階段滾動(dòng)(二)力學(xué)綜合一、單項(xiàng)選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．如圖所示，光滑水平面上放置一足夠長(zhǎng)的木板A，其上表面粗糙，兩個(gè)質(zhì)量和材料均不同的物塊B、C，以不同的水平速度分別從兩端滑上長(zhǎng)木板A。當(dāng)B、C在木板A上滑動(dòng)的過程中，由A、B、C組成的系統(tǒng)()A．動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B．動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒C．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒D．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒答案B解析依題意，因水平面光滑，則A、B、C組成的系統(tǒng)所受合外力為零，滿足動(dòng)量守恒條件，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；木板A上表面粗糙，則物塊B、C在其上滑行時(shí)，會(huì)摩擦生熱，系統(tǒng)機(jī)械能有損失，則系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確。2.(2023·福建漳州市期中)隨著科技的進(jìn)步，農(nóng)村和偏遠(yuǎn)山區(qū)也已經(jīng)開始用無(wú)人機(jī)配送快遞，如圖甲所示。無(wú)人機(jī)在0～5s內(nèi)的飛行過程中，其水平、豎直方向的分速度vx、vy與時(shí)間t的關(guān)系圖像分別如圖乙、丙所示，規(guī)定豎直方向向上為正方向。下列說法正確的是()A．0～2s內(nèi)，無(wú)人機(jī)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．2～4s內(nèi)，無(wú)人機(jī)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)C．t＝4s時(shí)，無(wú)人機(jī)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)D．0～5s內(nèi)，無(wú)人機(jī)的位移大小為9m答案C解析0～2s內(nèi)，無(wú)人機(jī)在水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向也做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，但初速度沿水平方向，合加速度與速度方向有夾角，因此，無(wú)人機(jī)做勻加速曲線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；2～4s內(nèi)，無(wú)人機(jī)在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則合運(yùn)動(dòng)為勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0～4s內(nèi)，豎直方向速度一直為正，即一直向上運(yùn)動(dòng)，則t＝4s時(shí)刻，豎直方向速度為0，無(wú)人機(jī)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，故選項(xiàng)C正確；速度—時(shí)間圖像與橫軸所圍成的面積表示位移，可知，0～5s內(nèi)，無(wú)人機(jī)的水平位移為9m，豎直位移為1.75m，則合位移s＝eq\r(x2＋y2)≈9.2m，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3.(2023·海南卷·3)如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是()A．工人受到的重力和支持力是一對(duì)平衡力B．工人對(duì)繩的拉力和繩對(duì)工人的拉力是一對(duì)作用力與反作用力C．重物緩慢拉起過程，繩子拉力變小D．重物緩慢拉起過程，繩子拉力不變答案B解析工人受到三個(gè)力，繩的拉力、地面支持力和重力，是三力平衡，故A錯(cuò)誤；工人對(duì)繩的拉力和繩對(duì)工人的拉力是一對(duì)作用力與反作用力，B正確；重物拉起過程，兩繩的張角變大，拉力變大，C、D錯(cuò)誤。4．(2024·北京師范大學(xué)附屬中學(xué)月考)汽車在平直公路上以108km/h的速度勻速行駛，司機(jī)看到前面有突發(fā)情況，緊急剎車，從看到突發(fā)情況到剎車的反應(yīng)時(shí)間內(nèi)汽車做勻速運(yùn)動(dòng)，剎車后汽車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，從看到突發(fā)情況到汽車停下，汽車行駛的距離為90m，所花時(shí)間為5.5s，g取10m/s2，則汽車勻減速運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力約為汽車所受重力的()A．0.3B．0.5C．0.6D．0.8答案C解析設(shè)反應(yīng)時(shí)間為t，勻減速時(shí)間為t′，勻減速階段加速度大小為a，行駛距離為s，初速度為v，則vt＋eq\f(v2,2a)＝s，v＝at′，t′＋t＝t總，代入數(shù)據(jù)解得a＝6m/s2，t＝0.5s，t′＝5s，根據(jù)牛頓第二定律得Ff＝ma，故eq\f(Ff,mg)＝0.6，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。5．