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压轴题10 功能关系的综合应用-高考物理压轴题专项训练（全国通用）
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这是一份压轴题10 功能关系的综合应用-高考物理压轴题专项训练（全国通用），文件包含压轴题10功能关系的综合应用解析版docx、压轴题10功能关系的综合应用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
压轴题10 功能关系的综合应用
考向一/计算题：与曲线运动有关的功能关系问题
考向二/计算题：与传送带有关的功能关系问题
考向三/计算题：与板块模型有关的功能关系问题
要领一：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。
要领二：求解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。
要领三：与传送带有关的功能关系问题
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。
要领四：与传送带有关的功能关系问题
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．如图，在倾角为的光滑斜坡上有20个均匀分布的减速带，减速带之间的距离均为d，每个减速带的宽度远小于d。质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止下滑。小车通过减速带所损失的机械能与到达减速带时的速度有关。某同学观察发现，小车通过第17个减速带后，在相邻减速带间的平均速度不再增加。小车通过最后一个减速带后立刻进入与斜面平滑连接的水平地面继续滑行距离s后停下，小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。
（1）小车进入水平地面时速度的大小；
（2）小车通过20个减速带共损失的机械能；
（3）小车通过第17个减速带后，每经过一个减速带损失的机械能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）在水平地面上，小车水平方向受到摩擦力即合外力，根据牛顿第二定律f = ma；f=μN=μmg
可得a =μg由公式可得=
（2）以水平地面为零势能面，静止下滑处小车的机械能为
通过20个减速带时小车的机械能为小车通过20个减速带共损失的机械能为
（3）通过相邻减速带间的平均速度不再增加的大致v-t图像
或（图像不做要求）
通过第17个及之后的减速带时小车的平均速度相同，即达到减速带时小车的瞬时速度相同。
小车通过第17个减速带后，根据功能关系，每经过一个减速带损失的机械能
2．如图甲所示，在水平面上沿一条直线并排着四个物体（均可视为质点），彼此相距为L，以物体1所在位置为坐标原点，向右为x轴正方向，建立如图甲所示坐标系。物体与水平面之间的动摩擦因数如图乙所示，在，，之间动摩擦因数与x轴所成μ—x图像正好为半圆，其他地方地面可视为光滑。物体1、2、3、4的质量分别为m、2m、3m、4m。现给物体1以一定初速度，物体1与物体2发生碰撞后粘在一起向右运动。此后，发生的其他碰撞皆为弹性碰撞。已知当地重力加速度为g，所求答案用题目中给定的符号m、L、g、π表示，本题中所有单位均为国际单位制单位。求：
（1）物体1在运动第1个位移L过程中，地面对物体1所做的功；
（2）物体1与物体2相撞后瞬间的速度；
（3）物体3最终的位置坐标。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物体1在水平地面上滑动过程中，受到滑动摩擦力作用，摩擦力大小为F滑 = μmg
滑动摩擦力所做的功解得
（2）物体1以初速度v0经过位移L的过程中，根据动能定理得物体1与物体2发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律得解得
（3）物体1、2整体经过位移L后和物体3发生弹性碰撞，因为质量相同，所以发生速度交换。物体1、2停在物体3位置，物体3经过位移L后与物体4发生弹性碰撞。1、2碰撞后到3与4碰撞前，根据动能定理得物体3与物体4发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒得
；物体3碰撞后反弹，假设在水平面上运动的距离为y，且，对应的圆心角为，如图所示
则滑动摩擦力所做的功为根据动能定理
位置坐标为解得
3．有一款推拉门，其三扇门板俯视如图所示，每扇门的宽度均为，质量均为，边缘凸起部位的宽度均为。门完全关闭时，1号门板的左侧以及3号门板的右侧分别与两侧的门框接触时，相邻门板的凸起部位也恰好接触。测试时，将三扇门板均推至最左端，然后用恒力F水平向右推3号门板，每次都经过相同的位移后撤去F，观察三扇门的运动情况。发现当恒力为时，3号门板恰好能运动到其左侧凸起与2号门板右侧的凸起接触处。设每扇门与轨道间的动摩擦因数均相同，门板凸起部位间的碰撞及门板与门框的碰撞均为完全非弹性碰撞（不黏连）。不考虑空气阻力，取。
（1）求每扇门与轨道间的动摩擦因数。
（2）若要实现三扇门恰好完全关闭，则恒力应是多大？
（3）若想让三扇门都到达最右侧门框处，则恒力至少是多大？
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设每扇门与轨道间的动摩擦因数为，根据动能定理解得
（2）设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为，根据动能定理设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为，根据动量守恒定律有，3号门板与2号门板碰撞后一起向右运动的过程中，根据动能定理解得
（3）设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为，根据动能定理设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为，根据动量守恒定律有，3号门板与2号门板碰撞后一起向右运动到与门框接触前的速度大小为，根据动能定理设2号门板与1号门板碰撞后速度的大小为，根据动量守恒定律有从2号门板与1号门板碰撞后到1号门板恰好停止过程中，根据动能定理联立解得
4．有一游戏装置，在光滑水平面AC上安装一弹簧发射架，已知AB为弹簧原长，弹力做功W与压缩量的关系为，弹簧劲度系数，压缩量可调，斜面CD的倾角为，长为。质量的物块P被弹簧弹出，经过C点时速度大小不变，物块P与斜面CD间的动摩擦因数。斜面在D点处与半径的光滑圆形轨道相切连接，圆轨道的最低点E与水平轨道EF相切连接，EF轨道与CD斜面略错开。质量为的物块Q放在距离E点的G点处，两物块与水平轨道EF的动摩擦因数均为，紧靠F点右侧下方有一距EF为的平台，平台足够长。物块P与物块Q碰撞后粘在一起向前运动，整个运动过程中两物块均可看成质点。
（1）若压缩量，求物块P第一次到达C点时的速度大小；
（2）若物块P恰好能过圆轨道最高点，则物块P通过圆轨道最低点E时对轨道的压力；
（3）若物块P不脱离轨道且能够撞上物块Q，至少为多少？
（4）若物块P恰好能过圆轨道最高点，G点右侧轨道长度S可调，则S多大时两物块在平台上的落点与E点水平距离最远？水平最远距离为多少？
【答案】（1）；（2）；方向竖直向下；（3）；（4），
【详解】（1）由B到C，根据能量守恒可知解得
（2）物块P恰好能过圆轨道最高点，重力提供向心力得从最高点到E点，根据动能定理可得在E点由牛顿第二定律知解得由牛顿第三定律得方向竖直向下
（3）当恰好过圆周运动最高点的情况下解得能撞上物块Q
根据能量守恒解得
（4）从E点到Q点，由动能定理可得根据动量守恒
可得则从G点到轨道右侧可得由平抛公式
