能量守恒综合题目

【答案】(1)30N；(2)1kg；(3)甲的速度为$2\sqrt{3}m/s$，乙的速度为为$\dfrac{2\sqrt{155}}{5}m/s$，甲和乙能再次在AB面上发生水平碰撞

(1)固定乙，烧断细线，甲离开弹簧的速度满足

$E_p=\dfrac{1}{2}m_1v_1^2$

甲从B运动到D过程中据动能定理有

$-2m_1gR=\dfrac{1}{2}m_1V_D^2-\dfrac{1}{2}m_1V_1^2$

甲在D点：

$m_1g+N=m_1\dfrac{V_D^2}{R}$

联立得

$N=30N$

由牛顿第三定律知

$N’=N=30N$

(2)乙滑上传送带做匀减速运动，开始

$a_1=gsin\theta + \mu g cos\theta =10m/s^2$

后加速度

$a_2=gsin\theta – \mu g cos\theta =2m/s^2$

由运动学公式：

$S=\dfrac{v^2-v_0^2}{2a_1}+\dfrac{v_0^2}{2a_2}$

得

$v=12m/s$

由机械能守恒定律得弹簧压缩时的弹性势能

$E_p=\dfrac{1}{2}m_2v^2=72j$

解得乙的质量

$m_2=1kg$$

(3)甲、乙均不固定，烧断细线以后：

$m_1v_1’=m_2v_2’$

据题意

，$V_2’=6\sqrt{3}$

解得

$V_1’=2\sqrt{3}m/s$

之后甲沿轨道上滑，设上滑的最高点高度为h，则

，$\dfrac{1}{2}m_1v_1’^2=m_1gh$

得h=0.6m<0.8m，滑不到与圆心等高位置就会返回，返回AB面上时速度大小仍然是$V_1’=2\sqrt{3}m/s$

乙滑上传送带，因$V_2’=6\sqrt{3}$>2m/s，则乙先做加速度

$a_1=gsin\theta + \mu g cos\theta =10m/s^2$

的匀减速运动，后做加速度

$a_2=gsin\theta – \mu g cos\theta =2m/s^2$

的匀减速运动，然后返回做加速度

$a_3=g sin \theta – \mu g cos\theta =2m/s^2$

的匀加速运动

上升的位移

$x=\dfrac{v_2^2-v_0^2}{2a_1}+\dfrac{v_0^2}{2a_2}=6.2m$

下降时

，$x=\dfrac{v’^2}{2a_3}$

解得

$v’=\dfrac{2\sqrt{155}}{5}m/s$

甲和乙能再次在AB面上发生水平碰撞

【答案】（1）y_N=1m；（2）7m≤x≤7 .5m和0≤x≤5 .5m

小物块在传送带上的加速度$a=\mu g=5m/s$

小物块与传送带共速时，所用的时间$t=\dfrac{v_0}{a}=1s$

运动的位移$\Delta x=\dfrac{v_0}{2a}=2.5m<(L-x)=6m$

故有：$mg=m\dfrac{2v_N^2}{y_N}$

由机械能守恒定律得$\dfrac{1}{2}mv_0^2=mgy_N+\dfrac{1}{2}mv_N^2$，解得$y_n=1m$

（2）小物块在传送带上相对传送带滑动的位移

$s=v_0t-\Delta x =2.5m$

产生的热量$Q=\mu mgs=12.5J$

（3）设在坐标为x1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M点，由能量守恒得：

$\mu mg(L－x_1)＝mgy_M $

代入数据解得$x_1＝7.5 m$

$\mu mg(L－x_2)＝mgy_N$

代入数据解得$x_2＝7 m$

若刚能到达圆心左侧的M点，由(1)可知$x_3＝5.5 m$

考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力；能量守恒定律．

【答案】（1）2000J（2）25m（3）不能；要想使得物块从B点进入传送带，需将传送带下调2.25m，同时向右移动6m。

（1）滑块落到D点时的竖直速度

$V_{Dy}=\sqrt{2gh}=\sqrt{2 \times 10\times 11.25}m/s=15m/s$

则水平速度

 $V_{Dy}=V_B=\dfrac{V_{Dy}}{tan37°}=20m/s$

即到达B点时物块已经和传送带共速，设从开始到与传送带共速的时间为t，则对物块由动能定理

 $f \cdot \dfrac{v}{2}t=\dfrac{1}{2}mv^2$

物块与传送带之间的相对位移

 $\Delta = vt-\dfrac{1}{2}vt=\dfrac{1}{2}vt$

产生的热量

 $Q=f\Delta x = \dfrac{1}{2}fvt=\dfrac{1}{2}mv^2$

则为了传送小滑块，电动机多做的功为

 $W=Q+\dfrac{1}{2}mv^2=mv^2=2000j$

（2）从D点到滑到斜面的最高点，由动能定理

 $mgH+\mu mg cos 37° \cdot \dfrac{H}{sin37°}=\dfrac{1}{2}mv_D^2$

