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高考物理
易錯題經典30道
一．填空題（共7小題）
1．用如圖所示的裝置驗證小球做自由落體運動時機械能守恒，圖中O為釋放小球的位置，A、B、C、D為固定速度傳感器的位置且與O在同一條豎直線上．
（1）若當地重力加速度為g，還需要測量的物理量有　　　　　?。?br/>A．小球的質量m
B．小球下落到每一個速度傳感器時的速度v
C．小球下落到每一個速度傳感器時下落的高度h
D．小球下落到每一個速度傳感器時所用的時間t
（2）作出v2﹣h圖象，由圖象算出其斜率k，當k=　　　　　　可以認為小球下落過程中機械能守恒．
（3）寫出對減小本實驗誤差有益的一條建議：　　　　　　．
2．
如圖甲所示，是某同學驗證動能定理的實驗裝置．其步驟如下：
a．易拉罐內盛上適量細沙，用輕繩通過滑輪連接在小車上，接紙帶，合理調整木板傾角，使小車沿木板勻速下滑．
b．取下輕繩和易拉罐，測出易拉罐和細沙的質量m及小車質量M．
c．取下細繩和易拉罐后，換一條紙帶，讓小車由靜止釋放，打出的紙帶如圖乙（中間部分未畫出）．O為打下的第一點．已知打點計時器的打點頻率為f，重力加速度為g．
①步驟c中小車所受的合外力為　　　　　?。?br/>②為驗證從O→C 過程中小車合外力做功與小車動能變化的關系，測出BD間的距離為x0，OC間距離為x1，則C點的速度為　　　　　?。枰炞C的關系式為　　　　　　 （用所測物理最的符號表示）．
3．用如圖所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律，實驗所用的電源為學生電源，輸出電壓為6V的交流電和直流電兩種．重錘從高處由靜止開始下落，重錘上拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量、分析，即可驗證機械能守恒定律．
（1）下面列舉了該實驗的幾個操作步驟：
A．按照圖示的裝置安裝器件；
B．將打點計時器接到電源的“直流”上；
C．先釋放紙帶，再接通電源打出一條紙帶；
D．測量紙帶上某些點間的距離；
E．根據測量的結果，分別計算重錘下落過程中減少的重力勢能和增加的動能．
其中操作不當的步驟是：　　　　　?。ㄌ钸x項對應的字母）
（2）正確操作后打出的紙帶如圖所示，根據打出的紙帶，選取紙帶上連續的五個點A、B、C、D、E，測出AC的距離為s1，CE的距離為s2，打點的頻率為f，根據這些條件，計算打C點時重錘下落的速率vc=　　　　　　
（3）實驗中發現，重錘減小的重力勢能大于重錘動能的增量，其主要原因是在重錘下落的過程中存在阻力作用（設阻力恒定），可以通過該實驗裝置測阻力的大小．若已知當地重力加速度為g，重錘的質量為m．試用這些物理量和上圖紙帶上的數據符號表示出重錘在下落過程中受到的阻力大小F=　　　　　?。?br/>4．以初速為v0，射程為s的平拋運動軌跡制成一光滑軌道．一物體由靜止開始從軌道頂端滑下，當其到達軌道底部時，物體的速率為　　　　　　，其水平方向的速度大小為　　　　　?。?br/>5．將一個物體以初動能E0豎直向上拋出，設所受阻力大小恒定，落回地面時物體的動能為 aE0/2．若將它以初動能4E0豎直向上拋出，則它在上升到最高點的過程中，重力勢能變化了　　　　　?。宦浠氐孛鏁r的動能為　　　　　　．
6．如圖所示，在豎直平面內的直角坐標系中，一個質量為m的質點在外力F的作用下，從坐標原點O由靜止沿直線ON斜向下運動，直線ON與y軸負方向成θ角（θ＜）．則F大小至少為　　　　　　；若F=mgtanθ，則質點機械能大小的變化情況是　　　　　?。?br/>7．在豎直平面內，一根光滑金屬桿彎成如圖所示形狀，相應的曲線方程為y=2.5cos（kx+）（單位：m），式中k=1m﹣1．將一光滑小環套在該金屬桿上，并從x=0處以v0=5m/s的初速度沿桿向下運動，取重力加速度g=10m/s2．則當小環運動到 m時的速度大小v=　　　　　　該小環在x軸方向最遠能運動到x=　　　　　　m處．
　
二．解答題（共23小題）
8．如圖所示，半徑為R的光滑圓環豎直固定，質量為3m的小球A套在圓環上；長為2R的剛性（既不伸長也不縮短）輕桿一端通過鉸鏈與A連接，另一端通過鉸鏈與滑塊B連接；滑塊B質量為m，套在水平固定的光滑桿上．水平桿與圓環的圓心O位于同一水平線上．現將A置于圓環的最高處并給A﹣微小擾動（初速度視為0），使A沿圓環順時針自由下滑，不計一切摩擦，A、B均視為質點，重力加速度大小為g．求：
（1）A滑到與圓心O同高度時的速度大??；
（2）A下滑至桿與圓環第一次相切的過程中，桿對B做的功．
9．如圖所示，在豎直平面內，粗糙的斜面AB長為2.4m，其下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B，C是最低點，圓心角∠BOC=37°，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R=1.0m，現有一個質量為m=0.2kg可視為質點的滑塊，從D點的正上方h=1.6m的E點處自由下落，滑塊恰好能運動到A點．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，計算結果可保留根號．求：
（1）滑塊第一次到達B點的速度；
（2）滑塊與斜面AB之間的動摩擦因數；
（3）滑塊在斜面上運動的總路程及總時間．
10．從地面上以初速度v0豎直向上拋出一質量為m的球，若運動過程中受到的空氣阻力與其速率v成正比關系，球運動的速率隨時間變化規律如圖所示，t1時刻到達最高點，再落回地面，落地時速率為v1，且落地前球已經做勻速運動，求：
（1）球從拋出到落地過程中克服空氣阻力所做的功；
（2）球拋出瞬間的加速度大小；
（3）球上升的最大高度H和球從最高點落回到地面所用的時間t2．
11．如圖所示，AB為傾角θ=37°的斜面軌道，軌道的AC部分光滑，CB部分粗糙，BP為圓心角等于143°、半徑R=l m的豎直光滑圓弧形軌道，兩軌道相切于B點，P、O兩點在同一豎直線上，輕彈簧一端固定在A點，另一自由端在斜面上C點處，現有一質量m=2kg的小物塊在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到D點后（不栓接）釋放，物塊經過C點后，從C點運動到B點過程中的位移與時間的關系為x=12t﹣4t2（式中x單位是m，t單位是s），假設物塊第一次經過B點后恰能到達P點，sin 37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．試求：
（1）若CD=1m，試求物塊從D點運動到C點的過程中，彈簧對物塊所做的功；
（2）B、C兩點間的距離x；
（3）若在P處安裝一個豎直彈性擋板，小物塊與擋板碰撞后速度反向，速度大小不變，小物塊與彈簧相互作用不損失機械能，試通過計算判斷物塊在第一次與擋板碰撞后的運動過程中是否會脫離軌道？
12．打井施工時要將一質量可忽略不計的堅硬底座A送到井底，由于A與井壁間摩擦力很大，工程人員采用了如圖所示的裝置．圖中重錘B質量為m，下端連有一勁度系數為k的輕彈簧，工程人員先將B放置在A上，觀察到A不動；然后在B上再逐漸疊加壓塊，當壓塊質量達到m時，觀察到A開始緩慢下沉時移去壓塊．將B提升至彈簧下端距井口為H0處，自由釋放B，A被撞擊后下沉的最大距離為h1，以后每次都從距井口H0處自由釋放．已知重力加速度為g，不計空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內．
（1）求下沉時A與井壁間的摩擦力大小f和彈簧的最大形變量△L；
（2）求撞擊下沉時A的加速度大小a和彈簧彈性勢能Ep；
（3）若第n次撞擊后，底座A恰能到達井底，求井深H．
13．如圖甲所示，工廠利用傾角θ=30°的皮帶傳輸機，將每個質量為m=5kg的木箱從地面運送到高為h=5.25m的平臺上，機械手每隔1s就將一個木箱放到傳送帶的底端，傳送帶的皮帶以恒定的速度順時針轉動且不打滑．木箱放到傳送帶上后運動的部分v﹣t圖象如圖乙所示，已知各木箱與傳送帶間的動摩擦因數都相等．若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2．求：
（1）木箱與傳送帶間的動摩擦因數μ；
（2）傳送帶上最多有幾個木箱同時在向上輸送；
（3）皮帶傳輸機由電動機帶動，從機械手放上第一個木箱開始計時的10分鐘內，因為木箱的放入，電動機需要多做的功．
14．如圖（甲）所示，一傾角為37°的傳送帶以恒定速率運行．現將一質量m=2kg的小物體以某一初速度放上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖（乙）所示，取沿傳送帶向上為正方向，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）物體與傳送帶間的動摩擦因數；
（2）0～10s內物體機械能增量及因與傳送帶摩擦產生的熱量Q．
15．如圖所示，裝置由一理想彈簧發射器及兩個軌道組成．其中軌道Ⅰ由光滑軌道AB與粗糙直軌道BC平滑連接，高度差分別是h1=0.2m、h2=0.10m，BC水平距離L=1.00m．軌道Ⅱ由AE、螺旋圓形EFG和GB三段光滑軌道平滑連接而成，且A點與F點等高．當彈簧壓縮量為d時，恰能使質量m=0.05kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點；當彈簧壓縮量為2d時，恰能使滑塊沿軌道Ⅰ上升到C點．（已知彈簧彈性勢能與壓縮量的平方成正比）
