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高考物理
易错题经典30道
一．填空题（共7小题）
1．用如图所示的装置验证小球做自由落体运动时机械能守恒，图中O为释放小球的位置，A、B、C、D为固定速度传感器的位置且与O在同一条竖直线上．
（1）若当地重力加速度为g，还需要测量的物理量有　　　　　　．
A．小球的质量m
B．小球下落到每一个速度传感器时的速度v
C．小球下落到每一个速度传感器时下落的高度h
D．小球下落到每一个速度传感器时所用的时间t
（2）作出v2﹣h图象，由图象算出其斜率k，当k=　　　　　　可以认为小球下落过程中机械能守恒．
（3）写出对减小本实验误差有益的一条建议：　　　　　　．
2．
如图甲所示，是某同学验证动能定理的实验装置．其步骤如下：
a．易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在小车上，接纸带，合理调整木板倾角，使小车沿木板匀速下滑．
b．取下轻绳和易拉罐，测出易拉罐和细沙的质量m及小车质量M．
c．取下细绳和易拉罐后，换一条纸带，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙（中间部分未画出）．O为打下的第一点．已知打点计时器的打点频率为f，重力加速度为g．
①步骤c中小车所受的合外力为　　　　　　．
②为验证从O→C 过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系，测出BD间的距离为x0，OC间距离为x1，则C点的速度为　　　　　　．需要验证的关系式为　　　　　　 （用所测物理最的符号表示）．
3．用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量、分析，即可验证机械能守恒定律．
（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：
A．按照图示的装置安装器件；
B．将打点计时器接到电源的“直流”上；
C．先释放纸带，再接通电源打出一条纸带；
D．测量纸带上某些点间的距离；
E．根据测量的结果，分别计算重锤下落过程中减少的重力势能和增加的动能．
其中操作不当的步骤是：　　　　　　（填选项对应的字母）
（2）正确操作后打出的纸带如图所示，根据打出的纸带，选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E，测出AC的距离为s1，CE的距离为s2，打点的频率为f，根据这些条件，计算打C点时重锤下落的速率vc=　　　　　　
（3）实验中发现，重锤减小的重力势能大于重锤动能的增量，其主要原因是在重锤下落的过程中存在阻力作用（设阻力恒定），可以通过该实验装置测阻力的大小．若已知当地重力加速度为g，重锤的质量为m．试用这些物理量和上图纸带上的数据符号表示出重锤在下落过程中受到的阻力大小F=　　　　　　．
4．以初速为v0，射程为s的平抛运动轨迹制成一光滑轨道．一物体由静止开始从轨道顶端滑下，当其到达轨道底部时，物体的速率为　　　　　　，其水平方向的速度大小为　　　　　　．
5．将一个物体以初动能E0竖直向上抛出，设所受阻力大小恒定，落回地面时物体的动能为 aE0/2．若将它以初动能4E0竖直向上抛出，则它在上升到最高点的过程中，重力势能变化了　　　　　　；落回地面时的动能为　　　　　　．
6．如图所示，在竖直平面内的直角坐标系中，一个质量为m的质点在外力F的作用下，从坐标原点O由静止沿直线ON斜向下运动，直线ON与y轴负方向成θ角（θ＜）．则F大小至少为　　　　　　；若F=mgtanθ，则质点机械能大小的变化情况是　　　　　　．
7．在竖直平面内，一根光滑金属杆弯成如图所示形状，相应的曲线方程为y=2.5cos（kx+）（单位：m），式中k=1m﹣1．将一光滑小环套在该金属杆上，并从x=0处以v0=5m/s的初速度沿杆向下运动，取重力加速度g=10m/s2．则当小环运动到 m时的速度大小v=　　　　　　该小环在x轴方向最远能运动到x=　　　　　　m处．
　
二．解答题（共23小题）
8．如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定，质量为3m的小球A套在圆环上；长为2R的刚性（既不伸长也不缩短）轻杆一端通过铰链与A连接，另一端通过铰链与滑块B连接；滑块B质量为m，套在水平固定的光滑杆上．水平杆与圆环的圆心O位于同一水平线上．现将A置于圆环的最高处并给A﹣微小扰动（初速度视为0），使A沿圆环顺时针自由下滑，不计一切摩擦，A、B均视为质点，重力加速度大小为g．求：
（1）A滑到与圆心O同高度时的速度大小；
（2）A下滑至杆与圆环第一次相切的过程中，杆对B做的功．
9．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面AB长为2.4m，其下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0m，现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的滑块，从D点的正上方h=1.6m的E点处自由下落，滑块恰好能运动到A点．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，计算结果可保留根号．求：
（1）滑块第一次到达B点的速度；
（2）滑块与斜面AB之间的动摩擦因数；
（3）滑块在斜面上运动的总路程及总时间．
10．从地面上以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率v成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且落地前球已经做匀速运动，求：
（1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功；
（2）球抛出瞬间的加速度大小；
（3）球上升的最大高度H和球从最高点落回到地面所用的时间t2．
11．如图所示，AB为倾角θ=37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙，BP为圆心角等于143°、半径R=l m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m=2kg的小物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后（不栓接）释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x=12t﹣4t2（式中x单位是m，t单位是s），假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，sin 37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．试求：
（1）若CD=1m，试求物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；
（2）B、C两点间的距离x；
（3）若在P处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞后速度反向，速度大小不变，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？
12．打井施工时要将一质量可忽略不计的坚硬底座A送到井底，由于A与井壁间摩擦力很大，工程人员采用了如图所示的装置．图中重锤B质量为m，下端连有一劲度系数为k的轻弹簧，工程人员先将B放置在A上，观察到A不动；然后在B上再逐渐叠加压块，当压块质量达到m时，观察到A开始缓慢下沉时移去压块．将B提升至弹簧下端距井口为H0处，自由释放B，A被撞击后下沉的最大距离为h1，以后每次都从距井口H0处自由释放．已知重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内．
（1）求下沉时A与井壁间的摩擦力大小f和弹簧的最大形变量△L；
（2）求撞击下沉时A的加速度大小a和弹簧弹性势能Ep；
（3）若第n次撞击后，底座A恰能到达井底，求井深H．
13．如图甲所示，工厂利用倾角θ=30°的皮带传输机，将每个质量为m=5kg的木箱从地面运送到高为h=5.25m的平台上，机械手每隔1s就将一个木箱放到传送带的底端，传送带的皮带以恒定的速度顺时针转动且不打滑．木箱放到传送带上后运动的部分v﹣t图象如图乙所示，已知各木箱与传送带间的动摩擦因数都相等．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2．求：
（1）木箱与传送带间的动摩擦因数μ；
（2）传送带上最多有几个木箱同时在向上输送；
（3）皮带传输机由电动机带动，从机械手放上第一个木箱开始计时的10分钟内，因为木箱的放入，电动机需要多做的功．
14．如图（甲）所示，一倾角为37°的传送带以恒定速率运行．现将一质量m=2kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图（乙）所示，取沿传送带向上为正方向，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）物体与传送带间的动摩擦因数；
（2）0～10s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q．
15．如图所示，装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成．其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB与粗糙直轨道BC平滑连接，高度差分别是h1=0.2m、h2=0.10m，BC水平距离L=1.00m．轨道Ⅱ由AE、螺旋圆形EFG和GB三段光滑轨道平滑连接而成，且A点与F点等高．当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m=0.05kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点；当弹簧压缩量为2d时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C点．（已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比）
