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2022届高考备考物理二轮专题练习——能量守恒定律
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这是一份2022届高考备考物理二轮专题练习——能量守恒定律，共24页。试卷主要包含了、高度h可调的斜轨道组成等内容，欢迎下载使用。
计算题——能量守恒定律
1．（2022·江苏连云港·三模）如图所示，半球形光滑圆弧槽固定在水平转台上，转台可绕竖直轴转动，圆弧槽半径为R，圆心为O。质量为的小球A通过长L=3R的细线连接小球B，两球静止时，A球恰在槽内壁P点，PO与水平方向间夹角现将A球移至圆弧槽的左端点Q由静止释放，转台保持静止。已知重力加速度为g。
（1）求B球的质量；
（2）求A球运动到P点时的动能；
（3）若将A球固定在P点，使转台绕轴从静止开始缓慢加速转动，直到细线QB与竖直方向间夹角，求此过程中转台对两球做的功W。
2．（2022·湖南娄底·模拟预测）如图所示，质量为M=2.5kg的长木板B静止放置在光滑水平面上，B左侧的竖直平面内固定一个光滑圆弧轨道PQ，O点为圆心，半径为R=6m，OQ竖直，Q点与木板B上表面相切，圆心角为。圆弧轨道左侧有一水平传送带，传送带顺时针转动，传送带上表面与P点高度差为H=0.45m。现在传送带左侧由静止放置一个质量为m=1kg的可视为质点的滑块A，它随传送带做匀加速直线运动，离开传送带后做平抛运动，恰好从P点沿切线进入圆弧轨道，滑出轨道后又滑上木板B，最后与木板B相对静止。已知滑块A与长木板B间的动摩擦因数，取，sin37°=0.6，求：
（1）滑块离开传送带的速度大小；（2）滑块经过Q点时受到弹力大小；（结果保留三位有效数字）
（3）木板B的最小长度。
3．（2022·安徽宣城·模拟预测）如图所示,光滑的圆形轨道ABCD固定于竖直平面内，O为圆心，半径为R，直径AC在竖直方向上且与直径BD之间的夹角为，轨道与光滑的水平地面MN相切于圆的下端点A。现将两个质量均为的小球放在光滑水平地面上并让右边的小球以初速度水平向左运动，两球碰撞后迅速粘成一个整体P（可看成质点），为使整体P通过圆弧轨道，当整体P经过A点时对其施加方向水平向左、大小为的恒力，已知，重力加速度大小为g，求：
（1）两小球碰撞时左边小球所受冲量的大小及系统损失的机械能；
（2）整体P经过D点时，轨道对整体P施加的弹力；
4．（2022·重庆·三模）近年来，我国物流行业发展迅速，在机场经常能见到地勤工作人员利用传送带从飞机上装卸货物。如图所示。若某次工作人员所用传送带与水平面夹角，传送带下行运行速率，传送带两端距离；工作人员沿传送带方向以初速度从传送带顶端推下（推力立即撤去）一件质量为的小包裹（可视为质点）；小包裹要与传送带间的动摩擦因数。取重力加速度，，。求：
（1）包裹通过传送带所需时间；
（2）包裹从顶端到底端与传送带因摩擦所产生的热量。
5．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，粗糙轻杆水平固定在竖直轻质转轴上A点。质量为m的小球和轻弹簧套在轻杆上，小球与轻杆间的动摩擦因数为μ，弹簧原长为0.6L，左端固定在A点，右端与小球相连。长为L的细线一端系住小球，另一端系在转轴上B点，AB间距离为0.6L。装置静止时将小球向左缓慢推到距A点0.4L处时松手，小球恰能保持静止。接着使装置由静止缓慢加速转动。已知小球与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，不计转轴所受摩擦。
（1）求弹簧的劲度系数k；
（2）求小球与轻杆间恰无弹力时装置转动的角速度ω；
（3）从开始转动到小球与轻杆间恰无弹力过程中，外界提供给装置的能量为E，求该过程摩擦力对小球做的功W。
6．（2022·上海·模拟预测）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道和相连）、高度h可调的斜轨道组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径，长，长，圆轨道和光滑，滑块与、之间的动摩擦因数。滑块质量m=2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小；
（2）当且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力大小及弹簧的弹性势能；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能与高度h之间满足的关系。
7．（2022·四川·东辰国际学校一模）如图光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m=1kg的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L=6m，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动．CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R=0.4m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．
（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能；
