作业09 机械能守恒定律、功能关系（解析版）

限时练习：40min完成时间：月日天气：暑假作业09机械能守恒定律、功能关系一、动能定理1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。2．表达式：W＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12。3．对动能定理的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“＝”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号。(2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力或其他力，功则为合力所做的总功。4.应用动能定理处理多过程问题解题流程和注意事项(1)解题流程(2)注意事项①动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。②应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。③当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。④列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。二、机械能守恒的判断条件1．机械能：动能和势能统称为机械能，其中势能包括弹性势能和重力势能。2．机械能守恒定律：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。3．对守恒条件理解的三个角度4．判断机械能守恒的三种方法5.机械能守恒的三种表达式项目守恒角度转化角度转移角度表达式E1=E2ΔEk=-ΔEpΔEA增=物理意义系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等表示系统(或物体)机械能守恒时,系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能若系统由A、B两部分组成,则A部分物体机械能的增加量与B部分物体机械能的减少量相等注意事项应用时应选好重力势能的零势能面,且初、末状态必须用同一零势能面计算势能应用时关键在于分清重力势能的增加量和减少量,可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题6.应用机械能守恒定律解题的基本思路三、几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量关系合力做的功动能变化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力做的功重力势能变化(1)重力做正功，重力势能减少(2)重力做负功，重力势能增加(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2弹簧弹力做的功弹性势能变化(1)弹力做正功，弹性势能减少(2)弹力做负功，弹性势能增加(3)W＝－ΔEp＝Ep1－Ep2除重力和弹力之外的其他力做的功机械能变化(1)其他力做多少正功，物体的机械能就增加多少(2)其他力做多少负功，物体的机械能就减少多少(3)W其他＝ΔE一对相互作用的滑动摩擦力做的总功机械能减少内能增加(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加(2)摩擦生热Q＝Ff·x相对四、能量守恒定律1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。2．表达式：ΔE减＝ΔE增。3．能量守恒定律的两点理解(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，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。4．能量转化问题的解题思路(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律。(2)解题时，首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。五、摩擦力做功与能量转化1.两种摩擦力做功的比较静摩擦力做功滑动摩擦力做功互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即至少有一个力做负功两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功2.求相对滑动物体的能量问题的方法(1)正确分析物体的运动过程,做好受力情况分析。(2)利用运动学公式,结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系。(3)公式Q=Ff·l相对中l相对为两接触物体间的相对位移,若物体在传送带上做往复运动,则l相对为总的相对路程。3.传送带的动力学和能量规律(1)两个设问角度①动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。②能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。2．两个功能关系(1)传送带电动机做的功W电＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝Fx传。(2)传送带摩擦力产生的热量Q＝Ff·x相对。4.板块模型的动力学和能量规律(1)两个分析角度①动力学角度：首先隔离物块和木板，分别分析受力，求出加速度，根据初速度分析两者的运动过程，画出运动轨迹图，找到位移和相对位移关系，根据时间关系列位移等式和速度等式。②能量角度：物块在木板上滑行时，速度减小的物块动能减小，速度增大的木板动能增加，根据能量守恒，减小的动能等于增加的动能与系统产生的内能之和。(2)三种处理方法①求解对地位移可优先考虑应用动能定理。②求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。③地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。1．人们用滑道从高处向低处运送货物，如图所示，可看作质点的货物从四分之一圆弧滑道顶端P点由静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为。已知货物质量，滑道半径，且过Q点的切线水平，重力加速度g取。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的是（）A．重力做的功为600J B．经过Q点时货物对轨道的压力大小为280NC．经过Q点时货物的向心加速度大小为 D．货物克服阻力做的功为80J【答案】C【详解】A．重力做的功为选项A错误；B．经过Q点时货物对轨道的压力大小为选项B错误；C．经过Q点时货物的向心加速度大小为选项C正确；D．货物克服阻力做的功为选项D错误。故选C。2．如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面。物块在斜面上运动的过程中，其动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，g取10m/s2。下列说法正确的是（）

