第26講動(dòng)能定理及其應(yīng)用（練習(xí)）

第26講動(dòng)能定理及其應(yīng)用（模擬精練+真題演練）1．（2023·江蘇鹽城·鹽城市伍佑中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖所示為水平圓盤的俯視圖，圓盤上距中心軸為處有一質(zhì)量為的小物塊。某時(shí)刻起圓盤繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度從0增大至，小物塊始終相對(duì)圓盤靜止。已知圓盤的動(dòng)摩擦因數(shù)為、重力加速度為，此過程小物塊所受的摩擦力（）

A．方向始終指向點(diǎn) B．大小始終為C．沖量大小為 D．做功為零【答案】C【詳解】A．由于小物塊在水平面上做圓周運(yùn)動(dòng)，則小物塊的重力與圓盤的支持力平衡，小物體始終相對(duì)圓盤靜止，因此小物塊，所受外力的合力等于圓盤對(duì)其的靜摩擦力，由于角速度從0增大至，則小物塊做變速圓周運(yùn)動(dòng)，靜摩擦力沿徑向的分力提供向心力，沿切向的分力使物塊線速度增大，即此過程小物塊所受的摩擦力不指向圓心，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)上述可知，小物塊所受摩擦力為靜摩擦力，隨角速度的增大，該靜摩擦力也逐漸增大，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)上述，小物塊所受合力等于摩擦力，根據(jù)動(dòng)量定理有由于則有故C正確；D．小物塊動(dòng)能增大，根據(jù)動(dòng)能定理有可知。摩擦力做功不為零，故D錯(cuò)誤。故選C。2．（2023·湖北·模擬預(yù)測）“復(fù)興號(hào)”動(dòng)車組用多節(jié)車廂提供動(dòng)力，從而達(dá)到提速的目的?？傎|(zhì)量為的動(dòng)車組在平直的軌道上行駛。該動(dòng)車組有四節(jié)動(dòng)力車廂，每節(jié)車廂發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率均為，若動(dòng)車組所受的阻力與其速率成正比（，為常量），動(dòng)車組能達(dá)到的最大速度為。下列說法不正確的是（）A．動(dòng)車組在勻加速啟動(dòng)過程中，牽引力不斷增大B．若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，則動(dòng)車組從靜止開始做加速減小的加速運(yùn)動(dòng)C．若每節(jié)動(dòng)力車廂輸出的功率為，則動(dòng)車組勻速行駛的速度為D．若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，動(dòng)車組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間達(dá)到最大速度，則這一過程中該動(dòng)車組克服阻力做的功為【答案】D【詳解】A．對(duì)動(dòng)車由牛頓第二定律有若動(dòng)車組在勻加速啟動(dòng)，即加速度恒定，但隨速度增大而增大，則牽引力也隨阻力增大而變大，故A正確；B．若每節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，則總功率為4P，由牛頓第二定律有故可知加速啟動(dòng)的過程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B正確；C．若每節(jié)動(dòng)力車廂輸出的功率為，則動(dòng)車組勻速行駛時(shí)加速度為零，有而以額定功率勻速時(shí)，有聯(lián)立解得故C正確；D．若四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值，動(dòng)車組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間達(dá)到最大速度，由動(dòng)能定理可知可得動(dòng)車組克服阻力做的功為故D錯(cuò)誤。由于本題選擇錯(cuò)誤的，故選D。3．（2023·北京朝陽·統(tǒng)考二模）電動(dòng)平衡車作為一種電力驅(qū)動(dòng)的運(yùn)輸載具，被廣泛應(yīng)用在娛樂、代步、安保巡邏等領(lǐng)域。某人站在平衡車上以初速度在水平地面上沿直線做加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)歷時(shí)間t達(dá)到最大速度，此過程電動(dòng)機(jī)的輸出功率恒為額定功率P。已知人與車整體的質(zhì)量為m，所受阻力的大小恒為f。則（）A．B．車速為時(shí)的加速度大小為C．人與車在時(shí)間t內(nèi)的位移大小等于D．在時(shí)間t內(nèi)阻力做的功為【答案】D【詳解】A．根據(jù)題意可知，當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，平衡車的速度達(dá)到最大值，由公式P=Fv可得，最大速度為故A錯(cuò)誤；B．