重难点10能量守恒定律- 学霸向前冲高考物理二轮重难点必刷练习题

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重难点10能量守恒定律


1．如图所示，水平传送带的质量，两端点间距离，传送带以加速度由静止开始顺时针加速运转的同时，将一质量为的滑块（可视为质点）无初速度地轻放在点处，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.1，取，电动机的内阻不计。传送带加速到的速度时立即开始做匀速转动而后速率将始终保持不变，则滑块从运动到的过程中（ ）

A．系统产生的热量为
B．滑块机械能的增加量为
C．滑块与传送带相对运动的时间是
D．传送滑块过程中电动机输出的电能为
【答案】A
【详解】
AC.传送带初始做匀加速运动，加速时间
，
根据牛顿运动定律，滑块的加速度满足
，
得：
，
滑块加速过程的位移
，
故滑块会一直加速到与传送带共速，后保持相对静止一起做匀速运动。
滑块加速的时间：
，
相同时间内传送带的位移
，
故滑块与传送带的相对路程：
，
系统产生的热量：
，
故A正确，C错误；
B.根据功能关系，传送带对滑块的摩擦力做的功等于滑块机械能的增加量：
，
故B错误；
D.由能量守恒定律得，电动机输出的电能：
，
故D错误。
故选：A。
2．如图所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻质弹簧相连组成系统，且该系统在水平拉力F作用下以相同加速度保持间距不变一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2Ek时撤去水平力F，最后系统停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中(　　)

A．外力对物体A所做总功的绝对值等于2Ek
B．物体A克服摩擦阻力做的功等于Ek
C．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2Ek
D．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量
【答案】D
【详解】
AB. 当它们的总动能为时，物体动能为，撤去水平力，最后系统停止运动，外力对物体所做总功的绝对值等于，无法确定物体克服摩擦力做功是否为，故A、B错误；
C. 系统克服摩擦力做的功等于系统的动能和弹簧的弹性势能，所以系统克服摩擦阻力做的功不可能等于系统的总动能，故C错误；
D. 系统的机械能等于系统的动能加上弹簧的弹性势能，当它们的总动能为时撤去水平力，最后系统停止运动，系统克服阻力做的功一定等于系统机械能的减小量，故D正确；
3．如图所示，一半径为R=0.2m的固定光滑圆弧轨道AB位于竖直平面内，轨道下端与一光滑水平直轨道相切于B点，一小球M从距圆弧轨道最高点A高度为h=0.2m处由静止释放，并恰好沿切线进入圆弧轨道，当滑到水平面上后与静止在水平面上且前端带有轻弹簧的小球N碰撞，M、N质量均为m=1Kg，g=10m／s2．下列说法正确的是

A．小球M在圆弧轨道内运动过程中所受合外力方向始终指向轨道圆心
B．轻弹簧被压缩至最短时，M和N的速度大小都是m／s
C．轻弹簧被压缩的过程中，M、N的总动量和总动能都保持不变
D．轻弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为4J
【答案】B
【分析】
对小球M受力分析可知合外力方向是否指向圆心；小球M滑到B的过程由机械能守恒定律求得到B的速度，轻弹簧被压缩的过程满足动量守恒定律；根据能量守恒知轻弹簧被压缩的过程中，弹性势能增大，总动能减少，轻弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，根据能量守恒可求得.
【详解】
A．小球M在圆弧轨道内运动过程中受竖直向下的重力、指向圆心的支持力，合外力方向除B点外并不指向轨道圆心，故A错误；
B．小球M滑到B的过程由机械能守恒定律得：，解得：，当两球的速度相等时轻弹簧被压缩至最短，由动量守恒定律得：mvB=2mv，解得，故B正确；
C．轻弹簧被压缩的过程中，由动量守恒定律知M、N的总动量不变，根据能量守恒知弹性势能增大，所以总动能减少，故C错误；
D．轻弹簧被压缩至最短时弹性势能最大，根据能量守恒得：，解得E弹m=6J，故D错误.
故选B.
【点睛】
本题考查了机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律，弄清运动过程，明确能量的转化是解题的关键.