A．物块质量为0.7kgB．物块所受摩擦力大小为0.7NC．0~20m过程中，物块克服摩擦力做功为40JD．0~10m过程中与10m~20m过程中物块所受合力之比为3：4【答案】A【详解】AB．物块在沿斜面向上运动中，由动能定理可得物块在沿斜面向下滑的运动中，由动能定理可得代入数据联立解得A正确，B错误；C．0~20m过程中，物块克服摩擦力做功为C错误；D．0~10m过程中物块所受合外力为10m~20m过程中物块所受合力则有合力之比为D错误。故选A。3．如图弹跳精灵是孩子们很喜欢的一款玩具，其构造（如图a），在绘上可爱表情的圆球下方栓接弹力十足的尼龙网裙子（可看成轻弹簧）。玩的时候用力往下压，使尼龙网产生弹性形变（如图b），然后迅速放手，玩具竖直向上飞起（如图c），从放手至冲到最高点过程，不计空气及摩擦阻力，下列说法正确的是（）A．圆球的机械能守恒B．圆球的动能先增大后减小C．圆球的动能与尼龙网裙的弹性势能之和一直不变D．圆球的重力势能与尼龙网裙的弹性势能之和一直减小【答案】B【详解】A．放手至冲到最高点过程，尼龙网的弹力对圆球做功，故圆球的机械能不守恒，故A错误；B．放手至冲到最高点过程，尼龙网的弹力先向上逐渐减小，后向下逐渐增大，则圆球的加速度先向上后向下，圆球先做加速运动后做减速运动，圆球的动能先增大后减小，故B正确；CD．根据能量守恒，圆球的机械能与尼龙网裙的弹性势能之和一直不变，圆球的动能先增大后减小，故圆球的重力势能与尼龙网裙的弹性势能之和先减小后增大，故CD错误。故选B。4．如图所示，直角杆AOB位于竖直平面内，OA水平，OB竖直且光滑，用不可伸长的轻细绳相连的两小球a和b分别套在OA和OB杆上，b球的质量为1.2kg，在作用于a球的水平拉力F的作用下，a、b均处于静止状态。此时a球到O点的距离为0.3m。b球到O点的距离为0.4m。改变力F的大小，使a球向右加速运动，已知a球向右运动0.1m时速度大小为6m/s。，则在此过程中绳对b球的拉力所做的功为（

）A．39.6J B．38.6J C．33J D．40J【答案】A【详解】a球向右运动0.1m时，由几何关系得，b上升距离为此时细绳与水平方向夹角的正切值为可知由运动的合成与分解知识可知可得以b球为研究对象，由动能定理得代入数据解得故选A。5．如图所示，一根轻杆长为，中点A和右端点B各固定一个小球，，左端O为光滑水平转轴．开始时杆静止在水平位置，释放后将向下摆动至竖直，在此过程中以下说法正确的是（）

A．A、B两球的机械能都守恒B．A、B两球的机械能不守恒，但它们组成的系统机械能守恒C．这一过程O、A间轻杆对球做正功D．这一过程A、B间轻杆对球做正功【答案】B【详解】AB．两小球及轻杆组成的系统的机械能守恒，设摆到竖直时角速度为，，则有解得即A的动能为B的动能为可知A球的机械能减少，B球的机械能增加，故A错误，B正确；CD．由于A、B两球组成的系统机械能守恒，则下摆的过程O、A间轻杆的弹力沿杆方向不做功；由于A球的机械能减少，则A、B之间轻杆对A球做负功，故CD错误。故选B。6．如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上，另一端与套在粗糙固定直杆A处质量为m的小球（可视为质点）相连。A点距水平面的高度为h，直杆与水平面的夹角为，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长。小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为v，并恰能停在C处。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．小球与圆环组成的系统机械能守恒B．小球通过B点时的加速度为C．弹簧具有的最大弹性势能为D．小球通过AB段比BC段摩擦力做功少【答案】C【详解】A．小球与圆环组成的系统，由于存在弹簧和摩擦力对系统做功，所以小球与圆环组成的系统机械能不守恒，故A错误；B．小球通过B点时，弹簧的弹力为零，小球受到重力、杆的支持力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得可知故B错误；D．根据对称性知，小球通过AB段与BC段关于B点对称位置受到的弹簧弹力大小相等，小球对直杆的正压力大小相等，小球与直杆的间的滑动摩擦力大小相等，则小球通过AB、BC两段过程中摩擦力做功相等，故D错误；C．小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为，AB间的竖直高度为，小球的质量为m，设弹簧具有的最大弹性势能为；对于小球从A到B的过程根据能量守恒定律得从A到C的过程根据能量守恒定律得解得，故C正确。故选C。7．如图所示，一个小球（视为质点）从h高处由静止开始通过光滑弧形轨道AB进入半径的竖直光滑圆轨道，若使小球不与轨道分离，则h的值不可能为（，所有高度均相对B点而言）（）