得所以水平距离所以当时
5．五行八卦在中国传统文化中较为神秘，用来推演空间时间各类事物之间的关系。有一兴趣小组制作了一个“八卦”轨道游戏装置，如图所示，ABC和CDE是半径r = 0.3m的光滑半圆磁性轨道，AFE是半径R = 0.6m的光滑半圆塑料细管道，两轨道在最高点A处前后略有错开（错开距离相对于两个轨道的半径都很小）。左侧有一与水平面夹角θ = 37°，长度L = 1.25m的斜面MN，斜面底端M和轨道最低点E在同一水平面上，在斜面底端有一弹射器用于发射质量m = 0.3kg的小滑块P，在斜面顶端N处有一被插销锁定的相同质量的小钢球Q。某次试验时，将小滑块以初动能Ek= 6.5J发射，到达斜面顶端后与小钢球发生对心弹性撞击，同时小钢球解除锁定，小钢球恰能无碰撞进入塑料细管道的A点，经塑料管道和“八卦”轨道后返回。设小钢球和磁性轨道间的磁力大小恒为F，方向始终与接触面垂直，不考虑小钢球脱离磁性轨道后的磁力。小滑块在斜面上运动时受到的摩擦力大小恒定，小滑块P、小球Q在运动中均可视为质点，忽略空气阻力。（sin37° = 0.6，cos37° = 0.8）求：
（1）Q恰能无碰撞进入细管道时在A点的速度大小vA；
（2）要使Q不脱离磁性轨道，求所需磁力F的最小值；
（3）P从发射到与Q发生碰撞过程中，斜面摩擦力对P做的功Wf；
（4）通过调节斜面长度L和ME间水平距离x，使Q始终能无碰撞地从A点进入细管道，求发射P的初动能Ek与x之间的关系。
【答案】（1）4m/s；（2）31N；（3）－0.5J；（4）Ek = 3.5x－1.2（J ），1.6m < x < 3.2
【详解】（1）Q恰能无碰撞进入细管道时，则从A点反向平抛，恰好N点进入斜面轨道，根据平抛规律可知，小球A点的速度大小，其中h=2R－Lsinθ可解得
（2）分析可得，小钢球在磁性轨道上运动时，从下向上刚过C点时最容易脱离磁性轨道，满足
从A点到C点运动过程中机械能守恒解得F=31N
（3）因滑块与钢球质量相等发生对心弹性撞击，滑块碰撞前的速度vP与钢球碰撞后的速度vQ相等（交换速度），则分析滑块在斜面向上运动的过程，根据动能定理
解得
（4）Q从N点飞出的方向恒定，根据平抛速度和位移关系可知得x = 3.2－0.8L
要使得Q能恰好无碰撞进入A，其速度大小为斜面上滑块重力和摩擦力做功都与斜面长度成正比，根据动能定理综合上述式子解得Ek=3.5x－1.2（J）
“八卦”轨道需在斜面右侧，且L > 0，可得x的范围1.6m < x < 3.2
6．如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ，以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL， μL)，Q端在y轴上，重力加速度为g。
（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL 的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；
（3）将质量为M=7m的小物块置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
【答案】(1)；（2）（其中，）；（3）
【详解】（1）物块从光滑轨道滑至点，根据动能定理解得
（2）物块从点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为，落在弧形轨道上的坐标为，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有，联立解得水平初速度为物块从点到轨道上落点，根据动能定理可知解得落点处动能为
因为物块从点到弧形轨道上动能均相同，将落点的坐标代入，可得化简可得即（其中，）
（3）物块在倾斜轨道上从距轴高处静止滑下，到达点与物块碰前，其速度为，根据动能定理可知解得物块与发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达O点。规定水平向右为正方向，碰后AB的速度大小分别为和，在物块与碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则；解得；设碰后物块反弹，再次到达点时速度为，根据动能定理可知解得，A落在B落点的右侧，则，A和B均能落在弧形轨道上，则A必须落在P点的左侧，即：联立以上，可得的取值范围为
7．如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量且可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，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的光滑竖直圆弧与平滑连接，圆弧对应的圆心角为，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失，当弹簧储存的能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取。
（1）求右侧圆弧的轨道半径R；
（2）求小物块最终停下时与C点的距离；
（3）若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物块被弹簧弹出，由可知因为故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，由；；解得；；
因为故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以的速度滑上水平面BC，物块滑离传送带后恰到E点，由动能定理可知代入数据整理可以得到
（2）设物块从E点返回至B点的速度为，由得到因为，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C点x处，由得到
（3）设传送带速度为时物块能恰到F点，在F点满足从B到F过程中由动能定理可知
解得设传送带速度为时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，由：解得若物块在传送带上一直加速运动，由
知其到B点的最大速度综合上述分析可知，只要传送带速度
就满足条件。
8．如图所示的简化模型，主要由光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE和足够长的落地区FG组成，各部分平滑连接，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时马上停止运动。现将一质量为m=0.2 kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径R=0.1 m，水平面BD的长度，传送带长度，距离落地区的竖直高度，滑块与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为，传送带以恒定速度逆时针转动（g取，不考虑传送带的半径对运动的影响）。
（1）要使滑块恰能通过圆轨道最高点C点，求滑块释放点距水平轨道的高度；
（2）要使滑块恰能运动到传送带最右端E点，求滑块释放点距水平轨道的高度；
（3）若释放点距水平轨道的高度，求滑块静止时距B点的水平距离x与h的关系。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）滑块恰好过最高点C，有若滑块恰好能过最高点，从A到C，由机械能守恒定律，有解得
（2）要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度为0，从A到E，由动能定理，有
解得显然要使滑块恰能运动到E点，则滑块释放点的高度
（3）①当滑块释放点的高度范围满足时，滑块不能运动超过D点，最终停在BD上，设其在BD上滑动的路程为x，有解得
