2024年高考物理一轮复习专题5.5动力学观点和能量观点解决力学综合问题精练含解析

PAGEPAGE1专题5.5动力学观点和能量观点解决力学综合问题1．(2024·安徽皖南八校联考)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，一质量为m＝1kg初速度大小为v2的小物块，从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带；若从小物块滑上传送带起先计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．则（）A．小物块向左运动的过程中离A处的最大距离为4mB．0～3s时间内，小物块受到的摩擦力的冲量大小为2N·sC．0～4s时间内，传送带克服摩擦力做功为16JD．小物块与传送带之间由摩擦产生的热能为18J【答案】AD【解析】由v－t图象可知，2s时小物块向左运动的距离最远，依据v－t图象得面积等于位移，s1＝eq\f(1,2)×2×4m＝4m，故A正确；小物块匀变速运动的加速度：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4,2)＝2m/s2，由牛顿其次定律得：μmg＝ma＝2N，0～3s时间内，小物块受到的摩擦力方向都向右，冲量大小为I＝μmgt＝6N·s，故B错误；由v－t图象，传送带速度大小：v2＝2m/s，前3s小物块与传送带间有相对运动，存在摩擦力，传送带克服摩擦力做功为W＝μmgv2t3＝2×2×3J＝12J，故C错误；小物块在传送带上滑动的3s内，皮带的位移s′＝v2t3＝6m，方向向右；小物块的位移：s＝s1－s2＝3m，方向向左．两个物体的相对位移Δs＝s′＋s＝9m，整个过程中摩擦产生的热量：Q＝μmgΔs＝18J，故D正确．2．(2024·华东师范高校附中模拟)如图所示，质量为m的长木块A静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m的滑块B，已知木块长为L，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F拉滑块B.(1)当长木块A的位移为多少时，B从A的右端滑出？(2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．【答案】(1)eq\f(μmgL,F－2μmg)(2)μmgL【解析】(1)设B从A的右端滑出时，A的位移为x，A、B的速度分别为vA、vB，由动能定理得μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)(F－μmg)·(x＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)又因为vA＝aAt＝μgtvB＝aBt＝eq\f(F－μmg,m)t，解得x＝eq\f(μmgL,F－2μmg).(2)由功能关系知，拉力F做的功等于A、B动能的增加量和A、B间产生的内能，即有F(x＋L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋Q解得Q＝μmgL.3.(2024·江苏如东中学模拟)如图甲所示，质量为m＝1kg的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的eq\f(1,4)圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最低点B后滑到位于水平面的木板上．已知木板质量M＝2kg，其上表面与圆弧轨道相切于B点，且长度足够长．整个过程中木板的v－t图象如图乙所示，g＝10m/s2.求：(1)滑块经过B点时对圆弧轨道的压力；(2)滑块与木板之间的动摩擦因数；(3)滑块在木板上滑过的距离．【答案】(1)30N，方向竖直向下(2)0.5(3)3m【解析】(1)设圆弧轨道半径为R，从A到B过程，滑块的机械能守恒mgR＝eq\f(1,2)mv2，经B点时，依据牛顿其次定律有FN－mg＝eq\f(mv2,R)，整理得FN＝3mg＝30N，依据牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为30N，方向竖直向下．(2)由v－t图象知，木板加速的加速度大小为a1＝1m/s2，滑块与木板共同减速的加速度大小为a2＝1m/s2，设木板与地面之间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ2，在0～1s内，对木板μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma1，在1s～2s内，对滑块和木板μ1(m＋M)g＝(m＋M)a2，解得μ1＝0.1，μ2＝0.5.(3)滑块在木板上滑动过程中，设滑块与木板相对静止时的共同速度为v1，滑块从滑上木板到两者达到共同速度所用时间为t1.对滑块μ2mg＝ma，v1＝v－at1，v1＝1m/s，t1＝1s，木板的位移x1＝eq\f(v1,2)t1，滑块的位移x2＝eq\f(v1＋v,2)t1，滑块在木板上滑过的距离Δx＝x2－x1，代入数据解得Δx＝3m.4.(2024·浙江效实中学模拟)如图，—轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道B处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为eq\f(5,6)R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止起先下滑，最低到达E点(未画出)．随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小为g.(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))(1)求P第一次运动到B点时速度的大小．