（1）当弹簧压缩量为d时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；
（2）求滑块与轨道BC间的动摩擦因数；
（3）当弹簧压缩量为d时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B点？请通过计算说明理由．
16．如图所示，是一儿童游戏机的简化示意图．光滑游戏面板与水平面成一夹角θ，半径为R的四分之一圆弧轨道BC与长度为8R的AB直管道相切于B点，C点为圆弧轨道最高点（切线水平），管道底端A位于斜面底端，轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄P．经过观察发现：轻弹簧无弹珠时，其上端离B点距离为5R，将一质量为m的弹珠Q投入AB管内，设法使其自由静止，测得此时弹簧弹性势能Ep=mgRsinθ．已知弹簧劲度系数k=．某次缓慢下拉手柄P使弹簧压缩，后释放手柄，弹珠Q经C点被射出，假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为质点，直管AB粗细不计．求：
（1）调整手柄P的下拉距离，可以使弹珠Q经BC轨道上的C点射出，落在斜面底边上的不同位置，其中与A的最近距离是多少？
（2）若弹珠Q落在斜面底边上离A的距离为10R，求它在这次运动中经过C点时对轨道的压力为多大？
（3）在（2）的运动过程中，弹珠Q离开弹簧前的最大速度是多少？
17．如图所示，P是倾角为30°的光滑固定斜面．劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端的固定挡板C上，另一端与质量为m的物块A相连接．细绳的一端系在物体A上，细绳跨过不计质量和摩擦的定滑轮，另一端有一个不计质量的小挂钩．小挂钩不挂任何物体时，物体A处于静止状态，细绳与斜面平行．在小挂钩上轻轻挂上一个质量也为m的物块B后，物块A沿斜面向上运动．斜面足够长，运动过程中B始终未接触地面．已知重力加速度为g，求：
（1）物块A处于静止时，弹簧的压缩量
（2）设物块A沿斜面上升通过Q点位置时速度最大，求Q点到出发点的距离x0和最大速度vm
（3）把物块B的质量变为原来的N倍（N＞0.5），小明同学认为，只要N足够大，就可以使物块A沿斜面上滑到Q点时的速度增大到2vm，你认为是否正确？如果正确，请说明理由，如果不正确，请求出A沿斜面上升到Q点位置的速度的范围．
18．如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道．已知R=0.2m，l=1.0m，v0=2m/s，物块A质量为m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数为μ=0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g=10m/s2．求：
（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小．
（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度．
（3）物块A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l满足什么条件时，物块A能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道．
19．现代化的生产流水线大大提高了劳动效率．如下图为某工厂生产流水线上的水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成．小物品从A处无初速地放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的转盘随其一起运动（无相对滑动），到C处被取走装箱．已知A、B的距离L=9.0m，物品与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2．物品在转盘上与转轴O的距离R=2.0m，物品与转盘间的动摩擦因数μ2=0.8，物品在转盘与传送带上的最大静摩擦力哥视为与滑动瘴擦力大小相等．（取g=10m/s2，π=3）．
（1）要保证物品随转盘一起转动，则转盘的角速度最大为多少？
（2）现通过同步提高传送带和转盘的速度，可缩短物品从A到C的时间，则物品从A到C最短时间为多少？
20．（2016春 泰州校级月考）如图，固定的直杆ABC与水平地面成37°角，AB段粗糙，BC段光滑，AB长度l1=2m，BC段的长度l2=0.75m．质量m=1kg的小环套在直杆上，在与直杆成α角的恒力F作用下，从杆的底端由静止开始运动，当小环到达B时撤去F，此后小环飞离直杆，落地时的动能Ek=20J．（不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）
（1）求小环运动到B时的速度大小vB；
（2）若夹角α=0°，小环在杆AB段运动时，受到恒定的阻力f=4N，其他条件不变，求F的大小；
（3）若夹角α=37°，小环在AB段运动时，受到阻力f的大小与直杆对小环的弹力FN的大小成正比，即f=kFN，其中k=0.5，且小环飞离轨道后，落地时的动能不大于20J，求F的取值范围．
21．如图所示，一块质量M=2kg，长度L=8m、高度不计、上表面粗糙的长木板静止在水平面上，水平面与木板间的动摩擦因数μ=0.2．现对长木板施加一个水平向右的力F=6N使长木板开始运动，取g=10m/s2，求：
（1）当t=6s时，长木板的速度；
（2）当t=6s时，立即在长木板右端无初速度放置一个质量m=1kg的小物块（可视为质点），小物块与木板间的动摩擦因数也是μ=0.2，求t1=12s长木板的速度；
（3）从开始运动到t1=12s的过程中由于摩擦产生的热量．
22．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面AB与水平方向的夹角θ=45°，A、B两点的高度差h=4m，在B点左侧的水平面上有一左端固定的轻质弹簧，自然伸长时弹簧右端到B点的距离s=3m．质量为m=1kg的物块从斜面顶点A由静止释放，物块进入水平面后向左运动压缩弹簧的最大压缩量x=0.2m．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，不计物块在B点的机械能损失．求：
（1）弹簧的最大弹性势能；
（2）物块最终停止位置到B点的距离；
（3）物块在斜面上滑行的总时间（结果可用根式表示）．
23．如图所示，P是倾角为30°的光滑固定斜面．劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端的固定挡板C上，另一端与质量 物块A相连接．细绳另一端系物体A上，细绳跨过不计质量和摩擦的定滑轮，另有一个不计质量的小挂钩，小挂钩不挂任何物体时，物体A处于静止状态，细绳与斜面平行．小挂钩上轻轻挂上一个质量也为m物块B后，物体A沿斜面向上运动，斜面足够长，运动过程中物块B始终未接触地面．已知重力加速度为g=10m/s2
（1）求小挂钩不挂任何物体时弹簧的压缩量为x1
（2）设物块A沿斜面上升通过Q点位置时速度最大，求Q点到出发点距离x0及最大速vm；
（3）把物块B质量变为nm（n＞0.5），小明同学认为，只要n足够大，就可以使物块A沿斜面上滑到Q点时速度增大到2vm，你认为是否正确？如果正确，请说明理由，如果不正确，请求出A沿斜面上升到Q点位置时速度范围．
24．在如图所示的竖直平面内，有一固定在水平地面的光滑平台．平台右端B与静止的水平传送带平滑相接，传送带长L=3m．有一个质量为m=0.5kg，带电量为q=+10﹣3C的滑块，放在水平平台上．平台上有一根轻质弹簧左端固定，右端与滑块接触但不连接．现用滑块缓慢向左移动压缩弹簧，且弹簧始终在弹性限度内．在弹簧处于压缩状态时，若将滑块静止释放，滑块最后恰能到达传送带右端C点．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.20 （g取10m/s2）求：
（1）滑块到达B点时的速度vB，及弹簧储存的最大弹性势能EP；
（2）若传送带以1.5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，释放滑块的同时，在BC之间加水平向右的匀强电场
E=5×102N/C．滑块从B运动到C的过程中，摩擦力对它做的功．
（3）若两轮半径均为r=0.4m，传送带顺时针匀速转动的角速度为ω0时，撤去弹簧及所加电场，让滑块从B点以4m/s速度滑上传送带，恰好能由C点水平飞出传送带．求ω0的大小以及这一过程中滑块与传送带间产生的内能．
25．如图所示，半径R=4m的光滑圆弧轨道BCD与足够长的传送带DE在D处平滑连接，O为圆弧轨道BCD的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，半径OB、OD与OC的夹角分别为53°和37°．传送带以2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，将一个质量m=0.5kg的煤块（视为质点）从B点左侧高为h=0.8m处的A点水平抛出，恰从B点沿切线方向进入圆弧轨道．已知煤块与轨道DE间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）煤块水平抛出时的初速度大小v0；
（2）煤块第一次到达圆弧轨道BCD上的D点对轨道的压力大小；
（3）煤块第一次离开传送带前，在传送带DE上留下痕迹可能的最长长度．（结果保留2位有效数字）
26．一长木板在水平面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，经过0.5s物块与木板速度瞬时相等，木板运动的速度﹣时间图象如图所示．已知物块与木板的质量均为1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦．物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度的大小g=10m/s2．求：