（1）當彈簧壓縮量為d時，求彈簧的彈性勢能及滑塊離開彈簧瞬間的速度大?。?br/>（2）求滑塊與軌道BC間的動摩擦因數；
（3）當彈簧壓縮量為d時，若沿軌道Ⅱ運動，滑塊能否上升到B點？請通過計算說明理由．
16．如圖所示，是一兒童游戲機的簡化示意圖．光滑游戲面板與水平面成一夾角θ，半徑為R的四分之一圓弧軌道BC與長度為8R的AB直管道相切于B點，C點為圓弧軌道最高點（切線水平），管道底端A位于斜面底端，輕彈簧下端固定在AB管道的底端，上端系一輕繩，繩通過彈簧內部連一手柄P．經過觀察發現：輕彈簧無彈珠時，其上端離B點距離為5R，將一質量為m的彈珠Q投入AB管內，設法使其自由靜止，測得此時彈簧彈性勢能Ep=mgRsinθ．已知彈簧勁度系數k=．某次緩慢下拉手柄P使彈簧壓縮，后釋放手柄，彈珠Q經C點被射出，假設所有軌道均光滑，忽略空氣阻力，彈珠可視為質點，直管AB粗細不計．求：
（1）調整手柄P的下拉距離，可以使彈珠Q經BC軌道上的C點射出，落在斜面底邊上的不同位置，其中與A的最近距離是多少？
（2）若彈珠Q落在斜面底邊上離A的距離為10R，求它在這次運動中經過C點時對軌道的壓力為多大？
（3）在（2）的運動過程中，彈珠Q離開彈簧前的最大速度是多少？
17．如圖所示，P是傾角為30°的光滑固定斜面．勁度系數為k的輕彈簧一端固定在斜面底端的固定擋板C上，另一端與質量為m的物塊A相連接．細繩的一端系在物體A上，細繩跨過不計質量和摩擦的定滑輪，另一端有一個不計質量的小掛鉤．小掛鉤不掛任何物體時，物體A處于靜止狀態，細繩與斜面平行．在小掛鉤上輕輕掛上一個質量也為m的物塊B后，物塊A沿斜面向上運動．斜面足夠長，運動過程中B始終未接觸地面．已知重力加速度為g，求：
（1）物塊A處于靜止時，彈簧的壓縮量
（2）設物塊A沿斜面上升通過Q點位置時速度最大，求Q點到出發點的距離x0和最大速度vm
（3）把物塊B的質量變為原來的N倍（N＞0.5），小明同學認為，只要N足夠大，就可以使物塊A沿斜面上滑到Q點時的速度增大到2vm，你認為是否正確？如果正確，請說明理由，如果不正確，請求出A沿斜面上升到Q點位置的速度的范圍．
18．如圖所示，在水平軌道右側安放半徑為R的豎直圓槽形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設特殊材料，調節其初始長度為L，水平軌道左側有一輕質彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長狀態．小物塊A（可視為質點）從軌道右側以初速度v0沖上軌道，通過圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧并被彈簧以原速率彈回，經水平軌道返回圓形軌道．已知R=0.2m，l=1.0m，v0=2m/s，物塊A質量為m=1kg，與PQ段間的動摩擦因數為μ=0.2，軌道其他部分摩擦不計，取g=10m/s2．求：
（1）物塊A與彈簧剛接觸時的速度大?。?br/>（2）物塊A被彈簧以原速率彈回返回到圓形軌道的高度．
（3）物塊A仍以v0從軌道右側沖上軌道，調節PQ段的長度l，當l滿足什么條件時，物塊A能返回圓形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道．
19．現代化的生產流水線大大提高了勞動效率．如下圖為某工廠生產流水線上的水平傳輸裝置的俯視圖，它由傳送帶和轉盤組成．小物品從A處無初速地放到傳送帶上，運動到B處后進入勻速轉動的轉盤隨其一起運動（無相對滑動），到C處被取走裝箱．已知A、B的距離L=9.0m，物品與傳送帶間的動摩擦因數μ1=0.2．物品在轉盤上與轉軸O的距離R=2.0m，物品與轉盤間的動摩擦因數μ2=0.8，物品在轉盤與傳送帶上的最大靜摩擦力哥視為與滑動瘴擦力大小相等．（取g=10m/s2，π=3）．
（1）要保證物品隨轉盤一起轉動，則轉盤的角速度最大為多少？
（2）現通過同步提高傳送帶和轉盤的速度，可縮短物品從A到C的時間，則物品從A到C最短時間為多少？
20．（2016春 泰州校級月考）如圖，固定的直桿ABC與水平地面成37°角，AB段粗糙，BC段光滑，AB長度l1=2m，BC段的長度l2=0.75m．質量m=1kg的小環套在直桿上，在與直桿成α角的恒力F作用下，從桿的底端由靜止開始運動，當小環到達B時撤去F，此后小環飛離直桿，落地時的動能Ek=20J．（不計空氣阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）
（1）求小環運動到B時的速度大小vB；
（2）若夾角α=0°，小環在桿AB段運動時，受到恒定的阻力f=4N，其他條件不變，求F的大??；
（3）若夾角α=37°，小環在AB段運動時，受到阻力f的大小與直桿對小環的彈力FN的大小成正比，即f=kFN，其中k=0.5，且小環飛離軌道后，落地時的動能不大于20J，求F的取值范圍．
21．如圖所示，一塊質量M=2kg，長度L=8m、高度不計、上表面粗糙的長木板靜止在水平面上，水平面與木板間的動摩擦因數μ=0.2．現對長木板施加一個水平向右的力F=6N使長木板開始運動，取g=10m/s2，求：
（1）當t=6s時，長木板的速度；
（2）當t=6s時，立即在長木板右端無初速度放置一個質量m=1kg的小物塊（可視為質點），小物塊與木板間的動摩擦因數也是μ=0.2，求t1=12s長木板的速度；
（3）從開始運動到t1=12s的過程中由于摩擦產生的熱量．
22．如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面AB與水平方向的夾角θ=45°，A、B兩點的高度差h=4m，在B點左側的水平面上有一左端固定的輕質彈簧，自然伸長時彈簧右端到B點的距離s=3m．質量為m=1kg的物塊從斜面頂點A由靜止釋放，物塊進入水平面后向左運動壓縮彈簧的最大壓縮量x=0.2m．已知物塊與水平面間的動摩擦因數μ=0.5，取g=10m/s2，不計物塊在B點的機械能損失．求：
（1）彈簧的最大彈性勢能；
（2）物塊最終停止位置到B點的距離；
（3）物塊在斜面上滑行的總時間（結果可用根式表示）．
23．如圖所示，P是傾角為30°的光滑固定斜面．勁度系數為k的輕彈簧一端固定在斜面底端的固定擋板C上，另一端與質量 物塊A相連接．細繩另一端系物體A上，細繩跨過不計質量和摩擦的定滑輪，另有一個不計質量的小掛鉤，小掛鉤不掛任何物體時，物體A處于靜止狀態，細繩與斜面平行．小掛鉤上輕輕掛上一個質量也為m物塊B后，物體A沿斜面向上運動，斜面足夠長，運動過程中物塊B始終未接觸地面．已知重力加速度為g=10m/s2
（1）求小掛鉤不掛任何物體時彈簧的壓縮量為x1
（2）設物塊A沿斜面上升通過Q點位置時速度最大，求Q點到出發點距離x0及最大速vm；
（3）把物塊B質量變為nm（n＞0.5），小明同學認為，只要n足夠大，就可以使物塊A沿斜面上滑到Q點時速度增大到2vm，你認為是否正確？如果正確，請說明理由，如果不正確，請求出A沿斜面上升到Q點位置時速度范圍．
24．在如圖所示的豎直平面內，有一固定在水平地面的光滑平臺．平臺右端B與靜止的水平傳送帶平滑相接，傳送帶長L=3m．有一個質量為m=0.5kg，帶電量為q=+10﹣3C的滑塊，放在水平平臺上．平臺上有一根輕質彈簧左端固定，右端與滑塊接觸但不連接．現用滑塊緩慢向左移動壓縮彈簧，且彈簧始終在彈性限度內．在彈簧處于壓縮狀態時，若將滑塊靜止釋放，滑塊最后恰能到達傳送帶右端C點．已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ=0.20 （g取10m/s2）求：
（1）滑塊到達B點時的速度vB，及彈簧儲存的最大彈性勢能EP；
（2）若傳送帶以1.5m/s的速度沿順時針方向勻速轉動，釋放滑塊的同時，在BC之間加水平向右的勻強電場
E=5×102N/C．滑塊從B運動到C的過程中，摩擦力對它做的功．
（3）若兩輪半徑均為r=0.4m，傳送帶順時針勻速轉動的角速度為ω0時，撤去彈簧及所加電場，讓滑塊從B點以4m/s速度滑上傳送帶，恰好能由C點水平飛出傳送帶．求ω0的大小以及這一過程中滑塊與傳送帶間產生的內能．
25．如圖所示，半徑R=4m的光滑圓弧軌道BCD與足夠長的傳送帶DE在D處平滑連接，O為圓弧軌道BCD的圓心，C點為圓弧軌道的最低點，半徑OB、OD與OC的夾角分別為53°和37°．傳送帶以2m/s的速度沿順時針方向勻速轉動，將一個質量m=0.5kg的煤塊（視為質點）從B點左側高為h=0.8m處的A點水平拋出，恰從B點沿切線方向進入圓弧軌道．已知煤塊與軌道DE間的動摩擦因數μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）煤塊水平拋出時的初速度大小v0；
（2）煤塊第一次到達圓弧軌道BCD上的D點對軌道的壓力大?。?br/>（3）煤塊第一次離開傳送帶前，在傳送帶DE上留下痕跡可能的最長長度．（結果保留2位有效數字）
26．一長木板在水平面上運動，在t=0時刻將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，經過0.5s物塊與木板速度瞬時相等，木板運動的速度﹣時間圖象如圖所示．已知物塊與木板的質量均為1kg，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦．物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上，取重力加速度的大小g=10m/s2．求：
（1）物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數；