(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能．(3)变更物块P的质量，将P推至E点，从静止起先释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距eq\f(7,2)R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和变更后P的质量．【解析】(1)依据题意知，B、C之间的距离为l＝7R－2R，①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsinθ－μmglcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，②式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得vB＝2eq\r(gR).③(2)设BE＝x.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsinθ－μmgxcosθ－EP＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，④E、F之间的距离为l1＝4R－2R＋x，⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0，⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R，⑦EP＝eq\f(12,5)mgR.⑧(3)设变更后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ，⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ，⑩式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1＝eq\f(1,2)gt2，⑪x1＝vDt，⑫联立⑨⑩⑪⑫式得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR).⑬设P在C点速度的大小为vC.在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)＋m1g(eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ)，⑭P由E点运动到C点的过程中，由动能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)，⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m1＝eq\f(1,3)m.5.(2024·江西白鹭洲中学模拟)如图所示，质量M＝0.4kg的长薄板BC静置于倾角为37°的光滑斜面上，在A点有质量m＝0.1kg的小物体(可视为质点)以v0＝4.0m/s速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放起先沿斜面对下运动，小物体运动到薄板的最下端C时，与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求：(1)A点与B点的水平距离；(2)薄板BC的长度．【答案】(1)1.2m(2)2.5m【解析】(1)小物体从A到B做平抛运动，下落时间为t1，水平位移为x，则gt1＝v0tan37°，①x＝v0t1，②联立①②得x＝1.2m.(2)小物体落到B点的速度为v，则v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋gt12)，③小物体在薄板上运动，则mgsin37°－μmgcos37°＝ma1，④薄板在光滑斜面上运动，则Mgsin37°＋μmgcos37°＝Ma2，⑤小物体从落到薄板到两者速度相等用时t2，则v＋a1t2＝a2t2，⑥小物体的位移x1＝vt2＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)，⑦薄板的位移x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，⑧薄板的长度l＝x1－x2，⑨联立③～⑨式得l＝2.5m.6.(2024·山东青岛二中模拟)如图所示，滑块质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v0＝3eq\r(gR)的初速度由A点起先向B点滑行，AB＝5R，并滑上光滑的半径为R的eq\f(1,4)圆弧BC，在C点正上方有一离C点高度也为R的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q，P、Q位于同始终径上，旋转时两孔均能达到C点的正上方．若滑块滑过C点后穿过P孔，又恰能从Q孔落下，则平台转动的角速度ω应满意什么条件？【答案】ω＝eq\f(π2n＋1,4)eq\r(\f(g,R))(n＝0,1,2，…)【解析】设滑块滑至B点时速度为vB，对滑块由A点到B点应用动能定理有－μmg5R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得veq\o\al(2,B)＝8gR.滑块从B点起先，运动过程机械能守恒，设滑块到达P处时速度为vP，则eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋mg2R，解得vP＝2eq\r(gR)，滑块穿过P孔后再回到平台的时间t＝eq\f(2vP,g)＝4eq\r(\f(R,g))，要想实现题述过程，需满意ωt＝(2n＋1)π，ω＝eq\f(π2n＋1,4)eq\r(\f(g,R))(n＝0,1,2，…)．7.