【单元练】北京长安中学高中物理必修2第八章【机械能守恒定律】基础练习(含答案)

一、选择题
1．直立在水平面上的轻弹簧上端位置为A ，如图甲所示。

在弹簧上放一个质量为2m 的物体a ，或者将质量为m 的物体b 与弹簧上端连接后再在b 上放质量为m 的物体c ，结果弹簧上端被压缩至位置O （图中未画出），A 、O 间距离为x 0；若同时对a 、c 施加竖直向下的压力将弹簧上端缓慢压缩至B 处，此时压力大小为F ，如图乙、丙所示，A 、B 间距离为x ；突然撤去压力F ，a 、b 、c 在向上运动的过程中，物体a 在某处脱离弹簧上端继续向上运动，重力加速度为g ，弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能E p =2
1()2
k x ，k 为弹簧
的劲度系数，Δx 为弹簧的形变量，不计空气阻力。

下列说法正确的是（ ）
A ．压力F 大于2mg
B ．物体c 会在位置O 脱离物体b
C ．撤去压力F 瞬间，a 、b 处于超重状态，c 处于失重状态
D ．向上运动过程中c 对b 的压力先增大后减小A 解析：A
A ．物体a 脱离弹簧时弹簧弹力为零，物体a 只受重力，弹簧处于原长状态。

a 平衡时有
2mg –kx 0=0
如果物体a 与弹簧连接，在撤去力F 后物体a 会以O 为平衡位置上、下运动。

而物体a 能脱离弹簧向上运动，则
2
12
kx >2mgx 又
2mg =kx 0
解得
x >2x 0
又
F +2mg =kx
则
F >2mg
A 正确；
B ．同理，物体c 脱离物体b 时物体b 对c 的弹力为零，弹簧处于原长状态，所以物体c 在A 处脱离物体b ，B 错误；
C ．由于撤去力F 后三物体向上先加速后减速，所以撤去力F 瞬间三物体均处于超重状态，C 错误；
D ．由于b 、c 脱离前先向上加速，加速度逐渐减小，后向上减速，加速度逐渐增大，c 受到的合力
ma =F N –mg
弹力F N 一直减小，由牛顿第三定律可知c 对b 的压力一直减小，D 错误。

故选A 。

2．如图所示，两卫星A 、B 绕地球做匀速圆周运动（不考虑卫星间的相互作用），假设两卫星的质量相等。

下列分析正确的有（ ）
A ．两卫星的运动周期关系A
B T T > B ．两卫星的动能关系kA kB E E >
C ．两卫星的加速度关系A B a a =
D ．两卫星所受的地球引力大小关系A B F F > A 解析：A
A ．由开普勒第三定律可得
3322
A B
A B R R T T = 因为A B R R >，所以
A B T T >
选项A 正确；
B ．卫星A 、B 绕地球做与圆周运动，由万有引力提供的心力得
22Mm v G m R R
= 卫星的动能
2k 122GMm E mv R
=
= 所以有
kA kB E E <
选项B 错误；
C ．根据万有引力提供向心力可得
2Mm
G
ma R
=
解得
2GM
a R
=
因为A 的轨道半径大，所以
A B a a <
选项C 错误；
D ．根据万有引力定律得
2
Mm
F G
R = 卫星A 、B 质量相等，A B R R >，得
A B F F <
选项D 错误。

故选A 。

3．质量为m 的物体由静止开始加速下落h 高度过程中，其加速度大小为1
3
g 。

则（ ） A ．物体的动能增加了
1
3
mgh B ．物体的重力势能减少了1
3
mgh C ．物体的机械能保持不变 D ．物体的机械能减少了
1
3
mgh A 解析：A
A ．根据动能定理得
k 1
Δ3
E mas mgh ==
A 正确；
B ．物体的重力势能减少了mgh 。

