專題強化03　動能定理和機械能守恒定律的綜合應(yīng)用-2024高一物理必修二期中期末滿分專題復(fù)習(xí)【人教版2019】（解析版）

專題強化03動能定理和機械能守恒定律的綜合應(yīng)用[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.知道動能定理與機械能守恒定律的區(qū)別，體會二者在解題時的異同(重難點)。2.能靈活運用動能定理和機械能守恒定律解決綜合問題(重難點)。一、動能定理和機械能守恒定律的比較規(guī)律比較機械能守恒定律動能定理表達式E1＝E2ΔEk＝－ΔEpΔEA＝－ΔEBW＝ΔEk使用范圍只有重力或彈力做功無條件限制研究對象物體與地球組成的系統(tǒng)質(zhì)點物理意義重力或彈力做功的過程是動能與勢能轉(zhuǎn)化的過程合外力做的功是動能變化的量度應(yīng)用角度守恒條件及初、末狀態(tài)機械能的形式和大小動能的變化及合外力做功情況選用原則(1)無論直線運動還是曲線運動，條件合適時，兩規(guī)律都可以應(yīng)用，都只考慮初、末狀態(tài)，不需要考慮所經(jīng)歷過程的細(xì)節(jié)(2)能用機械能守恒定律解決的問題都能用動能定理解決；能用動能定理解決的問題不一定能用機械能守恒定律解決(3)動能定理比機械能守恒定律應(yīng)用更廣泛、更普遍例1如圖所示水平軌道BC，左端與半徑為R的四分之一圓軌道AB連接，右端與半徑為r的四分之三圓軌道CDEF連接，圓心分別為O1、O2，質(zhì)量為m的過山車從高為R的A處由靜止滑下，恰好能夠通過右側(cè)圓軌道最高點E，重力加速度為g，不計一切摩擦阻力，求：(1)過山車在B點時的速度大?。?2)過山車在C點時對軌道的壓力大小。答案(1)eq\r(2gR)(2)6mg解析方法一運用動能定理(1)根據(jù)動能定理mgR＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(2gR)。(2)過山車在E點時由牛頓第二定律有mg＝meq\f(vE2,r)，從C點到E點，由動能定理有－mg·2r＝eq\f(1,2)mvE2－eq\f(1,2)mvC2又FC－mg＝meq\f(vC2,r)，由牛頓第三定律，過山車對軌道的壓力大小FC′＝FC＝6mg。方法二運用機械能守恒定律(1)A到B，選地面為參考平面，對過山車由機械能守恒定律得mgR＋0＝0＋eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(2gR)。(2)過山車在E點時有mg＝meq\f(vE2,r)，從C到E，由機械能守恒定律得mg·2r＋eq\f(1,2)mvE2＝0＋eq\f(1,2)mvC2，過山車過C點時，受到軌道的支持力大小為FC，F(xiàn)C－mg＝meq\f(vC2,r)，由牛頓第三定律，過山車對軌道的壓力大小為FC′＝FC＝6mg。例2一跳臺滑雪運動員在進行場地訓(xùn)練。某次訓(xùn)練中，運動員以30m/s的速度斜向上跳出，空中飛行后在著陸坡的K點著陸。起跳點到K點的豎直高度差為60m，運動員總質(zhì)量(包括裝備)為60kg，g取10m/s2。試分析(結(jié)果可以保留根號)：(1)若不考慮空氣阻力，理論上運動員著陸時的速度多大？(2)若運動員著陸時的速度大小為44m/s，飛行中克服空氣阻力做功為多少？答案(1)10eq\r(21)m/s(2)4920J解析(1)不考慮空氣阻力，運動員從起跳到著陸的過程機械能守恒，則有eq\f(1,2)mv02＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝10eq\r(21)m/s(2)運動員飛行過程，根據(jù)動能定理有mgh－W克阻＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，解得W克阻＝4920J。二、動能定理和機械能守恒定律的綜合應(yīng)用動能定理和機械能守恒定律，都可以用來求能量或速度，但側(cè)重點不同，動能定理解決物體運動，尤其計算對該物體的做功時較簡單，機械能守恒定律解決系統(tǒng)問題往往較簡單，兩者的靈活選擇可以簡化運算過程。例3如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的半圓形軌道在B點平滑連接，軌道半徑為R，一個質(zhì)量為m的小球?qū)椈蓧嚎s至A處。小球從A處由靜止釋放被彈開后，經(jīng)過B點進入軌道的瞬間對軌道的壓力為其重力的8倍，之后向上運動恰能沿軌道運動到C點，重力加速度為g，求：(1)小球在最高點C的速度大小vC；(2)小球在最低點B的速度大小vB；(3)釋放小球前彈簧的彈性勢能；(4)小球由B到C克服阻力做的功。