确。
故选BCD。
11．甲、乙两同学在课外活动时进行乒乓球比赛，已知乒乓球的质量为m且可视为质点，球桌的长度为L，甲同学在球桌左边缘上方高H处沿水平方向发球，在桌面上反弹后恰好过网，之后乒乓球落在球桌的右边缘上。乒乓球第一次落在桌面上时的水平位移为，已知第一次与桌面接触的过程乒乓球与桌面相互作用的时间为t，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．乒乓球第一次与桌面作用过程中损失的能量为
B．乒乓球第一次落在桌面上后反弹上升的最大高度为
C．第一次与桌面接触的过程中，乒乓球受到桌面提供的平均作用力为
D．球网的高度为
【答案】BC
【解析】
B．设乒乓球第一次落在桌面上后反弹上升的最大高度为h，因为不计摩擦和空气阻力，所以在水平方向上乒乓球的速度不变，根据平抛运动规律得
解得
B正确；
A．则第一次与桌面作用的过程中，乒乓球损失的能量为
A错误；
C．乒乓球第一次与桌面接触前瞬间在竖直方向的速度大小为
第一次与桌面接触后在竖直方向的速度大小为
根据动量定理得
解得
C正确；
D．设球网的高度为，结合B项分析和运动学公式可知
联立解得
球网的高度为，D错误。
故选BC。
12．如图所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，弹簧原长为L，质量为m的球从距离弹簧上端h处由静止释放，与轻弹簧作用，球立即与弹簧上端粘连，并在竖直方向上运动。一段时间后，球停止运动，此时，球距离地面为0.5L，弹簧的弹性势能为Ep。重力加速度g，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．球静止处就是下落过程中速度最大处
C．球在运动过程中，球的机械能不守恒，但球与弹簧组成的系统机械能守恒
D．小球第一次下落到最低点时，弹簧的弹性势能小于mg（h＋）
【答案】AD
【解析】
A．球停止运动时，受力平衡，根据平衡关系和胡克定律得
解得
C．分析得小球开始从高处下落，第一次经过最后的静止位置动能不为零，最后在该位置静止，说明运动过程中有阻力作用，故系统机械能不守恒，C错误；
B．在运动过程中有阻力作用，运动过程中的平衡位置并不在最后的静止位置，球静止处不是下落过程中速度最大处，B错误；
D．运动过程中第一次经过最后的静止位置，根据能量守恒有
从第一次经过最后的静止位置到第一次的最低点，根据能量守恒有
小球第一次下落到最低点时，弹簧的弹性势能为
整理得
故小球第一次下落到最低点时，弹簧的弹性势能小于mg（h＋），D正确。
故选AD。
13．如图所示，倾角为θ的传送带顺时针匀速转动，质量为m物块P通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与质量为mA物块A相连，且mA>msinθ。现将P从传送带底端由静止释放，运动至在传送带中点时恰好达到传送带速度，随后与传送带一起匀速运动；若换用与P质量相同、材质不同的物块Q与A相连，Q刚好在传送带顶端与传送带达到共同速度，则物块在传送带上从底端运动到顶端（A未着地）过程中（ ）
A．物块Q与传送带间的动摩擦因数比物块P大
B．传送带对物块P做的功小于对物块Q做的功
C．在加速阶段，在同一位置，重力的功率物块P大于物块Q
D．物块与传送带间因摩擦产生的热量，P比Q多
【答案】CD
【解析】
A．设传送带速度为v，长度为L，物块P运动至在传送带中点时恰好达到传送带速度，有
Q刚好在传送带顶端与传送带达到共同速度，则
则
由根据牛顿第二定律有
解得
物块P与传送带间的动摩擦因数比物块Q大，选项A错误；
B．物块在传送带上从底端运动到顶端（A未着地）过程中，根据动能定理有
解得
选项B错误；
C．在加速阶段，物块重力的功率
，则加速阶段，在同一位置，重力的功率物块P大于物块Q，故C正确；
D．物块P从静止加速到v所用时间为、物块P位移为，物块Q从静止加速到v所用时间为，位移为，则
所以
在时间、内的物块相对传送带的位移分别为
所以
因摩擦产生的热分别为
因，所以
故D正确；
故选CD。
14．如图所示，ABC为一弹性轻绳，一端固定于A点，一端连接质量为m的有孔小球，小球穿在竖直的杆上。轻杆OB一端固定在墙上，一端为光滑定滑轮，若绳自然长度等于AB，初始时ABC在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h ，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5 ，绳始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．小球在D点时速度最大
B．小球在CD阶段损失的机械能等于小球在DE阶段损失的机械能
C．若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，则v =2
D．若只把小球质量变为2m ，则小球从C点由静止开始运动，到达E点时的速度大小为
【答案】AD
【解析】
A．设当小球运动到某点时，弹性绳的伸长量是，小球受到如图所示的四个力作用
其中
将正交分解，则
的竖直分量
据牛顿第二定律得
解得
即小球的加速度先随下降的距离增大而减小到零，再随下降的距离增大而反向增大，据运动的对称性（竖直方向可以看作单程的弹簧振子模型）可知，小球运动到的中点时，加速度为零，速度最大，A正确；