一輛汽車勻速率通過一座圓弧形拱形橋后，接著又以相同速率通過一圓弧形凹形橋，設(shè)兩圓弧半徑相等，汽車通過拱形橋橋頂時(shí)，對(duì)橋面的壓力大小FN1為車重的一半，汽車通過圓弧形凹形橋的最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)橋面的壓力大小為FN2，則FN1與FN2之比為()A．3∶1 B．3∶2C．1∶3 D．1∶2答案C解析如圖甲所示，汽車過圓弧形拱形橋的最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第三定律可知，汽車受橋面對(duì)它的支持力與它對(duì)橋面的壓力大小相等，即FN1＝FN1′①所以由牛頓第二定律可得mg－FN1′＝eq\f(mv2,R)②同樣，汽車過圓弧形凹形橋的最低點(diǎn)時(shí)，如圖乙所示，F(xiàn)N2′＝FN2，③有FN2′－mg＝eq\f(mv2,R)④由題意可知FN1＝eq\f(1,2)mg⑤由①②③④⑤式得FN2＝eq\f(3,2)mg，所以FN1∶FN2＝1∶3，故選C。6．(2023·四川南充市模擬)宇宙空間存在一些離其他恒星較遠(yuǎn)的三星系統(tǒng)，其中有一種三星系統(tǒng)如圖所示，三顆質(zhì)量均為m的星體位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，三角形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)。忽略其他星體對(duì)它們的引力作用，三星在同一平面內(nèi)繞三角形中心O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，引力常量為G。下列說法正確的是()A．每顆星做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小為eq\r(\f(3Gm,L3))B．每顆星做圓周運(yùn)動(dòng)的加速度與三星的質(zhì)量無(wú)關(guān)C．若距離L和每顆星的質(zhì)量m都變?yōu)樵瓉淼?倍，則周期變?yōu)樵瓉淼?倍D．若距離L和每顆星的質(zhì)量m都變?yōu)樵瓉淼?倍，則線速度大小變?yōu)樵瓉淼?倍答案C解析任意兩顆星之間的萬(wàn)有引力F＝Geq\f(mm,L2)，每一顆星受到的合力為F1＝eq\r(3)F，由幾何關(guān)系知：它們的軌道半徑為r＝eq\f(\r(3),3)L，合力提供向心力，則有eq\f(\r(3)Gmm,L2)＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立解得v＝eq\r(\f(Gm,L))，故A錯(cuò)誤；根據(jù)eq\f(\r(3)Gmm,L2)＝ma，得a＝eq\f(\r(3)Gm,L2)，故加速度與質(zhì)量有關(guān)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)eq\f(\r(3)Gmm,L2)＝meq\f(4π2r,T2)，解得T＝eq\f(2,3)πeq\r(\f(3L3,Gm))，若距離L和每顆星的質(zhì)量m都變?yōu)樵瓉淼?倍，則周期變?yōu)樵瓉淼?倍，故C正確；根據(jù)v＝eq\r(\f(Gm,L))可知，若距離L和每顆星的質(zhì)量m都變?yōu)樵瓉淼?倍，則線速度大小不變，故D錯(cuò)誤。7.(2024·黑龍江大慶市肇州二中月考)如圖所示，傳送帶與水平面間的夾角為30°，其中A、B兩點(diǎn)間的距離為3.5m，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v＝2m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)?，F(xiàn)將一質(zhì)量為4kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶的B點(diǎn)，已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，g＝10m/s2，則在傳送帶將小物塊從B點(diǎn)傳送到A點(diǎn)的過程中()A．小物塊經(jīng)過eq\f(4,15)s后與傳送帶共速B．摩擦力對(duì)小物塊做的功為24JC．因摩擦產(chǎn)生的熱量為24JD．因放小物塊而使得電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為78J答案C解析物塊剛放在B點(diǎn)時(shí)，受到的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向上，由于μ＝eq\f(\r(3),2)>tan30°，物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有μmgcos30°－mgsin30°＝ma，得a＝2.5m/s2，假設(shè)物塊能與傳送帶達(dá)到相同速度，則物塊上滑的位移x1＝eq\f(v2,2a)＝0.8m<L＝3.5m，假設(shè)成立。物塊與傳送帶達(dá)到相同速度后，將向上勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A點(diǎn)的速度仍為2m/s。小物塊勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(v,a)＝eq\f(2,2.5)s＝0.8s，小物塊經(jīng)過0.8s后與傳送帶共速，A項(xiàng)錯(cuò)誤；勻加速階段摩擦力對(duì)小物塊做的功W1＝μmgx1cos30°＝eq\f(\r(3),2)×4×10×eq\f(\r(3),2)×0.8J＝24J，小物塊勻速運(yùn)動(dòng)過程中，小物塊受到的摩擦力為靜摩擦力，大小與重力沿平行斜面向下的分力相等，勻速階段摩擦力對(duì)小物塊做的功W2＝mgsin30°(L－x1)＝4×10×eq\f(1,2)×(3.5－0.8)J＝54J，摩擦力對(duì)小物塊做的功為W＝W1＋W2＝24J＋54J＝78J，B項(xiàng)錯(cuò)誤；小物塊與傳送帶的相對(duì)位移Δx＝vt－x1＝0.8m，摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcos30°·Δx＝eq\f(\r(3),2)×4×10×eq\f(\r(3),2)×0.8J＝24J，C項(xiàng)正確；因放小物塊而使得電動(dòng)機(jī)多消耗的電能E＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝eq\f(1,2)mv2＋mgLsin30°＋Q＝8J＋70J＋24J＝102J，D項(xiàng)錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分)8．