(新课标)2022高考物理二轮总复习第一部分专题突破方略专题二功与能量动量1.2.2机械能守恒和功能.pdf

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1、新课标新课标 20222022 高考物理二轮总高考物理二轮总复习第一局部专题突破方略专复习第一局部专题突破方略专题二功与能量动量题二功与能量动量1.2.21.2.2 机械能机械能守恒和功能关系专题限时训练守恒和功能关系专题限时训练1.2.21.2.2 机械能守恒和功能关系机械能守恒和功能关系专题限时训练专题限时训练一、单项选择题一、单项选择题1 1如下图的等边三角形框架用三根轻杆制成，如下图的等边三角形框架用三根轻杆制成，边长为边长为L L，在其中两个顶点处各固定一个小球，在其中两个顶点处各固定一个小球A A和和B B，质量分别为，质量分别为 2 2m m和和m m.现将三角形框架的第现将三角

2、形框架的第三个顶点悬挂在天花板上三个顶点悬挂在天花板上O O点，点，有一水平力有一水平力F F作作用在小球用在小球A A上，上，使使OBOB杆恰好静止于竖直方向杆恰好静止于竖直方向 不不计一切摩擦，计一切摩擦，将力将力F F撤去，撤去，框架绕框架绕O O点自由转动，点自由转动，那么那么()A A力力F F撤去前，撤去前，ABAB杆的拉力为零杆的拉力为零B B力力F F撤去前，撤去前，ABAB杆的拉力不为零杆的拉力不为零C C撤去撤去F F后后A A球运动到最低点时的速度大小为球运动到最低点时的速度大小为3 3gLgLv v2 2D D撤去撤去F F后后A A球运动到最低点时的速度大小为球运动到

3、最低点时的速度大小为2 22 2 3 3gLgLv v3 3答案：答案：A A解析：解析：撤去撤去F F之前，对球之前，对球B B受力分析，受重力和受力分析，受重力和OBOB杆的拉力，由于受力平衡，故杆杆的拉力，由于受力平衡，故杆ABAB的拉力为的拉力为零，故零，故A A 正确，正确，B B 错误；错误；A A、B B球用杆相连，速度球用杆相连，速度相等，相等，撤去撤去F F后后A A球运动到最低点的过程系统机球运动到最低点的过程系统机械能守恒：械能守恒：2 2mgmgmgmg(2(2m mm m)v v，解得，解得v v2 22 22 23 3gLgL，故，故 C C、D D 错误错误3 3

4、2 2(2022天津卷(2022天津卷)滑雪运动深受人民群众的喜滑雪运动深受人民群众的喜爱，爱，某滑雪运发动某滑雪运发动(可视为质点可视为质点)由坡道进入竖直由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道面内的圆弧形滑道ABAB，从滑道的，从滑道的A A点滑行到最点滑行到最低点低点B B的过程中，的过程中，由于摩擦力的存在，由于摩擦力的存在，运发动的运发动的速率不变，那么运发动沿速率不变，那么运发动沿ABAB下滑过程中下滑过程中()A A所受合外力始终为零所受合外力始终为零3 3L LL L1 12 2B B所受摩擦力大小不变所受摩擦力大小不变C C合外力做功一定为零合外力做功一定为零D D机械能始终保持不变

5、机械能始终保持不变答案：答案：C C解析：解析：因为运发动做曲线运动，因为运发动做曲线运动，所以合力一定不所以合力一定不为零，为零，A A 错误；运发动受力如下图，在圆弧轨道错误；运发动受力如下图，在圆弧轨道内，内，重力沿垂直曲面的分力与曲面对运发动的支重力沿垂直曲面的分力与曲面对运发动的支持力的合力充当向心力，故有持力的合力充当向心力，故有F FN Nmgmgcoscosv vv vm m，F FN Nm mmgmgcoscos，运动过程中速率恒定，运动过程中速率恒定，R RR R且且在减小，所以曲面对运发动的支持力越来在减小，所以曲面对运发动的支持力越来越大，根据越大，根据f fFFN N