B．除重力之外的合力做功等于小球机械能的变化，小球在段所受绳子拉力竖直分量较小，则小球在段时摩擦力和弹力做的负功比小球在段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在阶段损失的机械能小于小球在阶段损失的机械能，故B错误；
C．对小球从运动到的过程，应用动能定理得
若在点给小球一个向上的速度，小球恰能从点回到点，应用动能定理得
联立解得
，
故C错误；
D．若只把小球质量变为2m，小球从C点由静止开始运动，到达E点过程中，绳子拉力和摩擦力做功不变，根据动能定理有
解得小球到达E点时的速度大小
v1=
故D正确。
故选AD。
15．如图所示，轻质弹簧一端固定，另—端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC =h。若圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g。则圆环（ ）
A．下滑过程中，经过B处的加速度最大
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2- mgh
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
【答案】BD
【解析】
A．圆环从处由静止开始下滑，经过处的速度最大，到达处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过处的速度最大，所以经过处的加速度为零，所以加速度先减小，后反向增大，则下滑过程中经过B处的加速度最小，故错误；
B．研究圆环从处由静止开始下滑到过程，运用动能定理列出等式
在处获得一竖直向上的速度，恰好能回到，运用动能定理列出等式
解得
所以下滑过程中，克服摩擦力做的功为，故B正确；
C．由上分析可知
所以在处，弹簧的弹性势能为，故C错误；
D．研究圆环从处由静止开始下滑到过程，运用动能定理列出等式
研究圆环从处上滑到的过程，运用动能定理列出等式
即
由于W'f<0，所以
则有
即上滑经过的速度大于下滑经过的速度，故D正确；
故选BD。
16．如图所示，光滑水平面上有一右端带有固定挡板的长木板，总质量为m。一轻质弹簧右端与挡板相连，弹簧左端与长木板左端的距离为x1。质量也为m的滑块（可视为质点）从长木板的左端以速度v1滑上长木板，弹簧的最大压缩量为x2且滑块恰好能回到长木板的左端；若把长木板固定，滑块滑上长木板的速度为v2，弹簧的最大压缩量也为x2。已知滑块与长木板之间的动摩擦因数为µ，则（ ）
A．
B．弹簧弹性势能的最大值为
C．弹簧弹性势能的最大值为µmg（x1+x2）
D．滑块以速度v2滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端
【答案】ACD
【解析】
当长木板不固定，弹簧被压缩到最短时两者速度相同，设为v，弹簧最大弹性势能为，从滑块以速度v1滑上长木板到弹簧被压缩到最短的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律
从弹簧被压缩到最短到滑块恰好滑到长木板的左端，两者速度再次相等，由能量守恒
若把长木板固定，滑块滑上长木板的速度为v2，弹簧的最大压缩量也为x2，由能量守恒
联立可得
，
设滑块被弹簧弹开，运动到长木板左端时的速度为v3，由能量守恒
带入数据可解得
v3=0
说明滑块以速度v2滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端。
故ACD正确，B错误。
故选ACD。
17．如图所示.轻弹簧放在倾角为37°的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面的底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐。质量为m的物块从斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后滑到ab的中点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为，重力加速度为g，sn37°=0.6，cos37°=0.8，则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.3
B．物块与弹簧作用过程中，向上运动和向下运动速度都是先增大后减小
C．弹簧具有的最大弹性势能为mgL
D．物块由静止释放到最终静止过程中，因摩擦产生的热量小于mgL
【答案】BD
【解析】
A．设物块与斜面间的动摩擦因数为，根据动能定理有
解得
A错误；
B．物块与弹簧作用过程中，向下运动时，速度先增大后减小，向上运动时，速度先增大后减小，B正确；
C．c点弹簧具有的最大弹性势能，ac过程应用能量守恒可得
C错误；
D．当物块最终静止时，静止的位置位于b，c两点之间，因此因摩擦产生的热量小于
D正确。
故选BD。
三、解答题