B 错误；
C ．由于重力势能的减少与动能的增加不相等，所以机械能不守恒。

C 错误；
D ．物体机械能的变化为
k p 12
ΔΔΔ33
E E E mgh mgh mgh =+=-=-
D 错误。

故选A 。

4．关于静摩擦力做功和滑动摩擦力做功，下列说法正确的是（ ） A ．静摩擦力总是做正功，滑动摩擦力总是做负功
B ．静摩擦力对物体一定不做功，滑动摩擦力对物体可能不做功
C ．静摩擦力对物体可能做功，滑动摩擦力对物体一定做功
D ．静摩擦力和滑动摩擦力都可能对物体不做功D 解析：D
A ．将小物块轻轻放在匀速运动的传送带上，小物块相对于传送带运动，滑动摩擦力充当
动力，传送带对小物块的摩擦力做正功，故A 错误；
B ．当物体受到静摩擦力作用，但是位移不为零，则静摩擦对物体做功，如手抓紧杯子向上移动，此时杯子受到手的静摩擦力，且位移不为零，手对杯子作用的静摩擦力对杯子做了正功，故B 错误；
C ．当物体受到滑动摩擦力作用，但是位移为零，则滑动摩擦力一样不做功，如粉笔在黑板上摩擦，滑动摩擦力对黑板不做功，故C 错误；
D ．当静摩擦力的方向与速度方向垂直时，比如静摩擦力提供向心力时，此时静摩擦力摩擦力不做功，当物体受到滑动摩擦力作用，但是位移为零，则滑动摩擦力一样不做功，如粉笔在黑板上摩擦，滑动摩擦力对黑板不做功，故D 正确。

故选D 。

5．将一个小球从水平地面竖直向上抛出，它在运动过程中受到的空气阻力大小恒定，其上升的最大高度为20m ，则运动过程中小球的动能和重力势能相等时，其高度为（规定水平地面为零势能面）（ ）
A ．上升时高于10m ，下降时低于10m
B ．上升时低于10m ，下降时高于10m
C ．上升时高于10m ，下降时高于10m
D ．上升时低于10m ，下降时低于10m A 解析：A
我们以10m 这一高度作为比较对象，在这一高度，小球的重力势能为在最高点势能的一半，又小球上升过程中受到的合力不变，小球在这一高度的动能也为它在开始位置时动能的一半，但在上升过程中小球要克服空气阻力做功，因此其最大动能要大于最大势能，于是小球在10m 这一高度的动能大于势能，所以小球的动能与势能相等的位置应在高于10m 处，类似地分析小球在下降时的情况可知小球在下降时其动能和势能相等的位置应在低于10m 处。

故选A 。

6．如图甲所示，质量为m =2kg 、带电荷量为3310C q -=的小物块静置于绝缘水平面上，A 点左侧上方存在方向水平向右的匀强电场。

小物块仅在电场中运动时才受到一个水平向左F =18N 的拉力作用。

小物块运动的v-t 图象如图乙所示，取g =10m/s 2，则下列说法正确的是（ ）
A ．小物块在3s 内的位移为12m
B ．小物块与水平面间的动摩擦因数为0.4
C ．匀强电场的电场强度为104N/C
D ．物块运动过程中因摩擦而产生的内能为8J C 解析：C
A ．由乙图可知小物块在0~3 s 内的位移即为图像与横轴所围的面积，即
1
34m=6m 2
x =⨯⨯
故A 错误；
B ．滑块在1~3 s 内做减速运动，此时只受摩擦力，根据牛顿第二定律得
2mg ma μ=
由乙图可知小物块做减速运动的加速度即为图像的斜率，即
2224
m 2m s 2
a =
= 解得
0.2μ=
故B 错误；
C ．滑块在0~1 s 内做加速运动，根据牛顿第二定律得
1Eq mg F ma μ--=
由乙图可知小物块做加速运动的加速度即为图像的斜率，即
2214
m 4m s 1
a =
= 解得
410N/C E =
故C 正确；
D ．物块运动过程中产生的内能等于物体克服摩擦力做的功，即
f 24J Q W mgx μ=-==
故D 错误。