答案(1)eq\r(gR)(2)eq\r(7gR)(3)eq\f(7,2)mgR(4)mgR解析(1)在最高點C時，根據(jù)牛頓第二定律有meq\f(vC2,R)＝mg，解得vC＝eq\r(gR)(2)根據(jù)牛頓第三定律可知，小球在最低點B時所受支持力大小為FN＝8mg根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(vB2,R)，解得vB＝eq\r(7gR)(3)根據(jù)機械能守恒定律可得釋放小球前彈簧的彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(7,2)mgR(4)設(shè)小球由B到C克服阻力做的功為W，根據(jù)動能定理有－2mgR－W＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2解得W＝mgR。例4如圖所示，AB面光滑、傾角θ＝30°的斜面體固定在水平桌面上，桌面右側(cè)與光滑半圓形軌道CD相切于C點，圓弧軌道的半徑R＝0.1m。物塊甲、乙用跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩連接，開始時乙被按在桌面上，甲位于斜面頂端A點，滑輪左側(cè)輕繩豎直、右側(cè)輕繩與AB平行；現(xiàn)釋放乙，當(dāng)甲滑至AB中點時輕繩斷開，甲恰好能通過圓形軌道的最高點D。已知AB長L＝1m，桌面BC段長l＝0.5m，甲質(zhì)量M＝1.4kg、乙質(zhì)量m＝0.1kg，甲從斜面滑上桌面時速度大小不變，重力加速度大小取g＝10m/s2，不計空氣阻力。求：(1)甲到達斜面底端時重力的瞬時功率；(2)甲與桌面間的動摩擦因數(shù)。答案(1)21W(2)0.4解析(1)設(shè)輕繩斷開時甲速度的大小為v1，根據(jù)機械能守恒定律Mgeq\f(L,2)sinθ－mgeq\f(L,2)＝eq\f(1,2)(M＋m)v12設(shè)甲到達斜面底端時的速度大小為v2，從AB中點到底端的過程根據(jù)動能定理Mg×eq\f(L,2)sinθ＝eq\f(1,2)Mv22－eq\f(1,2)Mv12重力的瞬時功率P＝Mgv2sinθ解得P＝21W(2)設(shè)甲到達C、D時的速度大小分別為v3、v4，從B到C根據(jù)動能定理－μMgl＝eq\f(1,2)Mv32－eq\f(1,2)Mv22由C到D過程，由動能定理得－Mg×2R＝eq\f(1,2)Mv42－eq\f(1,2)Mv32甲恰好能通過圓形軌道的最高點D，根據(jù)牛頓第二定律Mg＝Meq\f(v42,R)解得μ＝0.4。專題強化訓(xùn)練一、填空題1．“蹦極”是一種富有刺激性的勇敢者的運動項目。如圖所示，一端系住人的腰部、另一端系于跳臺的是一根彈性橡皮繩。當(dāng)人下落至圖中Q點時，橡皮繩剛好被拉直。那么，在人越過Q點繼續(xù)向下的過程中，橡皮繩的彈性勢能，人的動能。【答案】逐漸增大先增大后減小【詳解】[1]從Q點向下直到最低點，橡皮繩的伸長量逐漸增大，所以橡皮繩的彈性勢能逐漸增大。[2]從Q點向下直到最低點的過程中，橡皮繩上的彈力從0逐漸增大，所以人所受的合力先是向下減小到0，后向上逐漸增大，人所受的合外力先做正功后做負(fù)功，根據(jù)動能定理可知，人的動能先增大后減小。2．排球課訓(xùn)練時，某同學(xué)將排球以初速度v1豎直墊起，經(jīng)t1時間上升至最高點，然后又經(jīng)過t2時間落回到墊起時的位置，速度大小為v2．排球在運動過程中受空氣阻力，則在運動的全過程中它的機械能（填“增大”、“不變”或“減小”）；t1t2（填“=”或“≠”）；v1v2（填“>”、“=”或“<”）。【答案】減小≠>【詳解】[1][2]在運動的全過程中，由于空氣阻力做負(fù)功，則它的機械能減??；整個過程中根據(jù)動能定理則v1>v2[3]則上升過程中的平均速度大于下降過程的平均速度，根據(jù)可知t1≠t23．如圖甲所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn)處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動。以小球開始下落的位置為原點，沿豎直向下建立一坐標(biāo)軸Ox，小球的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示。其中OA段為直線，AB段是與OA相切于A點的曲線，BC是平滑的曲線，彈簧彈力大小，為彈簧的形變量。則B點對應(yīng)的x坐標(biāo)為（g已知），小球從B到C的過程重力做的功小球下落過程中的最大動能。（填選項前的字母）A．大于