18．2022年北京冬季奥运会已经圆满落幕，中国体育代表团表现出色，取得了参加冬奥会的历史最好成绩。跳台滑雪难度很高，是奥运会中最具观赏性的项目之一、某同学观看了跳台滑雪，设想了如下情景。如图所示，质量m=60kg运动员由A点静止出发，通过高hAB=26m的弯曲滑道AB进入半径R=20m、圆心角为74°的圆形滑道BCD（两轨道在B处平滑相切，B与D等高），并从D点飞出后落至倾角θ=37°的斜面雪道上P点后，由于斜面雪道的作用，仅保留沿斜面雪道方向的速度，垂直斜面雪道方向的速度立即减为0。随后由斜面雪道底部M进入长xMN=10m的减速水平轨道MN。整个运动过程中运动员可视为质点，轨道连接处均平滑相切，不考虑空气阻力。
（1）若运动员到达圆形滑道BCD最低点C时速度vc=20m/s，求运动员在C点对轨道的压力；
（2）求在（1）问情况下运动员在滑道ABC上运动过程中阻力做的功；
（3）若运动员在D点沿着切线飞出后，到达最高点时速度v0=10m/s，最高点离斜面雪道E点竖直高度为h0=5m且E点与M点距离=35m、运动员与斜面雪道上的动摩擦因数为μ=0.25，运动员进入水平轨道后通过调节滑雪板姿态以改变阻力，要保证安全停在水平轨道MN上，求水平轨道对运动员的平均阻力的最小值。
【答案】（1）1800N 方向竖直向下；（2）Wf=-6×103J；（3）fm=1.44×103N
【解析】
（1）在C点，根据牛顿第二定律
解得
FN=1800N
由牛顿第三定律得
F压=FN=1800N
方向竖直向下
（2）从A到C过程之中，根据动能定理
解得
Wf=-6×103J
（3）从最高点落到斜面过程中做平抛运动
x=v0t
解得
t=2s
可得
因此
落到P点后的速度
从P到N过程中，根据动能定理
解得
fm=1.44×103N
19．某学校门口平直公路上设有图甲所示减速带，一摩托车经过校门口前因有减速带司机控制摩托车的加速度a，a随位移x变化的图像如图乙所示，x＝0时车速v0＝10m/s，此时加速度方向与速度方向相同；x＝62m时摩托车到达减速带处，求：
（1）摩托车在0～22m位移内所用的时间t1；
（2）末速度大小v1。
【答案】（1）2s；（2）8m/s
【解析】
（1）摩托车在0～22m位移内做匀加速直线运动，在0～22m位移内摩托车的加速度为
根据运动学公式
代入数据解得
故摩托车在0～22m位移内所用时间为2s。
（2）设摩托车在0～22m位移的末速度为v，则有
对摩托车在22m～62m位移内的运动，设阻力为f，加速度为a，位移为
以x为0处的速度方向为正方向，由动能定理得
即
其中
代入数据解得
故末速度大小为8m/s。
20．如图所示，装置由光滑的四分之一圆弧轨道、水平传送带组成，圆弧轨道和传送带在B点平滑连接。一质量为的滑块在圆弧轨道上距离B点高度为h的某处由静止释放，经过传送带，最后落地。已知滑块与传送带的动摩擦因数为，传送带长，圆弧轨道半径为，传送带一直向右做匀速运动，速度大小为，C端距地面的高度。（传送带的轮子半径很小，滑块可视为质点，其余阻力不计，g取）
（1）若小滑块全程匀速通过传送带，求滑块经过圆弧底端对轨道的压力。
（2）操作中发现，当滑块从距离B点高度为和之间下滑，最后都会落到地上同一点，求和。
（3）若滑块始终从A点释放，传送带的长度L可以在0到足够大之间调节（B点位置不变，C点位置可以左右调节），求滑块落地点至B点的水平距离x与传送带长度L之间的关系。（注：滑块运行期间传送带长度是不变的）
【答案】（1）；（2），；（3）当，；当，
【解析】
（1）若小滑块全程匀速通过传送带，则滑块经过B点的速度恰好为，则
解得
由牛顿第三定律
故
（2）经分析可知，滑块经过B点的速度介于与之间时，经过传送带的加速或减速（极限为全程加速和全程减速），都可以以的速度离开C点而落到地上同一点。有
解得
，
根据动能定理
解得
，
（3）滑块始终从A点释放，到达B点的速度为
解得
经过分析，当传送带长度小于等于时，滑块全程减速，否则为先减速后以匀速，则
解得
故当时
当时
由平抛运动规律可知
解得
所以，当时，滑块落地点至B点的水平距离x为
当时，滑块落地点至B点的水平距离x为
21．某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能EP=4.5J，质量m=1.0kg的小滑块静止于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角θ=30°的传送带平滑连接，传送带长度L=8.0m，传送带以恒定速率v0=8.0m/s顺时针转动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=，重力加速度g取10m/s2。
（1）求滑块离开传送带时的速度大小v；
（2）求电动机传送滑块多消耗的电能E；
（3）若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，求的取值范围。
【答案】（1）7m/s；（2）96J；（3）12J≤Ep'≤132J
【解析】
（1）设滑块刚冲上传送带底端的速度为v1，根据能量守恒
代入数据得
因为μ＞tanθ，故滑块在传送带上先向上加速，根据根据牛顿第二定律
得
若滑块在传送带上一直加速，则离开传送带时的速度大小v满足
解得
所以假设成立，滑块离开传送带时的速度大小为7m/s。
（2）滑块在传送带上运动时间
该段时间，传送带的位移
对传送带，根据动能定理有
解得