故选C 。

7．某实验小组在“探究功与物体速度变化的关系”中，为了平衡小车运动过程中受到的阻力，应该采用下面所述方法中的______（填入选项前的字母代号）。

A ．逐步调节木板的倾斜程度，让小车能够自由下滑
B ．逐步调节木板的倾斜程度，让小车在橡皮条作用下开始运动
C ．逐步调节木板的倾斜程度，给小车一初速度，让拖着纸带的小车匀速下滑
D ．逐步调节木板的倾斜程度，让拖着纸带的小车自由下滑C 解析：C
为了平衡摩擦力的影响，在实验中可以将木板一端垫高，则小车受到的重力的分力可以与摩擦力平衡；则小车做匀速运动时，则摩擦力的影响可以取消，此时，小车后面的纸带上的点应为均匀分布的，因此不能拖着纸带，也不能有橡皮条作用。

故选C 。

8．如图，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a 和b 。

a
球质量为m ，静置于地面；b 球质量为4m ，用手托住，高度为h ，此时轻绳刚好拉紧。

从静止开始释放b 后，a 能达到的最大高度为（ ）
A ．h
B ．1.5h
C ．1.6h
D ．2h C
解析：C
设a 球上升高度h 时，两球的速度大小为v ，根据ab 系统的机械能守恒得
4mgh =mgh +
1
2
∙（4m +m ）v 2 解得
1.2v gh
此后绳子恰好松弛，a 球开始做初速为 1.2gh 的竖直上抛运动，再对a 球，根据机械能守恒
mgh +
2
12
mv =mgH 解得a 球能达到的最大高度
H =1.6h
故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

9．如图，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块（滑块与弹簧不拴接），向下压缩弹簧至离地高度h =0.1m 处，由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度h 并作出滑块的动能E -h 图像，其中h =0.18m 时对应图像的最顶点，高度从0.2m 上升到0.35m 范围内图像为直线，其余为曲线，取g =10m/s 2，由图像可知（ ）
A ．弹簧的原长为0.18m
B ．滑块的质量为0.2kg
C ．弹簧的弹性势能最大值为0.3J
D．弹簧的弹性势能最大值为0.32J B
解析：B
A．由高度从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线可知，弹簧的原长为0.2m，故A错误；
B．由图像可知，滑块在0.2m处动能为0.3J，从0.2m上升到0.35m范围内，由机械能守恒可得
(0.350.2)0.3
mg-=
解得
0.2kg
m=
故B正确；
CD．从0.1m到0.35m的过程中，根据能量守恒可知，增加的重力势能即为弹簧的弹性势能的最大值，有
pm 0.210(0.350.1)J0.5J
E mg h
=∆=⨯⨯-=
故CD错误。

故选B。

10．如图所示，螺旋形光滑轨道竖直放置，P、Q为对应的轨道最高点，一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，且能过轨道最高点P，则下列说法中正确的是（）
A．轨道对小球做正功，轨道对小球的压力F P＞F Q
B．轨道对小球不做功，小球的向心加速度a P＞a Q
C．轨道对小球做正功，小球的线速度v P＜v Q
D．轨道对小球不做功，小球的角速度ωP<ωQ D
解析：D
CD．由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅有重力做功，小球机械能守恒。

则P点的速度小于Q点速度，且P点的半径大于Q点的半径。

所以小球通过P点的角速度小于通过Q点的，故C错误，D正确；
AB．由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅有重力做功，小球机械能守恒。

则P点的速度小于Q点速度，且P点的半径大于Q点的半径。

所以小球在P点的向心加速度小于Q点的，则小球在P点的向心力小于Q点的，而向心力是由重力与轨道对它的支持力提供，因此小球在P点的支持力小于Q点的，即小球对轨道的压力P点小于Q点的，故AB错误。