其中 $v_D^2=v_{Dy}^2+v_{Dx}^2$解得

$H=25m$

（3）若滑块与斜面摩擦不计，则回到D点时，由动能定理

 $mgH=\dfrac{1}{2}mv_d’^2$

解得

 $v_D’=10\sqrt{5}m/s<v_D=25m/s$

则滑块不能回到水平传送带；

因为

$v_{Dy}’=v_D’sin37°=6\sqrt{5}m/s$

$v_{Dx}’=v_D’cos37°=8\sqrt{5}m/s$

则

 $h’=\dfrac{v’_{Dy}}{2g}=9m$

原来ED之间的距离

 $s=v_{Dx}\sqrt{\dfrac{2h}{g}}=20\sqrt{\dfrac{2 \times 11.25}{10}}m=30m$

调整后

$s’=v_{Dx}\sqrt{\dfrac{2h’}{g}}=8\sqrt{5} \times \sqrt{\dfrac{2 \times 9}{10}}m=24m$

则要想使得物块从B点进入传送带，需将传送带下调11.25m-9m=2.25m，同时向右移动30m-24m=6m。

【答案】（1）4m/s；（2）x=1.25m^-1，y=40 N；（3）2.20m

【详解】

（1）物块滑上长木板后将做匀减速直线运动，长木板将做匀加速直线运动，设物块加速度大小为a₁，长木板加速度为a₂，由牛顿第二定律可得：

对物块有

$\mu mg=ma_1$

对长木板有

$\mu mg=Ma_2$

设长木板与物块经历时间t后速度相等，则有

$v_0-a_1t=a_2t$

物块的位移

$s_1=v_0t-\dfrac{1}{2}a_1t^2$

长木板的位移

$s_2=\dfrac{1}{2}a_2t^2$

代入数据解得

$s_1=5m$

$s_2=2m$

由于$s_2=x$，$L=s_1-s_2$，说明长木板与挡板碰撞时，物块到达长木板右端恰好与长木板共速，即物块到达A点的速度

$V_A=\sqrt{2a_2s_2}=4m/s$

（2）将物块到达B点时的速度设为$V_B$，则有

$F=m\dfrac{v_b^2}{R}$

从A点到B点过程中，由机械能守恒定律有

$\dfrac{1}{2}mv_A^2=\dfrac{1}{2}mv_B^2+mgR$

由以上各式得

$F=m\dfrac{v_A^2}{R}-2mg$

故

$y=2mg=40N$

由以上各式，结合图2可知，图象的斜率

$k=mv_A^2=32$

其中$k=\dfrac{y}{x}$，解得

x=1.25m^-1

（3）设物块恰能经过半圆轨道最高点C时的轨道半径为R，此时经过C点的速度设为，则有

$mg=m\dfrac{v_c^2}{R}$

从A到C点过程中，由机械能守恒可得

$\dfrac{1}{2}mv_A^2=\dfrac{1}{2}mv_C^2+2mgR$

解得

R=0.32m

即

$\dfrac{1}{R}=3.125M^{-1}$

如果半圆轨道的半径$R<32cm$，此时物块在半圆轨道运动过程中始终不会脱离轨道，由以上各式可知

$v_C=\sqrt{v_A^2-4gR}=\sqrt{16-40R}$

物块离开C点后做平抛运动至到达长木板的过程中，有

$X’=v_Ct$

$2R=\dfrac{1}{2}gt^2$

得

$X’=\sqrt{(1.6-4R)4R}$

当R=0.2 m时x′有最大值$X’=0.8m$，物块在长木板上的落地点与长木板最左端的最小距离

$X_{MIN}=L-X’_m=2.20m$

【答案】1、$v_{max}=\dfrac{v_0}{2}$ 2、$a=\sqrt{\dfrac{3kv_0^2}{4m}}$ 3、取值范围$0 \leqslant E \leqslant \dfrac{1}{2}mv_0^2$

【解析】1、先分析什么时候B的速度最大？一定是没有能量损失的情况，也就是没有弹性势能的时候。

假设A、B的速度分别是$v_{A1}$、$v_{B1}$

由动量定理：$mv_0=mv_{A1}+3mv_{B1}$

由能量守恒定律得：$\dfrac{1}{2}mv_0=\dfrac{1}{2}mv_{A1}^2+\dfrac{1}{2}3mv_{B1}^2$

解得：$v_{max}=\dfrac{v_0}{2}$

（1）求劲度系数 \( k \) 床面下沉 \( x_0 = 0.1\,\text{m} \) 时，运动员受力平衡，有 $$mg = kx_0$$ 解得 \( k = 5 \times 10^3\,\text{N/m} \) 。 \( F – x \) 图线如图所示（实际使用时需补充对应图或说明图位置 ）。

（2）求最大高度 \( h_m \) 运动员从 \( x = 0 \) 处离开床面，开始腾空，由运动的对称性知其上升、下落的时间相等， $$h_m = \frac{1}{2}g\left( \frac{\Delta t}{2} \right)^2$$ 解得 \( h_m = 5.0\,\text{m} \)