將甲、乙兩小球先后以相同的速度在距地面不同高度處豎直向上拋出，拋出時(shí)間相隔2s，它們運(yùn)動(dòng)的v－t圖像分別如直線甲、乙所示。則()A．t＝2s時(shí)，兩球的高度相差一定為40mB．t＝4s時(shí)，兩球相對(duì)于各自的拋出點(diǎn)的位移相等C．兩球從拋出至落到地面所用的時(shí)間相等D．甲球從拋出至到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間與乙球相等答案BD解析由于甲、乙兩小球先后以相同的速度在距地面不同高度處豎直向上拋出，t＝2s時(shí)，兩球的高度相差不一定為40m，兩球從拋出至落到地面所用的時(shí)間不相等，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤。根據(jù)v－t圖像中圖線與橫軸所圍面積表示位移可知，t＝4s時(shí)，兩球相對(duì)于各自的拋出點(diǎn)的位移相等，選項(xiàng)B正確。由于甲、乙兩小球先后以相同的速度豎直向上拋出，甲球從拋出至到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間與乙球相等，選項(xiàng)D正確。9.如圖所示，豎直放置的eq\f(1,4)圓弧軌道，O為圓心，AO水平。兩相同小球a、b分別從圓周上的A、B兩點(diǎn)水平拋出，兩小球均能到達(dá)C點(diǎn)(位于O點(diǎn)正下方)，OB連線與豎直方向夾角θ＝60°，不考慮空氣阻力的影響，以下說法正確的是()A．a(chǎn)、b兩球到達(dá)C點(diǎn)的時(shí)間之比為1∶eq\r(2)B．a(chǎn)、b兩球到達(dá)C點(diǎn)的過程中，動(dòng)能增加量之比為2∶1C．a(chǎn)、b兩球到達(dá)C點(diǎn)的過程中，速度增加量之比為2∶1D．a(chǎn)、b兩球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率之比為eq\r(2)∶1答案BD解析由題圖可知B相對(duì)于C的高度h2＝R－Rcos60°＝eq\f(1,2)R，而A相對(duì)于C的高度h1＝R，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2可知t＝eq\r(\f(2h,g))，則a、b兩球下落到C點(diǎn)的時(shí)間之比eq\f(t1,t2)＝eq\r(\f(h1,h2))＝eq\r(2)，故A錯(cuò)誤；a、b兩球下落到C點(diǎn)的高度關(guān)系為2∶1，在下落過程中只有重力做功，W＝mgh，由動(dòng)能定理可知，a、b兩球到達(dá)C點(diǎn)的過程中，動(dòng)能增加量之比為2∶1，故B正確；a、b兩球下落到C點(diǎn)的時(shí)間之比為eq\r(2)∶1，則豎直方向的分速度之比eq\f(vya,vyb)＝eq\f(t1,t2)＝eq\f(\r(2),1)，即速度增加量之比為eq\r(2)∶1，重力的瞬時(shí)功率PG＝mgvy，可知eq\f(PGa,PGb)＝eq\f(vya,vyb)＝eq\f(\r(2),1)，故C錯(cuò)誤，D正確。10．(2023·湖南永州市期中)如圖甲所示，一個(gè)輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接并靜止在光滑的水平地面上?，F(xiàn)使A以3m/s的速度向B運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，A、B的速度—時(shí)間圖像如圖乙，則有()A．在t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s，且彈簧都處于壓縮狀態(tài)B．從t3到t4過程中，彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)原長(zhǎng)C．兩物塊的質(zhì)量之比m1∶m2＝1∶2D．在t2時(shí)刻A與B的動(dòng)能之比Ek1∶Ek2＝1∶8答案CD解析開始時(shí)A逐漸減速，B逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時(shí)刻二者速度相同，系統(tǒng)動(dòng)能最小，勢(shì)能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長(zhǎng)，B仍然加速，A先減速為零，然后反向加速，t2時(shí)刻，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，由于此時(shí)兩物塊速度方向相反，因此彈簧的長(zhǎng)度將逐漸增大，兩物塊均減速，A減為零后又向B運(yùn)動(dòng)的方向加速，在t3時(shí)刻，兩物塊速度相同，系統(tǒng)動(dòng)能最小，彈簧最長(zhǎng)，因此從t3到t4過程中，彈簧由伸長(zhǎng)狀態(tài)恢復(fù)原長(zhǎng)，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量守恒定律，t＝0時(shí)刻和t＝t1時(shí)刻系統(tǒng)總動(dòng)量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3m/s，v2＝1m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正確；在t2時(shí)刻A的速度為vA＝－1m/s，B的速度為vB＝2m/s，根據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2，且m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正確。