（2）從t=0時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊與木板間因摩擦產生的熱量為多少？
27．如圖所示，長為L=1m的AB斜面傾角為θ=37°，將一勁度系數為k=60N/m的輕質彈簧的上端固定在AB上端的固定板上，彈簧的原長為x0=0.2m，平行于斜面的細線穿過固定板和彈簧跨過定滑輪將小滑塊和鐵球連接，小滑塊與彈簧接觸但不相連，不計繩子與固定板及滑輪間的摩擦，小滑塊質量為m=1kg，鐵球質量為M=1.2kg，滑塊與AB軌道的動摩擦因數為μ=（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），斜面底端與一段半徑為R=0.5m的光滑圓弧BCD在B點相切連接，圓弧的D點切線銜接另一個光滑斜面（足夠長），（g=10m/s2，sin37°=0.6）．則：
（1）初始時刻能使滑塊保持靜止，求彈簧壓縮量x的范圍；
（2）若初始時刻彈簧壓縮時的彈性勢能EP=0.075J，且初始時刻滑塊剛好不上滑，斷開滑塊與繩子的連接，求以后的運動過程中滑塊與斜面因摩擦而生成的熱量Q．
（3）在第二問中滑塊經過C點時求小滑塊對C點壓力的最小值？
28．如圖所示是傾角θ=37°的固定光滑斜面，兩端有垂直于斜面的固定擋板P、Q，PQ距離L=2m，質量M=1.0kg的木塊A（可看成質點）放在質量m=0.5kg 的長d=0.8m的木板B上并一起?？吭趽醢錚處，A木塊與斜面頂端的電動機間用平行于斜面不可伸長的輕繩相連接，現給木塊A沿斜面向上的初速度，同時開動電動機保證木塊A一直以初速度v0=1.6m/s沿斜面向上做勻速直線運動，已知木塊A的下表面與木板B間動摩擦因數μ1=0.5，經過時間t，當B板右端到達Q處時刻，立刻關閉電動機，同時鎖定A、B物體此時的位置．然后將A物體上下面翻轉，使得A原來的上表面與木板B接觸，已知翻轉后的A、B接觸面間的動摩擦因數變為μ2=0.25，且連接A與電動機的繩子仍與斜面平行．現在給A向下的初速度v1=2m/s，同時釋放木板B，并開動電動機保證A木塊一直以v1沿斜面向下做勻速直線運動，直到木板B與擋板P接觸時關閉電動機并鎖定A、B位置．求：
（1）B木板沿斜面向上加速運動過程的加速度大??；
（2）A、B沿斜面上升過程所經歷的時間t；
（3）A、B沿斜面向下開始運動到木板B左端與P接觸時，這段過程中A、B間摩擦產生的熱量．
29．如圖所示，在水平面上，一段直軌道右端連接有一段半徑為R的1/4固定光滑圓弧軌道，直軌道上物體B左側是光滑的，右側BC之間是粗糙的，長度為2m．有一個質量為2.0kg的物體A壓縮靠近左邊墻面的彈簧，物體A與BC之間的動摩擦因數μ=0.5．質量為2.0kg的物體B被長度為l=0.5m的細線豎直懸掛，釋放A以后，A運動到B處與B發生彈性碰撞（碰撞時A、B的速度交換）．碰撞后B剛好能過最高點．
則：（1）物體B與物體A碰撞后的速度是多少？
（2）物體A最后停下的位置距離C點多遠；
（3）如果增大開始時的A對彈簧的壓縮量使得開始時彈簧的彈性勢能增大，當初始時刻彈簧具有的彈性勢能滿足什么條件時，物體A將能第二次滑上圓弧軌道，且連接B的繩不會松弛．
30．如圖所示，光滑水平面MN的左端M處有一彈射裝置P，右端N處與水平傳送帶恰平齊接觸，傳送帶水平部分長度L=16m，沿逆時針方向以恒定速度V=2m/s勻速轉動．ABCDE是由三部分光滑軌道平滑連接在一起組成的，AB為水平軌道，弧BCD是半徑為R的半圓弧軌道，弧DE是半徑為2R的圓弧軌道，弧BCD與弧DE相切在軌道最高點D，R=0.6m．平面部分A點與傳送帶平齊接觸．放在MN段的物塊m（可視為質點）以初速度v0=4m/s沖上傳送帶，物塊與傳送帶間的摩擦因數μ=0.2，物塊的質量m=1Kg．結果物塊從滑上傳送帶又返回到N端，經水平面與左端M處的固定彈射器相碰撞（彈射器的彈簧原來被壓縮后被鎖定），因碰撞彈射器鎖定被打開，將物塊彈回后滑過傳送帶，沖上右側的圓弧軌道，物塊恰能始終貼著圓弧軌道內側通過了最高點，最后從E點飛出．g取10m/s2．求：
（1）物塊m從第一次滑上傳送帶到返回到N端的時間．
（2）物塊m第二次在傳送帶上運動時，傳送帶上的電動機為了維持其勻速轉動，對傳送帶所多提供的能量多大？
　
參考答案與試題解析
　
一．填空題（共7小題）
1．用如圖所示的裝置驗證小球做自由落體運動時機械能守恒，圖中O為釋放小球的位置，A、B、C、D為固定速度傳感器的位置且與O在同一條豎直線上．
（1）若當地重力加速度為g，還需要測量的物理量有　BC?。?br/>A．小球的質量m
B．小球下落到每一個速度傳感器時的速度v
C．小球下落到每一個速度傳感器時下落的高度h
D．小球下落到每一個速度傳感器時所用的時間t
（2）作出v2﹣h圖象，由圖象算出其斜率k，當k=　2g　可以認為小球下落過程中機械能守恒．
（3）寫出對減小本實驗誤差有益的一條建議：　相鄰速度傳感器間的距離適當大些；選用質量大、體積小的球做實驗等?。?br/>【解答】解：（1）小球做自由落體運動時，由機械能守恒定律得：mgh=，即gh=，故需要測量小球下落到每一個速度傳感器時的速度v和高度h，不需要測量小球的質量m和下落時間時間t．故BC正確，AD錯誤．
（2）由mgh=，得v2=2gh，則v2﹣h圖象的斜率k=2g．
（3）為了減小測量的相對誤差，建議相鄰速度傳感器間的距離適當大些；為減小空氣阻力的影響，建議選用質量大、體積小的球做實驗等．
故答案為：
（1）BC；（2）2g；（3）相鄰速度傳感器間的距離適當大些；選用質量大、體積小的球做實驗等．
　
2．
如圖甲所示，是某同學驗證動能定理的實驗裝置．其步驟如下：
a．易拉罐內盛上適量細沙，用輕繩通過滑輪連接在小車上，接紙帶，合理調整木板傾角，使小車沿木板勻速下滑．
b．取下輕繩和易拉罐，測出易拉罐和細沙的質量m及小車質量M．
c．取下細繩和易拉罐后，換一條紙帶，讓小車由靜止釋放，打出的紙帶如圖乙（中間部分未畫出）．O為打下的第一點．已知打點計時器的打點頻率為f，重力加速度為g．
①步驟c中小車所受的合外力為　mg?。?br/>②為驗證從O→C 過程中小車合外力做功與小車動能變化的關系，測出BD間的距離為x0，OC間距離為x1，則C點的速度為　　．需要驗證的關系式為　mgx1=　 （用所測物理最的符號表示）．
【解答】解：①小車勻速下滑時受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力為零；撤去拉力后，其余力不變，故合力等于撤去的拉力；
故答案為：mg．
②勻變速直線運動的平均速度等于中間時刻瞬時速度，故
vC==
動能增量為：m=
合力的功為：mgx1
故答案為：，mgx1=．
　
3．用如圖所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律，實驗所用的電源為學生電源，輸出電壓為6V的交流電和直流電兩種．重錘從高處由靜止開始下落，重錘上拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量、分析，即可驗證機械能守恒定律．
（1）下面列舉了該實驗的幾個操作步驟：
A．按照圖示的裝置安裝器件；
B．將打點計時器接到電源的“直流”上；
C．先釋放紙帶，再接通電源打出一條紙帶；
D．測量紙帶上某些點間的距離；
E．根據測量的結果，分別計算重錘下落過程中減少的重力勢能和增加的動能．
其中操作不當的步驟是：　BC　（填選項對應的字母）
（2）正確操作后打出的紙帶如圖所示，根據打出的紙帶，選取紙帶上連續的五個點A、B、C、D、E，測出AC的距離為s1，CE的距離為s2，打點的頻率為f，根據這些條件，計算打C點時重錘下落的速率vc=　　
（3）實驗中發現，重錘減小的重力勢能大于重錘動能的增量，其主要原因是在重錘下落的過程中存在阻力作用（設阻力恒定），可以通過該實驗裝置測阻力的大小．若已知當地重力加速度為g，重錘的質量為m．試用這些物理量和上圖紙帶上的數據符號表示出重錘在下落過程中受到的阻力大小F=　　．
【解答】解：（1）其中操作不當的步驟是：BC
B、電火花和電磁計時器都使用交流電源．
C、實驗時，應先釋放重物，再接通打點計時器電源，由于重物運動較快，可能會使打出來的點很少，不利于數據的采集和處理．
（2）利用勻變速直線運動的推論=
vC===
（3）利用勻變速直線運動的推論△x=at2
a==
對重物運用牛頓第二定律得：
mg﹣f=ma
f=mg﹣ma=．
故答案為：（1）BC
（2）
（3）．
　
4．以初速為v0，射程為s的平拋運動軌跡制成一光滑軌道．一物體由靜止開始從軌道頂端滑下，當其到達軌道底部時，物體的速率為　　，其水平方向的速度大小為　?。?br/>【解答】解：由平拋運動規律知：
水平方向：s=v0t，
豎直方向：，
解得軌道的高度為：；
當物體沿軌道下滑時，根據機械能守恒定律得：，
解得物體到達軌道底部時的速率為：．
設θ是軌道的切線與水平方向的夾角，即為平拋運動末速度與水平方向的夾角，α是平拋運動位移方向與水平方向的夾角，根據平拋運動的結論有：tanθ=2tanα，
又因=，所以tanθ=，由三角函數基本關系式得：cosθ=，
則把cosθ代入水平方向速度大小的關系式vx=vcosθ得：Vx=
故答案為：，．
　
5．將一個物體以初動能E0豎直向上拋出，設所受阻力大小恒定，落回地面時物體的動能為E0/2．若將它以初動能4E0豎直向上拋出，則它在上升到最高點的過程中，重力勢能變化了　3E0??；落回地面時的動能為　2E0?。?br/>【解答】解：設以初動能 E0豎直向上拋出，最大高度為h，對物體全過程運用動能定理，﹣2fh=﹣，對上升過程運用動能定理得，﹣fh﹣mgh=0﹣E0，得mgh=，fh=．則mg=3f．