(2024·湖北孝感高级中学模拟)如图所示，半径R＝1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点．C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1kg，上表面与C点等高．质量为m＝1kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2.求：(1)物块经过C点时的速度vC；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q.【答案】(1)6m/s(2)9J【解析】(1)设物块在B点的速度为vB，在C点的速度为vC，从A到B物块做平抛运动，有vBsinθ＝v0，从B到C，依据动能定理有mgR(1＋sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vC＝6m/s.(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．设相对滑动时物块加速度为a1，木板加速度为a2，经过时间t达到共同速度为v，则μmg＝ma1，μmg＝Ma2，v＝vC－a1t，v＝a2t.依据能量守恒定律有eq\f(1,2)(m＋M)v2＋Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)联立解得Q＝9J.8.(2024·重庆巴蜀中学模拟)如图所示，半径为R的光滑半圆轨道ABC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC相切于C，圆轨道的直径AC与斜面垂直。质量为m的小球从A点左上方距A高为h的斜上方P点以某一速度水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到抛出点等高的D处。已知当地的重力加速度为g，取R＝eq\f(50,9)h，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，求：(1)小球被抛出时的速度v0；(2)小球到达半圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小；(3)小球从C到D过程中克服摩擦力做的功W。【答案】(1)eq\f(4,3)eq\r(2gh)(2)5.6mg(3)eq\f(16,9)mgh【解析】(1)小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示。设竖直方向的速度vy，则有veq\o\al(2,y)＝2gh由几何关系得v0＝vycotθ得v0＝eq\f(4,3)eq\r(2gh)(2)A、B间竖直高度H＝R(1＋cosθ)设小球到达B点时的速度为v，则从抛出点到B过程中有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mg(H＋h)＝eq\f(1,2)mv2在B点，有FN－mg＝meq\f(v2,R)解得FN＝5.6mg由牛顿第三定律知，小球在B点对轨道的压力大小是5.6mg。(3)小球沿斜面上滑过程中克服摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能，有W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(16,9)mgh。9．(2024·陕西西安中学模拟)为了探讨过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角θ＝60°，长L1＝2eq\r(3)m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2＝eq\f(\r(3),2)m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D，如图所示。现将一个小球从距A点高h＝0.9m的水平台面上以肯定的初速度v0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝eq\f(\r(3),3)，g取10m/s2，求：(1)小球初速度的大小；(2)小球滑过C点时的速率；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆轨道的半径应当满意什么条件。【答案】(1)eq\r(6)m/s(2)3eq\r(6)m/s(3)0<R≤1.08m【解析】(1)小球起先时做平抛运动，有veq\o\al(2,y)＝2gh，代入数据解得vy＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.9)m/s＝3eq\r(2)m/s，在A点有tanθ＝eq\f(vy,vx)，得vx＝v0＝eq\f(vy,tanθ)＝eq\f(3\r(2),\r(3))m/s＝eq\r(6)m/s。(2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得mg(h＋L1sinθ)－μmgL1cosθ－μmgL2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入数据解得vC＝3eq\r(6)(3)小球刚刚过最高点时，重力供应向心力，有mg＝meq\f(v2,R1)，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝2mgR1＋eq\f(1,2)mv2，代入数据解得R1＝1.08m。当小球刚能到达与圆心等高处时，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mgR2，代入数据解得R2＝2.7m。当圆轨道与AB相切时R3＝L2·tan60°＝1.5m，综上所述，要使小球不离开轨道，R应当满意的条件是0<R≤1.08m。10．