即电动机传送滑块多消耗的电能
（3）分析可知，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，滑块滑出传送带时要与传送带共速。
滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最小，有
得
同理可得，滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带，所对应的弹性势能最大，有
得
所以，满足条件的弹性势能范围为
22．如图所示为某工地一传输工件的装置，AB为一段半径R=4.5m且固定的圆弧轨道，BC为一段足够长的水平轨道，CD为一段半径r＝0.8m且固定的圆弧轨道，三段轨道均光滑，一长为L＝1.9m、质量为M＝1kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切，且与CD轨道最低点处于同一水平面，一可视为质点、质量为m＝2kg的工件从距AB轨道最低点的高度为h处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD轨道左端碰撞（碰撞时间极短）后即被粘在C处．工件只要从CD轨道最高点飞出，就能被站在台面DE上的工人接住，工件与小车间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10m/s2。
（1）若h为1.8m，求：
①工件滑到圆弧底端B点时受到轨道的支持力大小
②工件在圆弧轨道CD上滑行的最大高度
（2）要使工件能被站在台面DE上的工人接住，求h的最大值。
【答案】（1）①36N；②0.45m；（2）2.85m
【解析】
（1）①工件从起点滑到圆弧轨道底端B点，设到B点时的速度为v0，根据动能定理有
mgh＝mv02
工件做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得
FN－mg＝m
联立解得
FN＝36 N
②对工件和小车系统动量守恒
mv0＝(m＋M)v1
μmgx＝mv02-(m+M)v12
当小车CD轨道左端粘在一起后，对工件
-μmg(L-x)＝mv22 -mv12
工件滑上CD后
mv22=mgH
解得
H＝0.45m
(2)由于BC轨道足够长，要使工件能到达CD轨道，工件与小车必须能够达到共速，当工件到达小车最右端才与其共速时，h最大。
由动量守恒定律得
mv0′＝(m＋M)v1′
由动能定理得
μmgL＝mv0′2－(m＋M)v1′2
代入数据解得
h′＝2.85 m
此时工件滑上CD后能上升的高度
解得
H′=1.27m>r=0.8m
能被工人接住。
23．如图所示，质量为的物块a和质量为的物块b均静止在同一水平面上，物块a与竖直挡板间放有一轻弹簧，物块b放置在倾角为的斜面底端。开始时弹簧处于原长状态，某时刻起以大小为的恒力作用在物块a上使其压缩弹簧，当物块a速度为零时立刻撤去恒力并在物块a离开后撤去弹簧并前移挡板至管道口，物块a沿光滑半圆水平管道运动，之后与物块b发生弹性碰撞，物块经过衔接处时没有能量损失。已知弹簧的劲度系数且弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为，物块a与斜面间的摩擦力可忽略，物块b与斜面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块a与挡板碰撞过程时间极短且无能量损失，，物块均可视为质点，管道很细。
（1）求撤去恒力F瞬间弹簧储存的弹性势能；
（2）物块b第一次静止前恰未与物块a发生第二次碰撞，求半圆轨道的半径；
（3）求碰撞后物块b上升高度的最大值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）物块a受到恒力F和弹簧弹力作用，根据对称性原理可知，当物块a受到的合力大小与F相等、方向与F相反时，物块a的速度为零，设此时弹簧的压缩量为，有
根据功能关系可知，撤去恒力F瞬间弹簧储存的弹性势能为
解得
（2）设满足要求的半圆管道半径为R
对物块b有
可知物块b在斜面上速度减到零后不会下滑
物块a第一次离开弹簧瞬间，有
物块a与物块b发生弹性碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
物块b在斜面上运动过程中，由牛顿第二定律有
第一次碰撞后物块b在斜面上的运动时间为
运动距离为
物块a在斜面上运动时的加速度大小为
第一次碰撞后，物块a沿半圆管道运动的时间为
对物块有
可得
（3）设物块b最终静止时到水平面的高度为h，对整个过程由能量守恒定律有
解得
24．如图所示为北京2022年冬奥会一自由式滑雪大跳台技巧比赛场地示意图，比赛场地由出发区AB、助滑坡BC、第一过渡区CD、跳台DE、第二过渡区EF、着陆坡FG和终点区GH组成、在H处安置半径为R=1.0m的圆形轨道，进出口H、H1靠近带相互错开，H1N足够长。第一过渡区和终点区的的最低点在同一水平地面上，出发区距地面的高度，跳台最高点E和着陆坡最高点F离地面的高度均为，着陆坡度37°。运动员从助滑坡顶端B由静止滑下，离开跳台在空中完成预定动作到达F点正上方的最高点M后水平飞出，M点离水平地面（GH所在水平面）的高度为7.6m，在落到倾斜雪道FG上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起，此后立即做匀加速运动经过G点。假设运动员连同滑雪板的总质量，除缓冲外运动员可视为质点，滑雪板与雪道GH的动摩擦因数，不计其余滑道和空气的阻力，不计经过各转折点处的能量损失，，，求：