A．2m B．5m C．11m D．13m【答案】B【详解】若小球恰能经过圆弧最高点，则在最高点由A点到圆弧最高点，根据机械能守恒联立解得则要使小球做完整的圆周运动则若小球速度较小，当不超过过圆心的水平线时，根据机械能守恒定律可知则使小球不脱离轨道时的h满足或则h的值不可能为5m。故选B。8．图甲为炒茶厂的水平传送带装置，可简化为图乙所示模型，皮带在电动机带动下保持恒定速度向右运动。传送带A、B两端的距离为，现将一质量为的茶叶盒由静止轻放在皮带上，盒子过一会儿能保持与传送带相对静止。茶叶盒和皮带间的动摩擦因数为，忽略盒子的大小，重力加速度为。下列说法正确的是（）

A．盒子从左端运动到右端的时间为B．盒子在传送带上始终受重力、弹力和摩擦力的作用C．盒子与传送的相对位移大小为D．盒子从A运动到B的过程，电动机因运送盒子多做的功为【答案】D【详解】A．盒子在传送带上加速过程的加速度大小为加速过程所用时间和通过的位移分别为，盒子在传送带匀速过程的时间为盒子从左端运动到右端的时间为故A错误；B．盒子在传送带做匀速运动时，不受摩擦力作用，故B错误；C．盒子与传送的相对位移大小为故C错误；D．盒子从A运动到B的过程，电动机因运送盒子多做的功等于传送带克服摩擦力做的功，则有故D正确。故选D。9．如图所示，由电动机带动着倾角的足够长的传送带以速率顺时针匀速转动。一质量的小滑块从传送带中间某点以平行于传送带向下的速率滑上传送带，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数，取，，，则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止的时间内（）

A．小滑块的加速度大小为B．小滑块的重力势能增加了120JC．小滑块与传送带因摩擦产生的内能为84JD．电动机多消耗的电能为336J【答案】D【详解】A．根据题意，对小滑块受力分析，沿传送带方向上，由牛顿第二定律有解得故A错误；B．以沿传送带向上为正，根据速度时间关系公式可得，运动到共速的时间为则小滑块沿传送带的位移为则小滑块的重力势能增加了故B错误；C．根据题意，由公式可得，传送带运动的位移为则小滑块与传送带因摩擦产生的内能为故错误；D．根据题意，由能量守恒定律可知，多消耗的电能等于系统增加的机械能和内能之和，则有故D正确。故选D。10．如图所示，长为L的小车置于光滑的水平面上，小车前端放一小物块。用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离s，物块刚好滑到小车的左端。物块与小车间的摩擦力为，在此过程中（）A．小物块的机械能增加量为B．小物块与小车系统的机械能增加量为C．小车的机械能增加量为D．木块与小车组成的系统产生的内能为【答案】C【详解】A．小物块对地的位移方向向右，大小为小物块受到的摩擦力方向水平向右，则摩擦力对小物块做的功等于小物块的机械能增加量为故A错误；B．小物块与小车系统的机械能增加量为故B错误；C．小车的机械能增加量为故C正确；D．木块与小车组成的系统产生的内能为故D错误。故选C。11．质量为1kg的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示，运动9米后F停止作用，外力F和物体克服摩擦力f做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度。下列说法正确的是（