故选D。

二、填空题
11．均匀铁链全长为L，质量为m，其中一半平放在光滑水平桌面上，其余悬垂于桌边，
如图所示，此时链条的重力势能为______，如果由图示位置无初速释放铁链，直到当铁链刚挂直，此时速度大小为______（重力加速度为g ，桌面高度大于链条长度，取桌面所在平面为零势能面）
解析：18
mgL -3gL
[1]平放在光滑水平桌面上的一半铁链的重力势能为0，悬挂在桌下面的一半铁链的重心距离桌面的距离为
4
L
，其重力势能为 11248L mg mgL ⎛⎫
⨯-=- ⎪⎝⎭
所以此时链条的重力势能为18
mgL -。

[2]从无初速释放铁链，到铁链刚挂直，整个过程机械能守恒。

铁链刚挂直时，其重力势能为
122L mg mgL ⎛⎫
⨯-=- ⎪⎝⎭
根据机械能守恒
2111
822
mgL mgL mv -=-+ 解得
3gL
v =
12．质量为m 的汽车在平直公路上以速度0v 匀速行驶，发动机的功率为P ，司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率立即减小为0.5P 并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从司机减小油门开始，汽车的速度v 与时间t 的关系如图所示，则在10~t 时间内，汽车的牵引力大小________（填“增大”、“减小”或“不变”），该过程中汽车行驶的位移为________。

增大
解析：增大 3
00
1328v mv x t P
=+
[1]由图像知0~t 1时间内，汽车的加速度在减小，而
f F
a m
-=
所以可得0~t 1时间内汽车的牵引力在增大。

[2]0~t 1时间内，汽车的功率恒为0.5P 。

根据t 1时刻汽车达到匀速，可计算出汽车所受阻力的大小为
00
0.50.5P P P f F v v v ==
== 0~t 1时间内，根据动能定理有
2
2
010110.5222
v Pt fx m mv ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭
解得位移为
3
00
1328v mv x t P
=+
13．某球员定点罚球，篮球刚好水平越过篮筐前沿。

已知罚球点离篮筐前沿的水平距离为 4.2m ，罚球的出球点与篮球运动最高点间的高度差为0.8 m ，篮球质量为 0.6 kg ，这次罚球该球员对篮球做的功为38J ，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，则篮球从出球点运动到最高点，重力势能增加了______J ，篮球在最高点时的动能为______ J 。

8331
解析：8 33.1 [1]重力势能增加量
p 0.6100.8J 4.8J E mgh ∆==⨯⨯=
[2]逆向分析，篮球做平抛运动，则在空中运动时间，由
2
12
h gt =
得
220.8s 0.4s 10h t g ⨯=
== 则水平速度
4.2m s 10.5m s 0.4
x v t =
== 因此篮球在最高点时的动能为
22k 11
0.610.5J 33.1J 22
E mv =
=⨯⨯≈ 14．斜面高0.6m ，倾角为30，质量为1kg 的物体由顶端滑到底端，已知动摩擦因数是
0.5，210m/s g =，在这一过程中由于摩擦产生了______J 的热量。

20 解析：20
物体下滑的过程中受到的摩擦力
f cos30 2.53N F m
g μ=︒=
物体克服摩擦力做功
f f
33J 5.20J sin 30h
W F x F ===≈︒
这个过程产生的内能等于物体克服摩擦力做的功，所以产生的内能也是5.20J
15．如图是滑道压力测试的示意图，光滑斜面与半径为R 滑圆弧轨道, 在滑圆弧轨道弧的最低点B 处平滑相连接，某质量为m 的滑块从斜面上高h 处由静止下滑，重力加速度为g 则：
（1）滑块运动到斜面底端的B 点时的速度大小为________； （2）滑块进入圆弧轨道的B 对轨道的压力_________。

2gh 21h mg R ⎛⎫+
⎪⎝⎭
（1）[1]滑块从高h 处由静止下滑到B 点，根据机械能守恒定律有
2
12
B mgh mv =
解得2B v gh （2）[2] 在B 点，根据牛顿第二定律有
2B v N mg m R
-= 解得21h N mg R ⎛
⎫=+ ⎪⎝⎭
根据牛顿第三定律，可知滑块进入圆弧轨道的B 对轨道的压力为21h mg R ⎛
⎫+
⎪⎝⎭。