（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块与木板间因摩擦产生的热量为多少？
27．如图所示，长为L=1m的AB斜面倾角为θ=37°，将一劲度系数为k=60N/m的轻质弹簧的上端固定在AB上端的固定板上，弹簧的原长为x0=0.2m，平行于斜面的细线穿过固定板和弹簧跨过定滑轮将小滑块和铁球连接，小滑块与弹簧接触但不相连，不计绳子与固定板及滑轮间的摩擦，小滑块质量为m=1kg，铁球质量为M=1.2kg，滑块与AB轨道的动摩擦因数为μ=（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），斜面底端与一段半径为R=0.5m的光滑圆弧BCD在B点相切连接，圆弧的D点切线衔接另一个光滑斜面（足够长），（g=10m/s2，sin37°=0.6）．则：
（1）初始时刻能使滑块保持静止，求弹簧压缩量x的范围；
（2）若初始时刻弹簧压缩时的弹性势能EP=0.075J，且初始时刻滑块刚好不上滑，断开滑块与绳子的连接，求以后的运动过程中滑块与斜面因摩擦而生成的热量Q．
（3）在第二问中滑块经过C点时求小滑块对C点压力的最小值？
28．如图所示是倾角θ=37°的固定光滑斜面，两端有垂直于斜面的固定挡板P、Q，PQ距离L=2m，质量M=1.0kg的木块A（可看成质点）放在质量m=0.5kg 的长d=0.8m的木板B上并一起停靠在挡板P处，A木块与斜面顶端的电动机间用平行于斜面不可伸长的轻绳相连接，现给木块A沿斜面向上的初速度，同时开动电动机保证木块A一直以初速度v0=1.6m/s沿斜面向上做匀速直线运动，已知木块A的下表面与木板B间动摩擦因数μ1=0.5，经过时间t，当B板右端到达Q处时刻，立刻关闭电动机，同时锁定A、B物体此时的位置．然后将A物体上下面翻转，使得A原来的上表面与木板B接触，已知翻转后的A、B接触面间的动摩擦因数变为μ2=0.25，且连接A与电动机的绳子仍与斜面平行．现在给A向下的初速度v1=2m/s，同时释放木板B，并开动电动机保证A木块一直以v1沿斜面向下做匀速直线运动，直到木板B与挡板P接触时关闭电动机并锁定A、B位置．求：
（1）B木板沿斜面向上加速运动过程的加速度大小；
（2）A、B沿斜面上升过程所经历的时间t；
（3）A、B沿斜面向下开始运动到木板B左端与P接触时，这段过程中A、B间摩擦产生的热量．
29．如图所示，在水平面上，一段直轨道右端连接有一段半径为R的1/4固定光滑圆弧轨道，直轨道上物体B左侧是光滑的，右侧BC之间是粗糙的，长度为2m．有一个质量为2.0kg的物体A压缩靠近左边墙面的弹簧，物体A与BC之间的动摩擦因数μ=0.5．质量为2.0kg的物体B被长度为l=0.5m的细线竖直悬挂，释放A以后，A运动到B处与B发生弹性碰撞（碰撞时A、B的速度交换）．碰撞后B刚好能过最高点．
则：（1）物体B与物体A碰撞后的速度是多少？
（2）物体A最后停下的位置距离C点多远；
（3）如果增大开始时的A对弹簧的压缩量使得开始时弹簧的弹性势能增大，当初始时刻弹簧具有的弹性势能满足什么条件时，物体A将能第二次滑上圆弧轨道，且连接B的绳不会松弛．
30．如图所示，光滑水平面MN的左端M处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度L=16m，沿逆时针方向以恒定速度V=2m/s匀速转动．ABCDE是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB为水平轨道，弧BCD是半径为R的半圆弧轨道，弧DE是半径为2R的圆弧轨道，弧BCD与弧DE相切在轨道最高点D，R=0.6m．平面部分A点与传送带平齐接触．放在MN段的物块m（可视为质点）以初速度v0=4m/s冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数μ=0.2，物块的质量m=1Kg．结果物块从滑上传送带又返回到N端，经水平面与左端M处的固定弹射器相碰撞（弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定），因碰撞弹射器锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点，最后从E点飞出．g取10m/s2．求：
（1）物块m从第一次滑上传送带到返回到N端的时间．
（2）物块m第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送带所多提供的能量多大？
　
参考答案与试题解析
　
一．填空题（共7小题）
1．用如图所示的装置验证小球做自由落体运动时机械能守恒，图中O为释放小球的位置，A、B、C、D为固定速度传感器的位置且与O在同一条竖直线上．
（1）若当地重力加速度为g，还需要测量的物理量有　BC　．
A．小球的质量m
B．小球下落到每一个速度传感器时的速度v
C．小球下落到每一个速度传感器时下落的高度h
D．小球下落到每一个速度传感器时所用的时间t
（2）作出v2﹣h图象，由图象算出其斜率k，当k=　2g　可以认为小球下落过程中机械能守恒．
（3）写出对减小本实验误差有益的一条建议：　相邻速度传感器间的距离适当大些；选用质量大、体积小的球做实验等　．
【解答】解：（1）小球做自由落体运动时，由机械能守恒定律得：mgh=，即gh=，故需要测量小球下落到每一个速度传感器时的速度v和高度h，不需要测量小球的质量m和下落时间时间t．故BC正确，AD错误．
（2）由mgh=，得v2=2gh，则v2﹣h图象的斜率k=2g．
（3）为了减小测量的相对误差，建议相邻速度传感器间的距离适当大些；为减小空气阻力的影响，建议选用质量大、体积小的球做实验等．
故答案为：
（1）BC；（2）2g；（3）相邻速度传感器间的距离适当大些；选用质量大、体积小的球做实验等．
　
2．
如图甲所示，是某同学验证动能定理的实验装置．其步骤如下：
a．易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在小车上，接纸带，合理调整木板倾角，使小车沿木板匀速下滑．
b．取下轻绳和易拉罐，测出易拉罐和细沙的质量m及小车质量M．
c．取下细绳和易拉罐后，换一条纸带，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙（中间部分未画出）．O为打下的第一点．已知打点计时器的打点频率为f，重力加速度为g．
①步骤c中小车所受的合外力为　mg　．
②为验证从O→C 过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系，测出BD间的距离为x0，OC间距离为x1，则C点的速度为　　．需要验证的关系式为　mgx1=　 （用所测物理最的符号表示）．
【解答】解：①小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零；撤去拉力后，其余力不变，故合力等于撤去的拉力；
故答案为：mg．
②匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，故
vC==
动能增量为：m=
合力的功为：mgx1
故答案为：，mgx1=．
　
3．用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量、分析，即可验证机械能守恒定律．
（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：
A．按照图示的装置安装器件；
B．将打点计时器接到电源的“直流”上；
C．先释放纸带，再接通电源打出一条纸带；
D．测量纸带上某些点间的距离；
E．根据测量的结果，分别计算重锤下落过程中减少的重力势能和增加的动能．
其中操作不当的步骤是：　BC　（填选项对应的字母）
（2）正确操作后打出的纸带如图所示，根据打出的纸带，选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E，测出AC的距离为s1，CE的距离为s2，打点的频率为f，根据这些条件，计算打C点时重锤下落的速率vc=　　
（3）实验中发现，重锤减小的重力势能大于重锤动能的增量，其主要原因是在重锤下落的过程中存在阻力作用（设阻力恒定），可以通过该实验装置测阻力的大小．若已知当地重力加速度为g，重锤的质量为m．试用这些物理量和上图纸带上的数据符号表示出重锤在下落过程中受到的阻力大小F=　　．
【解答】解：（1）其中操作不当的步骤是：BC
B、电火花和电磁计时器都使用交流电源．
C、实验时，应先释放重物，再接通打点计时器电源，由于重物运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理．
（2）利用匀变速直线运动的推论=
vC===
（3）利用匀变速直线运动的推论△x=at2
a==
对重物运用牛顿第二定律得：
mg﹣f=ma
f=mg﹣ma=．
故答案为：（1）BC
（2）
（3）．
　
4．以初速为v0，射程为s的平抛运动轨迹制成一光滑轨道．一物体由静止开始从轨道顶端滑下，当其到达轨道底部时，物体的速率为　　，其水平方向的速度大小为　　．
【解答】解：由平抛运动规律知：
水平方向：s=v0t，
竖直方向：，
解得轨道的高度为：；
当物体沿轨道下滑时，根据机械能守恒定律得：，
解得物体到达轨道底部时的速率为：．
设θ是轨道的切线与水平方向的夹角，即为平抛运动末速度与水平方向的夹角，α是平抛运动位移方向与水平方向的夹角，根据平抛运动的结论有：tanθ=2tanα，
又因=，所以tanθ=，由三角函数基本关系式得：cosθ=，
则把cosθ代入水平方向速度大小的关系式vx=vcosθ得：Vx=
故答案为：，．
　
5．将一个物体以初动能E0竖直向上抛出，设所受阻力大小恒定，落回地面时物体的动能为E0/2．若将它以初动能4E0竖直向上抛出，则它在上升到最高点的过程中，重力势能变化了　3E0　；落回地面时的动能为　2E0　．
【解答】解：设以初动能 E0竖直向上抛出，最大高度为h，对物体全过程运用动能定理，﹣2fh=﹣，对上升过程运用动能定理得，﹣fh﹣mgh=0﹣E0，得mgh=，fh=．则mg=3f．