（1）运动员从M点水平飞出的速度vM；
（2）运动员在倾斜雪道FG上滑行的时间（结果可用根号表示）；
（3）若运动员能够进入圆形轨道且不脱离轨道，雪道GH的长度应满足什么条件？
【答案】（1）；（2）；（3）或
【解析】
(1)运动员连同滑雪板从B点运动到M点过程中，根据机械能守恒定律得
代入数据解得
(2)设运动员落在倾斜雪道点，离地面高度为，根据平抛运动规律有
代入数据解得
根据几何关系可知
运动员在落到倾斜雪道FG上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度可得
运动员在倾斜雪道FG上时，根据牛顶第二定律
解得
根据位移与速度的关系式得
解得
再根据
解得
(3)当运动员恰好不脱离轨道通过最高点时速度为，根据牛顿第二定律有
从K点到圆环最高点过程中，设雪道GH的长度为，根据动能定理有
代入数据解得
则当雪道GH的长度为
时，运动员可以不脱离轨道通过最高点；
当运动员恰好能到轨道圆心等高点，从K点到圆环轨道圆心等高点过程中，根据动能定理有
解得
当运动员恰好能进入轨道，从K点到点过程中，根据动能定理
解得
则运动员能够进入轨道且不超过轨道圆心等高点，雪道GH的长度满足
故运动员能够进入圆形轨道且不脱离轨道，雪道GH的长度应满足
或
25．如图所示，竖直放置的轻弹簧上端与小物块B相连，下端固定在地面上，不可伸长的轻绳穿过光滑竖直固定细管，两端拴着质量分别为、的小球和物块B，拉着使它停在管的下端。拉起，使绳与竖直方向成一定夹角，给适当的水平速度，可使它在水平面内做圆周运动，做圆周运动过程中B的位置保持不变。已知细管长，的质量，B距管下端口足够长，重力加速度取。弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）拉起，保持B在初始位置不变，使以角速度做圆周运动，绳与竖直方向的夹角；
（2）在从管的下端被拉起时带动B上移，当弹簧中的弹力大小与（1）中相等时，使以角速度做圆周运动，物块B上移的高度；
（3）该过程中人对、B系统做的功。
【答案】（1）；（2）①，②
【解析】
（1）以角速度5.0rad/s匀速转动时，对有
解得
（2）初始状态时，B物块静止，受力平衡有
解得
以角速度10rad/s匀速转动时，对，由牛顿第二定律有
对B有
解得
（3）将从初位置拉起使其以角速度10.0rad/s匀速转动的过程中，B的重力势能增加量
J
的重力势能增加量
的动能增加量
该过程中人对、B系统做的功
26．“再生制动”是一些汽电混动车辆的常用制动方式。所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。假设一辆汽电混动汽车的质量为m，该汽车设定为前阶段在速度大于时选择再生制动，后阶段速度小于等于时选择机械制动。当它以速度在平直路面上做匀速行驶时，某一时刻开始刹车，前阶段阻力的大小与速度的大小成正比，即，后阶段阻力恒为车重的倍，汽车做匀减速运动，重力加速度为g。求：
（1）如果此次刹车的过程中汽电混动汽车动能减小量的倍被转化为电能，那么此次刹车储存多少电能；
（2）汽电混动汽车从刹车到停止的位移多大；
（3）在一次性能检测中，检测机构让汽电混动汽车在平直的路面上匀速行驶（速度小于）一段距离后关闭发动机，测绘了汽车只开启“机械制动”和“机械制动”“再生制动”同时开启两种设定下汽车的动能与位移关系的图线①和②，如图密所示。若检测时忽略测试路面的阻力差异和空气阻力，求“机械制动”“再生制动”同时开启测试中汽车被回收的动能是多少？
【答案】（1）；（2）；（3）J
【解析】
（1）设汽电混动汽车在刹车的过程中储存的电能为E，依题意
得
（2）设汽电混动汽车再生制动阶段运动的位移为，由动量定理得
又
即
所以在再生制动阶段有
解得
在机械制动阶段，汽电混动汽车做匀减速运动，由牛顿第二定律可得
又
解得
设匀减速运动的位移为，由运动学得
解得
所以汽电混动汽车从刹车到停止的位移为
（3）对于减速过程，因斜线率的绝对值表示阻力的大小，由图线①得
代入得
由图线②，设汽车的位移为，回收的动能为
27．如图所示，固定在竖直面内的轨道由足够长直线和半径为R的四分之一圆弧相切连接而成，除AB段粗糙外其它部分均光滑，C、D是圆弧的两端点。两个质量均为m的小球a和b，分别从A点和C点以一定的初速度向右运动，a球的初速度是b球的2倍，b球第一次上升相对C点的最大高度为2R，在b球返回c点向B点运动的过程中，与迎面而来的a球发生弹性碰撞，碰后b球第二次上升相对c点的最大高度为。由于磁性的原因b球在CD上还会受到轨道对它的垂直轨道方向、大小为的吸引力，是b球所在位置与C点间的圆弧所对的圆心角。视小球为质点，两球与AB间的动摩擦因素均为。假设除碰撞外两球间没有作用力。空气阻力不计，重力加速度为g。求：
（1）b球在空中运动过程中重力的冲量；
（2）b球由D滑向C的过程中对轨道压力的最大值；
（3）a、b两球在AB上运动的总时间。
【答案】（1）；方向竖直向下；（2）6mg；（3）