（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x=1.2m处（CD长大于1.2m），求物块通过E点时受到的压力大小；
（3）满足（2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能．
8．（2022·山东潍坊·高考模拟）如图甲所示，在平台上推动物体压缩轻质弹簧至P点并锁定。解除锁定，物体释放，物体离开平台后水平抛出，落在水平地面上。以P点为位移起点，向右为正方向，物体在平台上运动的加速度a与位移x的关系如图乙所示。已知物体质量为2kg，物体离开平台后下落0.8m的过程中，水平方向也运动了0.8m，g取10m/s2，空气阻力不计。求：
（1）物体与平台间的动摩擦因数及弹簧的劲度系数；
（2）物体离开平台时的速度大小及弹簧的最大弹性势能。
9．（2022·天津市静海区第二中学一模）如图所示，半径为R=0.25m的竖直圆弧轨道与平板组合成一体，其质量为M=4 kg，一轻质弹簧右端固定在平板上，弹簧的原长正好等于平板的长度．组合体放在水平地面上，并与左侧竖直墙壁紧挨在一起．将质量为m=1 kg的物块（可视为质点）从圆弧轨道上端以初速度v0=2 m/s滑入轨道，物块到达圆轨道最低点时将与弹簧接触并压缩弹簧．设小物块与平板间的摩擦因数为=0.2，弹簧的最大压缩量为x=0.2 m，其他接触面间的摩擦均不计，重力加速度g取10 m/s2．求：
（1）小物块到达圆轨道最低点时所受的支持力；
（2）弹簧的最大弹性势能．
10．（2022·黑龙江·哈尔滨三中二模）如图，轻质弹簧左端固定，右端连接一个光滑的滑块A，弹簧的劲度系数，弹簧的弹性势能表达式为（为弹簧的形变量）．滑块B靠在A的右侧与A不连接，A、B滑块均可视为质点，质量都为，最初弹簧的压缩量为，由静止释放A、B，A到平台右端距离，平台离地高为，在平台右侧与平台水平相距S处有一固定斜面，斜面高为，倾角．若B撞到斜面上时，立刻以沿斜面的速度分量继续沿斜面下滑．B与水平面和斜面之间动摩擦因数均为0.5，若B在斜面上滑动时有最大的摩擦生热，求：
(1)B离开平台的速度等于多少？
(2)斜面距平台右端距离S为多少？
(3)B滑到斜面底端的速度为多大？
11．（2022·湖南衡阳·二模）弹跳杆运动是一项广受青少年欢迎的运动．弹跳杆的结构如图甲所示，一根弹簧的下端固定在跳杆的底部，上端固定在一个套在跳杆上的脚踏板底部．质量为5m的小明站在脚踏板上，当他和跳杆处于竖直静止状态时，弹簧的压缩量为x0，小明先保持稳定姿态竖直弹跳．某次弹跳中，从弹簧处于最大压缩量为5x0，开始计时，如图乙(a)所示；上升到弹簧恢复原长时，小明抓住跳杆，使得他和弹跳杆瞬间达到共同速度，如图乙(b)所示；紧接着他保持稳定姿态竖直上升到最大高度，如图乙(c)所示．已知全程弹簧始终处于弹性限度内(弹簧弹性势能满足，k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量)，跳杆的质量为m，重力加速度为g．空气阻力、弹簧和脚踏板的质量、以及弹簧和脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽略不计．求：
(1)弹跳杆中弹簧的劲度系数k；
(2)从开始计时至竖直上升到最大高度过程中小明的最大速度vm；
(3)跳杆离地后上升的最大高度．
12．（2022·浙江·一模）如图所示，水平传送带AB向右匀速运动，倾角为的倾斜轨道与水平轨道平滑连接于C点，小物块与传送带AB及倾斜轨道和水平轨道之间均存在摩擦，动摩擦因数都为，倾斜轨道长度，C与竖直圆轨道最低点D处的距离为，圆轨道光滑，其半径．质量为可看作质点的小物块轻轻放在传送带上的某点，小物块随传送带运动到B点，之后沿水平飞出恰好从P处切入倾斜轨道后做匀加速直线运动(进入P点前后不考虑能量损失)，经C处运动至D，在D处进入竖直平面圆轨道，恰好绕过圆轨道的最高点E之后从D点进入水平轨道DF向右运动．(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，)求：
(1)物块刚运动到圆弧轨道最低处D时对轨道的压力；
(2)传送带对小物块做的功W；
(3)若传送带AB向右匀速运动的速度，求小物块在传送带上运动过程中由于相互摩擦而产生的热量Q．
13．（2022·安徽安庆·二模）如图所示，半径R = 1.6m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带相切于B点，水平传送带上A、B两端点间距L = 16m，传送带以v0 = 10m/s的速度顺时针运动，将质量m = 1kg的小滑块(可视为质点)放到传送带上，滑块与传送带间的动摩擦因数μ = 0.4，取g = 10m/s²。
（1）将滑块在传送带A端由静止释放，求滑块由释放到第一次经过B端时所需时间；
（2）若滑块仍由静止释放，要想滑块能通过圆轨道的最高点C，求滑块在传送带上释放的位置范围；
（3）若将滑块在传送带中点处释放，同时沿水平方向给滑块一初速度，使滑块能通过圆轨道的最高点C，求此初速度满足的条件。
14．（2022·浙江·一模）如图所示，为某种鱼饵自动投放器的装置示意图，其下半部分AB是一长为2R的竖直细管，上半部分BC是半径为R的四分之一圆弧弯道，管口C处切线水平，AB管内有原长为R、下端固定的轻质弹簧．在弹簧上端放置一粒质量为m的鱼饵，解除锁定后弹簧可将鱼饵弹射出去，投鱼饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，此时弹簧的弹性势能为7mgR（g为重力加速度）．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，求：