6、可知摩擦力越来越大，可知摩擦力越来越大，B B 错错误；运发动运动过程中速率不变，质量不变，即误；运发动运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能不变，动能变化量为零，动能变化量为零，根据动能定理可知根据动能定理可知合力做功为零，合力做功为零，C C 正确；因为克服摩擦力做功，正确；因为克服摩擦力做功，机械能不守恒，机械能不守恒，D D 错误错误2 22 24 43 3(2022陕西西北大附中(2022陕西西北大附中)如图，固定在地面如图，固定在地面的斜面体上开有凹槽，的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨着放置六个半径槽内紧挨着放置六个半径均为均为r r的相同小球，的相同小球，各球编号如图各球编号

7、如图斜面与水平斜面与水平轨道轨道OAOA平滑连接，平滑连接，OAOA长度为长度为 6 6r r.现将六个小球现将六个小球由静止同时释放，小球离开由静止同时释放，小球离开A A点后均做平抛运点后均做平抛运动，不计一切摩擦那么在各小球运动过程中，动，不计一切摩擦那么在各小球运动过程中，以下说法正确的选项是以下说法正确的选项是()A A只有球只有球 6 6 在在OAOA段机械能增大段机械能增大B B全过程中球全过程中球 1 1 的机械能减少的机械能减少C C球球 1 1 的水平射程最小的水平射程最小D D六个球落地点各不相同六个球落地点各不相同答案：答案：B B解析：解析：球球 6 6 在在OAOA

8、段运动时，由受力分析可知斜段运动时，由受力分析可知斜面上球在加速，面上球在加速，球球 5 5 对球对球 6 6 的作用力做正功，的作用力做正功，动动能增加，球能增加，球 6 6 的机械能增加，对的机械能增加，对 4 4、5 5 小球受力小球受力分析同理可知动能增加，分析同理可知动能增加，故故 A A 错误；错误；对球对球 1 1 受力受力5 5分析，分析，球球 1 1 对球对球 2 2 的作用力做正功，的作用力做正功，那么球那么球 2 2 对对球球 1 1 的作用力做负功，的作用力做负功，球球 1 1 机械能减少，机械能减少，故故 B B 正正确；确；由于有局部小球在水平轨道上运动时，由于有局

9、部小球在水平轨道上运动时，斜面斜面上的小球仍在加速，上的小球仍在加速，故可知离开故可知离开A A点时球点时球 6 6 的速的速度最小，水平射程最小，故度最小，水平射程最小，故 C C 错误；由错误；由 C C 可知，可知，球球 6 6 水平射程最小，球水平射程最小，球3 3、2 2、1 1 速度相等，水平速度相等，水平射程相同，故射程相同，故 D D 错误错误4 4小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，后回到原高度再次下落，重复上述运动重复上述运动取小球取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为

10、正方向向以下速度以下速度v v和位置和位置x x的关系图象中，的关系图象中，能描述能描述该过程的是该过程的是()A AB BC CD D6 6答案：答案：A A解析：解析：由题意知在运动过程中小球机械能守恒，由题意知在运动过程中小球机械能守恒，设机械能为设机械能为E E，小球离地面高度为小球离地面高度为x x时速度为时速度为v v，1 12 2v vE E那么有那么有mgxmgxmvmvE E，可变形为，可变形为x x，2 22 2g gmgmg E E 由此方程可知图线为开口向左、顶点在由此方程可知图线为开口向左、顶点在，0 0 mgmg 2 2的抛物线，应选项的抛物线，应选项 A A 正确

11、正确5 5如下图，轻质弹簧上端固定，下端系一质量如下图，轻质弹簧上端固定，下端系一质量为为m m的物体物体在的物体物体在A A处时，弹簧处于原长状处时，弹簧处于原长状态第一次用手托住物体使它从态第一次用手托住物体使它从A A处缓慢下降，处缓慢下降，到达到达B B处时，处时，手和物体恰好自然分开手和物体恰好自然分开第二次在第二次在A A处静止释放物体，处静止释放物体，物体到达物体到达B B处时的速度为处时的速度为v v，不考虑空气阻力不考虑空气阻力物体从物体从A A到到B B的过程中，的过程中，以下以下说法正确的选项是说法正确的选项是()A A第二次物体在第二次物体在B B处的加速度大小等于重力