對以初動能4E0豎直上拋的上升過程運用動能定理，設上升的最大高度為h′，則有：﹣mgh′﹣fh′=0﹣4E0．因為mg=3f，得mgh′=3E0．故重力勢能的增量為3E0．
對整個過程運用動能定理得：Ek﹣4E0=﹣2fh′
解得：Ek=2E0
故答案為：3E0；2E0
　
6．如圖所示，在豎直平面內的直角坐標系中，一個質量為m的質點在外力F的作用下，從坐標原點O由靜止沿直線ON斜向下運動，直線ON與y軸負方向成θ角（θ＜）．則F大小至少為　mgsinθ??；若F=mgtanθ，則質點機械能大小的變化情況是　增大、減小都有可能　．
【解答】解：質點只受重力G和拉力F，質點做直線運動，合力方向與ON共線，如圖
當拉力與ON垂直時，拉力最小，根據幾何關系，有
F=Gsinθ=mgsinθ
若F=mgtanθ，由于mgtanθ＞mgsinθ，故F的方向與ON不再垂直，有兩種可能的方向，F與物體的運動方向的夾角可能大于90°，也可能小于90°，即拉力F可能做負功，也可能做正功，重力做功不影響機械能的變化，故根據功能定理，物體機械能變化量等于力F做的功，即機械能可能增加，也可能減小；
故答案為：mgsinθ，增大、減小都有可能．
　
7．在豎直平面內，一根光滑金屬桿彎成如圖所示形狀，相應的曲線方程為y=2.5cos（kx+）（單位：m），式中k=1m﹣1．將一光滑小環套在該金屬桿上，并從x=0處以v0=5m/s的初速度沿桿向下運動，取重力加速度g=10m/s2．則當小環運動到 m時的速度大小v=　5 m/s　該小環在x軸方向最遠能運動到x=　　m處．
【解答】解：光滑小環在沿金屬桿運動的過程中，只有重力做功，機械能守恒，
由曲線方程知，環在x=0處的y坐標是﹣m；在x=時，y=2.5cos（kx+π）=﹣2.5 m．
選y=0處為零勢能參考平面，則有：mv02+mg（﹣）=mv2+mg（﹣2.5），
解得：v=5 m/s．
當環運動到最高點時，速度為零，
同理有：mv02+mg（﹣）=0+mgy．
解得y=0，即kx+π=π+，該小環在x軸方向最遠能運動到x=m處．
故答案為：5 m/s；　 m．
　
二．解答題（共23小題）
8．如圖所示，半徑為R的光滑圓環豎直固定，質量為3m的小球A套在圓環上；長為2R的剛性（既不伸長也不縮短）輕桿一端通過鉸鏈與A連接，另一端通過鉸鏈與滑塊B連接；滑塊B質量為m，套在水平固定的光滑桿上．水平桿與圓環的圓心O位于同一水平線上．現將A置于圓環的最高處并給A﹣微小擾動（初速度視為0），使A沿圓環順時針自由下滑，不計一切摩擦，A、B均視為質點，重力加速度大小為g．求：
（1）A滑到與圓心O同高度時的速度大?。?br/>（2）A下滑至桿與圓環第一次相切的過程中，桿對B做的功．
【解答】解：（1）當A滑到與O同高度時，A的速度沿圓環切向向下，B的速度為0，由機械能守恒定律得：
，
解得：v=．
（2）桿與圓環相切時，A的速度沿桿方向，設為vA，此時B的速度設為vB，根據桿不可伸長和縮短，得：
vA=vBcosθ，
由幾何關系得：，
球A下落的高度為：h=，
由機械能守恒定律得：，
由動能定理得：，
代入數據解得：．
答：（1）A滑到與圓心O同高度時的速度大小為；
（2）A下滑至桿與圓環第一次相切的過程中，桿對B做的功為．
　
9．如圖所示，在豎直平面內，粗糙的斜面AB長為2.4m，其下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B，C是最低點，圓心角∠BOC=37°，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R=1.0m，現有一個質量為m=0.2kg可視為質點的滑塊，從D點的正上方h=1.6m的E點處自由下落，滑塊恰好能運動到A點．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，計算結果可保留根號．求：
（1）滑塊第一次到達B點的速度；
（2）滑塊與斜面AB之間的動摩擦因數；
（3）滑塊在斜面上運動的總路程及總時間．
【解答】解：（1）第一次到達B點的速度為v1，根據動能定理得，，
代入數據解得．
（2）從E到A的過程，由動能定理得，
WG﹣Wf=0，
WG=mg[（h+Rcos37°）﹣LABsin37°]，
Wf=μmgcos37° LAB，
代入數據解得μ=0.5．
（3）根據mg（h+Rcos37°）=μmgcos37°s得，
代入數據解得s=6m．
沿斜面上滑加速度為a1=gsin37°+μgcos37°=6+0.5×8=10m/s2，
沿斜面下滑加速度為a2=gsin37°﹣μgcos37°=6﹣0.5×8=2m/s2，
因為，則，
，
…
．
則t=（）+，
代入數據解得t=．
答：（1）滑塊第一次到達B點的速度為；
（2）滑塊與斜面AB之間的動摩擦因數為0.5；
（3）滑塊在斜面上運動的總路程為6m，總時間為．
　
10．從地面上以初速度v0豎直向上拋出一質量為m的球，若運動過程中受到的空氣阻力與其速率v成正比關系，球運動的速率隨時間變化規律如圖所示，t1時刻到達最高點，再落回地面，落地時速率為v1，且落地前球已經做勻速運動，求：
（1）球從拋出到落地過程中克服空氣阻力所做的功；
（2）球拋出瞬間的加速度大??；
（3）球上升的最大高度H和球從最高點落回到地面所用的時間t2．
【解答】解：（1）設克服阻力功為Wf，由動能定理：，
解得：．
（2）空氣阻力：f=Kv，
落地前勻速運動：mg=Kv2，
剛拋出時：mg+Kv0=ma0，
解得．
（3）上升時加速度為a，mg+Kv=ma，
取極短時間△t內，速度變化△v，有：mg△t+Kv△t=ma△t=m△v，
上升的全過程：mg ∑△t+K ∑△v=m ∑△v，
又：∑v△t=∑△h=H，∑△v=0﹣（﹣v0）=v0，
解得：mgt1+KH=mv0，得：H=，
下降時加速度為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）球從拋出到落地過程中克服空氣阻力所做的功為；
（2）球拋出瞬間的加速度大小為；
（3）球上升的最大高度H為，球從最高點落回到地面所用的時間為．
　
11．如圖所示，AB為傾角θ=37°的斜面軌道，軌道的AC部分光滑，CB部分粗糙，BP為圓心角等于143°、半徑R=l m的豎直光滑圓弧形軌道，兩軌道相切于B點，P、O兩點在同一豎直線上，輕彈簧一端固定在A點，另一自由端在斜面上C點處，現有一質量m=2kg的小物塊在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到D點后（不栓接）釋放，物塊經過C點后，從C點運動到B點過程中的位移與時間的關系為x=12t﹣4t2（式中x單位是m，t單位是s），假設物塊第一次經過B點后恰能到達P點，sin 37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．試求：
（1）若CD=1m，試求物塊從D點運動到C點的過程中，彈簧對物塊所做的功；
（2）B、C兩點間的距離x；
（3）若在P處安裝一個豎直彈性擋板，小物塊與擋板碰撞后速度反向，速度大小不變，小物塊與彈簧相互作用不損失機械能，試通過計算判斷物塊在第一次與擋板碰撞后的運動過程中是否會脫離軌道？
【解答】解：（1）由x=12t﹣4t2知，物塊在C點速度為：v0=12 m/s，
設物塊從D點運動到C點的過程中，彈簧對物塊所做的功為W，由動能定理得：
W﹣mgsin 37° CD=
代入數據得：W=+mgsin 37° CD=156 J
（2）由x=12t﹣4t2知，物塊從C運動到B的加速度大小為：a=8 m/s2，
物塊在P點的速度滿足：
物塊從B運動到P的過程中機械能守恒，則有：
物塊從C運動到B的過程中有：
由以上各式解得：x=6.125m
（3）設物塊與斜面間的動摩擦因數為μ，由牛頓第二定律得：
mgsin θ+μmgcos θ=ma
代入數據解得：μ=0.25
假設物塊第一次從圓弧軌道返回并與彈簧相互作用后，能夠回到與O點等高的位置Q點，且設其速度為vQ，由動能定理得：
解得：=﹣19＜0
可見物塊返回后不能到達Q點，故物塊在以后的運動過程中不會脫離軌道．
答：（1）物塊從D點運動到C點的過程中，彈簧對物塊所做的功是156J；
（2）B、C兩點間的距離xBC是6.125m；
（3）物塊在第一次與擋板碰撞后的運動過程中不會脫離軌道．
　
12．打井施工時要將一質量可忽略不計的堅硬底座A送到井底，由于A與井壁間摩擦力很大，工程人員采用了如圖所示的裝置．圖中重錘B質量為m，下端連有一勁度系數為k的輕彈簧，工程人員先將B放置在A上，觀察到A不動；然后在B上再逐漸疊加壓塊，當壓塊質量達到m時，觀察到A開始緩慢下沉時移去壓塊．將B提升至彈簧下端距井口為H0處，自由釋放B，A被撞擊后下沉的最大距離為h1，以后每次都從距井口H0處自由釋放．已知重力加速度為g，不計空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內．
（1）求下沉時A與井壁間的摩擦力大小f和彈簧的最大形變量△L；
（2）求撞擊下沉時A的加速度大小a和彈簧彈性勢能Ep；
（3）若第n次撞擊后，底座A恰能到達井底，求井深H．
【解答】解：（1）A開始緩慢下沉時，受力平衡，則有：
f=2mg
底座質量不計，所以合力為零，所以始終有：
k△L=f
解得：
（2）撞擊后AB一起減速下沉，對B，根據牛頓第二定律得：
k△L﹣mg=ma
解得：a=g，
A第一次下沉，由功能關系得：
mg（H0+△L+h1）=EP+fh1
解得：
（3）A第二次下沉，由功能關系