对以初动能4E0竖直上抛的上升过程运用动能定理，设上升的最大高度为h′，则有：﹣mgh′﹣fh′=0﹣4E0．因为mg=3f，得mgh′=3E0．故重力势能的增量为3E0．
对整个过程运用动能定理得：Ek﹣4E0=﹣2fh′
解得：Ek=2E0
故答案为：3E0；2E0
　
6．如图所示，在竖直平面内的直角坐标系中，一个质量为m的质点在外力F的作用下，从坐标原点O由静止沿直线ON斜向下运动，直线ON与y轴负方向成θ角（θ＜）．则F大小至少为　mgsinθ　；若F=mgtanθ，则质点机械能大小的变化情况是　增大、减小都有可能　．
【解答】解：质点只受重力G和拉力F，质点做直线运动，合力方向与ON共线，如图
当拉力与ON垂直时，拉力最小，根据几何关系，有
F=Gsinθ=mgsinθ
若F=mgtanθ，由于mgtanθ＞mgsinθ，故F的方向与ON不再垂直，有两种可能的方向，F与物体的运动方向的夹角可能大于90°，也可能小于90°，即拉力F可能做负功，也可能做正功，重力做功不影响机械能的变化，故根据功能定理，物体机械能变化量等于力F做的功，即机械能可能增加，也可能减小；
故答案为：mgsinθ，增大、减小都有可能．
　
7．在竖直平面内，一根光滑金属杆弯成如图所示形状，相应的曲线方程为y=2.5cos（kx+）（单位：m），式中k=1m﹣1．将一光滑小环套在该金属杆上，并从x=0处以v0=5m/s的初速度沿杆向下运动，取重力加速度g=10m/s2．则当小环运动到 m时的速度大小v=　5 m/s　该小环在x轴方向最远能运动到x=　　m处．
【解答】解：光滑小环在沿金属杆运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，
由曲线方程知，环在x=0处的y坐标是﹣m；在x=时，y=2.5cos（kx+π）=﹣2.5 m．
选y=0处为零势能参考平面，则有：mv02+mg（﹣）=mv2+mg（﹣2.5），
解得：v=5 m/s．
当环运动到最高点时，速度为零，
同理有：mv02+mg（﹣）=0+mgy．
解得y=0，即kx+π=π+，该小环在x轴方向最远能运动到x=m处．
故答案为：5 m/s；　 m．
　
二．解答题（共23小题）
8．如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定，质量为3m的小球A套在圆环上；长为2R的刚性（既不伸长也不缩短）轻杆一端通过铰链与A连接，另一端通过铰链与滑块B连接；滑块B质量为m，套在水平固定的光滑杆上．水平杆与圆环的圆心O位于同一水平线上．现将A置于圆环的最高处并给A﹣微小扰动（初速度视为0），使A沿圆环顺时针自由下滑，不计一切摩擦，A、B均视为质点，重力加速度大小为g．求：
（1）A滑到与圆心O同高度时的速度大小；
（2）A下滑至杆与圆环第一次相切的过程中，杆对B做的功．
【解答】解：（1）当A滑到与O同高度时，A的速度沿圆环切向向下，B的速度为0，由机械能守恒定律得：
，
解得：v=．
（2）杆与圆环相切时，A的速度沿杆方向，设为vA，此时B的速度设为vB，根据杆不可伸长和缩短，得：
vA=vBcosθ，
由几何关系得：，
球A下落的高度为：h=，
由机械能守恒定律得：，
由动能定理得：，
代入数据解得：．
答：（1）A滑到与圆心O同高度时的速度大小为；
（2）A下滑至杆与圆环第一次相切的过程中，杆对B做的功为．
　
9．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面AB长为2.4m，其下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0m，现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的滑块，从D点的正上方h=1.6m的E点处自由下落，滑块恰好能运动到A点．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，计算结果可保留根号．求：
（1）滑块第一次到达B点的速度；
（2）滑块与斜面AB之间的动摩擦因数；
（3）滑块在斜面上运动的总路程及总时间．
【解答】解：（1）第一次到达B点的速度为v1，根据动能定理得，，
代入数据解得．
（2）从E到A的过程，由动能定理得，
WG﹣Wf=0，
WG=mg[（h+Rcos37°）﹣LABsin37°]，
Wf=μmgcos37° LAB，
代入数据解得μ=0.5．
（3）根据mg（h+Rcos37°）=μmgcos37°s得，
代入数据解得s=6m．
沿斜面上滑加速度为a1=gsin37°+μgcos37°=6+0.5×8=10m/s2，
沿斜面下滑加速度为a2=gsin37°﹣μgcos37°=6﹣0.5×8=2m/s2，
因为，则，
，
…
．
则t=（）+，
代入数据解得t=．
答：（1）滑块第一次到达B点的速度为；
（2）滑块与斜面AB之间的动摩擦因数为0.5；
（3）滑块在斜面上运动的总路程为6m，总时间为．
　
10．从地面上以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率v成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且落地前球已经做匀速运动，求：
（1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功；
（2）球抛出瞬间的加速度大小；
（3）球上升的最大高度H和球从最高点落回到地面所用的时间t2．
【解答】解：（1）设克服阻力功为Wf，由动能定理：，
解得：．
（2）空气阻力：f=Kv，
落地前匀速运动：mg=Kv2，
刚抛出时：mg+Kv0=ma0，
解得．
（3）上升时加速度为a，mg+Kv=ma，
取极短时间△t内，速度变化△v，有：mg△t+Kv△t=ma△t=m△v，
上升的全过程：mg ∑△t+K ∑△v=m ∑△v，
又：∑v△t=∑△h=H，∑△v=0﹣（﹣v0）=v0，
解得：mgt1+KH=mv0，得：H=，
下降时加速度为a2，mg﹣Kv=ma2，
同理可得：mg△t﹣Kv△t=ma2△t=m△v，
所以：mgt2﹣KH=mv1，
解得：．
答：（1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功为；
（2）球抛出瞬间的加速度大小为；
（3）球上升的最大高度H为，球从最高点落回到地面所用的时间为．
　
11．如图所示，AB为倾角θ=37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙，BP为圆心角等于143°、半径R=l m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m=2kg的小物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后（不栓接）释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x=12t﹣4t2（式中x单位是m，t单位是s），假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，sin 37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．试求：
（1）若CD=1m，试求物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；
（2）B、C两点间的距离x；
（3）若在P处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞后速度反向，速度大小不变，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？
【解答】解：（1）由x=12t﹣4t2知，物块在C点速度为：v0=12 m/s，
设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得：
W﹣mgsin 37° CD=
代入数据得：W=+mgsin 37° CD=156 J
（2）由x=12t﹣4t2知，物块从C运动到B的加速度大小为：a=8 m/s2，
物块在P点的速度满足：
物块从B运动到P的过程中机械能守恒，则有：
物块从C运动到B的过程中有：
由以上各式解得：x=6.125m
（3）设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得：
mgsin θ+μmgcos θ=ma
代入数据解得：μ=0.25
假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O点等高的位置Q点，且设其速度为vQ，由动能定理得：
解得：=﹣19＜0
可见物块返回后不能到达Q点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道．
答：（1）物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功是156J；
（2）B、C两点间的距离xBC是6.125m；
（3）物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中不会脱离轨道．
　
12．打井施工时要将一质量可忽略不计的坚硬底座A送到井底，由于A与井壁间摩擦力很大，工程人员采用了如图所示的装置．图中重锤B质量为m，下端连有一劲度系数为k的轻弹簧，工程人员先将B放置在A上，观察到A不动；然后在B上再逐渐叠加压块，当压块质量达到m时，观察到A开始缓慢下沉时移去压块．将B提升至弹簧下端距井口为H0处，自由释放B，A被撞击后下沉的最大距离为h1，以后每次都从距井口H0处自由释放．已知重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内．
（1）求下沉时A与井壁间的摩擦力大小f和弹簧的最大形变量△L；
（2）求撞击下沉时A的加速度大小a和弹簧弹性势能Ep；
（3）若第n次撞击后，底座A恰能到达井底，求井深H．
【解答】解：（1）A开始缓慢下沉时，受力平衡，则有：
f=2mg
底座质量不计，所以合力为零，所以始终有：