（1）鱼饵到达管口C时的速度大小；
（2）鱼饵到达管口C时对管子的作用力大小和方向；
（3）已知地面比水平高出1.5R，若竖直细管的长度可以调节，圆弧弯管BC可随竖直细管一起升降．求鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线之间的最大距离．
15．（2022·上海长宁·二模）如图所示，质量为m的木块压缩轻质弹簧静止在O点，水平面ON段光滑，长为L的NN/段粗糙，木块与NN/间的动摩擦因数为m．现释放木块，若木块与弹簧相连接，则木块最远到达NN/段中点，然后在水平面上做往返运动，且第一次回到N时速度大小为v；若木块与弹簧不相连接，木块与弹簧在N点即分离，通过N/点时以水平速度飞出，木块落地点P到N/的水平距离为s．求：
(1)木块通过N/点时的速度；
(2)木块从O运动到N的过程中弹簧弹力做的功；
(3)木块落地时速度vp的大小和方向．
16．（2022·江西·赣州中学一模）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4.0kg和mB=3.0kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示。求：
(1)物块C的质量；
(2)从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小。
(3)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能？
参考答案：
1．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）对A球在P点进行受力分析，如图所示
可知三角形OQP为等边三角形，槽对A球的支持力与线中张力大小相等，则
又
解得
（2）设A球运动到P点的速度为，此时B球的速度为，则
取两球组成的系统，研究从释放到A球运动到P点的过程，根据机械能守恒定律有
解得
（3）细线QB与竖直方向间夹角时，设A、B球转动的半径分别为、，转台转动的角速度为，则
对B球，根据牛顿第二定律可得
转台对两球做的功为
联立解得
2．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）滑块A离开传送带做平抛运动，竖直方向满足
又滑块A沿切线滑入圆轨道，满足
解得
（2）滑块A沿圆轨道滑下，机械能守恒，得
在Q点，由圆周运动规律
解得
，
3．（1），；（2）；（3）
【解析】
（1）两小球碰撞时，设碰撞后整体P的速度为，根据动量守恒定律有
代入数据解得
设左边小球所受冲量的大小为，对左边小球，根据动量定理有
两小球碰撞时系统损失的机械能为
（2）整体P从A点运动D点时，根据几何关系，由动能定理有
代入数据解得
在D点，设轨道对整体P的弹力为，根据几何关系，有牛顿第二定律得
联立解得
（3）设整体P经过D点时得竖直分速度为，整体落地的竖直分速度为，根据题意可知
整体P离开D点后，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动规律有
设整体P离开D点到水平地面的过程中，重力的冲量大小为，竖直方向上，根据动量定理有
联立解得
4．（1）4.5s；（2）8J
【解析】
（1）对包裹受力分析，根据牛顿第二定律
解得
可知包裹减速运动，速度与传送带相同所用时间
这段时间内包裹的位移
接下来包裹匀速运动，到达底端又用时
因此包裹通过传送带所需时间
（2）只有在包裹减速阶段才相对传送带有性对运动，减速的阶段相对传送带的位移
因摩擦所产生的热量
5．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）依题意，有
k（0.6L－0.4L）＝μmg
解得
k＝
（2）小球与轻杆间恰无弹力时受力情况如图所示，此时弹簧长度为0.8L有
Tsin37°＝mg
Tcos37°＋k（0.8L－0.6L）＝0.8mω2L
解得
ω＝
（3）题设过程中初始时弹簧的压缩量与最终状态时的伸长量相等，故弹性势能改变量
ΔEp＝0
设小球克服摩擦力做功为W’，则则由功能关系有
其中
v＝0.8ωL
解得
过程摩擦力对小球做的功
6．（1）；（2） ，；（3），其中
【解析】
（1）滑块恰过F点的条件：
解得
（2）滑块在斜面上摩擦受重力、支持力和摩擦力，其中仅重力和摩擦力做功从E到B，动能定理
代入数据可得
在E点做圆周运动，根据牛顿第二定律
解得
从O到E点，根据能量守恒定律：
解得
（3）要使游戏成功，首先滑块不能脱离轨道，其次滑块需要恰好停留在B点，设滑块恰能过F点，从O点到F点，此情况由能量守恒定律可得
滑块恰能过F点，恰好能停留在B点，设此时B点离地高度为h1，从O点到B点能量守恒有
解得
由于滑块需要停留在B点，则需要
解得
即B点离地高度最高为
从O到B点
其中
7．（1）（2）N=12.5N（3）Q=16J
【解析】
（1）释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点由动能定理知：
由能量守恒定律知
解得
（2）由平抛运动知：竖直方向：
水平方向
在E点，由牛顿第二定律知
解得
N=12.5N
（3）从D到E，由动能定理知：
解得
从B到D，由动能定理知
解得
对物块
解得
t=1s
由能量守恒定律知
解得
Q=16J
8．（1），；（2），
【解析】