(2024·四川雅安中学模拟)如图所示，质量分别为m、2m的物体a、b通过轻绳和不计摩擦的定滑轮相连，均处于静止状态．a与水平面上固定的劲度系数为k的轻质弹簧相连，Q点有一挡板，若有物体与其垂直相碰会以原速率弹回，现剪断a、b之间的绳子，a起先上下往复运动，b下落至P点后，在P点有一个特别的装置使b以落至P点前瞬间的速率水平向右运动，当b静止时，a恰好首次到达最低点，已知PQ长s0，重力加速度为g，b距P点高h，且仅经过P点一次，b与水平面间的动摩擦因数为μ，a、b均可看作质点，弹簧在弹性限度范围内，试求：(1)物体a的最大速度；(2)物体b停止的位置与P点的距离．【答案】(1)2geq\r(\f(m,k))(2)eq\f(h,μ)或2s0－eq\f(h,μ)【解析】(1)绳剪断前，系统静止，设弹簧伸长量为x1，对a有kx1＋mg＝T，对b有T＝2mg，则kx1＝mg，x1＝eq\f(mg,k).绳剪断后，a所受合外力为零时，速度最大，设弹簧压缩量为x2，对a有kx2＝mg，x2＝eq\f(mg,k)，由于x1＝x2，两个状态的弹性势能相等，则两个状态的动能和重力势能之和相等，mg(x1＋x2)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2geq\r(\f(m,k)).(2)对b，整个运动过程由动能定理得2mgh－μ·2mgs路＝0，解得b在水平面上滑行的路程s路＝eq\f(h,μ).探讨：①若b未到达挡板Q就在PQ上停止，则物块b停止的位置与P相距d＝s路＝eq\f(h,μ)；②若b与挡板Q碰撞后，在PQ上运动到停止，则物块b停止的位置与P相距d＝2s0－s路＝2s0－eq\f(h,μ).11．(2024·贵州遵义四中模拟)如图所示轻弹簧一端固定在水平面上的竖直挡板上，处于原长时另一端位于水平面上B点处，B点左侧光滑，右侧粗糙．水平面的右侧C点处有一足够长的斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为37°，斜面上有一半径为R＝1m的光滑半圆轨道与斜面切于D点，半圆轨道的最高点为E，G为半圆轨道的另一端点，LBC＝2.5m，A、B、C、D、E、G均在同一竖直面内．使质量为m＝0.5kg的小物块P挤压弹簧右端至A点，然后由静止释放P，P到达B点时马上受到斜向右上方，与水平方向的夹角为37°，大小为F＝5N的恒力，始终保持F对物块P的作用，结果P通过半圆轨道的最高点E时的速度为vE＝eq\r(10)m/s.已知P与水平面、P与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10m/s2.sin37°＝0.6.求：(1)P运动到E点时对轨道的压力大小；(2)弹簧的最大弹性势能；(3)若其他条件不变，增大B、C间的距离使P过G点后恰好能垂直落在斜面上，求P在斜面上的落点距D点的距离．【答案】(1)3N(2)1J(3)1m【解析】(1)P在半圆轨道的最高点E，设轨道对P的压力为N，由牛顿运动定律得：mg－Fsin37°＋N＝eq\f(mv\o\al(2,E),R)解得：N＝3N由牛顿第三定律得，P运动到E点时对轨道的压力FN＝3N(2)P从D点到E点，由动能定理得：－mg(R＋Rcos37°)＋FRsin37°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得：vD＝eq\r(34)m/sP从C点到D点，由牛顿运动定律得：F－mgsin37°－μmgcos37°＝ma1解得a1＝0，说明P从C点到D点匀速运动，故vD＝vC＝eq\r(34)m/s由能的转化和守恒得：Epm＋FLBCcos37°－(mg－Fsin37°)μLBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：Epm＝1J(3)P在G点脱离圆轨道，做曲线运动，把该运动分解为平行于斜面的匀减速直线运动和垂直于斜面的初速度为零的匀加速直线运动，有：F－mgsin37°＝ma2解得：a2＝4m/s2mgcos37°＝ma3解得：a3＝8m/s2P垂直落在斜面上，运动时间满意：2R＝eq\f(1,2)a3t2平行于斜面方向上：0＝vG－a2t联立解得：vG＝2eq\r(2)m/s平行于斜面方向上：x＝eq\f(vG＋0,2)×t＝1mP在斜面上的落点距D的距离x＝1m.12．(2024·陕西西安市第一中学模拟)如图所示，传送带AB总长为l＝10m，与一个半径为R＝0.4m的光滑四分之一圆轨道BC相切于B点，传送带速度恒为v＝6m/s，方向向右，现有一个滑块以肯定初速度从A点水平滑上传送带，滑块质量为m＝10kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，已知滑块运动到B端时，刚好与传送带同速，求：(1)滑块的初速度；(2)滑块能上升的最大高度；(3)求滑块其次次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能．【答案】(1)2eq\r(14)m/s或4m/s(2)1.8m(3)220J【解析】(1)以滑块为探讨对象，滑块在传送带上运动过程中，当滑块初速度大于传送带速度时，有－μmgl＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝2eq\r(14)m/s；当滑块初速度小于传送带速度时，有μmgl＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝4m/s.(2)由动能定理可得－mgh＝0－eq\f(1,2)mv2，解得h＝1.8m.(3)以滑块为探讨对象，由牛顿其次定律得μmg＝ma，滑块的加速度a＝1m/s2，滑块减速到零的位移s＝eq\f(v2,2a)＝18m＞10m，则滑块其次次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带，由匀变速运动的位移公式可得l＝vt－eq\f(1,2)at2，解得t＝2s(t＝10s舍去)，在此时间内传送带的位移x＝vt＝6×2m＝12m，滑块其次次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能Q＝μmg(l＋x)＝0.1×10×10×(10＋12)J＝220J.13．