2022届高考物理二轮复习 第6讲 机械能守恒定律 学案

第6讲 机械能守恒定律

创新点一 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。
创新点二 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。

考点一 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．
考点二 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．



热点 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。