16．利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验。

(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是____。

A ．交流电源 B ．刻度尺 C ．天平（含砝码）
(2)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带。

在纸带上选取三个连续打出的点A 、B 、C ，测得它们到起始点O 的距离分别为A h 、B h 、c h 。

已知当地重力加速度为g ，打点计时器打点的周期为T 。

设重物的质量为m 。

从打O 点到打B 点的过程中，重物的重力势能变化量p E ∆=________，动能变化量k E ∆=_______。

(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是______。

A ．利用公式v gt =计算重物速度 B ．利用公式2v gh =
C ．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D ．没有采用多次实验取平均值的方法
(4)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒∶在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O 的距离h ，计算对应计数点的重物速度v ，描绘v 2-h 图像，并做如下判断∶若图像是一条过原点且斜率为______（用题中字母表示）的直线，则重物下落过程中机械能守恒。

ABmghBC2g
解析：AB mgh B 21()22c A h h m T
- C 2g （1）[1]在下列器材中，还必须使用的两种器材是交流电源和刻度尺，故选AB ；
（2）[2][3]从打O 点到打B 点的过程中，重物的重力势能变化量
p B E mgh ∆=
动能变化量
2211()222C A k B h h E mv m T
-∆== （3）[4]大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是重物下落时存在空气阻力和摩擦阻力的影响，一部分重力势能转化为内能，故选C ； （4）[5]根据212
mgh mv =可得
22v gh = 则v 2-h 图像的斜率为
k =2g
17．如图所示，质量为m 的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物块重力的k 倍。

它与转轴OO '相距R ，物块随转台由静止开始转动，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为__________。

解析：12
kmgR [1]物块即将滑动时，物块与平台的摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律可知
2
v kmg m R
= 物块由静止到开始滑动，根据动能定理可知转台对物块做功全部转化为物块的动能
21122
W mv kmgR == 18．某汽车的质量为32.010⨯kg ，额定功率为60kW ，它在水平公路上行驶时所受阻力大小恒为3510⨯N 。

汽车从静止开始做加速度为2m/s 2的匀加速直线运动，它能维持这一过程的时间为_________s ；随后汽车又以额定功率运动了一段距离后达到了最大速度，可判断出此过程中它的加速度在逐渐减小，理由是_________________________。

由P=Fv 知P 不变速度v 变大时牵引力F 变小；再根据F-f=ma 合外力变小则加速度a 也变小
解析：
103
由P =Fv 知，P 不变，速度v 变大时，牵引力F 变小；再根据F -f =ma ，合外力变小，则加速度a 也变小
[1][2]由牛顿第二定律可知 F f ma -=
解得
9000N F f ma =+=
由
P Fv =
可知达到额定功率时的速度为 6000020m/s m/s 90003
P v F =
== 由 v at =
可知
10s 3
v t a =
= 由 P Fv =
可知v 变大时，牵引力F 减小，由
F f ma -=
可知合外力减小，故加速度减小。

19．如图，倾角为θ的固定斜面上AB 段光滑，BC 段粗糙，且BC ＝2AB 。

若P 由静止开始从A 点释放，恰好能滑动到C 点而停下，则小物块P 与BC 段斜面之间的动摩擦因数μ＝______；若P 以初速度v 0从A 点开始运动，则到达C 点时的速度v C ____ v 0（选填“＞”、“＜”或“＝”）。

=
解析：3tan θ2
= [1]．设BC ＝2AB =2L 。

则由A 到C ，由动能定理得：
3sin cos 2=0mg L mg L θμθ⋅-⋅ 解得
3tan θ=2
μ [2]．若P 以初速度v 0从A 点开始运动，则到达C 点时，由动能定理得：
220113sin cos 2=22
mg L mg L mv mv θμθ⋅-⋅- 解得
v =v 0
20．如图所示，在竖直平面固定着光滑的1/4圆弧槽，它的末端水平，上端离地高H 处一个小球从上端无初速度滑下，若要小球的水平射程为最大值，则圆弧槽的半径为___，最大的水平射程为___。