（1）由图像知，弹簧最大压缩量为，物体开始运动时加速度，离开弹簧后加速度大小为。由牛顿第二定律
，
代入数据联立解得
，
（2）物体离开平台后，由平抛运动规律得
，
物体沿平台运动过程由能量守恒定律得
代入数据联立解得得
，
9．（1）46N（2）3.2J
【解析】
（1）设物块到达圆轨道最低点时的速度为v
mv02+mgR=mv2
解得：v=3m/s
FN-mg=m
解得：FN=46N
（2）设物块压缩弹簧到最大位移时共同速度为v′
mv=(m+M)v′
v′=0.6m/s
设弹簧的最大弹性势能为EP
mv2=(m+M)v′2+EP+μmgx
解得：EP=3.2J
10．（1） （2） （3）
【解析】
（1）A、B分离时，A、B的加速度相同，A、B间弹力为0
对B分析：，解得
对A分析:：，解得
弹簧伸长量时，A、B分离，
由释放至A、B分离，根据能量守恒可得
分离后，物体B：
解得：
（2）从抛出到刚落到斜面上的过程中，做自由落体运动，即，解得；
在水平方向上，
（3）平抛竖直分速度，
B在斜面滑动有最大的摩擦生热，则B在斜面顶端滑上斜面，
其沿斜面的速度为，
B在斜面上：，
解得
11．（1） （2） （3）
【解析】
（1）竖直静止时，对小孩受力分析：；
（2）当小孩的合力为零时，速度最大即小孩上升高度为4x0时，速度最大；
对系统运用能的转化和守恒定律；
得；
（3）设弹簧恢复原长时小孩速度为v1，对系统运用能的转化和守恒定律；
小孩抓住跳杆瞬间，小孩和跳杆动量守恒；
之后小孩和跳杆一起竖直上抛至最高点，得；
12．(1)压力为，方向竖直向下 (2) (3)
【解析】
（1）小球恰好过E点：
D到E过程：
D点：
，
则：
由牛顿第三定律得到物块到D点时对轨道压力为，方向竖直向下．
（2）从P点到D点
解得：
物块从B点沿水平飞出恰好从P处切入倾斜轨道，物块做平抛运动，水平方向的速度：
传送带对小物块做的功为：
（3）小物块在传送带上加速过程：
物块和传送带的相对位移：
小物块在传送带上运动过程中由于相互摩擦而产生的热量：
13．（1）t = 2.85s（2）距A端6m的范围内（3）
【解析】
（1）对滑块受力分析，由牛顿第二定律得
μmg = ma
由运动学得
v0 = at1
解得
t1 = 2.5s
设滑块速度达到v0时经过的位移为x1
由运动学得
= 12.5m
设滑块匀速运动的位移为x2
x2 = L - x1 = 3.5m
则滑块运动匀速运动的时间为
= 0.35s
所需时间为
t = t1 + t2 = 2.85s
（2）由牛顿运动定律得
由机械能守恒得
解得：滑块通过B点的速度至少为
m/s
由运动学得
vB2 = 2as
解得
s = 10m
滑块在A端与距A端6m的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C处。
（3）若给滑块一水平向右的初速度v1，由运动学得
解得
v1 = 4m/s
所以给滑块一水平向右的速度且需满足的条件
v1 ≥ 4m/s
若给滑块一水平向左的速度，只需让滑块在向左减速滑行的距离在2m ~ 8m的范围即可
由运动学可得
2m ≤ s′ ≤ 8m
解得
4m/s ≤ v2 ≤ 8m/s
所以给滑块一水平向左的速度且需满足的条件4m/s ≤ v2 ≤ 8m/s。
14．（1）,（2）8mg,方向向上;（3）10R
【解析】（1）根据能量守恒定律求出鱼饵到达管口C时的速度大小．（2）根据牛顿第二定律求出管口对鱼饵的作用力大小，从而结合牛顿第二定律求出鱼饵对管子的作用力大小和方向．（3）根据机械能守恒定律求出平抛运动的初速度，结合平抛运动的规律求出水平位移的表达式，通过数学知识得出鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线之间的最大距离．
（1）鱼饵到达管口C的过程中，机械能守恒，故：
解得：
（2）设在C处管子对鱼饵的作用下向下，大小为
由牛顿第二定律可得：
解得：
根据牛顿第三定律可得鱼饵对管子的作用力8mg，方向向上；
（3）设AB长度为h，对应平抛水平距离为x
由机械能守恒定律可得：
鱼饵从管口C做平抛运动，则有：水平方向，竖直方向
联立解得：
当h=2R时，x有最大值为
则
15．(1) （2）mv2/2+mgL（3）；
【解析】
(1)木块从N到NN/中点，再回到N点，此过程弹簧弹力做功代数和为零，克服摩擦力做的功为W克；若木块与弹簧不相连接，木块从N到达N/过程中，弹簧弹力不做功，克服摩擦力做的功也为W克，又因为两种情况木块到达N时的速度相同，所以到达N/的速度v/应等于第一次回到N时速度v，即v/＝v
（2）木块从O运动到N的过程中弹簧弹力做的功为W
W – W克＝mv2/2
W＝mv2/2+mgL
（3）木块落地时速度为vp
vp与水平方向夹角为，
cos
16．（1）；（2）；（3）。
【解析】
（1）由图知，C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度反方向为正方向，由动量守恒定律得：
计算得出：
(2)12s时B离开墙壁，此时B速度为零，A、C速度相等时
从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中，A、C两物体的动量变化为：
从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小为：
代入数据得：
(3)12s末B离开墙壁之后，A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度相等时弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律，有：