4．如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速传动的水平传送带平滑连接于N点，圆弧轨道半径为R。质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点M由静止释放，滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道，上升到最高点时距N点高度为。不计空气阻力，则（　　）


A．传送带匀速传动的速度大小为
B．经过足够长的时间，滑块最终静止于N点
C．滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为mgR
D．滑块第三次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为mgR
【答案】ACD
【详解】
A．小滑块第一次滑上传送带时的速度为

向右减速到零后，再反向加速，离开传送带时的速度为

因为

所以小滑块返回时是先加速后匀速，即传送带匀速传动的速度大小为。A正确；
B．滑块速度跟传送带速度大小相等时，滑块滑上传送带的速度和离开传动带的速度大小相等，之后一直保持这种状态，所以小滑块不会停在N点。B错误；
C．小滑块第一次在传送带上减速过程，相对传送带的位移为

反向加速过程，相对传送带的位移为

滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为

C正确；
D．第二次滑上传送带时，速度与传送带速度大小相等，所以以后每次滑上，发热量一样。滑上过程中

返回过程

滑块第二次及以后每次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为

D正确。
故选ACD。
5．一不可伸长的轻绳端固定在天花板上，另一端系一个小球，开始时绳竖直，小球与个倾角为θ的静止三角形物块刚好接触，如图所示。现在用水平力F向左缓慢地推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，不计一切摩擦。在该过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．绳中的拉力先变小后变大
B．地面对三角形物块的支持力一直增大
C．斜面对小球的支持力不做功
D．水平推力F做的功等于小球机械能的增加量
【答案】BD
【详解】
A．对小球受力分析，小球受重力mg、斜面对小球的弹力N和绳子的拉力T，小球缓慢移动时受力平衡，则N与T的合力与mg等大反向，因为斜面对小球的弹力方向不变，如图所示

根据作图法知，至轻绳与斜面平行的过程中，绳子的拉力T逐渐减小，斜面对小球的弹力N逐渐增大，故A错误；
B．斜面对小球的弹力N逐渐增大，则小球对斜面的压力逐渐增大，以三角形物块为研究对象，根据平衡条件可知地面对三角形物块的支持力逐渐变大，故B正确；
C．小球上升过程中，斜面对小球的弹力与小球位移夹角为锐角，故斜面对小球的支持力做正功，故C错误；
D．根据能量守恒得水平推力F做的功等于系统机械能的增量，斜面体动能和重力势能不变，小球的动能不变，所以系统机械能的增量等于小球的重力势能增加量，所以F做功等于小球机械能的增加量，故D正确。
故选BD。
6．商场的智能扶梯如图所示，扶梯与水平面之间的夹角为θ，扶梯没有站人时以较小的速度v1匀速向上运动，当质量为m的人踏上自动扶梯的水平踏板时，扶梯会自动以加速度a向上匀加速运动，经过时间t加速到较大速度v2后再次匀速向上运动。已知电梯在加速过程人上升的竖直高度为h，人手未接触电梯扶手，重力加速度为g。则（　　）

A．电梯在加速过程中人处于超重状态
B．加速过程中踏板对人的摩擦力不做功
C．加速过程电梯对人做的功为
D．当扶梯以速度v2匀速运动时，支持力做功的功率为
【答案】AD
【详解】
A．电梯在加速过程中，竖直方向上，人所受的合力向上，支持力大于重力，因此人处于超重状态，A正确；
B．加速过程中，踏板对人摩擦力水平向右，人在水平向右的方向上通过的位移，因此摩擦力对人做正功，B错误；
C．根据能量守恒定律，加速过程电梯对人做的功

C错误；
D．扶梯匀速运动时，支持力等于重力，因此支持力做功的功率

D正确。
故选AD。
7．如图，固定斜面的倾角θ=37°，斜面与水平台面间有一轻质定滑轮，质量分别为2m、m的两小滑块P、Q，通过跨在定滑轮的轻绳连接，滑轮左侧轻绳水平，右侧轻绳与斜面平行，已知滑块Q与台面间的动摩擦因数为0.3，其它摩擦均不计，重力加速度大小为g，取sin37°=0.6，cos37°=0.8。在两滑块由静止释放后做匀加速运动的过程中（　　）