【解析】
(1)b球第一次上升，在空中运动高度为R，设D点速度为，则
解得
b球在空中运动时间
b球在空中运动过程中重力的冲量为
方向竖直向下
(2)b球由最高点下落到圆弧上P点时的高度差为
由得P点的速度
由得
解得
由牛顿第三定律知，b球由由D滑向C的过程中对轨道压力的最大值为6mg。
(3)设a球碰撞前后的速度分别为、，由
，
分别求得b球碰撞前后的速度大小分别为
，
取向左为正方向，由
，
解得
，
由机械能守恒可知，b球的初速度为
则a球的初速度为
则a球从A运动到B的时间为
因为
所以两球不会发生第二次碰撞，且都将静止在AB上，两球在AB上向左运动的时间分别为
，
故a、b两球在AB上运动的总时间为
28．如图所示，遥控电动赛车（可视为质点）从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点进入半径为的竖直粗糙圆弧轨道，经过圆弧最高点C后水平飞出，之后恰好在D点沿斜面方向进入与竖直方向成的斜面轨道（途中表演上下翻身），C、D两点在竖直方向的高度差为。已知赛车在水平轨道AB部分运动时受到恒定阻力，由设置在圆弧起点处的传感器显示赛车经过此处对圆弧轨道的压力为，赛车的质量，通电后赛车的电动机以额定功率工作，轨道AB的长度，空气阻力忽略不计，。求：
（1）赛车运动到点的速度的大小。
（2）赛车电动机工作的时间。
（3）赛车在通过圆弧轨道过程中克服摩擦阻力所做的功。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）传感器显示赛车在B点对圆弧轨道的压力为
则赛车在B点受到的支持力
赛车运动到B点时，由牛顿第二定律得
代入数据解得
（2）赛车在水平轨道上运动的过程，由动能定理得
代入数据解得
（3）赛车从C到D做平抛运动，设赛车到达D点时竖直分速度为，经过C点时的速度为，则有
解得
对赛车通过圆弧轨道的过程，由动能定理得
代入数据解得
29．如图所示，从A点以水平速度v0＝4m/s抛出一质量m＝1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入∠BOC＝37°的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C端的切线水平。已知长木板的质量M＝1kg，A、B两点距C点的高度分别为R＝2.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10m/s2.求：（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）小物块在B点时的速度大小；
（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小；
（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。
【答案】（1）；（2）23.1N；（3）3m
【解析】
（1）小物块在B点时的速度
（2）从B点至C点，由动能定理有
mgR（1-cos37°）＝mvC2－mvB2
设物块在C点受到的支持力为FN，则有
FN－mg＝
解得
vC＝6m/s，FN≈23.1N
根据牛顿第三定律可知，物块在C点时对圆弧轨道的压力大小为23.1N
（3）小物块与长木板间的滑动摩擦力
Ff＝μ1mg＝5N
长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力
F′f＝μ2（M＋m）g＝4N
由于
Ff〉F′f
所以木板运动。
对滑块，根据牛顿第二定律得
μ1mg＝ma1
对木板，根据牛顿第二定律得
μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma1
最终速度相等时有
v＝v0－a1t＝a2t
滑块的位移为
x滑＝t
木板的位移为
x板＝t
木板的最小长度为
L＝x滑－x板=3m
30．如图所示，一倾角为的足够长斜面体固定在水平地面上，一质量为的长木板B沿着斜面以速度匀速下滑，现把一质量为的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块恰好没有从长木板右端滑下，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，求：
（1）铁块A和长木板B共速后的速度大小；
（2）长木板的长度；
（3）请用数值验证，铁块刚放上长木板左端时与达到共速时系统的总能量相等。
【答案】（1）6m/s；（2）2.25m；（3）见解析
【解析】
（1）根据动量守恒定律有
解得
（2）根据题意可知
对铁块A受力分析有
解得
对长木板受力分析有
解得
经过时间t速度相等，有
铁块运动位移
长木板运动位移
长木板的长度
（3）系统动能的变化量
铁块重力势能的变化量
长木板重力势能的变化量
长木板与斜面之间摩擦产生的热量
铁块与长木板之间摩擦产生的热量
故系统能量守恒。