H 【解析】 解析：
2
H H 【解析】 [1][2]设圆弧半径为R ，下落过程有动能定理可得
212
mgR m υ=
小球飞出后做平抛运动，故 x υt =
212
H R gt -= 联立解得 ()()224H R x gR
R H R g -==-故当R H R =-，即2
H R =时，水平射程最大，最大为 x H =
三、解答题
21．2020年9月15日，中智行5GAI 无人驾驶汽车亮相上海5G 科普活动，活动现场，中智行展示了公司最新研发的、具有百分百自主知识产权的无人驾驶技术。

在一次性能测试中，质量1000m =kg 的无人驾驶汽车以恒定加速度启动，达到额定功率后保持额定功率继续行驶，在刚好达到最大速度时，突然发现前方有一行人要横穿马路而紧急刹车，车载速度传感器记下了整个过程中速度随时间变化图像如图所示。

已知汽车启动时所受阻力恒定，且是汽车刹车时所受阻力的15。

求： （1）该无人驾驶汽车发动机的额定功率P ；
（2）汽车做匀加速直线运动的末速度；
（3）在4s~14s 内汽车通过的路程。

解析：（1）60KW ；（2）12m/s ；（3）111m
（1）由图像可知汽车刹车过程中的加速度大小为
222230m /s 10m /s 3
v a t ∆===∆ 可知刹车时汽车所受阻力
422110N f F ma ==⨯
因此汽车启动时所受阻力
3121210N 5
f f F F ==⨯ 汽车达到最大速度时1f F F =牵，该汽车发动机的额定功率
max 60kW P F v ==牵
（2）在0~4s 内，根据牛顿第二定律可知
1f F F ma -=
且
1
P F v = 11
v a t =
联立解得 112m /s v =
（3）在4~14s 内，汽车功率恒定，阻力恒定，根据动能定理有
22212max 11122
f Pt F x mv mv -=
- 解得汽车该段时间内的位移 2111m x =
22．景区观光列车是人们欣赏景区美丽景色的绝佳工具。

一质量为5510kg ⨯的观光列车以额定功率启动，在水平直轨道上行驶时阻力f 是车重的0.01倍，当速度为10m/s 时，列车的加速度大小为20.02m/s (210m/s g =)，求：
（1）该列车的额定功率P ；
（2）该列车行驶的最大速度m v ；
（3）列车从静止开始经过时间100s ，速度达到最大值，求该过程行驶的距离s 。

解析：（1）5610W ⨯；（2）12m/s ；（3）480m
（1）列车运动受阻力为
40.01510N f mg ==⨯
据牛顿第二定律可得
F f ma -=
解得
4610F f ma N =+=⨯
则列车额定功率
5610W P Fv ==⨯
（2）当F f =时
12m/s m P v f
== （3）设该过程行驶的距离为s ，由动能定理可得
212
Pt fs mv -=
解得 480m s =
23．动车组是城际间实现小编组、大密度的高效运输工具，以其编组灵活、方便、快捷、安全、可靠、舒适等特点而备受世界各国铁路运输和城市轨道交通运输的青睐。

几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组，就是动车组。

假设有一动车组由六节车厢连接而成，每节车厢的总质量均为4
810kg m =⨯。

其中第一节、第二节带动力，他们的额定
功率分别是71210W P =⨯和72110W P =⨯（第一节车厢达到额定功率如功率不够用时启动第二节车厢），车在行驶过程中阻力恒为重力的0.1倍。