(2024·四川石室中学模拟)如图所示，AB段为一半径R＝0.2m的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道，EF是一倾角为30°的足够长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1kg的薄木板CD，起先时薄木板被锁定．一质量也为0.1kg的物块(图中未画出)从A点由静止起先下滑，通过B点后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度．已知物块与薄木板间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),6).(g＝10m/s2，结果可保留根号)求：(1)物块到达B点时对圆弧轨道的压力；(2)物块滑上薄木板时的速度大小；(3)达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间．【答案】(1)3N，方向竖直向下(2)eq\f(4\r(3),3)m/s(3)2.5m/s2eq\f(4\r(3),15)【解析】(1)物块从A运动到B的过程，由动能定理得：mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得：vB＝2m/s在B点由牛顿其次定律得：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)解得：FN＝3N由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3N，方向竖直向下．(2)设物块滑上薄木板时的速度为v，则：cos30°＝eq\f(vB,v)解得：v＝eq\f(4\r(3),3)m/s.(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿其次定律得对物块：mgsin30°－μmgcos30°＝ma1对薄木板：mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2设物块和薄木板达到的共同速度为v′，则：v′＝v＋a1t＝a2t解得：a1＝2.5m/s2，t＝eq\f(4\r(3),15)s.14．（东北师大附中2025届其次次模拟）如图所示，右侧为固定的光滑圆弧导轨A，末端水平。左侧B为固定的挡板，C为足够长的传送带。以速度v=5m/s顺时针运动。D为下表面光滑的木板，质量为M=1kg，长度为L=3m。A的末端与C、D三者的上表面等高，最初D紧靠着A。一个质量为m=2kg的滑块(可看作质点)从A上由静止下滑高度h=1.8m后，滑上木板D。已知滑块恰能滑到木板D的左端，且此刻木板洽与B相撞，若木板与挡板、导轨每次碰撞后，速度均变为零(但不粘连)，滑块与木板及传送带间的动摩擦因数都相等，g=10m/s2,D与B碰后C、D间的缝隙很小忽视不计。求：(1)动摩擦因数；(2)滑块第一次滑上传送带运动到最左端过程中，电动机对传送带多做的功；(3)滑块第一次返回轨道A的最大高度；(4)滑块从起先释放直到停止运动的过程中，在木板上发生相对滑动的总时间。【答案】（1）0.2（2）40J（3）m（4）3s【解析】（1）滑块滑下，依据动能定理：解得木板D和滑块组成的系统动量守恒由能量守恒可知滑块和木板D损失的动能转化为系统的摩擦生热联立可解得，（2）电动机对传送带多做的功为摩擦生热减去滑块损失的动能滑块在传送带向最左端运动的过程中做匀减速运动，最终减速到零，由牛顿其次定律可知，由运动学可知滑块在传送带运动的时间，滑块的位移则传送带的位移系统摩擦生热为滑块损失的动能为则电动机多做的功（3）再次滑上木板：滑块和木板再次损失的热量木板和导轨碰撞后滑块上升到最高点的过程：联立解得（4）分析可知，滑块在木板上相对滑动的过程中可看做匀减速运动，则总时间15．（广东省广州市2025届高三一模）倾角为的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上AB的长度为3L，BC、CD的长度均为3.5L，BC部分粗糙，其余部分光滑。如图，4个“—”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A处。现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。已知每个滑块的质量为m并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。求（1）滑块1刚进入BC时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小；（2）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。【答案】（1）（2）【解析】（1）以4个滑块为探讨对象，设第一个滑块刚进BC段时，4个滑块的加速度为a，由牛顿其次定律：以滑块1为探讨对象，设刚进入BC段时，轻杆受到的压力为F，由牛顿其次定律：已知联立可得：（2）设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC时，滑块的共同速度为v这个过程，4个滑块向下移动了6L的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L、2L、L，由动能定理，有：可得：由于动摩擦因数为，则4个滑块都进入BC段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v做匀速运动；第1个滑块离开BC后做匀加速下滑，设到达D处时速度为v1，由动能定理：可得：当第1个滑块到达BC边缘刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v的速度匀速向下运动，且运动L距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段。