mg（H0+△L+h1+h2）=EP+fh2
又f=2mg
解得：h2=2h1
A第三次下沉，由功能關系有：
mg（H0+△L+h1+h2+h3）=EP+fh3
解得 h3=4h1
同理 A第n次下沉過程中向下滑動的距離為：
所以井底深度為：
答：（1）求下沉時A與井壁間的摩擦力大小f為2mg，彈簧的最大形變量△L為；
（2）求撞擊下沉時A的加速度大小a為g，彈簧彈性勢能為；
（3）若第n次撞擊后，底座A恰能到達井底，則井深H為（2n﹣1）h1．
　
13．如圖甲所示，工廠利用傾角θ=30°的皮帶傳輸機，將每個質量為m=5kg的木箱從地面運送到高為h=5.25m的平臺上，機械手每隔1s就將一個木箱放到傳送帶的底端，傳送帶的皮帶以恒定的速度順時針轉動且不打滑．木箱放到傳送帶上后運動的部分v﹣t圖象如圖乙所示，已知各木箱與傳送帶間的動摩擦因數都相等．若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2．求：
（1）木箱與傳送帶間的動摩擦因數μ；
（2）傳送帶上最多有幾個木箱同時在向上輸送；
（3）皮帶傳輸機由電動機帶動，從機械手放上第一個木箱開始計時的10分鐘內，因為木箱的放入，電動機需要多做的功．
【解答】解：（1）由乙圖可知，木箱運動的加速度為：a==1m/s2，
皮帶勻速運動的速度為：v=1m/s，
根據牛頓第二定律得：μmgcosθ﹣mgsinθ=ma
解得：
（2）木箱加速運動的位移為：，
木箱相對皮帶靜止后，相鄰兩個木箱之間的距離都相等，有：△L=vt=1m
傳送帶的長度為：L=，
L=10△L+x1，
所以傳送帶上最多同時存在的木箱個數為11個，
（3）木箱再傳送帶上運動時，和皮帶間的相對位移為：△x=vt﹣x1=1×1﹣0.5=0.5m，
和皮帶間的摩擦產生的熱量為：Q1=μmgcosθ △x=15J
木箱最終增加的動能為：，
木箱到達平臺增加的重力勢能為：EP=mgh=262.5J，
從開始的10分鐘內共傳送木箱的個數N=10×60=600個，其中590個已經到達平臺，還有10個正在傳送帶上，
到達平臺的590個，電動機做的功為：W1=590（Q1+EK1+EP1）=165200J，
在傳送帶上的已經開始運動得10個木箱增加的動能為：10EK1=25J，
10個木箱的摩擦生熱為：10Q1=150J，
10個木箱增加的重力勢能共為：EP′=10mg△xsin30°+mg△Lsin30°+2mg△Lsin30°+…+9mg△Lsin30°=10mg△xsin30°+mgLsin30°（1+2+3+…+9）=1250J，
所以電動機多做的功為：W=W1+10EK1+10Q1+EP′=166625J
答：（1）木箱與傳送帶間的動摩擦因數μ為；
（2）傳送帶上最多有11個木箱同時在向上輸送；
（3）皮帶傳輸機由電動機帶動，從機械手放上第一個木箱開始計時的10分鐘內，因為木箱的放入，電動機需要多做的功為166625J．
　
14．如圖（甲）所示，一傾角為37°的傳送帶以恒定速率運行．現將一質量m=2kg的小物體以某一初速度放上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖（乙）所示，取沿傳送帶向上為正方向，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）物體與傳送帶間的動摩擦因數；
（2）0～10s內物體機械能增量及因與傳送帶摩擦產生的熱量Q．
【解答】解：（1）由圖象知，物體在傳送帶上滑動時的加速度為a==
對此過程，由牛頓第二定律得
μmgcosθ﹣mgsinθ=ma
解得 μ=0.875
（2）根據速度圖象的“面積”大小等于位移，則得物體在0﹣10s內的位移為
s=m﹣m=22m
物體被送上的高度為h=s sinθ=22×0.6=13.2m，重力勢能增加量為
△EP=mgh=2×10×13.2=264 J
動能增加量為△EK===12J
故機械能的增加量為△E=△EP+△EK=264+12=276J
0﹣10s內只有前6s內發生相對滑動．
在0﹣6s內傳送帶運動的距離為s帶=v帶t=4×6m=24m，物體的位移為s物=m=6m
則物體與傳送帶的相對位移大小為△s=s帶﹣s物=24﹣6=18m
產生的熱量為Q=μmgcosθ △s=0.875×2×10×18=315 J．
答：（1）物體與傳送帶間的動摩擦因數是0.875；
（2）0﹣10s內物體機械能增量是276J，因與傳送帶摩擦產生的熱量Q是315J．
　
15．如圖所示，裝置由一理想彈簧發射器及兩個軌道組成．其中軌道Ⅰ由光滑軌道AB與粗糙直軌道BC平滑連接，高度差分別是h1=0.2m、h2=0.10m，BC水平距離L=1.00m．軌道Ⅱ由AE、螺旋圓形EFG和GB三段光滑軌道平滑連接而成，且A點與F點等高．當彈簧壓縮量為d時，恰能使質量m=0.05kg的滑塊沿軌道Ⅰ上升到B點；當彈簧壓縮量為2d時，恰能使滑塊沿軌道Ⅰ上升到C點．（已知彈簧彈性勢能與壓縮量的平方成正比）
（1）當彈簧壓縮量為d時，求彈簧的彈性勢能及滑塊離開彈簧瞬間的速度大??；
（2）求滑塊與軌道BC間的動摩擦因數；
（3）當彈簧壓縮量為d時，若沿軌道Ⅱ運動，滑塊能否上升到B點？請通過計算說明理由．
【解答】解：（1）當彈簧壓縮量為d時，根據機械能守恒定律得彈簧的彈性勢能為：
EP1=mgh1=0.05×10×0.2J=0.1J
且有 =mgh1
解得滑塊離開彈簧瞬間的速度大小為：
v===2m/s
（2）當彈簧壓縮量為2d時，由題可得：彈簧的彈性勢能是彈簧壓縮量為d時彈性勢能的4倍，即為：
EP2=4EP1=0.4J
對滑塊從彈簧釋放后運動到C點的過程，根據能量守恒定律得：
EP2=mg（h1+h2）+μmgcosα LBC=mg（h1+h2）+μmgL
解得：μ=0.5
（3）當彈簧壓縮量為d時，若沿軌道Ⅱ運動，設滑塊在EB軌道上上升的最高點離圖中虛線的高度為h．
根據機械能守恒定律得：
EP1=mgh
解得：h=0.2m
由于h=h1，所以滑塊能上升到B點．
答：（1）當彈簧壓縮量為d時，彈簧的彈性勢能是0.1J，滑塊離開彈簧瞬間的速度大小是2m/s；
（2）滑塊與軌道BC間的動摩擦因數是0.5；
（3）當彈簧壓縮量為d時，若沿軌道Ⅱ運動，滑塊能上升到B點．
　
16．如圖所示，是一兒童游戲機的簡化示意圖．光滑游戲面板與水平面成一夾角θ，半徑為R的四分之一圓弧軌道BC與長度為8R的AB直管道相切于B點，C點為圓弧軌道最高點（切線水平），管道底端A位于斜面底端，輕彈簧下端固定在AB管道的底端，上端系一輕繩，繩通過彈簧內部連一手柄P．經過觀察發現：輕彈簧無彈珠時，其上端離B點距離為5R，將一質量為m的彈珠Q投入AB管內，設法使其自由靜止，測得此時彈簧彈性勢能Ep=mgRsinθ．已知彈簧勁度系數k=．某次緩慢下拉手柄P使彈簧壓縮，后釋放手柄，彈珠Q經C點被射出，假設所有軌道均光滑，忽略空氣阻力，彈珠可視為質點，直管AB粗細不計．求：
（1）調整手柄P的下拉距離，可以使彈珠Q經BC軌道上的C點射出，落在斜面底邊上的不同位置，其中與A的最近距離是多少？
（2）若彈珠Q落在斜面底邊上離A的距離為10R，求它在這次運動中經過C點時對軌道的壓力為多大？
（3）在（2）的運動過程中，彈珠Q離開彈簧前的最大速度是多少？
【解答】解：（1）當P離A點最近（設最近距離為d）時，彈珠經C點速度最小，設這一速度為v0，彈珠經過C點時恰好對規定無壓力，則有：
，
解得：，
，
解得：t=，
x==
d=
（2）設擊中P1點的彈珠再經過C點時的速度為vC，離開C點后彈珠做類平拋運動，則有：
a=gsinθ，
10R﹣R=vCt，
又t=，
解得：，
經C點時，根據牛頓第二定律得：，解得：，
根據牛頓第三定律可知，彈珠Q對C點的壓力N與FN大小相等，方向相反，
所以彈珠Q對C點的壓力N=，
（3）彈珠離開彈簧前，再平衡位置時，速度最大，
設此時彈簧壓縮量為x0，根據平衡條件得：mgsinθ=kx0，則，
取彈珠從平衡位置到C點的運動過程為研究過程，根據系統機械能守恒，取平衡位置重力勢能為零，則有：
解得：
答：（1）調整手柄P的下拉距離，可以使彈珠Q經BC軌道上的C點射出，落在斜面底邊上的不同位置，其中與A的最近距離是；
（2）若彈珠Q落在斜面底邊上離A的距離為10R，它在這次運動中經過C點時對軌道的壓力為；
（3）在（2）的運動過程中，彈珠Q離開彈簧前的最大速度是．
　
17．如圖所示，P是傾角為30°的光滑固定斜面．勁度系數為k的輕彈簧一端固定在斜面底端的固定擋板C上，另一端與質量為m的物塊A相連接．細繩的一端系在物體A上，細繩跨過不計質量和摩擦的定滑輪，另一端有一個不計質量的小掛鉤．小掛鉤不掛任何物體時，物體A處于靜止狀態，細繩與斜面平行．在小掛鉤上輕輕掛上一個質量也為m的物塊B后，物塊A沿斜面向上運動．斜面足夠長，運動過程中B始終未接觸地面．已知重力加速度為g，求：
（1）物塊A處于靜止時，彈簧的壓縮量
（2）設物塊A沿斜面上升通過Q點位置時速度最大，求Q點到出發點的距離x0和最大速度vm
（3）把物塊B的質量變為原來的N倍（N＞0.5），小明同學認為，只要N足夠大，就可以使物塊A沿斜面上滑到Q點時的速度增大到2vm，你認為是否正確？如果正確，請說明理由，如果不正確，請求出A沿斜面上升到Q點位置的速度的范圍．
【解答】解：（1）物塊A處于靜止狀態時受力如圖：
由平衡條件有：mgsin30°=k △x1
解得：△x1=
（2）A加速上升階段，彈簧恢復原長前對A用牛頓第二定律有
T+kx﹣mgsin30°=ma
對B由牛頓第二定律有