②当滑块释放点的高度范围满足时，滑块从传送带返回D点，最终停在BD上，在BD上滑动的路程为，有解得
③当滑块释放点的高度范围满足时，滑块从传送带返回D点，重回圆轨道，不超过与圆心等高位置，最终停在BD上，分析可知滑块在BD上滑动的路程为，有
解得
④当滑块释放点的高度时，滑块从E点飞出，有解得
平抛运动的时间；解得
9．如图所示，可视为质点的质量为m = 0.1kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F = 2N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R = 0.4m且内壁光滑的竖直固定圆管道，在圆管道上运行一周后从C处的出口出来后向D点滑动，D点右侧有一与CD等高的传送带紧靠D点且平滑连接，并以恒定的速度v = 3m/s顺时针转动。已知滑块运动到圆管道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道CD的长度为l2= 4.0m，小滑块与水平轨道ABCD间的动摩擦因数为μ1= 0.2，与传送带间的动摩擦因数μ2= 0.5，传送带的长度L = 0.5m，重力加速度g = 10m/s2。求：
（1）水平轨道AB的长度l1；
（2）若水平拉力F大小可变，要使小滑块能到达传送带左侧的D点，则F应满足什么条件；
（3）若在AB段水平拉力F = 2N的作用距离x可变，试求小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系。
【答案】（1）2m；（2）F ≥ 1.2N；（3）见解析
【详解】（1）设圆管道的最高点为P，则小滑块运动到最高点P时的速度大小为vP，根据牛顿第二定律有
从A点到P点，由动能定理有解得l1 = 2m
（2）若滑块恰能过P点，则满足vP = 0，从A点到P点，由动能定理有解得F = 1.2N
若小滑块恰能到D点，由动能定理有解得F = 1.2N综上所述应满足条件为F ≥ 1.2N。
（3）分析各类情况：①要到达E点，必须过P点，过P点，至少满足Fx﹣μ1mgl1﹣2mgR = 0解得x = 0.6m
可知x < 0.6m时，无法达到E点。
②滑块恰好过P点的情况下，从P点到D点的过程，由动能定理得解得到达D点的速度v1 = 0 < 3m/s则滑块滑上传送带加速。讨论传送带上运动情况：若全程加速，加速到E点时速度恰好为3m/s，滑块在传送带加速过程，由动能定理有解得vD = 2m/s，对应距离满足解得x = 0.7m所以当0.6m ≤ x ≤ 0.7m，对应距离应满
解得
③当过D点的速度超过3m/s时，滑上传送带即减速，若全程减速，减到E点时恰好为3m/s。滑块在传送带加速过程，由动能定理有解得对应距离满足
解得x = 0.95m即当0.7m < x ≤ 0.95m时，小滑块滑上送带先加速再匀速运动或者先减速再匀速运动，达到E点时vE = 3m/s
④若x > 0.95m，小滑块进入传送带全程减速，则满足解得
10．如图所示，存足够大的水平地面上静置一木块，两个完全相同均可视为质点的物块 1、2分别以v0、2v0的速度水平向右同时滑上木板，最终木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，物块2恰好停在木板右端。已知木板总质量M=1 kg，每个物块的质量m =1 kg，物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.05，v0 =1 m/s，取重力加速度大小g=10 m/s2，求：
（1）物块1、2在木板上滑动的时间t1、t2；
（2）木板与地面间因摩擦产生的热量Q；
（3）物块2滑上木板时距木板左端的距离d。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）根据分析可知物块1减速至与木板速度相等时后将不再滑动，设物块1、2在木板上滑动时的加速度大小为a1，两物块同时在木板上滑动时木板的加速度大小为a2，只有物块2在木板上滑动时木板的加速度大小为a3，则有，，
解得，，物块1与木板达到相等速度时有
物块2与木板达到相等速度时有解得，
（2）设物块1在木板上滑动时木板运动的位移大小为x1，则只有物块2在木板上滑动时木板运动的位移大小为x2，则设三者保持相对静止时一起沿地面做匀减速直线运动的加速度大小为a4、位移大小为x3，则有，木板与地面间因摩擦产生的热量为解得
（3）作出v一t图像如图所示
设物块2相对木板滑动的距离为x，则物块2滑上木板时距木板左端的距离解得
11．如图所示，质量为m1的长木板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为μ1=0.5，其端有一固定的、光滑的半径R=0.4m 的四分之一圆弧轨道（接触但无黏连），长木板上表面与圆弧面最低点等高，木板左侧有一同样的固定的圆弧轨道，木板左端与左侧圆弧轨道右端相距x0=1m。 质量为m2 =2m1的小木块（看成质点）从距木板右端x=2m处以v0 =10m/s的初速度开始向右运动，木块与木板间的动摩擦因数为μ2 =0.9，重力加速度取g = 10m/s2。 求：
(1)m2第一次离开右侧圆弧轨道后还能上升的最大高度。
(2)使m2不从m1上滑下，m1的最短长度。
(3)若m1取第(2)问中的最短长度，m2第一次滑上左侧圆弧轨道上升的最大高度。
【答案】(1)2.8m；(2)m；(3)m
【详解】（1）设滑块到达木板右端的速度为v1，由动能定理可得 代入数据，解得v1=8 m/s设滑块离开圆弧轨道后.上升的最大高度为h1，由动能定理可得代入数据，解得h1=2.8 m。
（2）由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小v1=8 m/s，滑上木板后，滑块的加速度为a2，由牛顿第二定律木板的加速的为a1，由牛顿第二定律解得，。设经过t1时间后两者共速，共同速度为v，由运动学公式可知，解得该过程中木板的位移；滑块走过的位移；由于，假设正确，之后一起匀减速运动，若滑块最终未从木板左端滑出，则木板的最小长度联立以上各式，解得
（3）滑块和木板一起匀减速运动至最左端，设加速度均为a，由牛顿第二定律可知
解得滑块和木板一起匀减速运动至最左端的速度为v2，由动能定理可得
随后滑块滑上左侧轨道，设上升的最大高度为h2，则由动能定理可得代入数据，解得
12．如图所示，质量为M=1kg、长为L=1m的长木板A锁定在光滑的水平面上，质量为m=0.5kg的物块B（可视为质点）以一定的初速度v0从长木板的左端滑上长木板，恰好能停在长木板的右端。B与A上表面的动摩擦因数μ从左向右随移动距离l变化关系如图乙所示。重力加速度取g=10m/s2。
（1）求物块B滑上长木板时的初速度v0大小；
（2）若解除长木板的锁定，物块B仍以初速度v0从长木板左端滑上长木板，求最终物块相对长木板滑行的距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）物块B在长木板上运动过程，只有摩擦力做功，前半段摩擦力不变，后半段由图乙知摩擦力随位移均匀变化，根据功能关系有解得
（2）设最后共同速度为v，根据动量守恒有解得系统损失的动能由于因此，物块B相对长木板滑行的距离大于0.5m，设物块滑过长木板中点后又相对滑行的距离为x0，则根据功能关系有
解得因此，物块B相对长木板滑行的距离
13．如图所示，粗糙斜面倾角，斜面长，斜面底端A有固定挡板，斜面顶端有一长度为h的粘性挡板，为一段半径的圆弧，半径与竖直方向夹角为，处于竖直平面上，将质量为m、长度为L，厚度为h的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块（可看作质点）静止在木板下端，整个系统处于静止状态。木板上端若到达斜面顶端B点会被牢固粘连，物块若到达C点能无能量损失进入圆弧。若同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度，木板上端恰能到达B点。现给物块沿斜面向上的初速度，并给木板施加一沿斜面向上的恒力。物块刚好不从木板上端脱离木板。已知木板与斜面间的动摩擦因数，物块与本板间的动摩擦因数为，，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，，。