）A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.1 B．物体运动的位移为13.5mC．物体在前3m运动过程中的加速度为 D．时，物体的速度为【答案】BD【详解】A．图像的斜率表示力，由于外力F是水平方向的，则滑动摩擦力为定值，即直线对应为克服摩擦力做功的图线，由可得物体与地面之间的滑动摩擦力为由解得物体与地面之间的动摩擦因数为故A错误；B．从物体开始运动到停止运动的过程，根据动能定理得可得物体运动的位移为故B正确；C．由图像可知，前运动过程中，水平外力恒为根据牛顿第二定律可知，物体在前运动过程中的加速度为故C错误；D．物体在前运动过程中，根据动能定理可得其中可得时，物体的速度为故D正确。故选BD。12．如图所示，固定的粗糙斜面AB倾角为37°，一小物块从距斜面的底端B点8m处由静止释放，下滑到B点与弹性挡板碰撞，碰撞过程能量损失不计。设物块和斜面间的动摩擦因数为0.2，以B点所在的水平面为零势能面（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。则下列说法正确的是（）A．物块沿斜面下滑过程中重力势能减少B．物块第一次下滑过程中动能与重力势能相等的位置在AB中点C．第一次返回到斜面的最高点Q到B点的距离为3mD．物块从开始释放到最终静止经过的总路程为30m【答案】AD【详解】A．物块沿斜面下滑过程中，重力做正功，重力势能减少，故A正确；B．以B点所在的水平面为零势能面，物块从开始下滑到AB中点时，由能量守恒定律得显然此处重力势能大于动能，继续下滑时重力势能减小，动能增加，故动能与势能相等的位置在AB中点下方，故B错误；C．设A点到B点的距离为s1，Q点到B点距离为s2，物块从A到Q的全过程，由动能定理得代入数据解得故C错误；D．因为所以物块最终静止在挡板处，设物块从开始释放到最终静止经过的总路程为s，对整个过程，由能量守恒定律得解得故D正确。故选AD。13．如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B质量均为，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度，当A的位移为时，两滑轮还未齐平，下列说法正确的是（

）A．重物A的加速度大小为 B．重物B的加速度大小为C．此时A的速度大小为4m/s D．重物B受到的绳子拉力为6N【答案】AD【详解】ABD．设细线的拉力为T，由题干图可知，A受到两细线的拉力为2T，方向向上，B受到细线的拉力为T向上，A、B所受重力大小相等，A、B释放后，A向上运动，B向下运动，若A上升的高度为时，则连接动滑轮两侧的细线上升高度均为，而细线固定端不移动，所以细线自由端下降的高度为，故B下降的高度为，B的位移大小为，方向向下，由于B下降的位移是A上升位移的两倍，它们的运动时间相等，由可知，B的加速度是A加速度的两倍，设重物A的加速度大小为a，则重物B的加速度大小为2a，由牛顿第二定律得，解得，则故AD正确，B错误；C．设当A的位移为h时，速度为v，则B的速度大小为2v，B下降的高度为2h，以A、B两个物体组成的系统为研究对象，由机械能守恒定律得解得故C错误。故选AD。14．如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与小球甲连接，开始用手托住物体乙，使滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为，轻绳刚好伸直但无拉力，某时刻由静止释放物体乙（距离地面足够高），经过一段时间小球甲运动到Q点，O、Q两点的连线水平，，且小球甲在P、Q两点处时弹簧的弹力大小相等。已知重力加速度为g，，下列说法正确的是（

）A．弹簧的劲度系数B．小球甲位于Q点时的速度大小C．在小球甲从P点上升到PQ中点的过程中，甲乙总机械能增加量为D．在小球甲从P点上升到PQ中点的过程中，甲乙总机械能增加量为【答案】ABD【详解】A．小球甲在P、Q两点处时弹簧的弹力大小相等，可知在两点的弹簧的形变量相等，因则在P点时弹簧的压缩量为由胡克定律解得选项A正确；B．小球甲位于Q点时，乙的速度为零，则由能量关系解得小球甲的速度大小选项B正确；CD．在小球甲在PQ的中点时弹簧的形变量为零，则小球甲从P点上升到PQ中点的过程中，甲乙总机械能增加量等于弹性势能的减小量，即选项C错误，D正确。故选ABD。15．如图所示，倾角为37°的光滑斜面与光滑的水平面在B点连接，质量均为m的小球甲、乙（视为质点）用轻质硬杆连接，乙放置在水平面上，甲从斜面上甲的A点由静止释放，已知A点与水平面的高度差为h，甲在下落的过程中，乙始终在水平面上，、，重力加速度为g，下列说法正确的是（）