mg﹣T=ma，解得 mgsin30°+kx=2ma，物體A在上升過程中，x減小，a減小，v增大；彈簧變為伸長后同理得mgsin30°﹣kx=2ma，上升過程x增大，a減小，v繼續增大；可見，當kx=mgsin30°時a=0，速度達到最大．此時彈簧的伸長量 x=△x1
Q點速度最大，對應的彈力大小恰好是，彈性勢能和初始狀態相同．故A上升到Q點過程，A、B的位移大小都是 x0=2△x1=
對A、B和彈簧系統用機械能守恒定律有
mg 2△x1=mg 2△x1sin30°+
可得 vm=g
（3）不正確
由能的轉化與守恒得：
Nmg 2△x1=mg 2△x1sin30°+
解得 v=，△x1=
當N=0.5時，v=0，當N→∞時，v=g=2vm
故A沿斜面上升到Q點位置時的速度的范圍是 0＜v＜g=2vm．
答：
（1）物塊A處于靜止時，彈簧的壓縮量是．
（2）設物塊A沿斜面上升通過Q點位置時速度最大，Q點到出發點的距離x0和最大速度vm分別為和g．
（3）出A沿斜面上升到Q點位置的速度的范圍是 0＜v＜g．
　
18．如圖所示，在水平軌道右側安放半徑為R的豎直圓槽形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設特殊材料，調節其初始長度為L，水平軌道左側有一輕質彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長狀態．小物塊A（可視為質點）從軌道右側以初速度v0沖上軌道，通過圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧并被彈簧以原速率彈回，經水平軌道返回圓形軌道．已知R=0.2m，l=1.0m，v0=2m/s，物塊A質量為m=1kg，與PQ段間的動摩擦因數為μ=0.2，軌道其他部分摩擦不計，取g=10m/s2．求：
（1）物塊A與彈簧剛接觸時的速度大?。?br/>（2）物塊A被彈簧以原速率彈回返回到圓形軌道的高度．
（3）物塊A仍以v0從軌道右側沖上軌道，調節PQ段的長度l，當l滿足什么條件時，物塊A能返回圓形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道．
【解答】解：（1）物塊A沖上圓形軌道后回到最低點速度為v0=m/s，
與彈簧接觸瞬間，﹣μmgl=mv12﹣mv02，
可得，物塊A與彈簧剛接觸時的速度大小v1=2m/s；
（2）A被彈簧以原速率v1彈回，向右經過PQ段，
有v22﹣v12=﹣2μgl；解得A速度 v2=2m/s，
A滑上圓形軌道，有﹣mgh=0﹣mv22，
（也可以應用﹣μ×mgl﹣mgh=mv22﹣mv12）
可得，返回到右邊軌道的高度為h=0.2m=R，符合實際．
（3）物塊A以v0沖上軌道直到回到PQ段右側，
有v1′2﹣v02=﹣2μg×2l，
可得，A回到右側速度：v1′2=（12﹣8l）（m/s）2，
要使A能返回右側軌道且能沿軌道運動而不脫離軌道，則有：
①若A沿軌道上滑至最大高度h時，速度減為0，則h滿足：0＜h≤R，
根據機械能守恒：mv1′2=mgh聯立可得，1.0m≤l＜1.5m；
②若A能沿軌道上滑至最高點，則滿足：mv1′2=mg×2R+mv2′2且m≥mg，
聯立得 l≤0.25m，綜上所述，要使A物塊能第一次返回圓形軌道并沿軌道運動而不脫離軌道，
l滿足的條件是1.0m≤l＜1.5m或 l≤0.25m；
答：（1）物塊A與彈簧剛接觸時的速度大小為2m/s．
（2）物塊A被彈簧以原速率彈回返回到圓形軌道的高度0.2m．
（3）A物塊能第一次返回圓形軌道且能沿軌道運動而不會脫離軌道的條件是：1.0m≤l＜1.5m或 l≤0.25m．
　
19．現代化的生產流水線大大提高了勞動效率．如下圖為某工廠生產流水線上的水平傳輸裝置的俯視圖，它由傳送帶和轉盤組成．小物品從A處無初速地放到傳送帶上，運動到B處后進入勻速轉動的轉盤隨其一起運動（無相對滑動），到C處被取走裝箱．已知A、B的距離L=9.0m，物品與傳送帶間的動摩擦因數μ1=0.2．物品在轉盤上與轉軸O的距離R=2.0m，物品與轉盤間的動摩擦因數μ2=0.8，物品在轉盤與傳送帶上的最大靜摩擦力哥視為與滑動瘴擦力大小相等．（取g=10m/s2，π=3）．
（1）要保證物品隨轉盤一起轉動，則轉盤的角速度最大為多少？
（2）現通過同步提高傳送帶和轉盤的速度，可縮短物品從A到C的時間，則物品從A到C最短時間為多少？
【解答】解：（1）當轉盤的角速度最大時，物品剛好發生滑動，靜摩擦力達到最大值，由牛頓第二定律得
μ2mg=mω2R
解得轉盤的角速度最大值ω=2rad/s
物品最大的線速度為 v2=ωR=4m/s
（2）設物品在傳送帶上一直加速，則速度為
=2aL
而 a==μ1g
聯立解得 v1=6m/s
因為 v1＞v2，所以物品在傳送帶上先加速后勻速，所以要使物品最短時間到達C處，則傳送到轉盤時的最大速度為 v=v2=4m/s
由 v=μ1gt1，L1=
得 t1=2s
物品勻速運動的時間 t2==s
進入轉盤后的時間 t3==s
所以物品從A到C最短時間為 t=t1+t2+t3=3.75s
答：
（1）轉盤的角速度最大為2rad/s．
（2）物品從A到C最短時間為3.75s．
　
20．如圖，固定的直桿ABC與水平地面成37°角，AB段粗糙，BC段光滑，AB長度l1=2m，BC段的長度l2=0.75m．質量m=1kg的小環套在直桿上，在與直桿成α角的恒力F作用下，從桿的底端由靜止開始運動，當小環到達B時撤去F，此后小環飛離直桿，落地時的動能Ek=20J．（不計空氣阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）
（1）求小環運動到B時的速度大小vB；
（2）若夾角α=0°，小環在桿AB段運動時，受到恒定的阻力f=4N，其他條件不變，求F的大小；
（3）若夾角α=37°，小環在AB段運動時，受到阻力f的大小與直桿對小環的彈力FN的大小成正比，即f=kFN，其中k=0.5，且小環飛離軌道后，落地時的動能不大于20J，求F的取值范圍．
【解答】解：（1）B點離地面的高度 hB=l1sin37°=2×0.6=1.2m
物體從B點到C至落地的過程中機械能守恒，則有 +mghB=Ek；
代入數據解得 vB=4m/s
（2）若夾角α=0°時，對小球進入受力分析得：
F﹣f﹣mgsin37°=ma
又=2al1，
以上兩式代入數據解得 a=4m/s2，F=14N
（3）由題意得：
（a）當Ek=20J時，vB=4m/s，a=4m/s2，
對于AB段，由牛頓第二定律得：
Fcos37°﹣mgsin37°﹣k（mgcos37°﹣Fsin37°）=ma
代入數據解得 F=N≈12.73N
（b）當vC=0時，mgl2sin37°=
又=2al1，
解得 vB=3m/s，a=2.25m/s2．
由牛頓第二定律得：
Fcos37°﹣mgsin37°﹣k（mgcos37°﹣Fsin37°）=ma
解得 F=≈11.14N
綜上，F的取值范圍為：11.14N＜F≤12.73N．
答：
（1）小環運動到B時的速度大小vB是4m/s．
（2）F的大小是14N．
（3）F的取值范圍為：11.14N＜F≤12.73N．
　
21．如圖所示，一塊質量M=2kg，長度L=8m、高度不計、上表面粗糙的長木板靜止在水平面上，水平面與木板間的動摩擦因數μ=0.2．現對長木板施加一個水平向右的力F=6N使長木板開始運動，取g=10m/s2，求：
（1）當t=6s時，長木板的速度；
（2）當t=6s時，立即在長木板右端無初速度放置一個質量m=1kg的小物塊（可視為質點），小物塊與木板間的動摩擦因數也是μ=0.2，求t1=12s長木板的速度；
（3）從開始運動到t1=12s的過程中由于摩擦產生的熱量．
【解答】解：（1）對長木板受力分析，根據牛頓第二定律得：
F﹣μMg=Ma
解得：a=
6s末速度為v=at=6m/s
（2）放置小物塊后，對長木板受力分析，長木板將做勻減速直線運動，
根據牛頓第二定律得F﹣μ（M+m）﹣μmg=Ma1
解得：a1=﹣1m/s2
對物塊受力分析，可知，小物塊做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律得：
μmg=ma2
解得：a2=2m/s2
設經過時間t′兩者速度相等，則有
v+a1t′=a2t′
解得：t′=2s，
速度相等后，由于F=μ（M+m）=6N，則小物塊與長木板一起做勻速直線運動，
速度v1=v+a1t′=6﹣1×2=4m/s，
則t1=12s長木板的速度為4m/s
（3）速度相等時，長木板的位移，
小物塊的位移，
則相對位移x=x1﹣x2=10﹣4=6m
從開始運動到t1=12s的過程中由于摩擦產生的熱量Q=μmgx+μ（M+m）gx1=0.2×10×6+0.2×30×10=72J．
答：（1）當t=6s時，長木板的速度為6m/s；
（2）t1=12s長木板的速度為4m/s；
（3）從開始運動到t1=12s的過程中由于摩擦產生的熱量為72J．
　
22．如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面AB與水平方向的夾角θ=45°，A、B兩點的高度差h=4m，在B點左側的水平面上有一左端固定的輕質彈簧，自然伸長時彈簧右端到B點的距離s=3m．質量為m=1kg的物塊從斜面頂點A由靜止釋放，物塊進入水平面后向左運動壓縮彈簧的最大壓縮量x=0.2m．已知物塊與水平面間的動摩擦因數μ=0.5，取g=10m/s2，不計物塊在B點的機械能損失．求：
（1）彈簧的最大彈性勢能；
（2）物塊最終停止位置到B點的距離；
（3）物塊在斜面上滑行的總時間（結果可用根式表示）．
【解答】解：（1）物塊從開始位置到壓縮至速度為零的過程，根據功能關系得：