12、加处的加速度大小等于重力加7 7速度速度g gB B两个过程中弹簧和物体组成的系统机械能都两个过程中弹簧和物体组成的系统机械能都守恒守恒1 12 2C C第一次物体克服手的作用力做的功为第一次物体克服手的作用力做的功为mvmv2 2D D两个过程中弹簧的弹性势能增加量都等于物两个过程中弹簧的弹性势能增加量都等于物体重力势能的减少量体重力势能的减少量答案：答案：C C解析：解析：在在B B处重力与弹力相等，处重力与弹力相等，物体的加速度为物体的加速度为零，零，应选项应选项 A A 错误；错误；由于第一次用手托住物体使由于第一次用手托住物体使它从它从A A处缓慢下降，这个过程有手对物体做功，处缓慢

13、下降，这个过程有手对物体做功，故机械能不守恒，故机械能不守恒，应选项应选项 B B 错误；错误；第一次重物在第一次重物在向下运动的过程中，向下运动的过程中，要克服弹簧拉力做功，要克服弹簧拉力做功，根据根据动能定理知动能定理知mghmghW WW W弹力弹力0 0，第二次根据动能，第二次根据动能1 12 2定理：定理：mghmghW W弹力弹力mvmv，联立方程可以得到：，联立方程可以得到：W W2 21 12 2mvmv，应选项，应选项 C C 正确；在第一个过程，根据动正确；在第一个过程，根据动2 2能定理：能定理：mghmghW WW W弹力弹力0 0，可以得到克服弹簧，可以得到克服弹簧8

14、 8做功为：做功为：W W弹力弹力mghmghW W，即弹性势能增加量都小，即弹性势能增加量都小于物体重力势能的减少量，应选项于物体重力势能的减少量，应选项 D D 错误错误二、多项选择题二、多项选择题6 6(2022全国卷(2022全国卷)从地面竖直向上抛出一物从地面竖直向上抛出一物体，其机械能体，其机械能E E总总等于动能等于动能E Ek k与重力势能与重力势能E Ep p之之和取地面为重力势能零点，该物体的和取地面为重力势能零点，该物体的E E总总和和E Ep p随它离开地面的高度随它离开地面的高度h h的变化如下图的变化如下图 重力加速重力加速度取度取 10 m/s10 m/s.由图中

15、数据可得由图中数据可得()2 2A A物体的质量为物体的质量为 2 kg2 kgB Bh h0 0 时，物体的速率为时，物体的速率为 20 m/s20 m/sC Ch h2 m2 m 时，物体的动能时，物体的动能E Ek k40 J40 JD D从地面至从地面至h h4 m4 m，物体的动能减少，物体的动能减少 100 J100 J答案：答案：ADAD8080解析：解析：由由E Ep ph h图线知其斜率为图线知其斜率为G G，故，故G G N N4 49 920 N20 N，解得，解得m m2 kg2 kg，选项，选项 A A 正确；正确；h h0 0 时，时，1 12 2E Ep p0 0

16、，E Ek kE E总总E Ep p100 J100 J0 0100 J100 J，故，故mvmv2 2100100 J J，解得：，解得：v v1010 m/sm/s，选项，选项 B B 错误；错误；h h2 2m m 时，时，E Ep p4040 J J，E Ek kE E总总E Ep p9090 J J4040 J J5050 J J，选项选项 C C 错误；错误；h h0 0 时，时，E Ek kE E总总E Ep p100 J100 J，h h4 m4 m时，时，E Ek kE E总总E Ep p80 J80 J80 J80 J0 J0 J，故，故E Ek kE Ek k100 J1

17、00 J，选项，选项 D D 正确正确7 7(2022江苏一模(2022江苏一模)如下图，一轻质弹簧一端如下图，一轻质弹簧一端固定在水平面上通过固定在水平面上通过O O点的转轴上，点的转轴上，另一端与一另一端与一质量为质量为m m的小环相连环可以沿与水平方向成的小环相连环可以沿与水平方向成30角的光滑固定杆下滑，弹簧原长为30角的光滑固定杆下滑，弹簧原长为L L.现让现让环从环从O O点的正上方距点的正上方距O O点为点为L L的的A A点由静止开始点由静止开始下滑，环刚好滑到与下滑，环刚好滑到与O O点处于同一水平面上的点处于同一水平面上的B B点时速度变为零点时速度变为零 那么小环在从那么