B．等于

C．小于

D．可能大于、等于或小于【答案】D【詳解】[1]OA過程是自由落體，A的坐標(biāo)就是h，加速度為g，B點是速度最大的地方，此時重力和彈力相等，合力為0，由可知所以B點對應(yīng)的x坐標(biāo)為[2]小球從釋放到C的過程，小球重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧彈性勢能，C點處小球的速度減小到零，彈簧的壓縮量達到最大，設(shè)壓縮量為，則解得小球速度最大時的動能為小球從B到C的過程重力做的功為當(dāng)時當(dāng)時當(dāng)時則球從B到C的過程重力做的功可能大于、等于或小于小球下落過程中的最大動能。故選D。4．如圖所示，在光滑的水平臺面上，一輕彈簧左端固定，右端連接一金屬小球，O點是彈簧保持原長時小球的位置。開始時通過小球壓縮彈簧到A位置（已知AO=OB），釋放小球，研究小球在水平方向上的受力和運動情況，則小球從О運動到B的過程中能的轉(zhuǎn)化情況是。請粗略畫出小球從A運動到B過程中，小球受到彈力的大小F與小球離開A點距離x的關(guān)系圖。()

【答案】小球的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能

【詳解】[1]小球在O點時，彈簧原長，小球的速度最大，小球從О運動到B的過程中能的轉(zhuǎn)化情況是小球的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能。[2]由胡克定律可知彈簧彈力與形變量間的關(guān)系，小球從A運動到B過程中，小球受到彈力的大小F與小球離開A點距離x的關(guān)系圖為

5．水平傳送帶以速度勻速轉(zhuǎn)動，一質(zhì)量為的小木塊A以的速度滑到傳送帶上，若小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，如圖所示，在小木塊與傳送帶相對靜止時，因傳送小木塊電動機多輸出的能量為。

【答案】【詳解】[1]根據(jù)題意，由牛頓第二定律可得，相對滑動時小木塊的加速度為從放上至相對靜止所用時間為此過程中傳送帶的位移傳送小木塊電動機多輸出的能量等于傳送帶克服摩擦力做的功6．如圖所示，AB為光滑的水平面，BC是傾角為的足夠長的光滑斜面，斜面體固定不動，AB、BC間用一小段光滑圓弧軌道相連，一條長為L的均勻柔軟鏈條在外力作用下靜止在ABC面上，其一端D至B的距離為，其中a未知，現(xiàn)自由釋放鏈條，當(dāng)鏈條的D端滑到B點時鏈條的速率為v，已知重力加速度g，求。

【答案】【詳解】[1]根據(jù)題意，設(shè)鏈條質(zhì)量為，可以認(rèn)為始、末狀態(tài)的重力勢能變化是由段下降引起的，如圖所示

該部分高度減少量該部分的質(zhì)量為由機械能守恒定律可得聯(lián)立解得7．如圖所示，高為h=10m的光滑斜面AB，傾角為θ=30°，底端與水平面BD相連，經(jīng)過B點時無機械能損失，在水平面末端墻上固定一輕彈簧，水平面BC段粗糙，長度為20m，動摩擦因數(shù)為μ=0.2，水平面CD段光滑，且等于彈簧原長，質(zhì)量為m=1kg的物塊，由斜面頂端A點靜止下滑，（g=10m/s2），彈簧被壓縮具有的最大彈性勢能J，物塊會在BC段上總共運動路程是m。