（1）求大小；
（2）求物块与木板间的动摩擦因数；
（3）给物块沿斜面向上的初速度，并给木板施加一沿斜面向上的恒力，若改变s的大小，木板能在与物块共速前到达B端且物块进入圆弧后不脱离圆弧。求s的取值范围。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由于，可知，当同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度时，物块与木板保持相对静止向上做匀减速直线运动，对物块与木板整体有解得
根据题意，此过程木板上端恰能到达B点，则有解得
（2）给物块初速度时，对物块有对木板有经历时间，两者达到相等速度，则有
之后，由于即之后做匀速直线运动，木板到达B后，物块进一步向上做匀减速直线运动，由于物块刚好不从木板上端脱离木板，则物块减速至C时，速度恰好等于0，则有
解得，
（3）若物块在圆弧中恰好做完整的圆周运动，则在最高点D有解得令物块此过程在C点速度为，则有解得若物块在圆弧中恰好到达与圆心等高位置速度减为0，令物块此过程在C点速度为，则有解得改变s的大小，木板能即在与物块共速前到达B端，则此过程中，物块一直以加速度a向上做匀减速直线运动，当减速至时，则解得斜面长度不可能小于木板的长度，表明上述情景不存在。当减速至时，则解得根据（2）可知物块前后做匀减速的位移和值为
综合所述，s的取值范围为
14．如图，一轻弹簧一端固定在垂直水平面的挡板上的A点，B点为弹簧原长位置，开始时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧具有的弹性势能，弹簧右端有一质量的物块P与弹簧接触但不栓接，B点右端C点静止放置一质量m=6.0kg物块K，AC为光滑的水平面，物块K右侧光滑的水平轨道DE上静止放置一质量M=2.0kg的平板车，其上表面与水平轨道BC在同一水平面内，左侧紧靠C点。物块K与平板车上表面之间的动摩擦因数为。FH为竖直面内半径R=0.90m的光滑圆弧轨道，圆心为，FG为竖直方向的直径，其固定在一水平位置可以调节的竖直挡板EF的上方，平板车上表面与圆弧轨道FH可以平滑连接。调节竖直挡板使平板车右侧与E点的水平距离d=1.5m，让弹簧解除锁定推动物块P向右运动，之后物块P进入水平轨道BC与物块K发生弹性正碰，碰撞后物块P被束缚不再运动，物块K滑上平板车带动平板车运动，平板车运动到F点与挡板EF碰撞后速度立即变为0，之后物块K又由平板车滑上圆弧轨道FH。物块P、K均可视为质点，物块K从F点进入圆弧轨道FH时无动能损失，不计空气阻力，重力加速度g取，求
（1）物块P与物块K碰撞之后物块K的速度大小；
（2）从物块K滑上平板车到平板车运动到E点过程中，物块K与平板车之间因摩擦产生的热量Q；（物块K未脱离平板车）
（3）物块K能滑上圆弧轨道且能运动到最高点G，平板车长度L的取值应满足的条件。
【答案】（1）9m/s；（2）60J；（3）
【详解】（1）设解除锁定后物块P获得的最大速度为，弹簧弹开的过程，对于物块P和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律有解得物块P与物块K在C点发生弹性碰撞，设碰撞之后物块P的速度大小为，物块K的速度大小为，由动量守恒定律有由机械能守恒定律有代入数据，解得，
（2）物块K滑上平板车后，因初始时二者速度不同，故二者发生相对滑动，假设物块K滑上平板车后带动平板车向右一直加速运动到E点，在此过程中，设平板车到达E点的速度的为，物块K的速度为，对于平板车，由动能定理有代入数据，解得对于物块K与平板车组成的系统，在它们的作用过程，系统动量守恒，即代入数据，解得因，故假设成立，即物块K滑上平板车后带动平板车向右一直加速运动到E点，物块K和平板车一直是发生相对滑动，对于物块K和平板车组成的系统，系统损失的机械能全部转化为内能，由能量守恒定律和能量转化关系可知，系统因摩擦产生的热量为代入数据，可解得
（3）平板车运动到E点时，设物块K在平板车上滑动的距离为，由能量守恒定律有
代入数据，解得物块K要能滑上半圆轨道FG，必须保证平板车滑到E点之前，物块K不能掉落，可知平板车的长度设物块K刚好能通过半圆轨道的最高点G时的速度为，此临界情况对应的平板车长度为，物块K恰好过最高点时有解得平板车运动到E点后，物块K在平板车上还要滑动的距离为，之后刚好滑到G点，对于物块K，由动能定理有
代入数据，解得物块K要通过最高点，平板车的长度
综上所述，平板车的长度应满足的条件
15．如图所示，水平传送带的左端与斜面AB末端连接，另一端与光滑水平轨道CM连接，M端连接半圆形光滑圆弧轨道MPN，圆弧半径R=1.6m，在竖直面MN的右侧（包括M、N点）存在竖直向上的匀强电场，电场强度。一带正电金属滑块a质量为m=0.1kg，电量为q，从斜面AB上高h=3m处由静止开始下滑，运动到CM上某位置与另一完全相同的不带电金属滑块b发生碰撞后结合在一起，形成结合体c。已知斜面、传送带、轨道均绝缘，滑块与AB斜面之间的动摩擦因数μ1=0.3，与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.2，斜面倾角θ=37°，传送带长为5m，CM长为2m，滑块a、b及结合体c均可视为质点，不计滑块在B点的能量损失，重力加速度g=10m/s2，
（1）求滑块a到达B点时的速度大小；
（2）若传送带逆时针转动的速度v=2m/s，求结合体c到达N点时对轨道的压力；
（3）以M点为坐标原点，向左为正方向建立x轴，改变传送带的速度大小和方向，求结合体c通过圆弧轨道后从N点平抛到x轴上的落点坐标与传送带速度的关系。
【答案】（1）；（2），方向竖直向上；（3）或或
【详解】（1）从A到B过程，根据动能定理有解得
（2）分析可知滑块a在传送带上一直减速，从B到C过程解得
a与b碰撞，根据动量守恒①解得结合体c从M到N过程，根据动能定理
②解得在N点根据向心力公式
根据牛顿第三定律，代入数值可得结合体对轨道压力方向竖直向上。
（3）根据平抛运动可知，竖直方向有，水平方向有③分析可知当滑块a在传送带上一直减速到达C点时速度为；当传送带顺时针转动，滑块a在传送带上一直加速到达C点时速度为，有解得情况一：当传送带顺时针转动且速度或逆时针转动时，根据前面分析滑块到C点速度，此时位置坐标为
情况二：当传送带顺时针转动且速度时，可知滑块a在传送带上运动过程中必定与传送带共速，即滑块到C点速度为v，联立①②③可得位置坐标为
情况三：当传送带顺时针转动且速度时，滑块到C点速度，联立①②③可得此时位置坐标为
16．如图所示，在倾角的绝缘粗糙斜面上，有一长为的绝缘轻杆连接两个完全相同、质量均为的可视为质点的小球A和B。开始时轻杆的中垂线与垂直于斜面的虚线重合，虚线与平行且相距。在、间加沿斜面向上、电场强度为E=的匀强电场之后，若A球带电量为，B球不带电，则A球在电场中时，AB球在斜面上恰好能匀速下滑。各小球与斜面间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，，。求：
(1)求小球与斜面间的动摩擦因数；
(2)若A球带电量为，B球不带电，将AB球从图示位置由静止释放，求释放后到向上运动至最远的时间；
(3)若A球带电量为，B球不带电，静止在图示位置，一质量为、带电量为的C球沿斜面向上运动，与B球正碰后粘合在一起，碰撞时间极短，若保证A球始终不会离开电场区域，求C球碰B球之前瞬间的最大速度。
【答案】(1)0.5；(2)；(3)
【详解】（1）由力的平衡可得；代入数据可解得
（2）A在电场中时，根据牛顿第二定律有根据运动学公式有
，A离开电场后，根据牛顿第二定律有根据运动学公式有