（3）求相关物理量 参照由速度时间图线求位移的方法可知 \( F – x \) 图线下的面积等于弹力做的功，从 \( x \) 处到 \( x = 0 \) 处，弹力做的功 $$W_T = \frac{1}{2}kx^2$$ 运动员从 \( x_1 \) 处上升到最大高度 \( h_m \) 的过程，根据动能定理可得 $$\frac{1}{2}kx_1^2 – mg(x_1 + h_m) = 0$$ 解得 \( x_1 = 1.1\,\text{m} \) 对整个预备运动过程分析，由题设条件以及功和能的关系，有 $$W + \frac{1}{2}kx_0^2 = mg(x_0 + h_m)$$ 解得 \( W = 2525\,\text{J} \)

以下是识别并整理后的内容（包含文字和转换为 LaTeX 格式的公式 ，可用于支持 LaTeX 渲染的场景 ）： ### 8. 解答与解析 ####

（1）求弹簧的劲度系数 \( k \) 装置静止时，设 \( OA \)、\( AB \) 杆中的弹力分别为 \( F_1 \)、\( T_1 \)，\( OA \) 杆与转轴的夹角为 \( \theta_1 \) – 小环受到弹簧的弹力： $$F_{\text{弹}1} = k \cdot \frac{L}{2}$$ – 小环受力平衡： $$F_{\text{弹}1} = mg + 2T_1\cos\theta_1$$ – 小球受力平衡： $$F_1\cos\theta_1 + T_1\cos\theta_1 = mg$$ $$F_1\sin\theta_1 = T_1\sin\theta_1$$ 解得： $$k = \frac{4mg}{L}$$

（2）求 \( AB \) 杆中弹力为零时装置转动的角速度 \( \omega_0 \) 设 \( OA \)、\( AB \) 杆中的弹力分别为 \( F_2 \)、\( T_2 \)，\( OA \) 杆与转轴的夹角为 \( \theta_2 \) – 小环受到弹簧的弹力： $$F_{\text{弹}2} = k(x – L)$$ – 小环受力平衡（\( AB \) 杆弹力为零时，小环仅受弹簧弹力与自身重力平衡 ）： $$F_{\text{弹}2} = mg$$ 结合 \( k = \frac{4mg}{L} \)，解得 \( x = \frac{5}{4}L \) – 对小球，竖直方向受力平衡： $$F_2\cos\theta_2 = mg$$ 水平方向做圆周运动，向心力由水平分力提供： $$F_2\sin\theta_2 = m\omega_0^2 \cdot l\sin\theta_2$$ 且几何关系 \( \cos\theta_2 = \frac{x}{2l} = \frac{\frac{5}{4}L}{2l} \)（若题目中轻杆长 \( l \) 与 \( L \) 实际为同一长度标识，可统一替换，这里按原题符号 ），化简后解得： $$\omega_0 = \sqrt{\frac{8g}{5L}}$$

（3）求弹簧长度变化过程中外界对转动装置做的功 \( W \) 弹簧长度为 \( \frac{L}{2} \) 时，设 \( OA \)、\( AB \) 杆中的弹力分别为 \( F_3 \)、\( T_3 \)，\( OA \) 杆与弹簧的夹角为 \( \theta_3 \) – 小环受到弹簧的弹力： $$F_{\text{弹}3} = k \cdot \frac{L}{2}$$ – 小环受力平衡： $$2T_3\cos\theta_3 = mg + F_{\text{弹}3}$$ 几何关系 \( \cos\theta_3 = \frac{L}{4l} \)（同前，注意长度标识统一 ） – 对小球，竖直方向： $$F_3\cos\theta_3 = T_3\cos\theta_3 + mg$$ 水平方向做圆周运动，向心力： $$F_3\sin\theta_3 + T_3\sin\theta_3 = m\omega_3^2 \cdot l\sin\theta_3$$ 解得： $$\omega_3 = \sqrt{\frac{16g}{L}}$$ – 整个过程弹簧弹性势能变化为零（形变量对称，弹力做功为零 ），由动能定理： 重力做功与小球、小环重力势能变化相关，转动动能变化为两小球的转动动能之和，即： $$W – mg\left( \frac{3L}{2} – \frac{L}{2} \right) – 2mg\left( \frac{3L}{4} – \frac{L}{4} \right) = 2 \times \frac{1}{2}m(\omega_3 \cdot l\sin\theta_3)^2$$ 化简后解得： $$W = mgL + \frac{16mgl^2}{L}$$（这里若 \( l = L \) 等实际关系，可进一步简化，按原题符号保留 ） ### 说明 上述内容中，若轻杆长度 \( l \) 与弹簧原长 \( L \) 实际为同一物理量（题目表述可能统一 ），可将公式里的 \( l \) 替换为 \( L \) 等做适配。在网页或文档中使用时，搭配 MathJax 等 LaTeX 渲染工具，即可正常显示公式，清晰呈现解题过程 。