18、小环在从A A点下滑到点下滑到B B点点的过程中的过程中()1010A A小环的机械能守恒小环的机械能守恒B B弹簧的弹性势能一直变大弹簧的弹性势能一直变大C C弹簧的最大弹性势能为弹簧的最大弹性势能为mgLmgLD D除除A A、B B两点外，弹簧弹力做功的瞬时功率为两点外，弹簧弹力做功的瞬时功率为零的位置还有两处零的位置还有两处答案：答案：CDCD解析：解析：对小环而言，有弹簧弹力对其做功，故小对小环而言，有弹簧弹力对其做功，故小环的机械能不守恒，环的机械能不守恒，故故 A A 错误；错误；弹簧的长度先缩弹簧的长度先缩短后伸长，短后伸长，故弹簧的弹性势能先增加后减小、故弹簧的弹性势能先增加

19、后减小、最最后再次增加，后再次增加，故故 B B 错误；错误；小环和弹簧的系统机械小环和弹簧的系统机械能守恒，能守恒，系统重力势能在减小，系统重力势能在减小，而在最低点时重而在最低点时重力势能最小，力势能最小，动能为零，动能为零，故此时弹簧的弹性势能故此时弹簧的弹性势能最大，为最大，为mgLmgL，故，故 C C 正确；根据功率的瞬时表达正确；根据功率的瞬时表达式式P PFvFvcoscos，要使得，要使得P P为零，可能是为零，可能是F F为为零、零、v v为零、或者为零、或者 coscos为零，故除为零，故除A A、B B两两点外，弹簧弹力做功的瞬时功率为零还有两处，点外，弹簧弹力做功的瞬

20、时功率为零还有两处，其中一处为弹力与速度垂直处，其中一处为弹力与速度垂直处，另一处为弹簧弹另一处为弹簧弹力为零，故力为零，故 D D 正确正确11118 8(2022温州中学模拟(2022温州中学模拟)如下图，在竖直平面如下图，在竖直平面内半径为内半径为R R的四分之一圆弧轨道的四分之一圆弧轨道ABAB、水平轨道、水平轨道BCBC与斜面直轨道与斜面直轨道CDCD平滑连接在一起，斜面直轨平滑连接在一起，斜面直轨道足够长在圆弧轨道上静止着道足够长在圆弧轨道上静止着N N个半径为个半径为r r(r rR R)的光滑小球的光滑小球(小球无明显形变小球无明显形变)，小球恰好将小球恰好将圆弧轨道铺满，圆弧

21、轨道铺满，从最高点从最高点A A到最低点到最低点B B依次标记依次标记为为 1 1、2 2、3 3、N N.现将圆弧轨道末端现将圆弧轨道末端B B处的阻处的阻挡物拿走，挡物拿走，N N个小球由静止开始沿轨道运动，不个小球由静止开始沿轨道运动，不计一切摩擦与空气阻力，计一切摩擦与空气阻力，以下说法正确的选项是以下说法正确的选项是()A AN N个小球在运动过程中始终不会散开个小球在运动过程中始终不会散开B B第第 1 1 个小球从个小球从A A到到B B的过程中机械能守恒的过程中机械能守恒C C第第 1 1 个小球到达个小球到达B B点前第点前第N N个小球做匀加速个小球做匀加速运动运动D D第

22、第 1 1 个小球到达最低点的速度个小球到达最低点的速度v v gRgR答案：答案：ADAD1212解析：解析：在下滑的过程中，在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀水平面上的小球要做匀速运动，速运动，而圆弧轨道上的小球要做加速运动，而圆弧轨道上的小球要做加速运动，那那么后面的小球对前面的小球有向前挤压的作用，么后面的小球对前面的小球有向前挤压的作用，所以小球之间始终相互挤压，所以小球之间始终相互挤压，冲上斜面直轨道后冲上斜面直轨道后后面的小球把前面的小球往上压，后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间所以小球之间始终相互挤压，始终相互挤压，故故N N个小球在运动过程中始终不个小球在运动过程中