得
（3）CB碰撞，根据动量守恒有设C进入电场的最远距离为，ABC向上，根据动能定理有
，ABC向下到A刚好不离开电场，根据动能定理有
解得
压轴题10 功能关系的综合应用
考向一/计算题：与曲线运动有关的功能关系问题
考向二/计算题：与传送带有关的功能关系问题
考向三/计算题：与板块模型有关的功能关系问题
要领一：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。
要领二：求解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。
要领三：与传送带有关的功能关系问题
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。
要领四：与传送带有关的功能关系问题
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．如图，在倾角为的光滑斜坡上有20个均匀分布的减速带，减速带之间的距离均为d，每个减速带的宽度远小于d。质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止下滑。小车通过减速带所损失的机械能与到达减速带时的速度有关。某同学观察发现，小车通过第17个减速带后，在相邻减速带间的平均速度不再增加。小车通过最后一个减速带后立刻进入与斜面平滑连接的水平地面继续滑行距离s后停下，小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。
（1）小车进入水平地面时速度的大小；
（2）小车通过20个减速带共损失的机械能；
（3）小车通过第17个减速带后，每经过一个减速带损失的机械能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）在水平地面上，小车水平方向受到摩擦力即合外力，根据牛顿第二定律f = ma；f=μN=μmg
可得a =μg由公式可得=
（2）以水平地面为零势能面，静止下滑处小车的机械能为
通过20个减速带时小车的机械能为小车通过20个减速带共损失的机械能为
（3）通过相邻减速带间的平均速度不再增加的大致v-t图像
或（图像不做要求）
通过第17个及之后的减速带时小车的平均速度相同，即达到减速带时小车的瞬时速度相同。
小车通过第17个减速带后，根据功能关系，每经过一个减速带损失的机械能
2．如图甲所示，在水平面上沿一条直线并排着四个物体（均可视为质点），彼此相距为L，以物体1所在位置为坐标原点，向右为x轴正方向，建立如图甲所示坐标系。物体与水平面之间的动摩擦因数如图乙所示，在，，之间动摩擦因数与x轴所成μ—x图像正好为半圆，其他地方地面可视为光滑。物体1、2、3、4的质量分别为m、2m、3m、4m。现给物体1以一定初速度，物体1与物体2发生碰撞后粘在一起向右运动。此后，发生的其他碰撞皆为弹性碰撞。已知当地重力加速度为g，所求答案用题目中给定的符号m、L、g、π表示，本题中所有单位均为国际单位制单位。求：
（1）物体1在运动第1个位移L过程中，地面对物体1所做的功；
（2）物体1与物体2相撞后瞬间的速度；
（3）物体3最终的位置坐标。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物体1在水平地面上滑动过程中，受到滑动摩擦力作用，摩擦力大小为F滑 = μmg
滑动摩擦力所做的功解得
（2）物体1以初速度v0经过位移L的过程中，根据动能定理得物体1与物体2发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律得解得
（3）物体1、2整体经过位移L后和物体3发生弹性碰撞，因为质量相同，所以发生速度交换。物体1、2停在物体3位置，物体3经过位移L后与物体4发生弹性碰撞。1、2碰撞后到3与4碰撞前，根据动能定理得物体3与物体4发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒得
；物体3碰撞后反弹，假设在水平面上运动的距离为y，且，对应的圆心角为，如图所示
则滑动摩擦力所做的功为根据动能定理
位置坐标为解得
3．有一款推拉门，其三扇门板俯视如图所示，每扇门的宽度均为，质量均为，边缘凸起部位的宽度均为。门完全关闭时，1号门板的左侧以及3号门板的右侧分别与两侧的门框接触时，相邻门板的凸起部位也恰好接触。测试时，将三扇门板均推至最左端，然后用恒力F水平向右推3号门板，每次都经过相同的位移后撤去F，观察三扇门的运动情况。发现当恒力为时，3号门板恰好能运动到其左侧凸起与2号门板右侧的凸起接触处。设每扇门与轨道间的动摩擦因数均相同，门板凸起部位间的碰撞及门板与门框的碰撞均为完全非弹性碰撞（不黏连）。不考虑空气阻力，取。
（1）求每扇门与轨道间的动摩擦因数。
（2）若要实现三扇门恰好完全关闭，则恒力应是多大？
（3）若想让三扇门都到达最右侧门框处，则恒力至少是多大？
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设每扇门与轨道间的动摩擦因数为，根据动能定理解得
（2）设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为，根据动能定理设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为，根据动量守恒定律有，3号门板与2号门板碰撞后一起向右运动的过程中，根据动能定理解得
（3）设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为，根据动能定理设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为，根据动量守恒定律有，3号门板与2号门板碰撞后一起向右运动到与门框接触前的速度大小为，根据动能定理设2号门板与1号门板碰撞后速度的大小为，根据动量守恒定律有从2号门板与1号门板碰撞后到1号门板恰好停止过程中，根据动能定理联立解得
4．有一游戏装置，在光滑水平面AC上安装一弹簧发射架，已知AB为弹簧原长，弹力做功W与压缩量的关系为，弹簧劲度系数，压缩量可调，斜面CD的倾角为，长为。质量的物块P被弹簧弹出，经过C点时速度大小不变，物块P与斜面CD间的动摩擦因数。斜面在D点处与半径的光滑圆形轨道相切连接，圆轨道的最低点E与水平轨道EF相切连接，EF轨道与CD斜面略错开。质量为的物块Q放在距离E点的G点处，两物块与水平轨道EF的动摩擦因数均为，紧靠F点右侧下方有一距EF为的平台，平台足够长。物块P与物块Q碰撞后粘在一起向前运动，整个运动过程中两物块均可看成质点。
（1）若压缩量，求物块P第一次到达C点时的速度大小；
（2）若物块P恰好能过圆轨道最高点，则物块P通过圆轨道最低点E时对轨道的压力；
（3）若物块P不脱离轨道且能够撞上物块Q，至少为多少？
（4）若物块P恰好能过圆轨道最高点，G点右侧轨道长度S可调，则S多大时两物块在平台上的落点与E点水平距离最远？水平最远距离为多少？
【答案】（1）；（2）；方向竖直向下；（3）；（4），
【详解】（1）由B到C，根据能量守恒可知解得
（2）物块P恰好能过圆轨道最高点，重力提供向心力得从最高点到E点，根据动能定理可得在E点由牛顿第二定律知解得由牛顿第三定律得方向竖直向下
（3）当恰好过圆周运动最高点的情况下解得能撞上物块Q
根据能量守恒解得
（4）从E点到Q点，由动能定理可得根据动量守恒
可得则从G点到轨道右侧可得由平抛公式
得所以水平距离所以当时