根据机械能守恒定律，有：
计算得出：
计算题——能量守恒定律
1．（2022·江苏连云港·三模）如图所示，半球形光滑圆弧槽固定在水平转台上，转台可绕竖直轴转动，圆弧槽半径为R，圆心为O。质量为的小球A通过长L=3R的细线连接小球B，两球静止时，A球恰在槽内壁P点，PO与水平方向间夹角现将A球移至圆弧槽的左端点Q由静止释放，转台保持静止。已知重力加速度为g。
（1）求B球的质量；
（2）求A球运动到P点时的动能；
（3）若将A球固定在P点，使转台绕轴从静止开始缓慢加速转动，直到细线QB与竖直方向间夹角，求此过程中转台对两球做的功W。
2．（2022·湖南娄底·模拟预测）如图所示，质量为M=2.5kg的长木板B静止放置在光滑水平面上，B左侧的竖直平面内固定一个光滑圆弧轨道PQ，O点为圆心，半径为R=6m，OQ竖直，Q点与木板B上表面相切，圆心角为。圆弧轨道左侧有一水平传送带，传送带顺时针转动，传送带上表面与P点高度差为H=0.45m。现在传送带左侧由静止放置一个质量为m=1kg的可视为质点的滑块A，它随传送带做匀加速直线运动，离开传送带后做平抛运动，恰好从P点沿切线进入圆弧轨道，滑出轨道后又滑上木板B，最后与木板B相对静止。已知滑块A与长木板B间的动摩擦因数，取，sin37°=0.6，求：
（1）滑块离开传送带的速度大小；（2）滑块经过Q点时受到弹力大小；（结果保留三位有效数字）
（3）木板B的最小长度。
3．（2022·安徽宣城·模拟预测）如图所示,光滑的圆形轨道ABCD固定于竖直平面内，O为圆心，半径为R，直径AC在竖直方向上且与直径BD之间的夹角为，轨道与光滑的水平地面MN相切于圆的下端点A。现将两个质量均为的小球放在光滑水平地面上并让右边的小球以初速度水平向左运动，两球碰撞后迅速粘成一个整体P（可看成质点），为使整体P通过圆弧轨道，当整体P经过A点时对其施加方向水平向左、大小为的恒力，已知，重力加速度大小为g，求：
（1）两小球碰撞时左边小球所受冲量的大小及系统损失的机械能；
（2）整体P经过D点时，轨道对整体P施加的弹力；
4．（2022·重庆·三模）近年来，我国物流行业发展迅速，在机场经常能见到地勤工作人员利用传送带从飞机上装卸货物。如图所示。若某次工作人员所用传送带与水平面夹角，传送带下行运行速率，传送带两端距离；工作人员沿传送带方向以初速度从传送带顶端推下（推力立即撤去）一件质量为的小包裹（可视为质点）；小包裹要与传送带间的动摩擦因数。取重力加速度，，。求：
（1）包裹通过传送带所需时间；
（2）包裹从顶端到底端与传送带因摩擦所产生的热量。
5．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，粗糙轻杆水平固定在竖直轻质转轴上A点。质量为m的小球和轻弹簧套在轻杆上，小球与轻杆间的动摩擦因数为μ，弹簧原长为0.6L，左端固定在A点，右端与小球相连。长为L的细线一端系住小球，另一端系在转轴上B点，AB间距离为0.6L。装置静止时将小球向左缓慢推到距A点0.4L处时松手，小球恰能保持静止。接着使装置由静止缓慢加速转动。已知小球与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，不计转轴所受摩擦。
（1）求弹簧的劲度系数k；
（2）求小球与轻杆间恰无弹力时装置转动的角速度ω；
（3）从开始转动到小球与轻杆间恰无弹力过程中，外界提供给装置的能量为E，求该过程摩擦力对小球做的功W。
6．（2022·上海·模拟预测）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道和相连）、高度h可调的斜轨道组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径，长，长，圆轨道和光滑，滑块与、之间的动摩擦因数。滑块质量m=2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小；
（2）当且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力大小及弹簧的弹性势能；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能与高度h之间满足的关系。
7．（2022·四川·东辰国际学校一模）如图光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m=1kg的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L=6m，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动．CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R=0.4m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．
（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能；
（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x=1.2m处（CD长大于1.2m），求物块通过E点时受到的压力大小；
（3）满足（2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能．