23、始终不会散开，会散开，选项选项 A A 正确；正确；第第 1 1 个小球在下落过程中个小球在下落过程中受到挤压，受到挤压，所以有外力对小球做功，所以有外力对小球做功，小球的机械小球的机械能不守恒，能不守恒，选项选项 B B 错误；错误；由于小球在下落过程中由于小球在下落过程中速度发生变化，相互间的挤压力变化，所以第速度发生变化，相互间的挤压力变化，所以第N N个小球不可能做匀加速运动，个小球不可能做匀加速运动，选项选项 C C 错误；错误；假设假设小球整体的重心高度为小球整体的重心高度为，在运动到最低点的过，在运动到最低点的过2 21 12 2R R程中，根据机械能守恒定律得：程中，根据机械能

24、守恒定律得：mvmvmgmg，2 22 2解得：解得：v vgRgR；同样对整体在；同样对整体在ABAB段时，重心低段时，重心低于于，所以第所以第 1 1 个小球到达最低点的速度个小球到达最低点的速度v v gRgR，2 2选项选项 D D 正确正确1313R RR R9 9(2022洛阳二模(2022洛阳二模)如下图，在距水平地面高如下图，在距水平地面高为为 0.40.4 m m 处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P P点固定一定滑轮，点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在在P P点的右边，杆上套有一质量点的右边，杆上套有一质

25、量m m2 2 kgkg 的小球的小球A A.半径半径R R0.3 m0.3 m 的光滑半圆形细轨道竖直地固的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，定在地面上，其圆心其圆心O O在在P P点的正下方，点的正下方，在轨道在轨道上套有一质量也为上套有一质量也为m m2 kg2 kg的小球的小球B B，用一条不，用一条不可伸长的柔软细绳，可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起通过定滑轮将两小球连接起来来杆和半圆形轨道在同一竖直面内，杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均两小球均可看作质点，可看作质点，且不计滑轮大小的影响且不计滑轮大小的影响现给小球现给小球A A一个水平向右的恒力一个水平向右的恒力

26、F F50 N50 N(重力加速度重力加速度g g10 m/s10 m/s)那么那么()2 2A A把小球把小球B B从地面拉到从地面拉到P P的正下方时力的正下方时力F F做功做功为为 20 J20 JB B小球小球B B运动到运动到C C处时的速度大小为处时的速度大小为 0 0C C小球小球B B被拉到与小球被拉到与小球A A速度大小相等时，速度大小相等时，sinsin14143 3OPBOPB4 4D D把小球把小球B B从地面拉到从地面拉到P P的正下方时，小球的正下方时，小球B B的机械能增加了的机械能增加了 6 J6 J答案：答案：ACAC解析：解析：对于对于F F的做功过程，由几

27、何知识得到：力的做功过程，由几何知识得到：力F F作用点的位移作用点的位移x xPBPBPCPC 0.40.4 0.30.3 m m(0.4(0.40.3)m0.3)m0.4 m0.4 m，那么力，那么力F F做的功做的功W WFxFx500.4 J500.4 J20 J20 J，故，故 A A 正确；由于正确；由于B B球到达球到达2 22 2C C处时，已无沿绳的分速度，所以此时小球处时，已无沿绳的分速度，所以此时小球A A的的速度为零，速度为零，考查两球及绳子组成的系统的能量变考查两球及绳子组成的系统的能量变1 12 2化过程，由功能关系得：化过程，由功能关系得：W WmvmvmgRmg

28、R，代入量，代入量2 21 12 2得：得：2020 22v v2100.3，解得小球2100.3，解得小球B B速速2 2度的大小度的大小v v 14 m/s14 m/s，故，故 B B 错误；当绳与轨道错误；当绳与轨道相切时两球速度大小相等，如图：相切时两球速度大小相等，如图：1515R R3 3由三角形知识得：由三角形知识得：sinsinOPBOPB，故，故 C C 正正OPOP4 4确；确；设最低点势能为零，设最低点势能为零，小球小球B B从地面拉到从地面拉到P P的的正下方时小球正下方时小球B B的机械能增加，的机械能增加，E EE Ek kE Ep p1 12 2mvmvmgRmg