mgh﹣μmg（s+x）=EP
代入數據解得：EP=24J
（2）物塊從開始位置到最終靜止在水平面上的過程，由動能定理得：
mgh﹣μmgl=0﹣0
代入數據解得：l=8m
所以物塊停止位置到B點的距離為：△l=l﹣2（s+x）=1.6m＜3m，
即物塊最終停止位置距B點1.6m，
（3）物塊在光滑斜面運動時，由牛頓第二定律得：
，
設第一次在斜面上運動的時間為t1，則有：，
代入數據解得：，
設物塊從水平面返回斜面時的速度為v，由動能定理得：
mgh﹣2
代入數據解得：v=4m/s
則第二次在斜面上滑行的時間為：，
所以物塊在斜面上滑行的總時間為：t=t1+t2=
答：（1）彈簧的最大彈性勢能為24J；
（2）物塊最終停止位置到B點的距離為1.6m；
（3）物塊在斜面上滑行的總時間為．
　
23．如圖所示，P是傾角為30°的光滑固定斜面．勁度系數為k的輕彈簧一端固定在斜面底端的固定擋板C上，另一端與質量 物塊A相連接．細繩另一端系物體A上，細繩跨過不計質量和摩擦的定滑輪，另有一個不計質量的小掛鉤，小掛鉤不掛任何物體時，物體A處于靜止狀態，細繩與斜面平行．小掛鉤上輕輕掛上一個質量也為m物塊B后，物體A沿斜面向上運動，斜面足夠長，運動過程中物塊B始終未接觸地面．已知重力加速度為g=10m/s2
（1）求小掛鉤不掛任何物體時彈簧的壓縮量為x1
（2）設物塊A沿斜面上升通過Q點位置時速度最大，求Q點到出發點距離x0及最大速vm；
（3）把物塊B質量變為nm（n＞0.5），小明同學認為，只要n足夠大，就可以使物塊A沿斜面上滑到Q點時速度增大到2vm，你認為是否正確？如果正確，請說明理由，如果不正確，請求出A沿斜面上升到Q點位置時速度范圍．
【解答】解：（1）小掛鉤不掛任何物體時，物體A處于靜止狀態，由平衡條件得：mgsin30°=kx，
得：x=，
（2）當A受到的合力為零時速度最大，此時：
mgsin30°+kx′=mg，
解得：x=x′=，
Q點到出發點的距離：x0=2x=；
在出發點與Q彈簧的形變量相同，彈簧的彈性勢能相等，
由機械能守恒定律得：mgx0=mgx0sin30°+ 2mv2，
解得，最大速度：vm=g；
（4）B的質量變為nm時，由機械能守恒定律得：
nmgx0=mgx0sin30°+ （nm+m）v2，
解得：v=g，
n→∞時，v=g=2vm，
由于n不會達到無窮大，因此速度不會達到2vm，
小明的說法是錯誤的，速度范圍是：0＜v＜g．
答：（1）小掛鉤不掛任何物體時彈簧的壓縮量為x1為；
（2）設物塊A沿斜面上升通過Q點位置時速度最大，Q點到出發點距離為，最大速為g；
（3）小明的觀點錯誤，A沿斜面上升到Q點位置時速度范圍為0＜v＜g．
　
24．在如圖所示的豎直平面內，有一固定在水平地面的光滑平臺．平臺右端B與靜止的水平傳送帶平滑相接，傳送帶長L=3m．有一個質量為m=0.5kg，帶電量為q=+10﹣3C的滑塊，放在水平平臺上．平臺上有一根輕質彈簧左端固定，右端與滑塊接觸但不連接．現用滑塊緩慢向左移動壓縮彈簧，且彈簧始終在彈性限度內．在彈簧處于壓縮狀態時，若將滑塊靜止釋放，滑塊最后恰能到達傳送帶右端C點．已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ=0.20 （g取10m/s2）求：
（1）滑塊到達B點時的速度vB，及彈簧儲存的最大彈性勢能EP；
（2）若傳送帶以1.5m/s的速度沿順時針方向勻速轉動，釋放滑塊的同時，在BC之間加水平向右的勻強電場
E=5×102N/C．滑塊從B運動到C的過程中，摩擦力對它做的功．
（3）若兩輪半徑均為r=0.4m，傳送帶順時針勻速轉動的角速度為ω0時，撤去彈簧及所加電場，讓滑塊從B點以4m/s速度滑上傳送帶，恰好能由C點水平飛出傳送帶．求ω0的大小以及這一過程中滑塊與傳送帶間產生的內能．
【解答】解：（1）設彈簧儲存的最大彈性勢能EP，滑塊從靜止釋放至運動到B點，
由能量守恒定律知：
從B到C，
解得：vB=2m/s，EP=3J
（2）加電場后，由于vB＞v傳，所以滑塊剛滑上傳送帶時就做勻減速直線運動，
μmg﹣qE=ma
滑塊減速至與傳送帶共速的時間為
滑塊減速的位移為
故滑塊之后勻速運動，從B到C，由
解得：Wf=﹣1.9375J
（3）滑塊恰能在C點水平飛出傳送帶，
則有mg=
解得：vC=rω0
解得ω0=5rad/s
滑塊要減速到C點μmg=ma′塊減速時間t=1s
滑塊位移x1=vBt﹣a′t2=3m
傳送帶距離x2=vCt=2m
內能Q=μmg（x1﹣x2）=1J
答：（1）滑塊到達B點時的速度是2m/s，及彈簧儲存的最大彈性勢能EP是3J；
（2）若傳送帶以1.5m/s的速度沿順時針方向勻速轉動，釋放滑塊的同時，在BC之間加水平向右的勻強電場E=5×102N/C．滑塊從B運動到C的過程中，摩擦力對它做的功是﹣1.9375J．
（3）若兩輪半徑均為r=0.4m，傳送帶順時針勻速轉動的角速度為ω0時，撤去彈簧及所加電場，讓滑塊從B點以4m/s速度滑上傳送帶，恰好能由C點水平飛出傳送帶．ω0的大小是5 rad/s，這一過程中滑塊與傳送帶間產生的內能是1J．
　
25．（2015秋 合肥校級月考）如圖所示，半徑R=4m的光滑圓弧軌道BCD與足夠長的傳送帶DE在D處平滑連接，O為圓弧軌道BCD的圓心，C點為圓弧軌道的最低點，半徑OB、OD與OC的夾角分別為53°和37°．傳送帶以2m/s的速度沿順時針方向勻速轉動，將一個質量m=0.5kg的煤塊（視為質點）從B點左側高為h=0.8m處的A點水平拋出，恰從B點沿切線方向進入圓弧軌道．已知煤塊與軌道DE間的動摩擦因數μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）煤塊水平拋出時的初速度大小v0；
（2）煤塊第一次到達圓弧軌道BCD上的D點對軌道的壓力大?。?br/>（3）煤塊第一次離開傳送帶前，在傳送帶DE上留下痕跡可能的最長長度．（結果保留2位有效數字）
【解答】解：（1）物體在拋出后豎直方向做自由落體運動，豎直方向有：
物體恰從A點沿切線方向進入圓弧軌道，則：
得：
（2）煤塊在A→D的過程中由動能定理：
在D點由牛頓第二定律：
解得：，FND=9.125N，
又有牛頓第三定律知在D點對軌道的壓力大小為9.125N
（3）因
所以，煤塊先沿傳送帶向上做勻減速運動，然后做勻變速運動返回，設總時間為t．
在沿傳送帶向上勻減速由牛頓第二定律：mgsin37°+μmgcos37°=ma1，
后面的勻變速階段由牛頓第二定律：mgsin37°﹣μmgcos37°=ma2，
解得：，
對煤塊從滑上到滑下傳送帶有運動學公式：=
解得：t≈2.97s
由題意可知，當傳送帶最前沿的痕跡與最后痕跡不重疊時，痕跡最長，此時有：
s=
答：（1）煤塊水平拋出時的初速度大小v0為3m/s；
（2）煤塊第一次到達圓弧軌道BCD上的D點對軌道的壓力大小為9.125N；
（3）煤塊第一次離開傳送帶前，在傳送帶DE上留下痕跡可能的最長長度為6.9m．
　
26．一長木板在水平面上運動，在t=0時刻將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，經過0.5s物塊與木板速度瞬時相等，木板運動的速度﹣時間圖象如圖所示．已知物塊與木板的質量均為1kg，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦．物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上，取重力加速度的大小g=10m/s2．求：
（1）物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數；
（2）從t=0時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊與木板間因摩擦產生的熱量為多少？
【解答】解：（1）從t=0時開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，木板減速，且過程一直持續到物塊和木板具有共同速度為止．
在t1=0.5s時，物塊和木板的速度相同為1m/s，設t=0到t=t1時間間隔內，物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2，
則，，
物塊和木板間、木板與地面間的動摩擦因數分別為μ1、μ2，由牛頓第二定律得：
對物塊：μ1mg=ma1
解得：μ1=0.2
對木板：μ1mg+μ22mg=ma2
解得：μ2=0.3
（2）在t1時刻后，物塊與木板之間的摩擦力方向改變．假設物塊與木板相對靜止，它們之間的靜摩擦力大小為f．則由牛頓第二定律得：
對整體：μ22mg=2ma
a=μ2g=3m/s2
對物塊：f=ma=3N
而f max=μ1mg=2N，f＞f max，說明假設錯誤，即物塊與木板發生相對運動．
設物塊和木板的加速度大小分別為a1′和a2′，則
μ1mg=ma1′
解得：a1′=μ1g=2m/s2
μ22mg﹣μ1mg=ma2′
a2′=2μ2g﹣μ1g=4m/s2
由運動學公式可知，物塊和木板在t1=0.5s前的位移分別為：
，
，
E1=f滑s相=μ1mg（s2﹣s1）=2.5J
由運動學公式可知，物塊和木板在t1=0.5s后的位移分別為：
，
，
E2=f滑s相′=μ1mg（s2′﹣s1′）=0.25J
物塊與木板間因摩擦產生的熱量為E=E1+E2=2.75 J
答：（1）物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數分別為0.2和0.3；