A．两滑块的加速度大小均为0.3g
B．轻绳对Q做的功等于Q动能的增加量
C．Q的机械能增加量小于P的机械能减少量
D．P的机械能减少量等于系统摩擦产生的热量
【答案】AC
【分析】
在两滑块由静止释放后匀加速运动的加速度大小相等，分别对两滑块，利用牛顿第二定律列式，即可求出它们的加速度大小。根据动能定理分析轻绳对Q做的功与Q动能的增加量的关系。根据系统的能量转化情况，分析Q的机械能增加量与P的机械能减少量的关系，并判断P的机械能减少量与系统摩擦产生的热量关系。
【详解】
A.设两滑块的加速度大小为a。对Q，由牛顿第二定律得
T-μmg=ma
对P，由牛顿第二定律得
2mgsinθ-T=2ma
联立解得
a=0.3g
故A正确；
B.在Q运动的过程中，轻绳的拉力对Q做正功，摩擦力对Q做负功，其他力不做功，根据动能定理可知，轻绳对Q做的功与摩擦力对Q做功之和等于Q动能的增加量，则轻绳对Q做的功大于Q动能的增加量，故B错误；
C.对P、Q组成的系统，由于Q要克服摩擦力做功，所以系统的机械能减少，则Q的机械能增加量小于P的机械能减少量，故C正确；
D.P的机械能减少量等于系统摩擦产生的热量与Q的机械能增加量之和，故D错误。
故选AC。
【点睛】
本题要求同学们能正确选择合适的研究对象，由于P、Q的加速度方向不同，可采用隔离法，运用牛顿第二定律求加速度。要正确分析能量的转化情况，搞清各种能量之间的关系。
8．质量M=1kg的重物B和质量m=0.3kg的小圆环A用细绳跨过一光滑滑轮轴连接，A端绳与轮连接，B端绳与轴相连接，不计轮轴的质量，轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2︰1。重物B放置在倾角为固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，B与斜面间的动摩擦因数μ=，圆环A套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮轴中心与直杆的距离为L=4m。现将圆环A从与滑轮轴上表面等高处a静止释放，当下降H=3m到达b位置时，圆环的速度达到最大值，已知直杆和斜面足够长，不计空气阻力，取g=10m/s2。下列判断正确的是

A．圆环A到达b位置时，A、B组成的系统机械能减少了2.5J
B．圆环A速度最大时，环A与重物B的速度之比为5︰3
C．圆环A能下降的最大距离为Hm=7.5m
D．圆环A下降过程，作用在重物B上的拉力始终大于10N
【答案】AC
【详解】
A．由题可知圆环A到达b位置时，重物B沿斜面的运动的位移为

A、B组成的系统机械能减少了

故选项A正确；
B．轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为2:1，圆环A速度最大时，环A沿绳方向的分速度与重物B的速度之比为

因为H=3m，L=4m，所以此时绳与水平方向的夹角为，把环A的速度沿绳和垂直于绳方向分解，则环A沿绳方向的分速度

解得

故选项B错误；
C．圆环A能下降的最大距离为，重物B沿斜面的运动的位移为

根据能量守恒可知

解得圆环A能下降的最大距离为，故选项C正确；
Ｄ．圆环A先向下做加速运动，后做减速运动，所以重物B也是先加速后减速，而重物B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，绳子对B的拉力

即

所以绳子对B的拉力先大于10N后小于10N，故选项D错误；
故选AC。
9．如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m=2M的小物块．现使木箱瞬间获得一个水平向左、大小为v0的初速度，下列说法正确的是

A．最终小物块和木箱都将静止
B．最终小物块和木箱组成的系统损失机械能为
C．木箱速度水平向左、大小为时，小物块的速度大小为
D．木箱速度水平向右、大小为. 时，小物块的速度大小为
【答案】BC
【详解】
A．系统所受外力的合力为零，系统的动量守恒，初状态木箱有向左的动量，小木块动量为零，故系统总动量向左，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终小木块和木箱相对静止，因为系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律知，最终两物体以相同的速度一起向左运动，故A错误；
B．规定向左为正方向，由动量守恒定律得

则得最终系统的速度为：

方向向左，最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为：

故B正确；
C．系统动量守恒，以向左为正方向，木箱速度水平向左、大小为时，由动量守恒定律得：

解得：

故C正确；
D．系统动量守恒，以向左为正方向，木箱速度水平向右，则木箱速度为，根据动量守恒定律有：

解得：

物块与木箱相对滑动，系统机械能有损失，但根据题目所给数据可知，该过程机械能不变，不符合实际，故D错误。
故选BC．
【点睛】
小木块和木箱组成的系统在光滑的平面上滑动,系统所受外力的合力为零,故系统动量始终守恒,而因为系统内部存在摩擦力,阻碍物体间的相对滑动,最终两物体应该相对静止,一起向左运动.由动量守恒求出最终共同速度,再由能量守恒求机械能的损失。