車速為時(shí)的牽引力為由牛頓第二定律可得解得故B錯(cuò)誤；D．平衡車從到最大速度，由動(dòng)能定理得解得在時(shí)間t內(nèi)阻力做的功為故D正確；C．在時(shí)間t內(nèi)阻力做的功解得人與車在時(shí)間t內(nèi)的位移大小為故C錯(cuò)誤。故選D。4．（2023·上海·高三校級(jí)聯(lián)考）用一根繩子豎直向上拉一個(gè)物塊，物塊從靜止開始運(yùn)動(dòng)（不計(jì)空氣阻力），繩子拉力的功率按如圖所示規(guī)律變化，已知物塊的質(zhì)量為m，重力加速度為g，時(shí)間內(nèi)物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻后功率保持不變，時(shí)刻物塊達(dá)到最大速度，則下列說法正確的是（）A．物塊始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．時(shí)間內(nèi)物塊的加速度大小為C．時(shí)刻物塊的速度大小為D．時(shí)間內(nèi)物塊上升的高度為【答案】D【詳解】B．由圖可知，0～t0時(shí)間內(nèi)功率與時(shí)間成正比，則有；；得圖中斜率可知故B錯(cuò)誤；AC．時(shí)刻功率保持不變，物塊速度v繼續(xù)增大，由可知物塊加速度逐漸減小，因此，時(shí)刻內(nèi)物塊做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到加速度減小到零，即t1時(shí)刻，此刻速度最大，最大速度為由于時(shí)刻物塊的速度即故AC錯(cuò)誤；D．P－t圖線與t軸所圍的面積表示0～t1時(shí)間內(nèi)拉力做的功由動(dòng)能定理得得故D正確。故選D。5．（2023·湖南·校聯(lián)考三模）如圖所示，一傾角為的光滑斜面固定在水平面上，斜面的底端固定一垂直斜面的擋板，上端固定一定滑輪O。勁度系數(shù)為的輕彈簧下端固定在擋板上，上端與質(zhì)量為的物塊Q連接。一跨過定滑輪O的輕繩一端與物塊Q連接，另一端與套在水平固定的光滑直桿上質(zhì)量為m的物塊P連接。初始時(shí)物塊P在水平外力F作用下靜止在直桿的A點(diǎn)，且恰好與直桿沒有相互作用，輕繩與水平直桿的夾角也為。去掉水平外力F，物塊P由靜止運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)輕繩與直桿間的夾角。已知滑輪到水平直桿的垂直距離為d，重力加速度大小為g，彈簧軸線、物塊Q與定滑輪之間的輕繩與斜面平行，不計(jì)滑輪大小及摩擦，，。則下列說法正確的是（）

A．物塊P在A點(diǎn)時(shí)彈簧的伸長量為B．物塊P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，物塊Q的勢能減少量等于P、Q兩物塊增加的總動(dòng)能C．物塊P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，輕繩拉力對(duì)物塊P做的功為D．物塊P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，物塊Q的速度為【答案】BD【詳解】A．對(duì)物塊P在A點(diǎn)時(shí)進(jìn)行受力分析，其恰好與直桿沒有相互作用，所以繩子拉力豎直向上的分力與其重力大小相等，有所以繩子拉力對(duì)物塊Q進(jìn)行受力分析，沿斜面方向上解得此時(shí)彈簧彈力為由胡克定律可得彈簧此時(shí)的伸長量為故A錯(cuò)誤；B．物塊P到B點(diǎn)時(shí)，由幾何可得物塊Q沿斜面向下滑了所以彈簧此時(shí)壓縮量為，所以此時(shí)彈簧的彈性勢能與物塊P在A點(diǎn)時(shí)的相同，物塊P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，彈簧彈力做功為零，所以由能量守恒定律，物塊Q重力勢能減少量之和等于P、Q兩物塊增加的總動(dòng)能，故B正確；D．物塊P到B點(diǎn)時(shí)，P、Q速度滿足物塊P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，由能量守恒定律聯(lián)立解得；故D正確；C．對(duì)物塊P由動(dòng)能定理從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，繩子拉力做功故C錯(cuò)誤。故選BD。6．（2023·河北滄州·河北省吳橋中學(xué)?？寄M預(yù)測）正三角形滑塊ABC放置于水平面上，輕桿一端與固定在水平面上的鉸鏈連接，另一端固定一小球，已知鉸鏈連接處到小球球心的距離為，小球和滑塊的質(zhì)量都為。如圖所示，將小球與滑塊的斜面接觸，在水平面上反復(fù)移動(dòng)滑塊，直到輕桿與斜面平行，然后由靜止釋放滑塊，重力加速度為，不計(jì)一切摩擦。則在小球和滑塊的相互作用過程中，下列說法正確的是（）A．滑塊的速度先增大后減小B．小球的速度一直增大C．當(dāng)輕桿與水平面的夾角為時(shí)，小球的動(dòng)能為D．