29、R20 J20 J，故，故 D D 错误错误2 2三、计算题三、计算题1010我国将于我国将于 20222022 年举办冬奥会，跳台滑雪是年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具欣赏性的工程之一如下图，质量其中最具欣赏性的工程之一如下图，质量m m60 kg60 kg 的运发动从长直助滑道的运发动从长直助滑道ABAB的的A A处由静止处由静止开始以加速度开始以加速度a a3.6 m/s3.6 m/s2 2匀加速滑下，到达助匀加速滑下，到达助滑道末端滑道末端B B时速度时速度v vB B24 m/s24 m/s，A A与与B B的竖直高的竖直高度差度差H H48 m48 m为了改变运发动的运动方向，在为

30、了改变运发动的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中其中最低点最低点C C处附近是一段以处附近是一段以O O为圆心的圆弧为圆心的圆弧 助滑助滑道末端道末端B B与滑道最低点与滑道最低点C C的高度差的高度差h h5 m5 m，运，运1616发动在发动在B B、C C间运动时阻力做功间运动时阻力做功W W1 530 J1 530 J，重力加速度重力加速度g g10 m/s10 m/s.2 2(1)(1)求运发动在求运发动在ABAB段下滑时受到阻力段下滑时受到阻力F Ff f的大小的大小(2)(2)假设运发动能够承受的最大压力为其所受重假设运发

31、动能够承受的最大压力为其所受重力的力的 6 6 倍，倍，那么那么C C点所在圆弧的半径点所在圆弧的半径R R至少应为至少应为多大？多大？答案：答案：(1)144 N(1)144 N(2)12.5 m(2)12.5 m解析：解析：(1)(1)运发动在运发动在ABAB段做初速度为零的匀加速段做初速度为零的匀加速运动，设运动，设ABAB的长度为的长度为x x，那么有，那么有v v2 2B B2 2axax由牛顿第二定律有由牛顿第二定律有H HmgmgF Ff fmamax x联立式，代入数据解得联立式，代入数据解得F Ff f144 N144 N(2)(2)设运发动到达设运发动到达C C点时的速度为

32、点时的速度为v vC C，在由，在由B B到到1717达达C C的过程中，由动能定理有的过程中，由动能定理有1 12 21 12 2mghmghW WmvmvC CmvmvB B2 22 2设运发动在设运发动在C C点所受的支持力点所受的支持力F FN N，由牛顿第二定由牛顿第二定律有律有v vC CF FN Nmgmgm mR R由运发动能够承受的最大压力为其所受重力的由运发动能够承受的最大压力为其所受重力的 6 6倍，联立式，代入数据解得倍，联立式，代入数据解得2 2R R12.5 m12.5 m1111(2022滕州模拟(2022滕州模拟)如下图，水平传送带如下图，水平传送带A A、B

33、B两轮间的距离两轮间的距离L L40 m40 m，离地面的高度，离地面的高度H H3.23.2m m，传送带以恒定的速率，传送带以恒定的速率v v0 02 m/s2 m/s 沿顺时针沿顺时针方向匀速运动两个完全相同的滑块方向匀速运动两个完全相同的滑块P P、Q Q中间中间夹有一根轻质弹簧夹有一根轻质弹簧(弹簧与滑块弹簧与滑块P P、Q Q不拴接不拴接)，用一轻绳把滑块用一轻绳把滑块P P、Q Q拉至最近拉至最近(弹簧始终处于弹弹簧始终处于弹性限度内性限度内)，使弹簧处于最大压缩状态现将滑，使弹簧处于最大压缩状态现将滑块块P P、Q Q轻放在传送带的最左端，滑块轻放在传送带的最左端，滑块P P、