10．如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用。图乙是避险车道的简图，由制动坡床和防撞设施等组成。一辆质量为10t的货车行驶到一个长下坡时，因刹车失灵以36km/h的初速度沿坡向下加速运动，在加速前进了200m后，驾驶员将车从干道驶入制动坡床并冲上坡床50m后停止（货车未与防撞设施碰撞）。若货车在干道上受到的阻力是车重的0.1倍，干道和制动坡床与水平面的夹角均为θ，（sinθ=0.3）。取重力加速度g=10m/s2，若货车从干道驶入制动坡床时的速度大小不变，求：
(1)货车刚驶入制动坡床时的速度；
(2)坡床对货车的平均阻力大小；
(3)货车在坡床上损失的机械能大小。

【答案】(1)30m/s；(2)；(3)
【详解】
解：(1)在干道上

解得

由

解得

(2)在坡床上

解得

由牛顿第二定律

解得

(3)根据能量转化与守恒，货车在坡床上损失的机械能大小等于货车克服摩擦力做功的大小

11．消防通道不能占用，一旦发生火灾消防车将不能靠近火源。在某次灭火过程中，当消防枪与水平方向夹角为时恰好能击中着火点中心，此时消防水枪枪口距地的高度为，消防枪枪口距车厢内水面高，消防枪出水速度为，消防枪口的横截面积为，水的密度，水泵机械效率为80%，取，，，忽略空气阻力对水流的影响。求：
(1)消防枪枪口到着火点中心的水平距离；
(2)消防车水泵的功率。

【答案】(1)12.8m；(2)8250W
【详解】
(1)射出的水从枪口到着火点做斜上抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，则水平方向速度分量为

竖直方向速度分量为

设水射出到着火点所用时间为t，在竖直方向，有

代入数据，解得
或（舍去）
则消防枪枪口到着火点中心的水平距离为

(2)设消防枪在时间内射出水的质量为

由能量守恒定律，可得水泵做的总功为

则消防车水泵的功率为

联立方程，代入数据解得

12．如图所示，长L=9m的传送带与水平方向的夹角=37°，在电动机的带动下以v=4m/s的速率沿顺时针方向运行。在传送带的B端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住，在传送带的顶端A点无初速地放一质量m=1kg的物块，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。物块与挡板碰撞的能量损失及碰撞时间不计(g取10m/s2，sin37°=0.6， cos37°=0.8)。求：
(1)物块从静止释放到第一次返回上升至最高点的过程中系统因摩擦产生的热量；
(2)物块从静止释放到第一次返回上升至最高点的过程中传送带多消耗的电能；
(3)物块的最终状态及电动机在该状态下比无物块时多输出的功率。

【答案】(1)100.8J；(2)76.8J；(3)稳态；16W
【详解】
(1)物块从A点由静止释放，物块相对传送带向下滑，物块沿传送带向下加速运动的速度为

与P碰前的速度大小为

物块从A到B的时间为

在此过程中物块相对传送带向下的位移为

物块与挡板碰撞后，以大小为v1的速度反弹，因v1＞v，物块相对传送带向上滑，物块向上做减速运动的加速度大小为

物块速度减小到与传送带速度相等的时间为

在t2时间内物块向上的位移为

此过程中物块相对传送带向上的位移为

物块速度与传送带速度相等后相对传送带向下滑，物块向上做减速运动的加速度大小为

物块速度减小到零的时间为

在t3时间内物块向上的位移为

此过程中物块相对传送带向下的位移为

摩擦生热为


(2)多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的总功为


即传送带多消耗的电能为76.8J；
(3)物体返回上升到最高点时速度为零，以后将重复上述过程，且每次碰后反弹速度、上升高度依次减小，最终达到一个稳态，稳态的反弹速度大小应等于传送带速度4m/s，此后受到的摩擦力总是斜向上，加速度为