從釋放小球到輕桿與水平面的夾角為的過程中，小球?qū)瑝K做功為【答案】BD【詳解】A．小球在與滑塊相互作用的過程中，始終對(duì)斜面體的BC面存在壓力，斜面體受到的合力作用水平向左，對(duì)滑塊一直做正功，所以滑塊的速度一直增加，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)某時(shí)刻輕桿與水平面的夾角為，對(duì)小球的速度沿這兩個(gè)方向進(jìn)行分解如圖所示小球參與了沿水平面向左的運(yùn)動(dòng)和沿滑塊斜面向下的運(yùn)動(dòng)，三角形滑塊的速度與小球在水平方向的分速度相等，在小球與滑塊相互作用的過程中，輕桿與水平面的夾角減小，而對(duì)應(yīng)的小球水平方向的分速度一直增大，由于小球的合速度對(duì)應(yīng)的角度始終為不變，可知小球的速度一直增大，故B正確；C．輕桿與水平面的夾角為時(shí)，設(shè)小球速度為v，滑塊速度為，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得根據(jù)速度合成與分解，可得可得小球動(dòng)能為故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)動(dòng)能定理可得，小球?qū)瑝K做功等于滑塊增加的動(dòng)能，可求得小球?qū)瑝K做功為故D正確。故選BD。7．（2023·湖南婁底·統(tǒng)考模擬預(yù)測）據(jù)中國汽車工業(yè)協(xié)會(huì)最新數(shù)據(jù)，2022年10月，我國新能源汽車產(chǎn)銷分別為76.2萬輛和71.4萬輛，依然保持高速增長態(tài)勢。汽車湘軍的成績表現(xiàn)不凡，目前湖南每生產(chǎn)2輛汽車，就有1輛是新能源車。某工廠在一段平直道路上進(jìn)行新能源汽車性能測試，汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率為200kW，從時(shí)刻啟動(dòng)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻達(dá)到額定功率，速度達(dá)到，之后汽車保持額定功率不變繼續(xù)做直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻汽車達(dá)到最大速度，已知汽車（含駕駛員）的質(zhì)量為2000kg，汽車所受阻力恒定為4000N，g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．汽車勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度B．汽車勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間C．汽車保持功率不變做直線運(yùn)動(dòng)的位移大小為1000mD．0~3.5t0時(shí)間內(nèi)汽車的位移大小為1250m【答案】AD【詳解】A．汽車由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，汽車的牽引力為F，額定功率為，阻力為，則有汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得聯(lián)立可得，，故A正確；B．汽車勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為故B錯(cuò)誤；CD．汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)階段位移為汽車保持額定功率不變做直線運(yùn)動(dòng)階段，由動(dòng)能定理可得解得因此時(shí)間內(nèi)汽車的位移大小為故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。8．（2023·湖南邵陽·統(tǒng)考三模）在秦皇島旅游景點(diǎn)之一的南戴河滑沙場有兩個(gè)坡度不同的滑道AB和AB?（均可看作斜面），體重相同的甲、乙兩名旅游者分別乘兩個(gè)完全相同的滑沙撬從A點(diǎn)由靜止開始分別沿AB和AB?滑下，最后都停在水平沙面BC上，如圖所示。設(shè)滑沙撬和沙面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，斜面與水平面連接處均可認(rèn)為是圓滑的，滑沙者保持一定姿勢坐在滑沙撬上不動(dòng)。則下列說法中正確的是（）A．甲從A到B的過程中重力的沖量大于乙從A到B?的過程中重力的沖量B．甲滑行的總路程一定大于乙滑行的總路程C．甲在B點(diǎn)的動(dòng)量等于乙在B?點(diǎn)的動(dòng)量D．甲在B點(diǎn)重力的功率大于乙在B?點(diǎn)重力的功率【答案】BD【詳解】A．設(shè)斜面的傾角為θ，斜面的長度為x，斜面高為h，根據(jù)牛頓第二定律可得物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為位移大小為所以，所以所以甲從A到B的過程中重力的沖量小于乙從A到B?