31．如图所示，倾角为θ＝30°的斜面体固定在水平地面上，其左端高度h＝3m，一薄木板B置于斜面顶端，恰好能静止，下端连接一根自然长度L0＝1m的轻弹簧，木板B总质量m＝1kg，总长度L＝2.5m。有一个质量为M＝4kg的小物块A以沿斜面向下大小为5m/s的速度滑上木板B，A、B之间的动摩擦因数，木板B下滑到斜面底端碰到挡板后立刻停下，物块A最后恰好没有脱离弹簧，且弹簧一直处于弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）斜面体与木板B的动摩擦因数μ0；
（2）木板B与挡板碰撞前的瞬间的速度大小；
（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能Ep。
【答案】（1）；（2）4m/s；（3）22.5J
【解析】
（1）木板恰好静止在斜面上，根据平衡条件得
故斜面体与木板B的动摩擦因数为；
（2）物块A在木板上滑行过程中，对A根据牛顿第二定律
代入数据得，方向沿斜面向上，
对B根据牛顿第二定律
代入数据得，方向沿斜面向下，
假设A与木板达到共速时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有
解得
，
此过程中A的位移
B的位移
由于
，
A在B上滑行的距离
说明以上假设成立，
共速后，由于
A与木板B匀速下滑，直到木板与底端挡板碰撞，故木板B与挡板碰撞前的速度为；
（3）木板与挡板碰撞后停下，此后A做匀减速直线运动，设接触弹簧时A的速度为，有
设弹簧最大压缩量为，A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程，
A从开始压缩弹簧到弹簧压缩最短过程，
联立解得：
32．如图所示，倾角为37°的斜面底端与水平传送带平滑对接，水平传送带足够长且在电动机的带动下保持以的恒定速度匀速向左运动。质量的小滑块从斜面上A点静止释放，在斜面和水平传送带上多次往复运动后停在斜面底端，A点距离斜面底端的高。小滑块与斜面间动摩擦因数，与水平传送带之间动摩擦因数，小滑块可视为质点，重力加速度g取，小滑块通过斜面底端与传送带的对接点时速率不变。求：
（1）小滑块第一次在传送带上运动的过程中，电动机由于传送小滑块多消耗的电能；
（2）小滑块停止运动前，第2n次经过斜面最低点时的动能与次经过斜面最低点时的动能之比；
（3）小滑块在斜面上运动的总路程s。
【答案】（1）60J；（2）5；（3）6m
【解析】
（1）小滑块第一次沿斜面下滑的位移大小为
小滑块第一次沿斜面下滑，有
解得
小滑块第一次在传送带上运动时间
电动机由于传送滑块多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做功
（2）小滑块第2n次过斜面最低点后沿斜面上滑，由动能定理有
然后小滑块沿斜面下滑第次过斜面最低点，由动能定理有
解得
（3）分析知，滑块每次滑上传送带与离开传送带的速度大小相等，设滑块在斜面上运动的总路程为s，由能量守恒定律有
解得滑块在斜面上运动的总路程为
33．如图所示，半径为R的光滑竖直半圆轨道与光滑的水平面平滑连接，半圆轨道的圆心为O，A，O、C三点在同一竖直线，水平面上有两个小物块P、Q（均可视为质点，中间夹着一被压缩的轻弹簧且处于锁定状态，小物块P用销钉固定在水平面上，小物块P、Q的质量分别为和m。先解除小物块P、Q间的弹簧锁定，弹簧的弹性势能释放，小物块Q通过半圆轨道C后擦在水平面上，落点与A点的距离为。已知重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求小物块Q经过C点时半圆轨道对它的弹力大小；
（2）求锁定时弹簧储存的弹性势能；
（3）若先拔掉固定小物块P的销钉，再解除小物块P、Q间的弹簧镇定，求小物块Q落在水平面时落点到A点的距离。
【答案】（1）；（2）；（2）
【解析】
（1）物块Q经过C点后做平抛运动
解得
在C点受到的弹力为，则
解得
（2）由能量守恒定律，弹簧的弹性势能
解得
（3）拔掉销钉后，弹簧弹开P、Q的过程中动量守恒，设P、Q的速度分别为、，则
弹簧弹开P、Q的过程，弹性势能转化为PQ的动能
解得
假设P以速度冲上半圆轨道后，到达C点时速度为，则有
解得
所以物块P无法到达C点。
假设物块P恰好在D点以速度脱离轨道，OD与竖直方向夹角为，则有
解得
物块P离开D点后做抛体运动，竖直方向有
水平方向有
解得
落点到A点的距离为
34．如图所示，两足够长的直轨道所在平面与水平面夹角θ=37°，一质量为M=3kg的“半圆柱体”滑板P放在轨道上，恰好处于静止状态，P的上表面与轨道所在平面平行，前后面半圆的圆心分别为O、O′。有3个完全相同的小滑块，质量均为m=1kg。某时刻第一个小滑块以初速度v0=2m/s沿O′O冲上滑板P，与滑板共速时小滑块恰好位于O点，每当前一个小滑块与P共速时，下一个小滑块便以相同初速度沿O′O冲上滑板。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑板P与小滑块间的动摩擦因数为μ=0.8，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：
（1）滑板P恰静止时与一侧长直轨道间的摩擦力f；
（2）第1、2个小滑块分别与滑板P共速时的速度大小v1和v2；
（3）第3个小滑块与P之间摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
（1）滑板受力平衡，所以
解得