三、非選擇題(本題共5小題，共54分)11．(6分)某同學(xué)利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。A、B是兩個(gè)質(zhì)量均為m的相同小球，O為穿過輕桿的固定轉(zhuǎn)軸，C為固定在支架上的光電門，初始時(shí)桿處于水平狀態(tài)，重力加速度為g，實(shí)驗(yàn)步驟如下：(1)用游標(biāo)卡尺測(cè)得小球B的直徑d如圖乙所示，則d＝________mm。(2)用毫米刻度尺測(cè)得A到O的長(zhǎng)度為l，B到O的長(zhǎng)度為2l。(3)由靜止釋放兩小球，當(dāng)小球B通過光電門時(shí)，測(cè)得光線被小球擋住的時(shí)間為Δt，則在桿由水平轉(zhuǎn)至豎直的過程中兩小球組成的系統(tǒng)增加的動(dòng)能ΔEk＝________，減少的重力勢(shì)能ΔEp＝________。(用m、g、l、d、Δt表示)(4)若在誤差允許的范圍內(nèi)有ΔEk＝ΔEp，則小球A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。答案(1)12.40(3)eq\f(5md2,8Δt2)mgl解析(1)游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為12mm，游標(biāo)尺讀數(shù)為0.05×8mm＝0.40mm，則游標(biāo)卡尺的最終讀數(shù)為d＝12.40mm。(3)小球B通過光電門的瞬時(shí)速度大小vB＝eq\f(d,Δt)，小球A、B轉(zhuǎn)動(dòng)的半徑之比為1∶2，小球A、B的角速度相等，根據(jù)v＝rω知小球A、B的速度大小之比為1∶2，所以小球A的瞬時(shí)速度大小vA＝eq\f(vB,2)＝eq\f(d,2Δt)，系統(tǒng)動(dòng)能的增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(5md2,8Δt2)，系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量ΔEp＝mg·2l－mgl＝mgl。12．(8分)(2023·天津市河?xùn)|區(qū)一模)某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖所示的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。(1)下列做法正確的是________。(填字母代號(hào))A．調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長(zhǎng)木板保持平行B．在調(diào)節(jié)木板傾斜度補(bǔ)償木塊受到的阻力時(shí)，將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴在木塊上C．實(shí)驗(yàn)時(shí)，先放開木塊，再接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源D．通過增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時(shí)，不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度(2)為使砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總重力在數(shù)值上近似等于木塊運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的拉力，應(yīng)滿足的條件是砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量________(選填“遠(yuǎn)大于”“遠(yuǎn)小于”或“近似等于”)木塊和木塊上砝碼的總質(zhì)量。(3)甲、乙兩同學(xué)在同一實(shí)驗(yàn)室，各取一套圖示的裝置放在水平桌面上，木塊上均不放砝碼，在沒有補(bǔ)償阻力的情況下，研究加速度a與拉力F的關(guān)系，分別得到圖中A、B兩條直線。設(shè)甲、乙用的木塊質(zhì)量分別為m甲、m乙，甲、乙用的木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ甲、μ乙，由圖可知，m甲______m乙，μ甲______μ乙。(均選填“大于”“小于”或“等于”)答案(1)AD(2)遠(yuǎn)小于(3)小于大于解析(1)調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長(zhǎng)木板保持平行，否則拉力不會(huì)等于合力，A正確；在調(diào)節(jié)木板傾斜度補(bǔ)償木塊受到的阻力時(shí)，不應(yīng)懸掛“重物”，B錯(cuò)誤；需要先打開電源，待電源穩(wěn)定后再釋放木塊，C錯(cuò)誤；補(bǔ)償阻力后有mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ，與質(zhì)量無(wú)關(guān)，故通過增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時(shí)，不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度，D正確。