A．甲在下落的过程中，乙的动能增加量等于甲的重力势能减少量B．甲在下落的过程中，杆对乙做的功大小等于杆对甲做的功C．甲刚到达B点还未与地面接触时，甲、乙的速度之比为D．甲刚到达B点还未与地面接触时，乙的动能为【答案】BCD【详解】A．由能量守恒，甲在下落的过程中，甲的重力势能转化为甲与乙的总动能，故A错误；BC．甲、乙组成的系统在下落过程中机械能守恒，即甲机械能的减少量等于乙机械能的增加量，故杆对甲、乙做功大小相等，则分解，由关联速度的关系可得乙的速度则甲、乙的速度之比为故BC正确；D．甲在下落的过程中，由系统的机械能守恒可得乙的动能为综合可得故D正确。故选BCD。16．如图所示，质量为m的均匀条形铁链AB恰好在半径为R的光滑半球体上方保持静止，已知∠AOB=60°。给铁链AB一个微小的扰动使之向右沿球面下滑，铁链沿球面下滑过程中未脱离球面，当端点A滑至C处时铁链变为竖直状态且其速度大小为v。以OC所在平面为参考平面，重力加速度为g。则下列说法正确的是（

）A．铁链在初始位置时具有的重力势能为mgRB．铁链在初始位置时其重心距OC面的高度为C．铁链的端点A滑至C点时其重心下降高度为D．铁链的端点B滑至C点时其速度大小为【答案】CD【详解】A．因机械能守恒，以OC所在平面为参考平面，假定初始重力势能为Ep，端点A滑至C处时重力势能为，依题意有L为铁链长度，依题意有联立解得故A错误；B．设铁链在初始位置时其重心距OC面的高度为h，据前面分析解得故B错误；C．铁链的端点A滑至C点时其重心下降高度为故C正确；D．初始状态重心为E点，铁链的端点B滑至C点时，如图所示，重心在F点，其中根据机械能守恒定律有解得故D正确。故选CD。17．在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面成角倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将的货物放在传送带上的A处，经过到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示。已知重力加速度，由图像可知（