k△L=f
解得：
（2）撞击后AB一起减速下沉，对B，根据牛顿第二定律得：
k△L﹣mg=ma
解得：a=g，
A第一次下沉，由功能关系得：
mg（H0+△L+h1）=EP+fh1
解得：
（3）A第二次下沉，由功能关系
mg（H0+△L+h1+h2）=EP+fh2
又f=2mg
解得：h2=2h1
A第三次下沉，由功能关系有：
mg（H0+△L+h1+h2+h3）=EP+fh3
解得 h3=4h1
同理 A第n次下沉过程中向下滑动的距离为：
所以井底深度为：
答：（1）求下沉时A与井壁间的摩擦力大小f为2mg，弹簧的最大形变量△L为；
（2）求撞击下沉时A的加速度大小a为g，弹簧弹性势能为；
（3）若第n次撞击后，底座A恰能到达井底，则井深H为（2n﹣1）h1．
　
13．如图甲所示，工厂利用倾角θ=30°的皮带传输机，将每个质量为m=5kg的木箱从地面运送到高为h=5.25m的平台上，机械手每隔1s就将一个木箱放到传送带的底端，传送带的皮带以恒定的速度顺时针转动且不打滑．木箱放到传送带上后运动的部分v﹣t图象如图乙所示，已知各木箱与传送带间的动摩擦因数都相等．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2．求：
（1）木箱与传送带间的动摩擦因数μ；
（2）传送带上最多有几个木箱同时在向上输送；
（3）皮带传输机由电动机带动，从机械手放上第一个木箱开始计时的10分钟内，因为木箱的放入，电动机需要多做的功．
【解答】解：（1）由乙图可知，木箱运动的加速度为：a==1m/s2，
皮带匀速运动的速度为：v=1m/s，
根据牛顿第二定律得：μmgcosθ﹣mgsinθ=ma
解得：
（2）木箱加速运动的位移为：，
木箱相对皮带静止后，相邻两个木箱之间的距离都相等，有：△L=vt=1m
传送带的长度为：L=，
L=10△L+x1，
所以传送带上最多同时存在的木箱个数为11个，
（3）木箱再传送带上运动时，和皮带间的相对位移为：△x=vt﹣x1=1×1﹣0.5=0.5m，
和皮带间的摩擦产生的热量为：Q1=μmgcosθ △x=15J
木箱最终增加的动能为：，
木箱到达平台增加的重力势能为：EP=mgh=262.5J，
从开始的10分钟内共传送木箱的个数N=10×60=600个，其中590个已经到达平台，还有10个正在传送带上，
到达平台的590个，电动机做的功为：W1=590（Q1+EK1+EP1）=165200J，
在传送带上的已经开始运动得10个木箱增加的动能为：10EK1=25J，
10个木箱的摩擦生热为：10Q1=150J，
10个木箱增加的重力势能共为：EP′=10mg△xsin30°+mg△Lsin30°+2mg△Lsin30°+…+9mg△Lsin30°=10mg△xsin30°+mgLsin30°（1+2+3+…+9）=1250J，
所以电动机多做的功为：W=W1+10EK1+10Q1+EP′=166625J
答：（1）木箱与传送带间的动摩擦因数μ为；
（2）传送带上最多有11个木箱同时在向上输送；
（3）皮带传输机由电动机带动，从机械手放上第一个木箱开始计时的10分钟内，因为木箱的放入，电动机需要多做的功为166625J．
　
14．如图（甲）所示，一倾角为37°的传送带以恒定速率运行．现将一质量m=2kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图（乙）所示，取沿传送带向上为正方向，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）物体与传送带间的动摩擦因数；
（2）0～10s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q．
【解答】解：（1）由图象知，物体在传送带上滑动时的加速度为a==
对此过程，由牛顿第二定律得
μmgcosθ﹣mgsinθ=ma
解得 μ=0.875
（2）根据速度图象的“面积”大小等于位移，则得物体在0﹣10s内的位移为
s=m﹣m=22m
物体被送上的高度为h=s sinθ=22×0.6=13.2m，重力势能增加量为
△EP=mgh=2×10×13.2=264 J
动能增加量为△EK===12J
故机械能的增加量为△E=△EP+△EK=264+12=276J
0﹣10s内只有前6s内发生相对滑动．
在0﹣6s内传送带运动的距离为s带=v带t=4×6m=24m，物体的位移为s物=m=6m
则物体与传送带的相对位移大小为△s=s带﹣s物=24﹣6=18m
产生的热量为Q=μmgcosθ △s=0.875×2×10×18=315 J．
答：（1）物体与传送带间的动摩擦因数是0.875；
（2）0﹣10s内物体机械能增量是276J，因与传送带摩擦产生的热量Q是315J．
　
15．如图所示，装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成．其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB与粗糙直轨道BC平滑连接，高度差分别是h1=0.2m、h2=0.10m，BC水平距离L=1.00m．轨道Ⅱ由AE、螺旋圆形EFG和GB三段光滑轨道平滑连接而成，且A点与F点等高．当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m=0.05kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点；当弹簧压缩量为2d时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C点．（已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比）
（1）当弹簧压缩量为d时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；
（2）求滑块与轨道BC间的动摩擦因数；
（3）当弹簧压缩量为d时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B点？请通过计算说明理由．
【解答】解：（1）当弹簧压缩量为d时，根据机械能守恒定律得弹簧的弹性势能为：
EP1=mgh1=0.05×10×0.2J=0.1J
且有 =mgh1
解得滑块离开弹簧瞬间的速度大小为：
v===2m/s
（2）当弹簧压缩量为2d时，由题可得：弹簧的弹性势能是弹簧压缩量为d时弹性势能的4倍，即为：
EP2=4EP1=0.4J
对滑块从弹簧释放后运动到C点的过程，根据能量守恒定律得：
EP2=mg（h1+h2）+μmgcosα LBC=mg（h1+h2）+μmgL
解得：μ=0.5
（3）当弹簧压缩量为d时，若沿轨道Ⅱ运动，设滑块在EB轨道上上升的最高点离图中虚线的高度为h．
根据机械能守恒定律得：
EP1=mgh
解得：h=0.2m
由于h=h1，所以滑块能上升到B点．
答：（1）当弹簧压缩量为d时，弹簧的弹性势能是0.1J，滑块离开弹簧瞬间的速度大小是2m/s；
（2）滑块与轨道BC间的动摩擦因数是0.5；
（3）当弹簧压缩量为d时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能上升到B点．
　
16．如图所示，是一儿童游戏机的简化示意图．光滑游戏面板与水平面成一夹角θ，半径为R的四分之一圆弧轨道BC与长度为8R的AB直管道相切于B点，C点为圆弧轨道最高点（切线水平），管道底端A位于斜面底端，轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄P．经过观察发现：轻弹簧无弹珠时，其上端离B点距离为5R，将一质量为m的弹珠Q投入AB管内，设法使其自由静止，测得此时弹簧弹性势能Ep=mgRsinθ．已知弹簧劲度系数k=．某次缓慢下拉手柄P使弹簧压缩，后释放手柄，弹珠Q经C点被射出，假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为质点，直管AB粗细不计．求：
（1）调整手柄P的下拉距离，可以使弹珠Q经BC轨道上的C点射出，落在斜面底边上的不同位置，其中与A的最近距离是多少？
（2）若弹珠Q落在斜面底边上离A的距离为10R，求它在这次运动中经过C点时对轨道的压力为多大？
（3）在（2）的运动过程中，弹珠Q离开弹簧前的最大速度是多少？
【解答】解：（1）当P离A点最近（设最近距离为d）时，弹珠经C点速度最小，设这一速度为v0，弹珠经过C点时恰好对规定无压力，则有：
，
解得：，
，
解得：t=，
x==
d=
（2）设击中P1点的弹珠再经过C点时的速度为vC，离开C点后弹珠做类平抛运动，则有：
a=gsinθ，
10R﹣R=vCt，
又t=，
解得：，
经C点时，根据牛顿第二定律得：，解得：，
根据牛顿第三定律可知，弹珠Q对C点的压力N与FN大小相等，方向相反，
所以弹珠Q对C点的压力N=，
（3）弹珠离开弹簧前，再平衡位置时，速度最大，
设此时弹簧压缩量为x0，根据平衡条件得：mgsinθ=kx0，则，
取弹珠从平衡位置到C点的运动过程为研究过程，根据系统机械能守恒，取平衡位置重力势能为零，则有：
解得：
答：（1）调整手柄P的下拉距离，可以使弹珠Q经BC轨道上的C点射出，落在斜面底边上的不同位置，其中与A的最近距离是；
（2）若弹珠Q落在斜面底边上离A的距离为10R，它在这次运动中经过C点时对轨道的压力为；
（3）在（2）的运动过程中，弹珠Q离开弹簧前的最大速度是．
　
17．如图所示，P是倾角为30°的光滑固定斜面．劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端的固定挡板C上，另一端与质量为m的物块A相连接．细绳的一端系在物体A上，细绳跨过不计质量和摩擦的定滑轮，另一端有一个不计质量的小挂钩．小挂钩不挂任何物体时，物体A处于静止状态，细绳与斜面平行．在小挂钩上轻轻挂上一个质量也为m的物块B后，物块A沿斜面向上运动．斜面足够长，运动过程中B始终未接触地面．已知重力加速度为g，求：
（1）物块A处于静止时，弹簧的压缩量
（2）设物块A沿斜面上升通过Q点位置时速度最大，求Q点到出发点的距离x0和最大速度vm
（3）把物块B的质量变为原来的N倍（N＞0.5），小明同学认为，只要N足够大，就可以使物块A沿斜面上滑到Q点时的速度增大到2vm，你认为是否正确？如果正确，请说明理由，如果不正确，请求出A沿斜面上升到Q点位置的速度的范围．