的過程中重力的沖量，故A錯(cuò)誤；B．在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，運(yùn)用動(dòng)能定理可得所以即甲乙兩物體最終停止在同一位置，如圖所示設(shè)停止的位置為P點(diǎn)，滑行的總路程為；由于所以故B正確；C．物體沿斜面下滑運(yùn)用動(dòng)能定理，有由于AB′過程xcosθ大，所以由于甲?乙質(zhì)量相同，所以甲在B點(diǎn)的動(dòng)量大于乙在B?點(diǎn)的動(dòng)量，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)到斜面底端時(shí)，重力的功率為由此可知，甲在B點(diǎn)重力的功率大于乙在B?點(diǎn)重力的功率，故D正確。故選BD。9．（2023·安徽宿州·統(tǒng)考一模）如圖所示，水平傳送帶以的恒定速率逆時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，它與兩側(cè)的水平軌道分別相切于A、B兩點(diǎn)，物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度從B點(diǎn)滑上傳送帶，與軌道左端的豎直固定擋板P碰撞（無機(jī)械能損失）返回到B點(diǎn)。已知物塊與傳送帶、軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，且，，取。物塊的初速度可能是（）A． B． C． D．【答案】BCD【詳解】從A點(diǎn)到返回B點(diǎn)的過程中，假設(shè)B點(diǎn)的速度剛好為零，則根據(jù)動(dòng)能定理可得解得假設(shè)物塊從B點(diǎn)全程加速到A點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得假設(shè)物塊從B點(diǎn)全程減速到A點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得故選BCD。10．（2023·湖南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖圓心為的豎直光滑半圓軌道、圓心為的豎直光滑半圓管道與水平粗糙平面連接，軌道半徑與管道半徑均為R，距離也為R。一小滑塊以某一速度從半圓軌道最高點(diǎn)a水平向左進(jìn)入半圓軌道作圓周運(yùn)動(dòng)，最終從半圓管道最高點(diǎn)d水平向左飛出。若小滑塊在軌道最高點(diǎn)a和軌道最高點(diǎn)d受列彈力大小均為。重力加速度為g，小滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，管道內(nèi)徑較小，則（）A．滑塊從a點(diǎn)到d點(diǎn)機(jī)械能守恒B．滑塊從a點(diǎn)水平飛出的速度為C．水平粗糙平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6D．滑塊對(duì)軌道最低點(diǎn)和管道最低點(diǎn)的壓力大小比為【答案】CD【詳解】A．由于水平平面粗糙，滑塊受到摩擦力對(duì)其做負(fù)功，所以滑塊從a點(diǎn)到d點(diǎn)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B．由于a點(diǎn)和d點(diǎn)受到彈力大小均為，所以a點(diǎn)小滑塊受到彈力豎直向下，d點(diǎn)小滑塊受到彈力方向豎直向上，在a點(diǎn)，在d點(diǎn)解得；故B錯(cuò)誤；C．從a點(diǎn)到d點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理解得故C正確；D．從a點(diǎn)到b點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理在b點(diǎn)解得從c點(diǎn)到d點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理在c點(diǎn)解得故滑塊對(duì)軌道最低點(diǎn)和管道最低點(diǎn)的壓力大小比為，故D正確。故選CD。11．（2023·山東濱州·統(tǒng)考二模）如圖1所示，一物體在一水平拉力F作用下，沿水平地面做直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中拉力大小隨時(shí)間的變化圖像如圖2。物體加速度a隨時(shí)間變化的圖像如圖3．重力加速度g取，下列說法正確的是（