8．（2022·山东潍坊·高考模拟）如图甲所示，在平台上推动物体压缩轻质弹簧至P点并锁定。解除锁定，物体释放，物体离开平台后水平抛出，落在水平地面上。以P点为位移起点，向右为正方向，物体在平台上运动的加速度a与位移x的关系如图乙所示。已知物体质量为2kg，物体离开平台后下落0.8m的过程中，水平方向也运动了0.8m，g取10m/s2，空气阻力不计。求：
（1）物体与平台间的动摩擦因数及弹簧的劲度系数；
（2）物体离开平台时的速度大小及弹簧的最大弹性势能。
9．（2022·天津市静海区第二中学一模）如图所示，半径为R=0.25m的竖直圆弧轨道与平板组合成一体，其质量为M=4 kg，一轻质弹簧右端固定在平板上，弹簧的原长正好等于平板的长度．组合体放在水平地面上，并与左侧竖直墙壁紧挨在一起．将质量为m=1 kg的物块（可视为质点）从圆弧轨道上端以初速度v0=2 m/s滑入轨道，物块到达圆轨道最低点时将与弹簧接触并压缩弹簧．设小物块与平板间的摩擦因数为=0.2，弹簧的最大压缩量为x=0.2 m，其他接触面间的摩擦均不计，重力加速度g取10 m/s2．求：
（1）小物块到达圆轨道最低点时所受的支持力；
（2）弹簧的最大弹性势能．
10．（2022·黑龙江·哈尔滨三中二模）如图，轻质弹簧左端固定，右端连接一个光滑的滑块A，弹簧的劲度系数，弹簧的弹性势能表达式为（为弹簧的形变量）．滑块B靠在A的右侧与A不连接，A、B滑块均可视为质点，质量都为，最初弹簧的压缩量为，由静止释放A、B，A到平台右端距离，平台离地高为，在平台右侧与平台水平相距S处有一固定斜面，斜面高为，倾角．若B撞到斜面上时，立刻以沿斜面的速度分量继续沿斜面下滑．B与水平面和斜面之间动摩擦因数均为0.5，若B在斜面上滑动时有最大的摩擦生热，求：
(1)B离开平台的速度等于多少？
(2)斜面距平台右端距离S为多少？
(3)B滑到斜面底端的速度为多大？
11．（2022·湖南衡阳·二模）弹跳杆运动是一项广受青少年欢迎的运动．弹跳杆的结构如图甲所示，一根弹簧的下端固定在跳杆的底部，上端固定在一个套在跳杆上的脚踏板底部．质量为5m的小明站在脚踏板上，当他和跳杆处于竖直静止状态时，弹簧的压缩量为x0，小明先保持稳定姿态竖直弹跳．某次弹跳中，从弹簧处于最大压缩量为5x0，开始计时，如图乙(a)所示；上升到弹簧恢复原长时，小明抓住跳杆，使得他和弹跳杆瞬间达到共同速度，如图乙(b)所示；紧接着他保持稳定姿态竖直上升到最大高度，如图乙(c)所示．已知全程弹簧始终处于弹性限度内(弹簧弹性势能满足，k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量)，跳杆的质量为m，重力加速度为g．空气阻力、弹簧和脚踏板的质量、以及弹簧和脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽略不计．求：
(1)弹跳杆中弹簧的劲度系数k；
(2)从开始计时至竖直上升到最大高度过程中小明的最大速度vm；
(3)跳杆离地后上升的最大高度．
12．（2022·浙江·一模）如图所示，水平传送带AB向右匀速运动，倾角为的倾斜轨道与水平轨道平滑连接于C点，小物块与传送带AB及倾斜轨道和水平轨道之间均存在摩擦，动摩擦因数都为，倾斜轨道长度，C与竖直圆轨道最低点D处的距离为，圆轨道光滑，其半径．质量为可看作质点的小物块轻轻放在传送带上的某点，小物块随传送带运动到B点，之后沿水平飞出恰好从P处切入倾斜轨道后做匀加速直线运动(进入P点前后不考虑能量损失)，经C处运动至D，在D处进入竖直平面圆轨道，恰好绕过圆轨道的最高点E之后从D点进入水平轨道DF向右运动．(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，)求：
(1)物块刚运动到圆弧轨道最低处D时对轨道的压力；
(2)传送带对小物块做的功W；
(3)若传送带AB向右匀速运动的速度，求小物块在传送带上运动过程中由于相互摩擦而产生的热量Q．
13．（2022·安徽安庆·二模）如图所示，半径R = 1.6m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带相切于B点，水平传送带上A、B两端点间距L = 16m，传送带以v0 = 10m/s的速度顺时针运动，将质量m = 1kg的小滑块(可视为质点)放到传送带上，滑块与传送带间的动摩擦因数μ = 0.4，取g = 10m/s²。
（1）将滑块在传送带A端由静止释放，求滑块由释放到第一次经过B端时所需时间；
（2）若滑块仍由静止释放，要想滑块能通过圆轨道的最高点C，求滑块在传送带上释放的位置范围；
（3）若将滑块在传送带中点处释放，同时沿水平方向给滑块一初速度，使滑块能通过圆轨道的最高点C，求此初速度满足的条件。
14．（2022·浙江·一模）如图所示，为某种鱼饵自动投放器的装置示意图，其下半部分AB是一长为2R的竖直细管，上半部分BC是半径为R的四分之一圆弧弯道，管口C处切线水平，AB管内有原长为R、下端固定的轻质弹簧．在弹簧上端放置一粒质量为m的鱼饵，解除锁定后弹簧可将鱼饵弹射出去，投鱼饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，此时弹簧的弹性势能为7mgR（g为重力加速度）．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，求：
（1）鱼饵到达管口C时的速度大小；
（2）鱼饵到达管口C时对管子的作用力大小和方向；