5．五行八卦在中国传统文化中较为神秘，用来推演空间时间各类事物之间的关系。有一兴趣小组制作了一个“八卦”轨道游戏装置，如图所示，ABC和CDE是半径r = 0.3m的光滑半圆磁性轨道，AFE是半径R = 0.6m的光滑半圆塑料细管道，两轨道在最高点A处前后略有错开（错开距离相对于两个轨道的半径都很小）。左侧有一与水平面夹角θ = 37°，长度L = 1.25m的斜面MN，斜面底端M和轨道最低点E在同一水平面上，在斜面底端有一弹射器用于发射质量m = 0.3kg的小滑块P，在斜面顶端N处有一被插销锁定的相同质量的小钢球Q。某次试验时，将小滑块以初动能Ek= 6.5J发射，到达斜面顶端后与小钢球发生对心弹性撞击，同时小钢球解除锁定，小钢球恰能无碰撞进入塑料细管道的A点，经塑料管道和“八卦”轨道后返回。设小钢球和磁性轨道间的磁力大小恒为F，方向始终与接触面垂直，不考虑小钢球脱离磁性轨道后的磁力。小滑块在斜面上运动时受到的摩擦力大小恒定，小滑块P、小球Q在运动中均可视为质点，忽略空气阻力。（sin37° = 0.6，cos37° = 0.8）求：
（1）Q恰能无碰撞进入细管道时在A点的速度大小vA；
（2）要使Q不脱离磁性轨道，求所需磁力F的最小值；
（3）P从发射到与Q发生碰撞过程中，斜面摩擦力对P做的功Wf；
（4）通过调节斜面长度L和ME间水平距离x，使Q始终能无碰撞地从A点进入细管道，求发射P的初动能Ek与x之间的关系。
【答案】（1）4m/s；（2）31N；（3）－0.5J；（4）Ek = 3.5x－1.2（J ），1.6m < x < 3.2
【详解】（1）Q恰能无碰撞进入细管道时，则从A点反向平抛，恰好N点进入斜面轨道，根据平抛规律可知，小球A点的速度大小，其中h=2R－Lsinθ可解得
（2）分析可得，小钢球在磁性轨道上运动时，从下向上刚过C点时最容易脱离磁性轨道，满足
从A点到C点运动过程中机械能守恒解得F=31N
（3）因滑块与钢球质量相等发生对心弹性撞击，滑块碰撞前的速度vP与钢球碰撞后的速度vQ相等（交换速度），则分析滑块在斜面向上运动的过程，根据动能定理
解得
（4）Q从N点飞出的方向恒定，根据平抛速度和位移关系可知得x = 3.2－0.8L
要使得Q能恰好无碰撞进入A，其速度大小为斜面上滑块重力和摩擦力做功都与斜面长度成正比，根据动能定理综合上述式子解得Ek=3.5x－1.2（J）
“八卦”轨道需在斜面右侧，且L > 0，可得x的范围1.6m < x < 3.2
6．如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ，以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL， μL)，Q端在y轴上，重力加速度为g。
（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL 的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；
（3）将质量为M=7m的小物块置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。
【答案】(1)；（2）（其中，）；（3）
【详解】（1）物块从光滑轨道滑至点，根据动能定理解得
（2）物块从点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为，落在弧形轨道上的坐标为，将平抛运动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有，联立解得水平初速度为物块从点到轨道上落点，根据动能定理可知解得落点处动能为
因为物块从点到弧形轨道上动能均相同，将落点的坐标代入，可得化简可得即（其中，）
（3）物块在倾斜轨道上从距轴高处静止滑下，到达点与物块碰前，其速度为，根据动能定理可知解得物块与发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需要反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达O点。规定水平向右为正方向，碰后AB的速度大小分别为和，在物块与碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则；解得；设碰后物块反弹，再次到达点时速度为，根据动能定理可知解得，A落在B落点的右侧，则，A和B均能落在弧形轨道上，则A必须落在P点的左侧，即：联立以上，可得的取值范围为
7．如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量且可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，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的光滑竖直圆弧与平滑连接，圆弧对应的圆心角为，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失，当弹簧储存的能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取。
（1）求右侧圆弧的轨道半径R；
（2）求小物块最终停下时与C点的距离；
（3）若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物块被弹簧弹出，由可知因为故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，由；；解得；；
因为故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以的速度滑上水平面BC，物块滑离传送带后恰到E点，由动能定理可知代入数据整理可以得到
（2）设物块从E点返回至B点的速度为，由得到因为，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C点x处，由得到
（3）设传送带速度为时物块能恰到F点，在F点满足从B到F过程中由动能定理可知
解得设传送带速度为时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，由：解得若物块在传送带上一直加速运动，由
知其到B点的最大速度综合上述分析可知，只要传送带速度
就满足条件。
8．如图所示的简化模型，主要由光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE和足够长的落地区FG组成，各部分平滑连接，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时马上停止运动。现将一质量为m=0.2 kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径R=0.1 m，水平面BD的长度，传送带长度，距离落地区的竖直高度，滑块与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为，传送带以恒定速度逆时针转动（g取，不考虑传送带的半径对运动的影响）。
（1）要使滑块恰能通过圆轨道最高点C点，求滑块释放点距水平轨道的高度；
（2）要使滑块恰能运动到传送带最右端E点，求滑块释放点距水平轨道的高度；
（3）若释放点距水平轨道的高度，求滑块静止时距B点的水平距离x与h的关系。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）滑块恰好过最高点C，有若滑块恰好能过最高点，从A到C，由机械能守恒定律，有解得
（2）要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度为0，从A到E，由动能定理，有
解得显然要使滑块恰能运动到E点，则滑块释放点的高度
（3）①当滑块释放点的高度范围满足时，滑块不能运动超过D点，最终停在BD上，设其在BD上滑动的路程为x，有解得
②当滑块释放点的高度范围满足时，滑块从传送带返回D点，最终停在BD上，在BD上滑动的路程为，有解得
③当滑块释放点的高度范围满足时，滑块从传送带返回D点，重回圆轨道，不超过与圆心等高位置，最终停在BD上，分析可知滑块在BD上滑动的路程为，有
解得