）．A．物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.15B．物體與水平地面間的最大靜摩擦力為C．在時(shí)間內(nèi)，合外力做的功為D．在時(shí)間內(nèi)，拉力F的沖量為【答案】AC【詳解】A．由圖2可得拉力F關(guān)于時(shí)間的函數(shù)為而由圖3可知，在2s末物塊的加速度大小為，此時(shí)拉力大小為；在4s末加速度大小為，此時(shí)拉力大小為，則由牛頓第二定律有；代入數(shù)據(jù)解得，故A正確；B．物塊運(yùn)動(dòng)過程中所受的滑動(dòng)摩擦力為而最大靜摩擦力大于滑動(dòng)摩擦力，故B錯(cuò)誤；C．加速度與時(shí)間的圖像中，圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示速度的變化量，由圖3可知，4s末物體的速度為根據(jù)動(dòng)能定理可得，在時(shí)間內(nèi)，合外力做的功為故C正確；D．根據(jù)圖2可知，在時(shí)間內(nèi)，拉力F的沖量大小為圖像與時(shí)間軸圍成的面積，可得故D錯(cuò)誤。故選AC。12．（2023春·河南·高三校聯(lián)考期末）質(zhì)量為的物體放在水平面上，現(xiàn)給物體加一個(gè)水平拉力并開始計(jì)時(shí)，其速度與時(shí)間圖像和該拉力的功率與時(shí)間圖像分別如圖甲和乙所示，重力加速度取，下列說法正確的是（）

A．內(nèi)的大小均勻增大B．在時(shí)，的大小為C．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2D．內(nèi)拉力做的功為【答案】BC【詳解】A．圖像的斜率表示加速度，圖甲內(nèi)圖像是一條直線，表明加速度一定，根據(jù)牛頓第二定律可知，內(nèi)的大小不變，故A錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖甲可知，內(nèi)物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有此時(shí)間間隔內(nèi)的速度為3m/s，拉力的功率為6W，則有解得故C正確；B．根據(jù)圖甲可知，內(nèi)物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則有，圖像的斜率表示加速度，根據(jù)圖像可知結(jié)合上述解得故B正確；D．內(nèi)加速度根據(jù)圖甲可知，內(nèi)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有解得則內(nèi)拉力做的功，圖像的面積表示位移，則有；；解得故D錯(cuò)誤。故選BC。13．（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖1所示為一種新型的電動(dòng)玩具，整體質(zhì)量為m，下方的圓球里有電動(dòng)機(jī)、電池、紅外線發(fā)射器等，打開開關(guān)后葉片轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)會(huì)產(chǎn)生一個(gè)與葉片轉(zhuǎn)動(dòng)平面垂直的升力F，使玩具在空中飛行。將玩具從離地面高度為處靜止釋放，使玩具在豎直方向運(yùn)動(dòng)，推進(jìn)力F隨離地面高度h變化的關(guān)系如圖2所示，重力加速度為g，玩具只受升力和自身重力作用。對(duì)于過程，下列判斷正確的是（

）A．玩具先做勻加速再做勻減速運(yùn)動(dòng)B．玩具下落到距地面高處速度最大C．玩具下落的最大速度為D．玩具下落的最大速度為【答案】BC【詳解】AB．玩具在下落過程中，根據(jù)牛頓第二定律有，過程中，由圖可知，F(xiàn)從零增大到，在時(shí)為，所以加速度開始向下并逐漸減小速度在增大，當(dāng)達(dá)到時(shí)合力為零加速度為零此時(shí)速度達(dá)到最大值，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，合力向上，做減速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)加速度向上并逐漸增大，速度在減小，A錯(cuò)誤，B正確；CD．根據(jù)上面分析到達(dá)時(shí)速度最大，F(xiàn)做負(fù)功，大小為圖形中與橫軸圍成的面積，所以有對(duì)該過程根據(jù)動(dòng)能定理有解得，C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。14．（2023·安徽合肥·合肥一六八中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖所示，表面粗糙的斜面直軌道與水平面夾角為，兩光滑圓軌道半徑相同，均為R，與斜面直軌道相切連接，切點(diǎn)分別為B、C，BC間的距離為，圓形軌道的出入口錯(cuò)開，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小球自A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)進(jìn)入圓形軌道，恰好做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，接著再進(jìn)入另一個(gè)圓形軌道運(yùn)動(dòng)，已知小球與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度為g，求；（1）小球沿斜面下滑過程中加速度a的大小；（2）AB間的距離；（3）小球剛進(jìn)入第二個(gè)圓軌道瞬間對(duì)軌道的壓力大小。