（3）已知地面比水平高出1.5R，若竖直细管的长度可以调节，圆弧弯管BC可随竖直细管一起升降．求鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线之间的最大距离．
15．（2022·上海长宁·二模）如图所示，质量为m的木块压缩轻质弹簧静止在O点，水平面ON段光滑，长为L的NN/段粗糙，木块与NN/间的动摩擦因数为m．现释放木块，若木块与弹簧相连接，则木块最远到达NN/段中点，然后在水平面上做往返运动，且第一次回到N时速度大小为v；若木块与弹簧不相连接，木块与弹簧在N点即分离，通过N/点时以水平速度飞出，木块落地点P到N/的水平距离为s．求：
(1)木块通过N/点时的速度；
(2)木块从O运动到N的过程中弹簧弹力做的功；
(3)木块落地时速度vp的大小和方向．
16．（2022·江西·赣州中学一模）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4.0kg和mB=3.0kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示。求：
(1)物块C的质量；
(2)从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小。
(3)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能？
参考答案：
1．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）对A球在P点进行受力分析，如图所示
可知三角形OQP为等边三角形，槽对A球的支持力与线中张力大小相等，则
又
解得
（2）设A球运动到P点的速度为，此时B球的速度为，则
取两球组成的系统，研究从释放到A球运动到P点的过程，根据机械能守恒定律有
解得
（3）细线QB与竖直方向间夹角时，设A、B球转动的半径分别为、，转台转动的角速度为，则
对B球，根据牛顿第二定律可得
转台对两球做的功为
联立解得
2．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）滑块A离开传送带做平抛运动，竖直方向满足
又滑块A沿切线滑入圆轨道，满足
解得
（2）滑块A沿圆轨道滑下，机械能守恒，得
在Q点，由圆周运动规律
解得
，
3．（1），；（2）；（3）
【解析】
（1）两小球碰撞时，设碰撞后整体P的速度为，根据动量守恒定律有
代入数据解得
设左边小球所受冲量的大小为，对左边小球，根据动量定理有
两小球碰撞时系统损失的机械能为
（2）整体P从A点运动D点时，根据几何关系，由动能定理有
代入数据解得
在D点，设轨道对整体P的弹力为，根据几何关系，有牛顿第二定律得
联立解得
（3）设整体P经过D点时得竖直分速度为，整体落地的竖直分速度为，根据题意可知
整体P离开D点后，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动规律有
设整体P离开D点到水平地面的过程中，重力的冲量大小为，竖直方向上，根据动量定理有
联立解得
4．（1）4.5s；（2）8J
【解析】
（1）对包裹受力分析，根据牛顿第二定律
解得
可知包裹减速运动，速度与传送带相同所用时间
这段时间内包裹的位移
接下来包裹匀速运动，到达底端又用时
因此包裹通过传送带所需时间
（2）只有在包裹减速阶段才相对传送带有性对运动，减速的阶段相对传送带的位移
因摩擦所产生的热量
5．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）依题意，有
k（0.6L－0.4L）＝μmg
解得
k＝
（2）小球与轻杆间恰无弹力时受力情况如图所示，此时弹簧长度为0.8L有
Tsin37°＝mg
Tcos37°＋k（0.8L－0.6L）＝0.8mω2L
解得
ω＝
（3）题设过程中初始时弹簧的压缩量与最终状态时的伸长量相等，故弹性势能改变量
ΔEp＝0
设小球克服摩擦力做功为W’，则则由功能关系有
其中
v＝0.8ωL
解得
过程摩擦力对小球做的功
6．（1）；（2） ，；（3），其中
【解析】
（1）滑块恰过F点的条件：
解得
（2）滑块在斜面上摩擦受重力、支持力和摩擦力，其中仅重力和摩擦力做功从E到B，动能定理
代入数据可得
在E点做圆周运动，根据牛顿第二定律
解得
从O到E点，根据能量守恒定律：
解得
（3）要使游戏成功，首先滑块不能脱离轨道，其次滑块需要恰好停留在B点，设滑块恰能过F点，从O点到F点，此情况由能量守恒定律可得
滑块恰能过F点，恰好能停留在B点，设此时B点离地高度为h1，从O点到B点能量守恒有
解得
由于滑块需要停留在B点，则需要
解得
即B点离地高度最高为
从O到B点
其中
7．（1）（2）N=12.5N（3）Q=16J
【解析】
（1）释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点由动能定理知：
由能量守恒定律知
解得
（2）由平抛运动知：竖直方向：
水平方向
在E点，由牛顿第二定律知
解得
N=12.5N
（3）从D到E，由动能定理知：
解得
从B到D，由动能定理知
解得
对物块
解得
t=1s
由能量守恒定律知
解得
Q=16J
8．（1），；（2），
【解析】
（1）由图像知，弹簧最大压缩量为，物体开始运动时加速度，离开弹簧后加速度大小为。由牛顿第二定律
，
代入数据联立解得
，
（2）物体离开平台后，由平抛运动规律得
，
物体沿平台运动过程由能量守恒定律得
代入数据联立解得得
，
9．（1）46N（2）3.2J
【解析】