【解答】解：（1）物块A处于静止状态时受力如图：
由平衡条件有：mgsin30°=k △x1
解得：△x1=
（2）A加速上升阶段，弹簧恢复原长前对A用牛顿第二定律有
T+kx﹣mgsin30°=ma
对B由牛顿第二定律有
mg﹣T=ma，解得 mgsin30°+kx=2ma，物体A在上升过程中，x减小，a减小，v增大；弹簧变为伸长后同理得mgsin30°﹣kx=2ma，上升过程x增大，a减小，v继续增大；可见，当kx=mgsin30°时a=0，速度达到最大．此时弹簧的伸长量 x=△x1
Q点速度最大，对应的弹力大小恰好是，弹性势能和初始状态相同．故A上升到Q点过程，A、B的位移大小都是 x0=2△x1=
对A、B和弹簧系统用机械能守恒定律有
mg 2△x1=mg 2△x1sin30°+
可得 vm=g
（3）不正确
由能的转化与守恒得：
Nmg 2△x1=mg 2△x1sin30°+
解得 v=，△x1=
当N=0.5时，v=0，当N→∞时，v=g=2vm
故A沿斜面上升到Q点位置时的速度的范围是 0＜v＜g=2vm．
答：
（1）物块A处于静止时，弹簧的压缩量是．
（2）设物块A沿斜面上升通过Q点位置时速度最大，Q点到出发点的距离x0和最大速度vm分别为和g．
（3）出A沿斜面上升到Q点位置的速度的范围是 0＜v＜g．
　
18．如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道．已知R=0.2m，l=1.0m，v0=2m/s，物块A质量为m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数为μ=0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g=10m/s2．求：
（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小．
（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度．
（3）物块A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l满足什么条件时，物块A能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道．
【解答】解：（1）物块A冲上圆形轨道后回到最低点速度为v0=m/s，
与弹簧接触瞬间，﹣μmgl=mv12﹣mv02，
可得，物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1=2m/s；
（2）A被弹簧以原速率v1弹回，向右经过PQ段，
有v22﹣v12=﹣2μgl；解得A速度 v2=2m/s，
A滑上圆形轨道，有﹣mgh=0﹣mv22，
（也可以应用﹣μ×mgl﹣mgh=mv22﹣mv12）
可得，返回到右边轨道的高度为h=0.2m=R，符合实际．
（3）物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧，
有v1′2﹣v02=﹣2μg×2l，
可得，A回到右侧速度：v1′2=（12﹣8l）（m/s）2，
要使A能返回右侧轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道，则有：
①若A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足：0＜h≤R，
根据机械能守恒：mv1′2=mgh联立可得，1.0m≤l＜1.5m；
②若A能沿轨道上滑至最高点，则满足：mv1′2=mg×2R+mv2′2且m≥mg，
联立得 l≤0.25m，综上所述，要使A物块能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，
l满足的条件是1.0m≤l＜1.5m或 l≤0.25m；
答：（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小为2m/s．
（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度0.2m．
（3）A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道的条件是：1.0m≤l＜1.5m或 l≤0.25m．
　
19．现代化的生产流水线大大提高了劳动效率．如下图为某工厂生产流水线上的水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成．小物品从A处无初速地放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的转盘随其一起运动（无相对滑动），到C处被取走装箱．已知A、B的距离L=9.0m，物品与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2．物品在转盘上与转轴O的距离R=2.0m，物品与转盘间的动摩擦因数μ2=0.8，物品在转盘与传送带上的最大静摩擦力哥视为与滑动瘴擦力大小相等．（取g=10m/s2，π=3）．
（1）要保证物品随转盘一起转动，则转盘的角速度最大为多少？
（2）现通过同步提高传送带和转盘的速度，可缩短物品从A到C的时间，则物品从A到C最短时间为多少？
【解答】解：（1）当转盘的角速度最大时，物品刚好发生滑动，静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得
μ2mg=mω2R
解得转盘的角速度最大值ω=2rad/s
物品最大的线速度为 v2=ωR=4m/s
（2）设物品在传送带上一直加速，则速度为
=2aL
而 a==μ1g
联立解得 v1=6m/s
因为 v1＞v2，所以物品在传送带上先加速后匀速，所以要使物品最短时间到达C处，则传送到转盘时的最大速度为 v=v2=4m/s
由 v=μ1gt1，L1=
得 t1=2s
物品匀速运动的时间 t2==s
进入转盘后的时间 t3==s
所以物品从A到C最短时间为 t=t1+t2+t3=3.75s
答：
（1）转盘的角速度最大为2rad/s．
（2）物品从A到C最短时间为3.75s．
　
20．如图，固定的直杆ABC与水平地面成37°角，AB段粗糙，BC段光滑，AB长度l1=2m，BC段的长度l2=0.75m．质量m=1kg的小环套在直杆上，在与直杆成α角的恒力F作用下，从杆的底端由静止开始运动，当小环到达B时撤去F，此后小环飞离直杆，落地时的动能Ek=20J．（不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）
（1）求小环运动到B时的速度大小vB；
（2）若夹角α=0°，小环在杆AB段运动时，受到恒定的阻力f=4N，其他条件不变，求F的大小；
（3）若夹角α=37°，小环在AB段运动时，受到阻力f的大小与直杆对小环的弹力FN的大小成正比，即f=kFN，其中k=0.5，且小环飞离轨道后，落地时的动能不大于20J，求F的取值范围．
【解答】解：（1）B点离地面的高度 hB=l1sin37°=2×0.6=1.2m
物体从B点到C至落地的过程中机械能守恒，则有 +mghB=Ek；
代入数据解得 vB=4m/s
（2）若夹角α=0°时，对小球进入受力分析得：
F﹣f﹣mgsin37°=ma
又=2al1，
以上两式代入数据解得 a=4m/s2，F=14N
（3）由题意得：
（a）当Ek=20J时，vB=4m/s，a=4m/s2，
对于AB段，由牛顿第二定律得：
Fcos37°﹣mgsin37°﹣k（mgcos37°﹣Fsin37°）=ma
代入数据解得 F=N≈12.73N
（b）当vC=0时，mgl2sin37°=
又=2al1，
解得 vB=3m/s，a=2.25m/s2．
由牛顿第二定律得：
Fcos37°﹣mgsin37°﹣k（mgcos37°﹣Fsin37°）=ma
解得 F=≈11.14N
综上，F的取值范围为：11.14N＜F≤12.73N．
答：
（1）小环运动到B时的速度大小vB是4m/s．
（2）F的大小是14N．
（3）F的取值范围为：11.14N＜F≤12.73N．
　
21．如图所示，一块质量M=2kg，长度L=8m、高度不计、上表面粗糙的长木板静止在水平面上，水平面与木板间的动摩擦因数μ=0.2．现对长木板施加一个水平向右的力F=6N使长木板开始运动，取g=10m/s2，求：
（1）当t=6s时，长木板的速度；
（2）当t=6s时，立即在长木板右端无初速度放置一个质量m=1kg的小物块（可视为质点），小物块与木板间的动摩擦因数也是μ=0.2，求t1=12s长木板的速度；
（3）从开始运动到t1=12s的过程中由于摩擦产生的热量．
【解答】解：（1）对长木板受力分析，根据牛顿第二定律得：
F﹣μMg=Ma
解得：a=
6s末速度为v=at=6m/s
（2）放置小物块后，对长木板受力分析，长木板将做匀减速直线运动，
根据牛顿第二定律得F﹣μ（M+m）﹣μmg=Ma1
解得：a1=﹣1m/s2
对物块受力分析，可知，小物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：
μmg=ma2
解得：a2=2m/s2
设经过时间t′两者速度相等，则有
v+a1t′=a2t′
解得：t′=2s，
速度相等后，由于F=μ（M+m）=6N，则小物块与长木板一起做匀速直线运动，
速度v1=v+a1t′=6﹣1×2=4m/s，
则t1=12s长木板的速度为4m/s
（3）速度相等时，长木板的位移，
小物块的位移，
则相对位移x=x1﹣x2=10﹣4=6m
从开始运动到t1=12s的过程中由于摩擦产生的热量Q=μmgx+μ（M+m）gx1=0.2×10×6+0.2×30×10=72J．
答：（1）当t=6s时，长木板的速度为6m/s；
（2）t1=12s长木板的速度为4m/s；
（3）从开始运动到t1=12s的过程中由于摩擦产生的热量为72J．
　