g 取210m/s ）
（1）求该动车组的最大行驶速度；
（2）若列车以21m/s 的加速度匀加速启动，求10s t =时，第一节和第二节车厢之间拉力的值。

解析：（1）62.5m/s ；（2）8×105N
（1）对整列动车，当前两节都输出额定功率且总牵引力等于总阻力时，动车速度最大
12max P P fv +=
0.1f =×6mg
联立计算得出
max v =62.5m/s
（2）当t =10s 时
110m/s v at ==2
假设只有第一节车厢提供动力，输出功率为P，则有
15
P
f ma
v
-=
得
P=9.6×106W
P﹤P1
故假设成立，即t=10s时只有第一节车厢提供动力对后五节车厢
F-f2=5ma
f2=0.1×5mg
解得
F=8×105N
24．如图所示，为车站使用的水平传送带模型，传送带的水平部分长度L=8m，传送带的皮带轮的半径均为R=0.2m，传送带的上部距地面的高度为h =0.45m，现传送一质量m=10kg 的旅行包，已知旅行包与皮带间的动摩擦因数μ=0.6，皮带轮与皮带之间始终不打滑，g取10m/s2。

讨论下列问题：
（1）若传送带静止，旅行包（可视为质点）以v0=10m/s的初速度水平地滑上传送带。

旅行包滑到B点时，若人没有及时取下旅行包，旅行包将从B端滑落，则包的落地点距B端的水平距离为多少？
（2）若旅行包在A端无初速释放，皮带轮以ω1=40rad/s的角速度顺时针匀速转动，则旅行包落地点距B端的水平距离又为多少？旅行包从A到B过程中系统产生多少内能？（3）若旅行包无初速地释放，设皮带轮ω≥10rad/s角速度顺时针匀速转动时，画出旅行包落地点距B端的水平距离s随皮带轮的角速度ω变化的图象。

（取6 2.5
≈，只需画出图像，不要求写出计算过程）
解析：（1）0.6m ；（2）2.4m， 320J；（3）
（1）旅行包做匀减速运动，根据
mg ma
μ=
解得
26m/s a g μ==
旅行包到达B 端速度为，根据 20210096m/s 2m/s v v aL =-=-=
所以包作平抛运动，根据
212
h gt =
解得 0.3s t =
包的落地点距B 端的水平距离为
20.3m 0.6m x vt ==⨯=
（2）当ω1=40rad/s 时，皮带速度为
118m/s v R ω==
旅行包加速到和传送带相同速度的时间
04s 3
v t a =
= 在传送带上的位移 221108016m m L 2263
v x a --===<⨯ 传送带的位移
21032m 3
x v t == 即旅行包先做加速运动然后在和传送带做匀速运动，旅行包到达B 端的速度也为v 1=8m/s 作平抛运动 ，包的落地点距B 端的水平距离为
3180.3m 2.4m x v t ==⨯=
旅行包从A 到B 过程中系统产生多少内能
21()320J Q mg x x μ=-=
（3）如图所示
25．小物块A 的质量为m ，物块与坡道间的动摩擦因数为μ，水平面光滑，坡道顶端距水平面高度为h ，倾角为θ。

物块从坡道进入水平滑道时，在底端O 点处无机械能损失，重
力加速度为g 。

将轻弹簧的一端连接在水平滑道M 处并固定在墙上，另一自由端恰位于坡道的底端O 点，如图所示。

物块A 从坡顶由静止滑下，求：
(1)物块滑到O 点时的速度大小。

(2)弹簧为最大压缩量d 时的弹性势能。

(3)物块A 被弹回到坡道上升的最大高度。

解析：22cot gh gh μθ-；(2)cot mgh mgh μθ-；(3)
()1cot 1cot h μθμθ-+
(1)对物体A 到O 的过程运用动能定理得 21cos 0sin 2
h mgh mg mv μθ
θ--＝ 所以 22cot v gh gh μθ-＝
(2)弹簧压缩量最大时，速度为零，物块的动能全部转化为弹簧的弹性势能。