方向斜向下，物体相对地面做往返“类竖直上抛”运动，对地上升的最大位移为

往返时间为

传送带受到的摩擦力大小始终为

故电动机的输出功率稳定为

13．如图所示，半径的四分之一光滑圆轨道竖直固定在水平桌面上，轨道末端水平且端点N处于桌面边缘。把质量的小物块从圆轨道上某点由静止释放，经过N点后做平抛运动，到达地面上的P点。已知桌面高度，小物块经过N点时的速度，g取。不计空气阻力，物块可视为质点，求：
(1)小物块是从N点上方多高的地方由静止释放的？
(2)小物块经过N点时对轨道的压力多大？
(3)小物块落地前瞬间的动量大小是多大？

【答案】(1)0.45m；(2)5.6N；(3)
【详解】
(1)设小物块从释放点到N点的高度为h1，在这个过程中小物块的机械能守恒

得

(2)设小物块经过N点时，轨道对小物块的压力为FN，由牛顿第二运动定律可得

得

根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力
N
(3)从N点到P点，小物块做平抛运动
竖直方向

得

水平方向

则小物块在P点的速度大小

小物块在P点的动量大小

14．如图所示，质量为的带有圆弧的滑块A静止放在光滑的水平面上，圆弧半径R=1.8m，圆弧的末端点切线水平，圆弧部分光滑，水平部分粗糙，A的左侧紧靠固定挡板，距离A的右侧S处是与A等高的平台，平台上宽度为L=0.5m的M、N之间存在一个特殊区域，B进入M、N之间就会受到一个大小为F=mg恒定向右的作用力。平台MN两点间粗糙，其余部分光滑，M、N的右侧是一个弹性卡口，现有一个质量为m的小滑块B从A的顶端由静止释放，当B通过M、N区域后碰撞弹性卡口的速度v不小于5m/s时可通过弹性卡口，速度小于5m/s时原速反弹，设m=1kg，g=10m/s2，求：
(1)滑块B刚下滑到圆弧底端时对圆弧底端的压力多大？
(2)若A、B间的动摩擦因数μ1=0.5，保证A与平台相碰前A、B能够共速，则S应满足什么条件？
(3)在满足(2)问的条件下，若A与B共速时，B刚好滑到A的右端，A与平台相碰后B滑上平台，设B与MN之间的动摩擦因数0＜μ＜1，试讨论因μ的取值不同，B在MN间通过的路程。

【答案】(1)30N；(2)S＞0.8m；(3)见解析
【详解】
(1)设B滑到A的底端时速度为v0，根据机械能守恒定律得

小球在圆弧底端合力提供向心力有

联立各式并代入数据得v0＝6m/s；FN＝30N。根据牛顿第三定律可知滑块对圆弧底端的压力为30N。
(2)设AB获得共同速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得

代入数据解得：v1=4m/s；对A应用动能定理得

代入数据解得：S=0.8m，即保证A与平台相碰前A、B能够共速，S应满足S＞0.8m。
(3)设B到达卡口的速度v2＝5m/s，B将从平台右侧离开，此时B与M、N的动摩擦因数为μ1，由动能定理得

解得：μ1=0.1，即0＜μ≤0.1，B从卡口右侧离开，通过的路程
S1＝L＝0.5m
如果B到达卡口的速度小于5m/s，B将被弹回，进入NM后做减速运动，到达M点速度恰好为零，设此时的动摩擦因数为μ2，则

解得μ2=0.8即0.1＜μ≤0.8，B从M左侧离开，通过的路程

如果0.8＜μ＜1，B经与卡口碰撞、往返多次后最终静止在N点，通过的路程S3，由动能定理得

解得
S3＝1.3μ（m）
15．如图所示，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上表面。t=0时刻，给木板一个水平向右的初速度v0，同时对木板施加一个水平向左的恒力F，经一段时间，滑块从木板上掉下来。已知木板质量M=3kg，高h=0.2m，与地面间的动摩擦因数μ=0.2；滑块质量m=0.5kg，初始位置距木板左端L1=0.46m，距木板右端L2=0.14m；初速度v0=2m/s，恒力F=8N，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)滑块从离开木板开始到落至地面所用的时间；
(2)滑块离开木板时，木板的速度大小；
(3)从t=0时刻开始到滑块落到地面的过程中，摩擦力对木板做的功。