（1）设物块到达圆轨道最低点时的速度为v
mv02+mgR=mv2
解得：v=3m/s
FN-mg=m
解得：FN=46N
（2）设物块压缩弹簧到最大位移时共同速度为v′
mv=(m+M)v′
v′=0.6m/s
设弹簧的最大弹性势能为EP
mv2=(m+M)v′2+EP+μmgx
解得：EP=3.2J
10．（1） （2） （3）
【解析】
（1）A、B分离时，A、B的加速度相同，A、B间弹力为0
对B分析：，解得
对A分析:：，解得
弹簧伸长量时，A、B分离，
由释放至A、B分离，根据能量守恒可得
分离后，物体B：
解得：
（2）从抛出到刚落到斜面上的过程中，做自由落体运动，即，解得；
在水平方向上，
（3）平抛竖直分速度，
B在斜面滑动有最大的摩擦生热，则B在斜面顶端滑上斜面，
其沿斜面的速度为，
B在斜面上：，
解得
11．（1） （2） （3）
【解析】
（1）竖直静止时，对小孩受力分析：；
（2）当小孩的合力为零时，速度最大即小孩上升高度为4x0时，速度最大；
对系统运用能的转化和守恒定律；
得；
（3）设弹簧恢复原长时小孩速度为v1，对系统运用能的转化和守恒定律；
小孩抓住跳杆瞬间，小孩和跳杆动量守恒；
之后小孩和跳杆一起竖直上抛至最高点，得；
12．(1)压力为，方向竖直向下 (2) (3)
【解析】
（1）小球恰好过E点：
D到E过程：
D点：
，
则：
由牛顿第三定律得到物块到D点时对轨道压力为，方向竖直向下．
（2）从P点到D点
解得：
物块从B点沿水平飞出恰好从P处切入倾斜轨道，物块做平抛运动，水平方向的速度：
传送带对小物块做的功为：
（3）小物块在传送带上加速过程：
物块和传送带的相对位移：
小物块在传送带上运动过程中由于相互摩擦而产生的热量：
13．（1）t = 2.85s（2）距A端6m的范围内（3）
【解析】
（1）对滑块受力分析，由牛顿第二定律得
μmg = ma
由运动学得
v0 = at1
解得
t1 = 2.5s
设滑块速度达到v0时经过的位移为x1
由运动学得
= 12.5m
设滑块匀速运动的位移为x2
x2 = L - x1 = 3.5m
则滑块运动匀速运动的时间为
= 0.35s
所需时间为
t = t1 + t2 = 2.85s
（2）由牛顿运动定律得
由机械能守恒得
解得：滑块通过B点的速度至少为
m/s
由运动学得
vB2 = 2as
解得
s = 10m
滑块在A端与距A端6m的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C处。
（3）若给滑块一水平向右的初速度v1，由运动学得
解得
v1 = 4m/s
所以给滑块一水平向右的速度且需满足的条件
v1 ≥ 4m/s
若给滑块一水平向左的速度，只需让滑块在向左减速滑行的距离在2m ~ 8m的范围即可
由运动学可得
2m ≤ s′ ≤ 8m
解得
4m/s ≤ v2 ≤ 8m/s
所以给滑块一水平向左的速度且需满足的条件4m/s ≤ v2 ≤ 8m/s。
14．（1）,（2）8mg,方向向上;（3）10R
【解析】（1）根据能量守恒定律求出鱼饵到达管口C时的速度大小．（2）根据牛顿第二定律求出管口对鱼饵的作用力大小，从而结合牛顿第二定律求出鱼饵对管子的作用力大小和方向．（3）根据机械能守恒定律求出平抛运动的初速度，结合平抛运动的规律求出水平位移的表达式，通过数学知识得出鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线之间的最大距离．
（1）鱼饵到达管口C的过程中，机械能守恒，故：
解得：
（2）设在C处管子对鱼饵的作用下向下，大小为
由牛顿第二定律可得：
解得：
根据牛顿第三定律可得鱼饵对管子的作用力8mg，方向向上；
（3）设AB长度为h，对应平抛水平距离为x
由机械能守恒定律可得：
鱼饵从管口C做平抛运动，则有：水平方向，竖直方向
联立解得：
当h=2R时，x有最大值为
则
15．(1) （2）mv2/2+mgL（3）；
【解析】
(1)木块从N到NN/中点，再回到N点，此过程弹簧弹力做功代数和为零，克服摩擦力做的功为W克；若木块与弹簧不相连接，木块从N到达N/过程中，弹簧弹力不做功，克服摩擦力做的功也为W克，又因为两种情况木块到达N时的速度相同，所以到达N/的速度v/应等于第一次回到N时速度v，即v/＝v
（2）木块从O运动到N的过程中弹簧弹力做的功为W
W – W克＝mv2/2
W＝mv2/2+mgL
（3）木块落地时速度为vp
vp与水平方向夹角为，
cos
16．（1）；（2）；（3）。
【解析】
（1）由图知，C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度反方向为正方向，由动量守恒定律得：
计算得出：
(2)12s时B离开墙壁，此时B速度为零，A、C速度相等时
从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中，A、C两物体的动量变化为：
从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小为：
代入数据得：
(3)12s末B离开墙壁之后，A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度相等时弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律，有：
根据机械能守恒定律，有：
计算得出：
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