(2)實(shí)驗(yàn)過程中砝碼桶及桶內(nèi)砝碼也與木塊和木塊上砝碼一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，即對(duì)砝碼桶和桶內(nèi)砝碼有mg－F＝ma，對(duì)木塊和木塊上砝碼有F＝Ma整理有F＝eq\f(mg,1＋\f(m,M))只有當(dāng)m?M時(shí)才有F≈mg。(3)當(dāng)沒有補(bǔ)償阻力時(shí)有F－Ff＝ma整理有a＝eq\f(1,m)F－μg即a－F圖像的斜率為eq\f(1,m)，縱軸截距大小為μg，由圖線可知m甲<m乙，μ甲>μ乙。13．(10分)(2024·河南省中原名校聯(lián)盟調(diào)研改編)如圖所示，一質(zhì)量為M＝2kg的長(zhǎng)方體木箱在水平拉力F作用下向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。木箱與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.7，木箱內(nèi)有一質(zhì)量為m＝1kg的鐵塊恰好能靜止在后壁上，鐵塊與木箱間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.5。運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后減小拉力且木箱仍做加速運(yùn)動(dòng)，鐵塊沿木箱后壁落到底部不反彈，當(dāng)木箱的速度為v0＝4m/s時(shí)撤去拉力，最終鐵塊恰好沒有與木箱的前壁相碰，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：(1)開始運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力F的大小；(2)木箱的長(zhǎng)度L。答案(1)81N(2)0.6m解析(1)開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，鐵塊恰好能靜止在木箱后壁上，豎直方向受力平衡有mg＝Ff＝μ2FN水平方向上，根據(jù)牛頓第二定律有FN＝ma以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a聯(lián)立解得F＝81N(2)撤去拉力后，對(duì)鐵塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有μ2mg＝ma1對(duì)木箱受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma2鐵塊運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝eq\f(v02,2a1)木箱運(yùn)動(dòng)的位移為x2＝eq\f(v02,2a2)木箱的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝x1－x2聯(lián)立解得L＝0.6m。14．(14分)如圖所示，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶水平長(zhǎng)度L＝0.8m，傳送帶以恒定速率v逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。傳送帶的右端平滑連接著一個(gè)固定在豎直平面內(nèi)、半徑為R＝0.4m的光滑半圓軌道PQ；質(zhì)量為m＝0.2kg且可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊A置于水平導(dǎo)軌MN上，開始時(shí)滑塊A與墻壁之間有一處于壓縮狀態(tài)的輕彈簧，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)松開滑塊A，彈簧伸展，滑塊脫離彈簧后滑上傳送帶，從右端滑出并沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)Q后水平飛出，又正好落回N點(diǎn)。已知滑塊A與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(5,16)，g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：(1)滑塊A到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度的大??；(2)滑塊A在半圓軌道P處對(duì)軌道的壓力大??；(3)壓縮的輕彈簧的彈性勢(shì)能Ep。答案(1)2m/s(2)12N(3)2.5J解析(1)滑塊A從Q飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊A到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度大小為vQ，有L＝vQt,2R＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立解得vQ＝2m/s。(2)滑塊A從P運(yùn)動(dòng)到Q過程中機(jī)械能守恒，設(shè)滑塊A到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度大小為vP，這時(shí)受到的軌道的支持力為FN，有eq\f(1,2)mvQ2＋2mgR＝eq\f(1,2)mvP2在P處由牛頓第二定律得FN－mg＝eq\f(mvP2,R)聯(lián)立解得FN＝12N由牛頓第三定律知，滑塊A在P處對(duì)軌道的壓力FN′＝FN＝12N。(3)傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)方向和滑塊A運(yùn)動(dòng)方向相反，A在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)。彈簧松開之后，其彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化成滑塊A的動(dòng)能，設(shè)滑塊A獲得的速度為vA，有E