（2）由系统动量守恒得
第1个小滑块与滑板P共速的速度
由系统动量守恒得
第2个小滑块与滑板P共速的速度
（3）由系统动量守恒得
3个小滑块与滑板P共速的速度
设第3个小滑块滑上滑板后与P发生的相对位移为l3，由动能定理得
解得
第3个小滑块与P之间摩擦产生的热量
35．如图所示，一水平传送带以的速度顺时针转动，其左端A点、右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接。右边水平台面上的C点放置一质量的物块乙，D点固定有竖直挡板，C点到B点的距离，C点到D点的距离；左边水平台面上有一质量的物块甲，将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧）。已知A、B两点间的距离，初始时弹簧储存的弹性势能，物块甲与传送带之间的动摩擦因数，取，所有的碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短，两物块均可视为质点。求：
（1）从物块甲滑上传送带至与物块乙发生第一次碰撞的过程所用的时间；
（2）从物块甲滑上传送带至刚要与物块乙发生第二次碰撞的过程中，系统产生的总热量；
（3）第3次碰撞点与D点之间的距离；
（4）第2022次碰撞刚结束时，物块甲、乙的速度大小（不要求写出过程，只要求写出结果）。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4），
【解析】
（1）对物块甲，从释放至滑到A点的过程中，根据能量守恒定律得
解得
假设物块甲滑过A点后，假设其一直匀减速运动到B点，根据牛顿第二定律和匀变速直线运动规律有
联立解得
假设成立，可见物块甲一直匀减速至B点，之后沿光滑水平台面匀速运动至与物块乙发生第1次碰撞。
在传送带上匀减速的时间
在间匀速运动的时间
则从物块甲滑上传送带到与物块乙发生第一次碰撞所用的时间
（2）物块甲第一次在传送带上滑动时相对传送带的位移大小
设第1次碰后瞬间，物块甲和物块乙的速度分别和，以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
联立解得
甲在传送带上向左滑行位移
则物块甲碰后以向左滑上传送带减速至0后，又反向加速至；甲在传送带上向左运动到速度减为0时，两者相对位移大小为
可右运动到B点时，两者相对位移大小为
则从物块甲滑上传送带至刚要与物块乙发生第二次碰撞，系统产生的总热量
（3）物块甲与物块乙第一次碰后再返回到右边水平台面的时间为
物块乙运动的距离为
即当甲物块返回到右边水平台面时，乙物块刚好与竖直挡板碰后反向运动，则二者刚好在的中点发生第二次碰撞；同理以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得第二次碰后物块甲和乙的速度分别为
，
甲在传送带上向左滑行位移
则物块甲碰后以向左滑上传送带减速至0后又反向加速至，与物块乙发生第三次碰撞。因此第三次碰撞点的位置与D点间的距离为。
（4）从（3）总分析不难得出：第2022次碰撞刚结束时，物块甲速度大小
物块乙的速度大小
36．小张同学将如图（a）所示的装置放置在水平地面上，该装置由倾角θ=37°的倾斜轨道AB、水平传送带BC、水平轨道CD和竖直半圆轨道DEF平滑连接而成。质量m=0.5kg的小滑块从A点静止释放，传送带静止时，滑块恰好能够到达与圆心等高的E点。已经倾斜轨道AB的长度L1和水平传送带BC的长度L2相等，且L1=L2=0.75m，水平轨道CD长L3=1.0m，滑块与传送带BC和轨道CD间的动摩擦因数均为μ=0.2。倾斜轨道和半圆形轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。（sin37°=0.6）
（1）求圆弧轨道半径R；
（2）要使滑块恰好能通过半圆轨道最高点F点，求传送带速度v；
（3）若传送带以顺时针方向转动，并在圆弧E处固定一挡板（图中（b）所示），滑块撞上挡板后会以原速率反弹回来。写出滑块停止时距离C点的距离x和传送带速度v的关系式。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【解析】
（1）滑块从A运动到E，根据动能定理，有
解得
故圆弧轨道半径为0.1m。
（2）在F点，有
滑块从C运动到F，根据动能定理，有
解得
此外，滑块从A到B，根据动能定理，有
解得
则传送带速度为
故要使滑块恰好能通过半圆轨道最高点F点，传送带速度应为3m/s。
（3）第一种情况：滑块运动到C点时速度依旧大于等于传送带速度，则滑块从B到C一直做匀减速运动，有
解得
根据动能定理，有
解得
故有
故当时，小滑块停在距C点右侧0.5m处。
第二种情况：小滑块停在D往C之间，此时滑块在传送带上先减速后匀速，有
解得
则当
有
解得
则小滑块停在C点右侧
故当时，小滑块停在距C点右侧处。
第三种情况：小滑块停在C往D之间，滑块在传送带上做匀加速运动，有
解得
当
有
解得
则有
故当时，滑块停在距C点右侧处。
第四种情况：滑块从B到C依旧做匀加速运动，有
解得
根据动能定理，有
解得
则有
故当时，小滑块停在距C点右侧1.0m处。
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