）A．货物从A运动到B过程中，摩擦力恒定不变B．货物从A运动到B过程中，传送带对货物摩擦力做功为C．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为【答案】BC【详解】A．由图像可知，传送带的速度为，在物体到达与传送带共速之前，即内，货物受沿斜面向下的摩擦力；在此之后，货物受沿斜面向上的摩擦力，故A错误；B．由图像可以看出货物做两段匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有由图像得到解得，第一个加速阶段货物的位移第一个加速阶段货物的位移故摩擦力做功故B正确；CD．两个加速阶段，货物与传送带的相对位移分别为、，货物与传送带摩擦产生的热量分两段来求，有故C正确，故D错误。故选BC。18．如图所示，水平轨道以点为分界点，左侧光滑，右侧粗糙。长为、质量为的长木板静置于点左侧。现对长木板施加水平向右、大小为的恒力，一段时间后，长木板恰好完全滑入粗糙部分。长木板与轨道粗糙部分间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，则（）A．长木板先做匀加速运动，再做匀减速运动B．初始时长木板右端与点的距离为C．长木板的最大动能为D．若初始时木板右端在点，则长木板运动过程中摩擦产生的热量为【答案】BCD【详解】A．长木板在点左侧做匀加速运动，长木板右端过点后，长木板开始受到摩擦力，且逐渐增大，先做变加速运动，后做变减速运动，A错误；B．整个运动过程中，摩擦力做的功大小为根据动能定理可得解得则初始时长木板右端与点的距离为B正确；C．当木板所受合力为零时，有解得摩擦力做的功大小为此时长木板速度最大，动能最大，根据动能定理有解得C正确；D．若初始时木板右端在点，则根据能量守恒定律有解得则D正确。故选BCD。19．如图所示，某同学研究平抛运动，在离粗糙水平直轨道CD高h1=0.55m处的A点有一质量m=1kg的刚性物块（可视为质点），现将物块以某一初速度水平抛出后，恰好能从B点沿切线方向进入光滑圆弧形轨道BC。B点距水平直轨道CD的高度h2=0.10m，O点为圆弧形轨道BC的圆心，圆心角为θ=60°，圆弧形轨道最低点C与长为L=2.0m的粗糙水平直轨道CD平滑连接。物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，且碰后速度等大反向，已知重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：（1）物块从A点刚抛出时的初速度大小；（结果可以用根式表示）（2）物块运动至圆弧形轨道最低点C时，物块对轨道的压力大小；（3）若物块与墙壁发生碰撞且最终停在轨道CD上，则物块与轨道CD间的动摩擦因数μ应满足的条件。【答案】（1）；（2）80N；（3）【详解】（1）到达B点时其中可得（2）从A到C由机械能守恒在C点时其中解得由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力（3）从A点开始到最终停止，若恰能停在D点，则由能量关系解得若与挡板碰后恰能到达B点，则由能量关系解得从B点返回到CD上时滑行的距离解得即不能到达竖直墙壁，则动摩擦因数满足20．如图所示，一质量为的小物块（可视为质点）置于一光滑倾斜直轨道上，倾斜直轨道足够长且与光滑平台平滑连接，在平台的右端有一传送带AB，长，物块与传送带间的动摩擦因数，与传送带相邻的粗糙水平面BC长，它与物块间的动摩擦因数，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直面内的半圆弧CEF与BC平滑连接，半圆弧的直径CF与BC垂直，点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。现将小物块从P点沿直轨道下滑，初速度，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，P点与平台的高度差为1.25m，g取10m/s2。（1）求小物块第一次到达B处时的速度大小及第一次通过传送带时传送带对小物块做的功。（2）求小物块最终停下时与B点间的距离。（3）若小物块由静止释放，可通过调节小物块释放时的高度，使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离圆弧轨道，求其高度的可调节范围。【答案】（1）4m/s,-5J；（2）1m；（3）2.55mm【详解】（1）斜面下滑过程，根据动能定理解得小物块在传送带上，由牛顿第二定律解得方向水平向左，则小物块在传送带上向右做减速直线运动，减速到与传送带共速的位移为因为所以小物块到达B处时的速度大小是4m/s；这段时间内传送带对小物块做的功为（2）物块以速度离开传送带，之后在水平面BC、圆弧面CE段、传送带上往复运动。设物块在BC段滑行的路程为d，从B点滑上BC至最后静止过程，由动能定理解得因此最终物块距离B点距离为（3）对物块第一次由B点恰好运动到E点的过程，由动能定理得m①最小的下滑高度，对应于物块恰好与挡板碰撞，在F点有得m/s由开始下滑到恰好与板相碰过程中，动能定理得m②最大的下滑高度，对应于物块与挡板相碰后，再次沿半圆弧CEF上滑时恰好到达E点，全程动能定理得m综上所述小物块释放时的高度范围为2.55mm21．如图所示为一固定于竖直平面内的实验探究装置的示意图，该装置由速率可调的水平传送带AB、光滑圆弧轨道BCD、光滑细圆管EFG和光滑圆弧轨道GN组成，水平传送带顺时针匀速转动，A、B点在传送带两端转轴的正上方，且，圆弧轨道BCD和细圆管EFG的圆心分别为、圆心角均为120°，半径均为，且B点和G点分别为两轨道的最高点和最低点，细圆管EFG的下表面与圆弧轨道GN的上表面相切于G点。现将一质量为的物块（可视为质点）轻放在传送带的左端A点，在B处的开口和E、D处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，不计空气阻力。（1）若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，求传送带克服摩擦力做的功；（2）若传送带的速率为，求物块经过细圆管EFG的最低点G时，物块对轨道的作用力大小；（3）若传送带的速率为，忽略轨道上G点到地面的高度，N点与地面的高度差为，调节物块