④当滑块释放点的高度时，滑块从E点飞出，有解得
平抛运动的时间；解得
9．如图所示，可视为质点的质量为m = 0.1kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F = 2N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R = 0.4m且内壁光滑的竖直固定圆管道，在圆管道上运行一周后从C处的出口出来后向D点滑动，D点右侧有一与CD等高的传送带紧靠D点且平滑连接，并以恒定的速度v = 3m/s顺时针转动。已知滑块运动到圆管道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道CD的长度为l2= 4.0m，小滑块与水平轨道ABCD间的动摩擦因数为μ1= 0.2，与传送带间的动摩擦因数μ2= 0.5，传送带的长度L = 0.5m，重力加速度g = 10m/s2。求：
（1）水平轨道AB的长度l1；
（2）若水平拉力F大小可变，要使小滑块能到达传送带左侧的D点，则F应满足什么条件；
（3）若在AB段水平拉力F = 2N的作用距离x可变，试求小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系。
【答案】（1）2m；（2）F ≥ 1.2N；（3）见解析
【详解】（1）设圆管道的最高点为P，则小滑块运动到最高点P时的速度大小为vP，根据牛顿第二定律有
从A点到P点，由动能定理有解得l1 = 2m
（2）若滑块恰能过P点，则满足vP = 0，从A点到P点，由动能定理有解得F = 1.2N
若小滑块恰能到D点，由动能定理有解得F = 1.2N综上所述应满足条件为F ≥ 1.2N。
（3）分析各类情况：①要到达E点，必须过P点，过P点，至少满足Fx﹣μ1mgl1﹣2mgR = 0解得x = 0.6m
可知x < 0.6m时，无法达到E点。
②滑块恰好过P点的情况下，从P点到D点的过程，由动能定理得解得到达D点的速度v1 = 0 < 3m/s则滑块滑上传送带加速。讨论传送带上运动情况：若全程加速，加速到E点时速度恰好为3m/s，滑块在传送带加速过程，由动能定理有解得vD = 2m/s，对应距离满足解得x = 0.7m所以当0.6m ≤ x ≤ 0.7m，对应距离应满
解得
③当过D点的速度超过3m/s时，滑上传送带即减速，若全程减速，减到E点时恰好为3m/s。滑块在传送带加速过程，由动能定理有解得对应距离满足
解得x = 0.95m即当0.7m < x ≤ 0.95m时，小滑块滑上送带先加速再匀速运动或者先减速再匀速运动，达到E点时vE = 3m/s
④若x > 0.95m，小滑块进入传送带全程减速，则满足解得
10．如图所示，存足够大的水平地面上静置一木块，两个完全相同均可视为质点的物块 1、2分别以v0、2v0的速度水平向右同时滑上木板，最终木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，物块2恰好停在木板右端。已知木板总质量M=1 kg，每个物块的质量m =1 kg，物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.05，v0 =1 m/s，取重力加速度大小g=10 m/s2，求：
（1）物块1、2在木板上滑动的时间t1、t2；
（2）木板与地面间因摩擦产生的热量Q；
（3）物块2滑上木板时距木板左端的距离d。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）根据分析可知物块1减速至与木板速度相等时后将不再滑动，设物块1、2在木板上滑动时的加速度大小为a1，两物块同时在木板上滑动时木板的加速度大小为a2，只有物块2在木板上滑动时木板的加速度大小为a3，则有，，
解得，，物块1与木板达到相等速度时有
物块2与木板达到相等速度时有解得，
（2）设物块1在木板上滑动时木板运动的位移大小为x1，则只有物块2在木板上滑动时木板运动的位移大小为x2，则设三者保持相对静止时一起沿地面做匀减速直线运动的加速度大小为a4、位移大小为x3，则有，木板与地面间因摩擦产生的热量为解得
（3）作出v一t图像如图所示
设物块2相对木板滑动的距离为x，则物块2滑上木板时距木板左端的距离解得
11．如图所示，质量为m1的长木板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为μ1=0.5，其端有一固定的、光滑的半径R=0.4m 的四分之一圆弧轨道（接触但无黏连），长木板上表面与圆弧面最低点等高，木板左侧有一同样的固定的圆弧轨道，木板左端与左侧圆弧轨道右端相距x0=1m。 质量为m2 =2m1的小木块（看成质点）从距木板右端x=2m处以v0 =10m/s的初速度开始向右运动，木块与木板间的动摩擦因数为μ2 =0.9，重力加速度取g = 10m/s2。 求：
(1)m2第一次离开右侧圆弧轨道后还能上升的最大高度。
(2)使m2不从m1上滑下，m1的最短长度。
(3)若m1取第(2)问中的最短长度，m2第一次滑上左侧圆弧轨道上升的最大高度。
【答案】(1)2.8m；(2)m；(3)m
【详解】（1）设滑块到达木板右端的速度为v1，由动能定理可得 代入数据，解得v1=8 m/s设滑块离开圆弧轨道后.上升的最大高度为h1，由动能定理可得代入数据，解得h1=2.8 m。
（2）由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小v1=8 m/s，滑上木板后，滑块的加速度为a2，由牛顿第二定律木板的加速的为a1，由牛顿第二定律解得，。设经过t1时间后两者共速，共同速度为v，由运动学公式可知，解得该过程中木板的位移；滑块走过的位移；由于，假设正确，之后一起匀减速运动，若滑块最终未从木板左端滑出，则木板的最小长度联立以上各式，解得
（3）滑块和木板一起匀减速运动至最左端，设加速度均为a，由牛顿第二定律可知
解得滑块和木板一起匀减速运动至最左端的速度为v2，由动能定理可得
随后滑块滑上左侧轨道，设上升的最大高度为h2，则由动能定理可得代入数据，解得
12．如图所示，质量为M=1kg、长为L=1m的长木板A锁定在光滑的水平面上，质量为m=0.5kg的物块B（可视为质点）以一定的初速度v0从长木板的左端滑上长木板，恰好能停在长木板的右端。B与A上表面的动摩擦因数μ从左向右随移动距离l变化关系如图乙所示。重力加速度取g=10m/s2。
（1）求物块B滑上长木板时的初速度v0大小；
（2）若解除长木板的锁定，物块B仍以初速度v0从长木板左端滑上长木板，求最终物块相对长木板滑行的距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）物块B在长木板上运动过程，只有摩擦力做功，前半段摩擦力不变，后半段由图乙知摩擦力随位移均匀变化，根据功能关系有解得
（2）设最后共同速度为v，根据动量守恒有解得系统损失的动能由于因此，物块B相对长木板滑行的距离大于0.5m，设物块滑过长木板中点后又相对滑行的距离为x0，则根据功能关系有
解得因此，物块B相对长木板滑行的距离
13．如图所示，粗糙斜面倾角，斜面长，斜面底端A有固定挡板，斜面顶端有一长度为h的粘性挡板，为一段半径的圆弧，半径与竖直方向夹角为，处于竖直平面上，将质量为m、长度为L，厚度为h的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块（可看作质点）静止在木板下端，整个系统处于静止状态。木板上端若到达斜面顶端B点会被牢固粘连，物块若到达C点能无能量损失进入圆弧。若同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度，木板上端恰能到达B点。现给物块沿斜面向上的初速度，并给木板施加一沿斜面向上的恒力。物块刚好不从木板上端脱离木板。已知木板与斜面间的动摩擦因数，物块与本板间的动摩擦因数为，，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，，。