根据能量守恒定律得
2p 1cos cot 2sin h E mv mgh mg mgh mgh μμθθ
-=-＝＝ (3)设物体A 能够上升得最大高度h 1，物体被弹回过程中由动能定理得
2111cos 0sin 2
h mgh mg mv μθθ--⋅
=- 解得 ()11cot 1cot h
h μθμθ-+＝
26．如图所示，装置的左边是光滑的水平面，一轻质短弹簧左端固定，右端与质量为1kg 的小物块接触而不连接，光滑水平面的右边是一段长度为L =2m 的水平静止的传送带，水平面、传送带和水平台面BC 等高，水平台面BC 的长度为S =1m ，右边是半径R =0.5m 的光滑半圆轨道CDE ，现在外力作用下，使小物块压缩弹簧至弹簧的弹性势能为E P =20J ，然后撤去外力后小物块沿光滑水平面滑到传送带A 点继续向右运动，小物块与传送带及水平台面BC 之间的动摩擦因数均为µ=0.5，则（g 取10m/s 2）求：
(1)小物块离开弹簧后刚滑到传送带A 点的速度多大；
(2)小物块达到圆轨道最低点C 对轨道的压力大小；
(3)通过计算分析，小物块最后停在何处；
(4)若传送带可以顺时针转动，要使小物块恰好到达最高点E ，试计算传送带的速度多大。

解析：(1)0210v =m/s ；(2)30N ；(3)最后停在B 点；35m/s
(1)小物块离开弹簧过程，由能量守恒定律得
2012
p E mv =
小物块离开弹簧后刚滑到传送带A 点的速度 0210v =m/s
(2)物块，A 到C ，由动能定理得
22011()22
C mg S L mv mv μ-+=
- 解得：10m/s C v =；
在C 点，由向心力公式得 2C v N mg m R
-= 轨道对物块的支持力N =30N ，由牛顿第三定律得，物块对轨道的压力N ‘=30N
(3)物块从C 滑上光滑半圆轨道CDE ，由机械能守恒定律得
212
C mv mgh = 解得：h =0.5m
即物块从C 滑上光滑半圆轨道CDE 运动到D 点速度减为0，再从D 点运动到停止，由动能定理得
0mgh mgs μ-=路
解得：S 路=1m ，所以小物块最后停在B 点；
(4)小物块恰好到达最高点E ，则
2=E v mg m R
小物块从B 到E ，由动能定理得
2211222
E B mgs mgR mv mv μ--=
- 解得：35m/s B v 由于v B <v 0，小物块在传送带减速运动，若小物块从A 点一直减速到B 点，由动能定理得
2201122mgL mv mv μ-=-
解得：25m/s v = ，由于v B >v ，所以物块在传送带上先减速后匀速，传送带的速度为35m/s
27．如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC 为光滑半圆形轨道，半径为R ，CD 为水平粗糙轨道，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2.一质量为m 的小滑块（可视为质点）从D 点获得某一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点A ，CD 间距为5R 。

已知重力加速度为g 。

求：
(1)小滑块到达A 点的速度v A ；
(2)小滑块在D 点获得的初动能E k
解析：(1)gR ；(2)3.5mgR
(1)小滑块在A 点有
2A v mg m R
= A v gR =
(2)根据题意，小滑块从D 到A 的过程中根据动能定理得
21-2-52
A k mg R mg R mv E μ⋅=- 解得
3.5k E mgR =
28．在木板AB 表面涂上某种涂料，物体在这个表面上运动时的动摩擦因数μ随着离A 端的距离x 的变化关系为kx μ=，-10.8m k =。

如图所示，AB 板长L =1m ，与水平面成37°角。

重力加速度取g =10m/s 2，o
sin370.6，o cos370.8，求物体：
(1)能在AB 板上处于静止位置的范围；
(2)向下运动到AB 中点时加速度大小；
(3)从A 端由静止释放，滑到B 端时的速度大小。

解析：(1)15m 16x ≥
；(2)2.8m/s 2；235m/s 5 (1)设物体在AB 板上处于静止时受到的最大静摩擦力为fm F
物体在AB 板上静止时，由平衡条件得
fm sin 37F mg ≥。