【答案】（1）；（2）；（3）10.5mg【詳解】（1）由牛頓第二定律可得沿斜面方向有，代入數(shù)據(jù)解得加速度為（2）由于小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)進(jìn)入圓形軌道，恰好做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，可知小球恰好過第一個(gè)圓的最高點(diǎn)，則有①從A點(diǎn)到最高點(diǎn)的運(yùn)用動(dòng)能定理②解得（3）從A到C運(yùn)用動(dòng)能定理有③解得在C點(diǎn)④解得由牛頓第三定律得小球剛進(jìn)入第二個(gè)圓軌道瞬間對(duì)軌道的壓力大小為10.5mg。15．（2023·浙江·校聯(lián)考模擬預(yù)測）某傳送裝置的示意圖如圖1所示，整個(gè)裝置由三部分組成，左側(cè)為一傾斜直軌道，其頂端距離傳送帶平面的高度，其水平長度。中間是傳送帶其兩軸心間距（傳送帶向右勻速傳動(dòng)，其速度v大小可調(diào)），其右端為水平放置的圓盤。各連接處均在同一高度平滑對(duì)接。一質(zhì)量為的物塊從傾斜直軌道的頂端由靜止釋放，物塊經(jīng)過傳送帶運(yùn)動(dòng)到圓盤上而后水平拋出，其中物塊在圓盤上的運(yùn)動(dòng)軌跡為如圖2中所示圓盤俯視圖中的實(shí)線CD，水平圓盤的半徑為5m，圓盤距離地面高度物塊與傾斜直軌道和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)，取重力加速度大小。（1）若，求物塊通過水平傳送帶所需的時(shí)間t；（2）改變傳送帶的速度v大小和方向，求物塊從傳送帶右側(cè)滑出時(shí)的速度大小的范圍；（3）若向右，物塊沿弦CD滑離圓盤，CD與過C點(diǎn)的直徑夾角為θ。求物塊滑離圓盤落地時(shí)，落地點(diǎn)到C的水平距離最大時(shí)對(duì)應(yīng)的cosθ值（保留2位有效數(shù)字）

【答案】（1）1.75s；（2）；（3）【詳解】（1）對(duì)物塊，由A運(yùn)動(dòng)到B的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有解得若傳送帶速度，則解得物塊在傳送帶上減速的距離減速時(shí)間物塊隨后在傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間物塊通過傳送帶所需的時(shí)間（2）傳送帶向左運(yùn)動(dòng)等同于靜止不動(dòng)，當(dāng)傳送帶靜止或速度較小時(shí)，物塊在傳送帶上一直做減速運(yùn)動(dòng)，物塊從傳送帶右側(cè)滑出時(shí)的速度最小，由動(dòng)能定理有解得當(dāng)傳送帶的速度較大時(shí)，物塊在傳送帶上一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，物塊從傳送帶右側(cè)滑出時(shí)的速度最大，由動(dòng)能定理有解得或物塊從傳送帶右側(cè)滑出時(shí)的速度范圍為。（3）由第（2）問可知，在物塊從傳送帶右側(cè)滑出時(shí)的速度范圍內(nèi)，所以物塊先勻加速運(yùn)動(dòng)再勻速運(yùn)動(dòng)，剛滑上圓盤時(shí)的速度大小設(shè)物體到D點(diǎn)時(shí)的速度，物體在圓盤上的位移為x，對(duì)物塊由動(dòng)能定理有解得則落地點(diǎn)到c的水平距離換元法等方法可解得，時(shí)s最大，則16．（2023·湖南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，左側(cè)光滑曲面軌道與右側(cè)傾角的斜面在底部平滑連接且均同定在水平地面上，質(zhì)量為m的小滑塊從斜面上離斜面底邊高為H處由靜止釋放，滑到斜面底端然后滑上左側(cè)曲面軌道，再從曲面軌道滑上斜面，滑塊第一次沿斜面上滑的最大高度為，多次往復(fù)運(yùn)動(dòng)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，。求：（1）滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）滑塊第1次下滑的時(shí)間與第1次上滑的時(shí)間之比；（3）滑塊從靜止釋放到第n次上滑到斜面最高點(diǎn)的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，根據(jù)功能關(guān)系有而；聯(lián)立解得；（2）滑塊第一次下滑過程，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有滑塊第一次上滑過程，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有由運(yùn)動(dòng)學(xué)公