（2）從t=0時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊與木板間因摩擦產生的熱量為2.75J
　
27．如圖所示，長為L=1m的AB斜面傾角為θ=37°，將一勁度系數為k=60N/m的輕質彈簧的上端固定在AB上端的固定板上，彈簧的原長為x0=0.2m，平行于斜面的細線穿過固定板和彈簧跨過定滑輪將小滑塊和鐵球連接，小滑塊與彈簧接觸但不相連，不計繩子與固定板及滑輪間的摩擦，小滑塊質量為m=1kg，鐵球質量為M=1.2kg，滑塊與AB軌道的動摩擦因數為μ=（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），斜面底端與一段半徑為R=0.5m的光滑圓弧BCD在B點相切連接，圓弧的D點切線銜接另一個光滑斜面（足夠長），（g=10m/s2，sin37°=0.6）．則：
（1）初始時刻能使滑塊保持靜止，求彈簧壓縮量x的范圍；
（2）若初始時刻彈簧壓縮時的彈性勢能EP=0.075J，且初始時刻滑塊剛好不上滑，斷開滑塊與繩子的連接，求以后的運動過程中滑塊與斜面因摩擦而生成的熱量Q．
（3）在第二問中滑塊經過C點時求小滑塊對C點壓力的最小值？
【解答】解：（1）當滑塊剛要上滑時，摩擦力達到最大靜摩擦力，受力平衡，則有：
T=Kx1+μmg cosθ+mg sinθ，
T=Mg，
解得：x1=0.05m
當滑塊剛要下滑時：T+μmg cosθ=Kx2+mg sinθ，
T=Mg，
解得：x2=0.15m
要使滑塊靜止彈簧的壓縮量的范圍是0.05m≤x≤0.15m，
（2）初始時刻彈簧壓縮時的彈性勢能EP=0.075 J，滑塊釋放后在兩斜面及圓弧間往復運動，因摩擦生熱消耗能量，每次上升到AB面的高度逐漸降低，最終在BD間往復運動，而到B點時速度為零，因滑塊剛好不上滑時：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）根據能量守恒：對C點產生最小壓力時為經過C點時速度最小的時候，即最終滑塊在BD間往復運動經過C點時．設滑塊在C點收到的支持力為N，
，
解得：N=14N
根據牛頓第三定律：C點收到的壓力為14N
答：（1）初始時刻能使滑塊保持靜止，彈簧壓縮量x的范圍為0.05m≤x≤0.15m；
（2）以后的運動過程中滑塊與斜面因摩擦而生成的熱量Q為5.175J．
（3）在第二問中滑塊經過C點時求小滑塊對C點壓力的最小值為14N．
　
28．如圖所示是傾角θ=37°的固定光滑斜面，兩端有垂直于斜面的固定擋板P、Q，PQ距離L=2m，質量M=1.0kg的木塊A（可看成質點）放在質量m=0.5kg 的長d=0.8m的木板B上并一起?？吭趽醢錚處，A木塊與斜面頂端的電動機間用平行于斜面不可伸長的輕繩相連接，現給木塊A沿斜面向上的初速度，同時開動電動機保證木塊A一直以初速度v0=1.6m/s沿斜面向上做勻速直線運動，已知木塊A的下表面與木板B間動摩擦因數μ1=0.5，經過時間t，當B板右端到達Q處時刻，立刻關閉電動機，同時鎖定A、B物體此時的位置．然后將A物體上下面翻轉，使得A原來的上表面與木板B接觸，已知翻轉后的A、B接觸面間的動摩擦因數變為μ2=0.25，且連接A與電動機的繩子仍與斜面平行．現在給A向下的初速度v1=2m/s，同時釋放木板B，并開動電動機保證A木塊一直以v1沿斜面向下做勻速直線運動，直到木板B與擋板P接觸時關閉電動機并鎖定A、B位置．求：
（1）B木板沿斜面向上加速運動過程的加速度大??；
（2）A、B沿斜面上升過程所經歷的時間t；
（3）A、B沿斜面向下開始運動到木板B左端與P接觸時，這段過程中A、B間摩擦產生的熱量．
【解答】解：（1）對B，由牛頓第二定律得：μ1Mgcosθ﹣mgsinθ=ma1，
代入數據解得：a1=2m/s2；
（2）A、B相對靜止需要的時間：t1==0.8s，
A的位移：xA=v0t1=1.28m，
B的位移：xB=t1=0.64m，
AB的相對位移：△x=xA﹣xB=0.64m，
A、B勻速運動的時間：t==1.15s；
（3）B開始向下加速運動的加速度：a2==10m/s2，
B與A相對靜止后B的加速度：a3==2m/s2，
A、B相對靜止的時間：t2==0.2s，
A的位移：xA′=v1t2=0.4m，
B的位移：xB′=t2=0.2m，
相對位移：△x′=xA′﹣xB′=0.2m，
此時A離B右端的距離：△x′+（d﹣△x）=0.36m，
AB速度相等后，B以加速度a2加速運動，B到達P所用時間為t3，
則：L﹣d﹣xB=v1t3+a2t32，
代入數據解得：t3=（﹣1）s，
A、B相對位移：△x″=v1t3+a2t32﹣v1t3=0.17m，
即：B與P接觸時，A沒有從B上滑離，
產生的熱量：Q=μ2Mgcosθ（△x′+△x″）=0.74J；
答：（1）B木板沿斜面向上加速運動過程的加速度大小為2m/s2；
（2）A、B沿斜面上升過程所經歷的時間t為1.15s；
（3）A、B沿斜面向下開始運動到木板B左端與P接觸時，這段過程中A、B間摩擦產生的熱量為0.74J．
　
29．如圖所示，在水平面上，一段直軌道右端連接有一段半徑為R的1/4固定光滑圓弧軌道，直軌道上物體B左側是光滑的，右側BC之間是粗糙的，長度為2m．有一個質量為2.0kg的物體A壓縮靠近左邊墻面的彈簧，物體A與BC之間的動摩擦因數μ=0.5．質量為2.0kg的物體B被長度為l=0.5m的細線豎直懸掛，釋放A以后，A運動到B處與B發生彈性碰撞（碰撞時A、B的速度交換）．碰撞后B剛好能過最高點．
則：（1）物體B與物體A碰撞后的速度是多少？
（2）物體A最后停下的位置距離C點多遠；
（3）如果增大開始時的A對彈簧的壓縮量使得開始時彈簧的彈性勢能增大，當初始時刻彈簧具有的彈性勢能滿足什么條件時，物體A將能第二次滑上圓弧軌道，且連接B的繩不會松弛．
【解答】解：（1）由于B剛好能過最高點，假設B在最高點的速度為v0，則由重力完全提供向心力，則有：，
可得：﹣﹣﹣﹣﹣①
假設B在最低點時的速度為，則由機械能守恒有：﹣﹣﹣﹣﹣②
聯立①②可得：=5m/s
（2）當A、B碰撞時，物體A、B在第一次碰撞之后速度互換，B做圓周運動時，A靜止在于B發生彈性碰撞的位置，當B經過最高點回到最低點時，又與A發生彈性碰撞，速度互換，則A又以向右做減速運動，設物體A在水平面BC上滑動的總路程為s．
由動能定理有：，
得：=2.5m
由于BC長度為2m，故物體停在距離C點0.5m的位置處．
（3）當開始時彈簧的彈性勢能增大，則第一次碰撞后A的速度增大，當物體第一次沖上曲面后滑下，經過BC段與B碰撞，速度交換，由于繩子不能松弛，如果B物體剛好能運動到圓心等高，回到最低點速度為：，
物體A再次在BC面上運動距離s1，，
得s1=1m，物體到BC段中點停止，不能再上曲面CD；
如果B物體剛好能完成整個圓周運動，A再次運動到BC段的速度為v2，由第一問計算可知：v2=5m/s，物體能沖上斜面．
根據能量守恒有：=65J，
所以彈簧的彈性勢能需要大于65J，物體才能第二次沖上斜面．
答：（1）物體B與物體A碰撞后的速度是5m/s；
（2）物體A最后停下的位置距離C點0.5m處；
（3）如果增大開始時的A對彈簧的壓縮量使得開始時彈簧的彈性勢能增大，當初始時刻彈簧具有的彈性勢能大于65J時，物體A將能第二次滑上圓弧軌道，且連接B的繩不會松弛．
　
30．如圖所示，光滑水平面MN的左端M處有一彈射裝置P，右端N處與水平傳送帶恰平齊接觸，傳送帶水平部分長度L=16m，沿逆時針方向以恒定速度V=2m/s勻速轉動．ABCDE是由三部分光滑軌道平滑連接在一起組成的，AB為水平軌道，弧BCD是半徑為R的半圓弧軌道，弧DE是半徑為2R的圓弧軌道，弧BCD與弧DE相切在軌道最高點D，R=0.6m．平面部分A點與傳送帶平齊接觸．放在MN段的物塊m（可視為質點）以初速度v0=4m/s沖上傳送帶，物塊與傳送帶間的摩擦因數μ=0.2，物塊的質量m=1Kg．結果物塊從滑上傳送帶又返回到N端，經水平面與左端M處的固定彈射器相碰撞（彈射器的彈簧原來被壓縮后被鎖定），因碰撞彈射器鎖定被打開，將物塊彈回后滑過傳送帶，沖上右側的圓弧軌道，物塊恰能始終貼著圓弧軌道內側通過了最高點，最后從E點飛出．g取10m/s2．求：
（1）物塊m從第一次滑上傳送帶到返回到N端的時間．
（2）物塊m第二次在傳送帶上運動時，傳送帶上的電動機為了維持其勻速轉動，對傳送帶所多提供的能量多大？
【解答】解：（1）物塊B向右作勻減速運動，直到速度減小到零，然后反向勻減速運動，達到與皮帶共速后與皮帶勻速物塊B向右作勻減速運動過程：
μmg=ma
0=v0﹣at1
=2s
物塊向右達到的最大位移：
S==4m
反向勻加速運動過程加速度大小不變．達到與傳送帶共速的時間：
v=at2
=1s
相對地面向左位移：
=1m
共速后與傳送帶勻速運動的時間：
往返總時間：
t=t1+t2+t3=4.5s
（2）由物塊恰能通過軌道最高點D，并恰能始終貼著圓弧軌道內側通過最高點可得，物塊是在半徑為2R的圓弧上的最高點重力全部充當向心力，得：
又由物塊上滑過中根據機械能守恒得：
代入數據解得：
物塊第二次從N到A點：
速度關系：
vB=v1﹣gμt
代入得：t2+6t﹣16=0；
得：t=2s 或t=﹣8s（舍）
物體運動時傳送帶的位移：
s=vt=4m
傳送帶為維持勻速運動多提供的力：
F=mgμ
傳送帶所做的功等于傳送帶多提供的能量：
W=Fs=μmgs=8J
答：（1）物塊m從第一次滑上傳送帶到返回N端的時間為4.5s；
（2）物塊m第二次在傳送帶上運動時，電動機為了維持傳送帶勻速轉動，對傳送帶多提供的能量為8J．
　
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