22．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面AB与水平方向的夹角θ=45°，A、B两点的高度差h=4m，在B点左侧的水平面上有一左端固定的轻质弹簧，自然伸长时弹簧右端到B点的距离s=3m．质量为m=1kg的物块从斜面顶点A由静止释放，物块进入水平面后向左运动压缩弹簧的最大压缩量x=0.2m．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，不计物块在B点的机械能损失．求：
（1）弹簧的最大弹性势能；
（2）物块最终停止位置到B点的距离；
（3）物块在斜面上滑行的总时间（结果可用根式表示）．
【解答】解：（1）物块从开始位置到压缩至速度为零的过程，根据功能关系得：
mgh﹣μmg（s+x）=EP
代入数据解得：EP=24J
（2）物块从开始位置到最终静止在水平面上的过程，由动能定理得：
mgh﹣μmgl=0﹣0
代入数据解得：l=8m
所以物块停止位置到B点的距离为：△l=l﹣2（s+x）=1.6m＜3m，
即物块最终停止位置距B点1.6m，
（3）物块在光滑斜面运动时，由牛顿第二定律得：
，
设第一次在斜面上运动的时间为t1，则有：，
代入数据解得：，
设物块从水平面返回斜面时的速度为v，由动能定理得：
mgh﹣2
代入数据解得：v=4m/s
则第二次在斜面上滑行的时间为：，
所以物块在斜面上滑行的总时间为：t=t1+t2=
答：（1）弹簧的最大弹性势能为24J；
（2）物块最终停止位置到B点的距离为1.6m；
（3）物块在斜面上滑行的总时间为．
　
23．如图所示，P是倾角为30°的光滑固定斜面．劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端的固定挡板C上，另一端与质量 物块A相连接．细绳另一端系物体A上，细绳跨过不计质量和摩擦的定滑轮，另有一个不计质量的小挂钩，小挂钩不挂任何物体时，物体A处于静止状态，细绳与斜面平行．小挂钩上轻轻挂上一个质量也为m物块B后，物体A沿斜面向上运动，斜面足够长，运动过程中物块B始终未接触地面．已知重力加速度为g=10m/s2
（1）求小挂钩不挂任何物体时弹簧的压缩量为x1
（2）设物块A沿斜面上升通过Q点位置时速度最大，求Q点到出发点距离x0及最大速vm；
（3）把物块B质量变为nm（n＞0.5），小明同学认为，只要n足够大，就可以使物块A沿斜面上滑到Q点时速度增大到2vm，你认为是否正确？如果正确，请说明理由，如果不正确，请求出A沿斜面上升到Q点位置时速度范围．
【解答】解：（1）小挂钩不挂任何物体时，物体A处于静止状态，由平衡条件得：mgsin30°=kx，
得：x=，
（2）当A受到的合力为零时速度最大，此时：
mgsin30°+kx′=mg，
解得：x=x′=，
Q点到出发点的距离：x0=2x=；
在出发点与Q弹簧的形变量相同，弹簧的弹性势能相等，
由机械能守恒定律得：mgx0=mgx0sin30°+ 2mv2，
解得，最大速度：vm=g；
（4）B的质量变为nm时，由机械能守恒定律得：
nmgx0=mgx0sin30°+ （nm+m）v2，
解得：v=g，
n→∞时，v=g=2vm，
由于n不会达到无穷大，因此速度不会达到2vm，
小明的说法是错误的，速度范围是：0＜v＜g．
答：（1）小挂钩不挂任何物体时弹簧的压缩量为x1为；
（2）设物块A沿斜面上升通过Q点位置时速度最大，Q点到出发点距离为，最大速为g；
（3）小明的观点错误，A沿斜面上升到Q点位置时速度范围为0＜v＜g．
　
24．在如图所示的竖直平面内，有一固定在水平地面的光滑平台．平台右端B与静止的水平传送带平滑相接，传送带长L=3m．有一个质量为m=0.5kg，带电量为q=+10﹣3C的滑块，放在水平平台上．平台上有一根轻质弹簧左端固定，右端与滑块接触但不连接．现用滑块缓慢向左移动压缩弹簧，且弹簧始终在弹性限度内．在弹簧处于压缩状态时，若将滑块静止释放，滑块最后恰能到达传送带右端C点．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.20 （g取10m/s2）求：
（1）滑块到达B点时的速度vB，及弹簧储存的最大弹性势能EP；
（2）若传送带以1.5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，释放滑块的同时，在BC之间加水平向右的匀强电场
E=5×102N/C．滑块从B运动到C的过程中，摩擦力对它做的功．
（3）若两轮半径均为r=0.4m，传送带顺时针匀速转动的角速度为ω0时，撤去弹簧及所加电场，让滑块从B点以4m/s速度滑上传送带，恰好能由C点水平飞出传送带．求ω0的大小以及这一过程中滑块与传送带间产生的内能．
【解答】解：（1）设弹簧储存的最大弹性势能EP，滑块从静止释放至运动到B点，
由能量守恒定律知：
从B到C，
解得：vB=2m/s，EP=3J
（2）加电场后，由于vB＞v传，所以滑块刚滑上传送带时就做匀减速直线运动，
μmg﹣qE=ma
滑块减速至与传送带共速的时间为
滑块减速的位移为
故滑块之后匀速运动，从B到C，由
解得：Wf=﹣1.9375J
（3）滑块恰能在C点水平飞出传送带，
则有mg=
解得：vC=rω0
解得ω0=5rad/s
滑块要减速到C点μmg=ma′块减速时间t=1s
滑块位移x1=vBt﹣a′t2=3m
传送带距离x2=vCt=2m
内能Q=μmg（x1﹣x2）=1J
答：（1）滑块到达B点时的速度是2m/s，及弹簧储存的最大弹性势能EP是3J；
（2）若传送带以1.5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，释放滑块的同时，在BC之间加水平向右的匀强电场E=5×102N/C．滑块从B运动到C的过程中，摩擦力对它做的功是﹣1.9375J．
（3）若两轮半径均为r=0.4m，传送带顺时针匀速转动的角速度为ω0时，撤去弹簧及所加电场，让滑块从B点以4m/s速度滑上传送带，恰好能由C点水平飞出传送带．ω0的大小是5 rad/s，这一过程中滑块与传送带间产生的内能是1J．
　
25．（2015秋 合肥校级月考）如图所示，半径R=4m的光滑圆弧轨道BCD与足够长的传送带DE在D处平滑连接，O为圆弧轨道BCD的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，半径OB、OD与OC的夹角分别为53°和37°．传送带以2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，将一个质量m=0.5kg的煤块（视为质点）从B点左侧高为h=0.8m处的A点水平抛出，恰从B点沿切线方向进入圆弧轨道．已知煤块与轨道DE间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）煤块水平抛出时的初速度大小v0；
（2）煤块第一次到达圆弧轨道BCD上的D点对轨道的压力大小；
（3）煤块第一次离开传送带前，在传送带DE上留下痕迹可能的最长长度．（结果保留2位有效数字）
【解答】解：（1）物体在抛出后竖直方向做自由落体运动，竖直方向有：
物体恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道，则：
得：
（2）煤块在A→D的过程中由动能定理：
在D点由牛顿第二定律：
解得：，FND=9.125N，
又有牛顿第三定律知在D点对轨道的压力大小为9.125N
（3）因
所以，煤块先沿传送带向上做匀减速运动，然后做匀变速运动返回，设总时间为t．
在沿传送带向上匀减速由牛顿第二定律：mgsin37°+μmgcos37°=ma1，
后面的匀变速阶段由牛顿第二定律：mgsin37°﹣μmgcos37°=ma2，
解得：，
对煤块从滑上到滑下传送带有运动学公式：=
解得：t≈2.97s
由题意可知，当传送带最前沿的痕迹与最后痕迹不重叠时，痕迹最长，此时有：
s=
答：（1）煤块水平抛出时的初速度大小v0为3m/s；
（2）煤块第一次到达圆弧轨道BCD上的D点对轨道的压力大小为9.125N；
（3）煤块第一次离开传送带前，在传送带DE上留下痕迹可能的最长长度为6.9m．
　
26．一长木板在水平面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，经过0.5s物块与木板速度瞬时相等，木板运动的速度﹣时间图象如图所示．已知物块与木板的质量均为1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦．物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度的大小g=10m/s2．求：
（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块与木板间因摩擦产生的热量为多少？
【解答】解：（1）从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，木板减速，且过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．
在t1=0.5s时，物块和木板的速度相同为1m/s，设t=0到t=t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，
则，，
物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得：
对物块：μ1mg=ma1
解得：μ1=0.2
对木板：μ1mg+μ22mg=ma2
解得：μ2=0.3
（2）在t1时刻后，物块与木板之间的摩擦力方向改变．假设物块与木板相对静止，它们之间的静摩擦力大小为f．则由牛顿第二定律得：
对整体：μ22mg=2ma
a=μ2g=3m/s2
对物块：f=ma=3N
而f max=μ1mg=2N，f＞f max，说明假设错误，即物块与木板发生相对运动．
设物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，则
μ1mg=ma1′
解得：a1′=μ1g=2m/s2
μ22mg﹣μ1mg=ma2′
a2′=2μ2g﹣μ1g=4m/s2
由运动学公式可知，物块和木板在t1=0.5s前的位移分别为：
，
，
E1=f滑s相=μ1mg（s2﹣s1）=2.5J
由运动学公式可知，物块和木板在t1=0.5s后的位移分别为：
，
，
E2=f滑s相′=μ1mg（s2′﹣s1′）=0.25J
物块与木板间因摩擦产生的热量为E=E1+E2=2.75 J