由此可知，相邻两个滑块到达BC段边缘的时间差为，因此到达水平面的时间差也为所以滑块在水平面上的间距为联立解得16．（天津市新华中学2025届高三模拟）如图所示，光滑的水平面AB与半径，光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D为轨道最高点.用轻质细线连接甲、乙两小球，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两球不拴接.甲球的质量为，乙球的质量为，甲、乙两球静止。现固定甲球，烧断细线，乙球离开弹簧后进入半圆轨道恰好能通过D点.重力加速度取甲、乙两球可看作质点.（1）试求细线烧断前弹簧的弹性势能；（2）若甲球不固定，烧断细线，求从烧断细线起先到乙球脱离弹簧过程中，弹簧对乙球的冲量I.【答案】（1）（2），水平向右【解析】设乙球在D点处的速度为v，对乙球，在D处：由式并代入数据得：设甲、乙两球脱离弹簧时速度大小分别为、，以的方向为正方向，依据动量守恒定律得：依据能量守恒定律得：依据动量定理得：由式并代入数据得冲量大小：，方向水平向右．17．（广西桂林市、贺州市、崇左市2025届高三联合调研）如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆质量为M=2kg的平板车C，其右端固定挡板上固定一根轻质弹簧，平板车上表面Q点左侧粗糙右侧光滑，且粗糙段长为L=2m，小车的左边紧靠着一个固定在竖直平面内半径为r=5m的四分之一光滑圆形轨道，轨道底端的切线水平且与小车的上表面相平。现有两块完全相同的小木块A、B(均可看成质点)，质量都为m=1kg，B放于小车左端，A从四分之一圆形轨道顶端P点由静止释放，滑行到车上马上与小木块B发生碰撞(碰撞时间极短)碰后两木块粘在一起沿平板车向右滑动，一段时间后与平板车达到相对静止，此时两个木块距Q点距离d=1m，重力加速度为g=10m/s2。求：(1)木块A滑到圆弧轨道最低点时，木块A对圆形轨道的压力大小；(2)木块与小车之间的滑动摩擦因数；(3)若要两木块最终能从小车C左侧滑落，则木块A至少应从P正上方多高地方由静止释放。(忽视空气阻力，弹簧都在弹性限度内)【答案】(1)(2);(3)当时，；当时，【解析】（1）木块A下滑过程由动定理得到：在轨道底端有：得到：由牛顿第三定律木块A对轨道的压力为；（2）AB碰撞时，有：木块相对平板车达到共同速度，则有：若木块相对平板车向右运动达到共同速度，则由能量守恒得到：，得到若木块相对于平板车向左运动达到共同速度，则由能量守恒得到：，得到；（3）A离P点高度由静止释放，由动能定理得到：碰撞有：恰好滑落有：能量守恒：当时，当时，。18．（2024年重庆市南开中学高三模拟）如图，质量为的滑块放在足够长的木板左端，两者间的动摩擦因数为；木板的质量，与地面间的动摩擦因数为。某时刻滑块、木板起先运动，初速度大小均为，方向相反。之后一旦滑块与木板速度相等，就设法使木板速度马上反向（大小不变）。取重力加速度大小，求：（1）第一次共速时的速度大小;（2）全过程滑块的位移大小；（3）整个过程中滑块与木板间的摩擦生热。【答案】（1）1.2m/s（2）1.62m（3）16.2J【解析】（1）滑块加速度水平向左木板向左减速运动的加速度：水平向右木板向右加速时的加速度：水平向右木板经过时间减速为零第一次共速对滑块：v1=v0-a1(t1+t2)对木板：得，=0.3s（2）共速后，木板马上反向，两物体以初速度大小接着运动，其加速度和之前一样，对于滑块始终做匀减速直线运动直至停下来，其总位移为：（3）起先运动到第一次共速过程中相对位移：全程总的摩擦生热为在起先运动到第一次共速过程中滑块与木板间摩擦生热与木板与地面间摩擦热之比：其中为第一次共速过程中木板的对地路程解得依据分析得此后的运动状况类似，生热之比每一次共速阶段均满意，则整个过程滑块与木板间生热为19．（辽宁省鞍山市第一中学2025届高三模拟）如图所示，光滑水平面上有一质量M=1.98kg的小车，车的B点右侧的上表面是粗糙水平轨道，车的B点的左侧固定以半径R=0.7m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定轻质弹簧弹簧处于自然长度其左端正好对应小车的C点，B与C之间距离L=0.9m，一个质量m=2kg的小物块，置于车的B点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量的子弹，以速度v=50m/s击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数，g取10m/s2则，

（1）通过计算推断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点A，并求当小物块再次回到B点时，小物块的最大速度大小;

（2）若已知弹簧被小物块压缩的最大压缩量x=10cm，求弹簧的最大弹性势能。【答案】(1)否，5m/s（2）2.5J【解析】（1）对于子弹打小车的过程，取向右为正方向，依据动量守恒定律得：，可得：

当小物块运动到圆轨道的最高点时，三者共速为．

依据动量守恒定律得：．

解得：

依据机械能守恒定律得：

解得：，所以小物块不能达到圆弧轨道的最高点A；

当小物块再次回到B点时，小物块速度为，车和子弹的速度为

依据动量守恒定律得：

依据能量守恒定律得：

解得，；（2）当弹簧具有最大弹性势能时三者速度相同，由动量守恒定律得：，可得；

依据能量守恒定律得：．

解得：。20．（天津市和平区2025届高三模拟）如图甲所示，一长木板的止在水平地面上，在t=0时刻，一小物块以肯定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动