34、Q Q一起一起1818从静止开始运动，从静止开始运动，t t1 14 s4 s 时轻绳突然断开，很时轻绳突然断开，很短时间内弹簧伸长至自然长度短时间内弹簧伸长至自然长度(不考虑弹簧长度不考虑弹簧长度的影响的影响)，此时滑块，此时滑块P P速度反向，滑块速度反向，滑块Q Q的速度的速度大小刚好是滑块大小刚好是滑块P P的速度大小的两倍滑块的速度大小的两倍滑块P P、Q Q的质量均为的质量均为m m0.2 kg0.2 kg，滑块，滑块P P、Q Q与传送带与传送带之间的动摩擦因数均为之间的动摩擦因数均为0.10.1，重力加速度，重力加速度g g10 m/s10 m/s.求：求：(1)(1)弹簧处于

35、最大压缩状态时的弹性势能；弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能；(2)(2)滑块滑块P P、Q Q落地的时间差；落地的时间差；(3)(3)滑块滑块P P、Q Q在传送带上运动的全过程中由于摩在传送带上运动的全过程中由于摩擦产生的热量擦产生的热量答案：答案：(1)7.2 J(1)7.2 J(2)6 s(2)6 s(3)6.4 J(3)6.4 J解析：解析：(1)(1)滑块滑块P P、Q Q在传送带上的加速度大小在传送带上的加速度大小2 2a agg1 m/s1 m/s2 2v v0 0滑块滑块P P、Q Q从静止到与传送带共速所需时间从静止到与传送带共速所需时间t t0 0a a2 s2 s1919

36、滑块滑块P P、Q Q共同加速的位移大小共同加速的位移大小1 12 2x x0 0atat0 02 m2 mL L40 m40 m2 2故滑块故滑块P P、Q Q第第 2 s2 s 末相对传送带静止末相对传送带静止取向右为速度的正方向，取向右为速度的正方向，由动量守恒定律有由动量守恒定律有 2 2mvmv0 0mvmvQ QmvmvP P又又|v vQ Q|2|2|v vP P|解得解得v vQ Q8 m/s8 m/s，v vP P4 m/s4 m/s弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能1 12 21 12 21 1E Ep pmvmvP PmvmvQ Q 22mv

37、mv2 20 07.2 J.7.2 J.2 22 22 2(2)(2)滑块滑块P P、Q Q离开传送带后做平抛运动的时间相离开传送带后做平抛运动的时间相等，故滑块等，故滑块P P、Q Q的落地时间差就是弹簧恢复到的落地时间差就是弹簧恢复到自然长度后，滑块自然长度后，滑块P P、Q Q在传送带上运动的时间在传送带上运动的时间之差之差t t1 14 s4 s 时，滑块时，滑块P P、Q Q位移大小位移大小x x1 1x x0 0v v0 0(t t1 1t t0 0)6 m6 m滑块滑块Q Q与传送带相对静止时所用的时间与传送带相对静止时所用的时间t t2 2v vQ Qv v0 06 s6 sa

38、 a2020这段时间内滑块这段时间内滑块Q Q的位移大小的位移大小1 12 2x x2 2v vQ Qt t2 2atat2 230 m30 m8 mx x1 16 m6 m，即滑块，即滑块P P速度未减小到速度未减小到 0 02 2a a时，时，已经到达了已经到达了A A端，端，滑块滑块P P运动到运动到A A端时的速端时的速度大小度大小|v vP P|v v2 2P P2 2axax1 12 m/s2 m/s|v vP P|v vP P|滑块滑块P P运动的时间运动的时间t t4 42 s2 s2 2a a滑块滑块P P、Q Q落地时间差落地时间差ttt t2 2t t3 3t t4 46

39、 s.6 s.(3)(3)滑块滑块P P、Q Q共同加速阶段由于摩擦产生的热量共同加速阶段由于摩擦产生的热量为为Q Q1 12 2mgmg(v v0 0t t0 0 x x0 0)0.8 J0.8 J2121别离后滑块别离后滑块Q Q向右运动阶段由于摩擦产生的热向右运动阶段由于摩擦产生的热量为量为Q Q2 2mgmg(x x2 2v v0 0t t2 2)3.6 J3.6 J别离后滑块别离后滑块P P向左运动阶段由于摩擦产生的热向左运动阶段由于摩擦产生的热量为量为Q Q3 3mgmg(x x1 1v v0 0t t4 4)2 J2 J全过程产生的总热量全过程产生的总热量Q QQ Q1 1Q Q2 2Q Q3 36.4 J.6.4 J.2222