答：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为0.2和0.3；
（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块与木板间因摩擦产生的热量为2.75J
　
27．如图所示，长为L=1m的AB斜面倾角为θ=37°，将一劲度系数为k=60N/m的轻质弹簧的上端固定在AB上端的固定板上，弹簧的原长为x0=0.2m，平行于斜面的细线穿过固定板和弹簧跨过定滑轮将小滑块和铁球连接，小滑块与弹簧接触但不相连，不计绳子与固定板及滑轮间的摩擦，小滑块质量为m=1kg，铁球质量为M=1.2kg，滑块与AB轨道的动摩擦因数为μ=（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），斜面底端与一段半径为R=0.5m的光滑圆弧BCD在B点相切连接，圆弧的D点切线衔接另一个光滑斜面（足够长），（g=10m/s2，sin37°=0.6）．则：
（1）初始时刻能使滑块保持静止，求弹簧压缩量x的范围；
（2）若初始时刻弹簧压缩时的弹性势能EP=0.075J，且初始时刻滑块刚好不上滑，断开滑块与绳子的连接，求以后的运动过程中滑块与斜面因摩擦而生成的热量Q．
（3）在第二问中滑块经过C点时求小滑块对C点压力的最小值？
【解答】解：（1）当滑块刚要上滑时，摩擦力达到最大静摩擦力，受力平衡，则有：
T=Kx1+μmg cosθ+mg sinθ，
T=Mg，
解得：x1=0.05m
当滑块刚要下滑时：T+μmg cosθ=Kx2+mg sinθ，
T=Mg，
解得：x2=0.15m
要使滑块静止弹簧的压缩量的范围是0.05m≤x≤0.15m，
（2）初始时刻弹簧压缩时的弹性势能EP=0.075 J，滑块释放后在两斜面及圆弧间往复运动，因摩擦生热消耗能量，每次上升到AB面的高度逐渐降低，最终在BD间往复运动，而到B点时速度为零，因滑块刚好不上滑时：T=Kx1+μmg cosθ+mg sinθ，T=Mg，所以x1=0.05mEP+mg（L﹣x0+x1）sinθ=Q，所以Q=5.175J
（3）根据能量守恒：对C点产生最小压力时为经过C点时速度最小的时候，即最终滑块在BD间往复运动经过C点时．设滑块在C点收到的支持力为N，
，
解得：N=14N
根据牛顿第三定律：C点收到的压力为14N
答：（1）初始时刻能使滑块保持静止，弹簧压缩量x的范围为0.05m≤x≤0.15m；
（2）以后的运动过程中滑块与斜面因摩擦而生成的热量Q为5.175J．
（3）在第二问中滑块经过C点时求小滑块对C点压力的最小值为14N．
　
28．如图所示是倾角θ=37°的固定光滑斜面，两端有垂直于斜面的固定挡板P、Q，PQ距离L=2m，质量M=1.0kg的木块A（可看成质点）放在质量m=0.5kg 的长d=0.8m的木板B上并一起停靠在挡板P处，A木块与斜面顶端的电动机间用平行于斜面不可伸长的轻绳相连接，现给木块A沿斜面向上的初速度，同时开动电动机保证木块A一直以初速度v0=1.6m/s沿斜面向上做匀速直线运动，已知木块A的下表面与木板B间动摩擦因数μ1=0.5，经过时间t，当B板右端到达Q处时刻，立刻关闭电动机，同时锁定A、B物体此时的位置．然后将A物体上下面翻转，使得A原来的上表面与木板B接触，已知翻转后的A、B接触面间的动摩擦因数变为μ2=0.25，且连接A与电动机的绳子仍与斜面平行．现在给A向下的初速度v1=2m/s，同时释放木板B，并开动电动机保证A木块一直以v1沿斜面向下做匀速直线运动，直到木板B与挡板P接触时关闭电动机并锁定A、B位置．求：
（1）B木板沿斜面向上加速运动过程的加速度大小；
（2）A、B沿斜面上升过程所经历的时间t；
（3）A、B沿斜面向下开始运动到木板B左端与P接触时，这段过程中A、B间摩擦产生的热量．
【解答】解：（1）对B，由牛顿第二定律得：μ1Mgcosθ﹣mgsinθ=ma1，
代入数据解得：a1=2m/s2；
（2）A、B相对静止需要的时间：t1==0.8s，
A的位移：xA=v0t1=1.28m，
B的位移：xB=t1=0.64m，
AB的相对位移：△x=xA﹣xB=0.64m，
A、B匀速运动的时间：t==1.15s；
（3）B开始向下加速运动的加速度：a2==10m/s2，
B与A相对静止后B的加速度：a3==2m/s2，
A、B相对静止的时间：t2==0.2s，
A的位移：xA′=v1t2=0.4m，
B的位移：xB′=t2=0.2m，
相对位移：△x′=xA′﹣xB′=0.2m，
此时A离B右端的距离：△x′+（d﹣△x）=0.36m，
AB速度相等后，B以加速度a2加速运动，B到达P所用时间为t3，
则：L﹣d﹣xB=v1t3+a2t32，
代入数据解得：t3=（﹣1）s，
A、B相对位移：△x″=v1t3+a2t32﹣v1t3=0.17m，
即：B与P接触时，A没有从B上滑离，
产生的热量：Q=μ2Mgcosθ（△x′+△x″）=0.74J；
答：（1）B木板沿斜面向上加速运动过程的加速度大小为2m/s2；
（2）A、B沿斜面上升过程所经历的时间t为1.15s；
（3）A、B沿斜面向下开始运动到木板B左端与P接触时，这段过程中A、B间摩擦产生的热量为0.74J．
　
29．如图所示，在水平面上，一段直轨道右端连接有一段半径为R的1/4固定光滑圆弧轨道，直轨道上物体B左侧是光滑的，右侧BC之间是粗糙的，长度为2m．有一个质量为2.0kg的物体A压缩靠近左边墙面的弹簧，物体A与BC之间的动摩擦因数μ=0.5．质量为2.0kg的物体B被长度为l=0.5m的细线竖直悬挂，释放A以后，A运动到B处与B发生弹性碰撞（碰撞时A、B的速度交换）．碰撞后B刚好能过最高点．
则：（1）物体B与物体A碰撞后的速度是多少？
（2）物体A最后停下的位置距离C点多远；
（3）如果增大开始时的A对弹簧的压缩量使得开始时弹簧的弹性势能增大，当初始时刻弹簧具有的弹性势能满足什么条件时，物体A将能第二次滑上圆弧轨道，且连接B的绳不会松弛．
【解答】解：（1）由于B刚好能过最高点，假设B在最高点的速度为v0，则由重力完全提供向心力，则有：，
可得：﹣﹣﹣﹣﹣①
假设B在最低点时的速度为，则由机械能守恒有：﹣﹣﹣﹣﹣②
联立①②可得：=5m/s
（2）当A、B碰撞时，物体A、B在第一次碰撞之后速度互换，B做圆周运动时，A静止在于B发生弹性碰撞的位置，当B经过最高点回到最低点时，又与A发生弹性碰撞，速度互换，则A又以向右做减速运动，设物体A在水平面BC上滑动的总路程为s．
由动能定理有：，
得：=2.5m
由于BC长度为2m，故物体停在距离C点0.5m的位置处．
（3）当开始时弹簧的弹性势能增大，则第一次碰撞后A的速度增大，当物体第一次冲上曲面后滑下，经过BC段与B碰撞，速度交换，由于绳子不能松弛，如果B物体刚好能运动到圆心等高，回到最低点速度为：，
物体A再次在BC面上运动距离s1，，
得s1=1m，物体到BC段中点停止，不能再上曲面CD；
如果B物体刚好能完成整个圆周运动，A再次运动到BC段的速度为v2，由第一问计算可知：v2=5m/s，物体能冲上斜面．
根据能量守恒有：=65J，
所以弹簧的弹性势能需要大于65J，物体才能第二次冲上斜面．
答：（1）物体B与物体A碰撞后的速度是5m/s；
（2）物体A最后停下的位置距离C点0.5m处；
（3）如果增大开始时的A对弹簧的压缩量使得开始时弹簧的弹性势能增大，当初始时刻弹簧具有的弹性势能大于65J时，物体A将能第二次滑上圆弧轨道，且连接B的绳不会松弛．
　
30．如图所示，光滑水平面MN的左端M处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度L=16m，沿逆时针方向以恒定速度V=2m/s匀速转动．ABCDE是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB为水平轨道，弧BCD是半径为R的半圆弧轨道，弧DE是半径为2R的圆弧轨道，弧BCD与弧DE相切在轨道最高点D，R=0.6m．平面部分A点与传送带平齐接触．放在MN段的物块m（可视为质点）以初速度v0=4m/s冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数μ=0.2，物块的质量m=1Kg．结果物块从滑上传送带又返回到N端，经水平面与左端M处的固定弹射器相碰撞（弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定），因碰撞弹射器锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点，最后从E点飞出．g取10m/s2．求：
（1）物块m从第一次滑上传送带到返回到N端的时间．
（2）物块m第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送带所多提供的能量多大？
【解答】解：（1）物块B向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀减速运动，达到与皮带共速后与皮带匀速物块B向右作匀减速运动过程：
μmg=ma
0=v0﹣at1
=2s
物块向右达到的最大位移：
S==4m
反向匀加速运动过程加速度大小不变．达到与传送带共速的时间：
v=at2
=1s
相对地面向左位移：
=1m
共速后与传送带匀速运动的时间：
往返总时间：
t=t1+t2+t3=4.5s
（2）由物块恰能通过轨道最高点D，并恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过最高点可得，物块是在半径为2R的圆弧上的最高点重力全部充当向心力，得：
又由物块上滑过中根据机械能守恒得：
代入数据解得：
物块第二次从N到A点：
速度关系：
vB=v1﹣gμt
代入得：t2+6t﹣16=0；
得：t=2s 或t=﹣8s（舍）
物体运动时传送带的位移：
s=vt=4m
传送带为维持匀速运动多提供的力：
F=mgμ
传送带所做的功等于传送带多提供的能量：
W=Fs=μmgs=8J
答：（1）物块m从第一次滑上传送带到返回N端的时间为4.5s；
（2）物块m第二次在传送带上运动时，电动机为了维持传送带匀速转动，对传送带多提供的能量为8J．
　
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