（1）求大小；
（2）求物块与木板间的动摩擦因数；
（3）给物块沿斜面向上的初速度，并给木板施加一沿斜面向上的恒力，若改变s的大小，木板能在与物块共速前到达B端且物块进入圆弧后不脱离圆弧。求s的取值范围。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由于，可知，当同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度时，物块与木板保持相对静止向上做匀减速直线运动，对物块与木板整体有解得
根据题意，此过程木板上端恰能到达B点，则有解得
（2）给物块初速度时，对物块有对木板有经历时间，两者达到相等速度，则有
之后，由于即之后做匀速直线运动，木板到达B后，物块进一步向上做匀减速直线运动，由于物块刚好不从木板上端脱离木板，则物块减速至C时，速度恰好等于0，则有
解得，
（3）若物块在圆弧中恰好做完整的圆周运动，则在最高点D有解得令物块此过程在C点速度为，则有解得若物块在圆弧中恰好到达与圆心等高位置速度减为0，令物块此过程在C点速度为，则有解得改变s的大小，木板能即在与物块共速前到达B端，则此过程中，物块一直以加速度a向上做匀减速直线运动，当减速至时，则解得斜面长度不可能小于木板的长度，表明上述情景不存在。当减速至时，则解得根据（2）可知物块前后做匀减速的位移和值为
综合所述，s的取值范围为
14．如图，一轻弹簧一端固定在垂直水平面的挡板上的A点，B点为弹簧原长位置，开始时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧具有的弹性势能，弹簧右端有一质量的物块P与弹簧接触但不栓接，B点右端C点静止放置一质量m=6.0kg物块K，AC为光滑的水平面，物块K右侧光滑的水平轨道DE上静止放置一质量M=2.0kg的平板车，其上表面与水平轨道BC在同一水平面内，左侧紧靠C点。物块K与平板车上表面之间的动摩擦因数为。FH为竖直面内半径R=0.90m的光滑圆弧轨道，圆心为，FG为竖直方向的直径，其固定在一水平位置可以调节的竖直挡板EF的上方，平板车上表面与圆弧轨道FH可以平滑连接。调节竖直挡板使平板车右侧与E点的水平距离d=1.5m，让弹簧解除锁定推动物块P向右运动，之后物块P进入水平轨道BC与物块K发生弹性正碰，碰撞后物块P被束缚不再运动，物块K滑上平板车带动平板车运动，平板车运动到F点与挡板EF碰撞后速度立即变为0，之后物块K又由平板车滑上圆弧轨道FH。物块P、K均可视为质点，物块K从F点进入圆弧轨道FH时无动能损失，不计空气阻力，重力加速度g取，求
（1）物块P与物块K碰撞之后物块K的速度大小；
（2）从物块K滑上平板车到平板车运动到E点过程中，物块K与平板车之间因摩擦产生的热量Q；（物块K未脱离平板车）
（3）物块K能滑上圆弧轨道且能运动到最高点G，平板车长度L的取值应满足的条件。
【答案】（1）9m/s；（2）60J；（3）
【详解】（1）设解除锁定后物块P获得的最大速度为，弹簧弹开的过程，对于物块P和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律有解得物块P与物块K在C点发生弹性碰撞，设碰撞之后物块P的速度大小为，物块K的速度大小为，由动量守恒定律有由机械能守恒定律有代入数据，解得，
（2）物块K滑上平板车后，因初始时二者速度不同，故二者发生相对滑动，假设物块K滑上平板车后带动平板车向右一直加速运动到E点，在此过程中，设平板车到达E点的速度的为，物块K的速度为，对于平板车，由动能定理有代入数据，解得对于物块K与平板车组成的系统，在它们的作用过程，系统动量守恒，即代入数据，解得因，故假设成立，即物块K滑上平板车后带动平板车向右一直加速运动到E点，物块K和平板车一直是发生相对滑动，对于物块K和平板车组成的系统，系统损失的机械能全部转化为内能，由能量守恒定律和能量转化关系可知，系统因摩擦产生的热量为代入数据，可解得
（3）平板车运动到E点时，设物块K在平板车上滑动的距离为，由能量守恒定律有
代入数据，解得物块K要能滑上半圆轨道FG，必须保证平板车滑到E点之前，物块K不能掉落，可知平板车的长度设物块K刚好能通过半圆轨道的最高点G时的速度为，此临界情况对应的平板车长度为，物块K恰好过最高点时有解得平板车运动到E点后，物块K在平板车上还要滑动的距离为，之后刚好滑到G点，对于物块K，由动能定理有
代入数据，解得物块K要通过最高点，平板车的长度
综上所述，平板车的长度应满足的条件
15．如图所示，水平传送带的左端与斜面AB末端连接，另一端与光滑水平轨道CM连接，M端连接半圆形光滑圆弧轨道MPN，圆弧半径R=1.6m，在竖直面MN的右侧（包括M、N点）存在竖直向上的匀强电场，电场强度。一带正电金属滑块a质量为m=0.1kg，电量为q，从斜面AB上高h=3m处由静止开始下滑，运动到CM上某位置与另一完全相同的不带电金属滑块b发生碰撞后结合在一起，形成结合体c。已知斜面、传送带、轨道均绝缘，滑块与AB斜面之间的动摩擦因数μ1=0.3，与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.2，斜面倾角θ=37°，传送带长为5m，CM长为2m，滑块a、b及结合体c均可视为质点，不计滑块在B点的能量损失，重力加速度g=10m/s2，
（1）求滑块a到达B点时的速度大小；
（2）若传送带逆时针转动的速度v=2m/s，求结合体c到达N点时对轨道的压力；
（3）以M点为坐标原点，向左为正方向建立x轴，改变传送带的速度大小和方向，求结合体c通过圆弧轨道后从N点平抛到x轴上的落点坐标与传送带速度的关系。
【答案】（1）；（2），方向竖直向上；（3）或或
【详解】（1）从A到B过程，根据动能定理有解得
（2）分析可知滑块a在传送带上一直减速，从B到C过程解得
a与b碰撞，根据动量守恒①解得结合体c从M到N过程，根据动能定理
②解得在N点根据向心力公式
根据牛顿第三定律，代入数值可得结合体对轨道压力方向竖直向上。
（3）根据平抛运动可知，竖直方向有，水平方向有③分析可知当滑块a在传送带上一直减速到达C点时速度为；当传送带顺时针转动，滑块a在传送带上一直加速到达C点时速度为，有解得情况一：当传送带顺时针转动且速度或逆时针转动时，根据前面分析滑块到C点速度，此时位置坐标为
情况二：当传送带顺时针转动且速度时，可知滑块a在传送带上运动过程中必定与传送带共速，即滑块到C点速度为v，联立①②③可得位置坐标为
情况三：当传送带顺时针转动且速度时，滑块到C点速度，联立①②③可得此时位置坐标为
16．如图所示，在倾角的绝缘粗糙斜面上，有一长为的绝缘轻杆连接两个完全相同、质量均为的可视为质点的小球A和B。开始时轻杆的中垂线与垂直于斜面的虚线重合，虚线与平行且相距。在、间加沿斜面向上、电场强度为E=的匀强电场之后，若A球带电量为，B球不带电，则A球在电场中时，AB球在斜面上恰好能匀速下滑。各小球与斜面间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，，。求：
(1)求小球与斜面间的动摩擦因数；
(2)若A球带电量为，B球不带电，将AB球从图示位置由静止释放，求释放后到向上运动至最远的时间；
(3)若A球带电量为，B球不带电，静止在图示位置，一质量为、带电量为的C球沿斜面向上运动，与B球正碰后粘合在一起，碰撞时间极短，若保证A球始终不会离开电场区域，求C球碰B球之前瞬间的最大速度。
【答案】(1)0.5；(2)；(3)
【详解】（1）由力的平衡可得；代入数据可解得
（2）A在电场中时，根据牛顿第二定律有根据运动学公式有
，A离开电场后，根据牛顿第二定律有根据运动学公式有
得
（3）CB碰撞，根据动量守恒有设C进入电场的最远距离为，ABC向上，根据动能定理有
，ABC向下到A刚好不离开电场，根据动能定理有
解得
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