【答案】(1)0.2s；(2)0.6m/s；(3)-7.38J。
【详解】
(1)设滑块从离开木板开始到落到地面所用的时间为t0，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知
，
得
；
(2)木板向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
，
得
，
则木板减速到零所经过的位移
，
由于，表明这时滑块仍然停留在木板上，此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的方向改变，由牛顿第二定律
，
得
，
滑块离开木板时，木板向左的位移
，
该过程根据运动学公式得，滑块滑离瞬间木板的速度
；
(3)滑块离开木板后，木板所受地面的支持力及摩擦力随之改变，由牛顿第二定律
，
得
，
故木板在t0这段时间的位移为
，
整个过程摩擦力对木板做的功为
。
16．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。
【答案】(1) (2) (3)
【详解】
（1）滑块恰过F点的条件：

解得：
（2）滑块从E到B，动能定理：

在E点根据牛顿第二定律：

解得：
从O到B点，根据能量守恒定律：

解得：
（3）滑块恰能过F点的弹性势能：

到B点减速到0：

解得：
能停在B点，则：

解得：，此时
从O到B点：

其中
17．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）
【详解】
（1）以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC段时，4个滑块的加速度为a，由牛顿第二定律：
以滑块1为研究对象，设刚进入BC段时，轻杆受到的压力为F，由牛顿第二定律：
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
18．如图甲所示，一长木板正在水平地面上，在t=0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动v-t图象如图所示，已知小物块与长木板的质量均为m=1kg，已知木板足够长，（g=10m/s2），求：
（1）小物块与长木板间动摩擦因数的值；
（2）在整个运动过程中，系统所产生的热量。


【答案】（1）0.5（2）72J
【详解】
（1）长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得


木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得


由图象可知，vm=2m/s，t1=1s，t2=0.8s
联立解得
（2）小物块减速过程中，有：


在整个过程中，由系统的能量守恒得

19．如图所示，AB是半径R=0.80m的光滑1/4圆弧轨道，半径OB竖直，光滑水平地面上紧靠B点静置一质量M=3.0kg的小车，其上表面与B点等高．现将一质量m=1.0kg的小滑块从A点由静止释放，经B点滑上小车，最后与小车达到共同速度．已知滑块与小车之间的动摩擦因数μ=0.40．重力加速度g取10m/s2．求：

（1）滑块刚滑至B点时，圆弧对滑块的支持力大；
（2）滑块与小车最后的共同速度；
（3）为使滑块不从小车上滑下，小车至少多长．
【答案】（1）（2）（3）
【分析】
根据“滑块从光滑圆弧滑下，滑上小车最后达到共同速度”可知，本题考查物体做多过程的运动问题，根据曲线运动优先选择动能定理求速度，板块模型优先选用动量守恒定律求速度，能量守恒定律求摩擦生热列式计算.
【详解】
(1)滑块由A至B，由机械能守恒定律得：
经B点时，由牛顿第二定律得：
联立解得：
(2)滑块滑上小车后，对滑块与小车组成的系统，由动量守恒定律得：
解得共同速度：
(3)滑块滑上小车后，对滑块与小车组成的系统，
由能量守恒定律得：
联立可得：，即小车至少长1.5m
【点睛】
本题综合力学的三个观点解决运动问题，涉及瞬时力和运动的关系时考虑牛顿第二定律和运动学公式；涉及变力、曲线、位移考虑动能定理；涉及内力作用的系统选择动量守恒定律；摩擦生热涉及相对位移考虑能量守恒定律.
20．如图所示，质量M=4kg的小车静止放置在光滑水平面上，小车右端B点固定一轻质弹簧，弹簧自由端在C点，C到小车左端A的距离L=lm，质量m=lkg的铁块（可视为质点）静止放在小车的最左端A点，小车和铁块之间动摩擦因数μ=0.2，小车在F=l8N的水平拉力作用下水平向左运动．作用一段时间后撤去水平拉力，此时铁块恰好到达弹簧自由端C点．此后运动过程中弹簧最大压缩量x=5cm，g取10m/s2，求：

（1）水平拉力F的作用时间及所做的功；
（2）撤去F后弹簧的最大弹性势能．
【答案】（1），36J（2）1.5J
【详解】
（1）设水平拉力F的作用时间为t，在t时间内铁块加速度为、位移为，小车加速度为、小车位移为，
对m：，
对M：，

解得：
水平拉力F所做功：
解得：
（2）设撤去拉力时铁块速度为，小车速度为，，
当弹簧压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，铁块与车共速，设速度为v，此时由动量守恒定律得：

设弹簧最大弹性势能为：
解得：