【答案】6050【詳解】[1]彈簧壓縮最短時，彈性勢能最大，此時物體速度為零，全程由能量守恒定律可得解得[2]設(shè)物體在BC段運動的總路程為s，根據(jù)能量守恒定律可得解得8．從地面豎直向上拋出一物體，以地面為重力勢能零點，物體的機械能E與重力勢能EP隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。則物體的質(zhì)量為kg，由地面上升至h=4m處的過程中機械能減少了J，物體的動能減少了J。（重力加速度g取10m/s2）【答案】2020100【詳解】[1]由圖知，h=4m時Ep=80J，由解得[2][3]從地面至h=4m，由題圖可得，物體機械能的改變量為即機械能減少了20J，又因為重力勢能增加了80J，根據(jù)可得即物體的動能減少100J。二、單選題9．蹦極是一項深受年輕人喜愛的極限運動。為了研究蹦極運動過程，做以下簡化（如圖甲）：將游客視為質(zhì)點，他的運動始終沿豎直方向。彈性繩的一端固定在O點，另一端和游客相連。游客從O點開始下落到最低點的過程中，位移—時間（x-t）圖像如圖乙所示，其中t1為游客速度最大的時刻，t2為游客運動到最低點的時刻，空氣阻力不計。下列說法正確的是（）A．t1時刻游客的加速度大小為gB．t2時刻游客的加速度為0C．0~t1時間內(nèi)游客的機械能保持不變D．t1~t2時間內(nèi)游客所受合力的大小逐漸變大【答案】D【詳解】A．0~t1時間內(nèi)，游客向下先做自由落體運動，后做加速度逐漸減小的加速運動，當(dāng)重力大小等于彈性繩的彈力時，游客的速度最大，可知t1時刻，游客受力平衡，合力是零，故加速度是0，故A錯誤；B．t2時刻游客運動到最低點，此時彈性繩的彈力達到最大，且彈力大于重力，在豎直方向游客受到的合力向上，由牛頓第二定律可知，游客具有豎直向上的加速度，故B錯誤；C．0~t1時間內(nèi)，游客的重力勢能減少，游客的動能和彈性繩的彈性勢能增加，因此游客的重力勢能一部分轉(zhuǎn)化為彈性繩的勢能，因此在0～t1時間內(nèi)游客的機械能減小，故C錯誤。D．t1～t2時間內(nèi)，游客的重力不變，彈性繩的彈力大于重力，且逐漸增大，因此游客所受合力的方向向上，大小逐漸增大，故D正確。故選D。10．如圖所示，在傾角為37°的粗糙且足夠長的斜面底端，一質(zhì)量為可視為質(zhì)點的滑塊壓縮一輕彈簧并鎖定，滑塊與彈簧不拴連。時刻解除鎖定，計算機通過傳感器描繪出滑塊的圖像，其中Ob段為曲線，bc段為直線，已知物塊在0-0.2s內(nèi)運動的位移為0.8m，取，則下列說法正確的是（

）A．滑塊速度最大時，滑塊與彈簧脫離B．滑塊在0.2s時機械能最大C．滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為D．時刻彈簧的彈性勢能為32J【答案】D【詳解】A．當(dāng)滑塊速度最大時，滿足此時彈力不為零，滑塊與彈簧還沒有脫離，選項A錯誤；B．滑塊機械能增量等于彈力做功與摩擦力做功的代數(shù)和，開始時彈力大于摩擦力，此過程中彈力功大于摩擦力功，滑塊的機械能增加；最后階段彈力小于摩擦力，彈力功小于摩擦力功，此過程中滑塊的機械能減小，則滑塊在0.2s時彈力為零，此時滑塊的機械能不是最大，選項B錯誤；C．滑塊脫離彈簧后向上減速運動的加速度根據(jù)牛頓第二定律解得滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為選項C錯誤；D．由能量關(guān)系可知，時刻彈簧的彈性勢能為選項D正確。故選D。11．如圖甲為皮帶輸送機簡化模型圖，皮帶輸送機傾角，順時針勻速轉(zhuǎn)動，在輸送帶下端A點無初速放入貨物。貨物從下端A點運動到上端B點的過程中，其機械能E與位移s的關(guān)系圖像（以A位置所在水平面為零勢能面）如圖乙所示。貨物視為質(zhì)點，質(zhì)量，重力加速度，，。下列說法正確的是（）A．貨物與輸送帶間的動摩擦因數(shù)為0.825B．輸送帶A、B兩端點間的距離為8mC．貨物從下端A點運動到上端B點的時間為9sD．皮帶輸送機因運送該貨物而多消耗的能量為585J【答案】C【詳解】A．由題圖可知，貨物從開始運動到與傳送帶相對靜止可知對貨物有解得故A項錯誤；B．由圖像可知，物塊沿傳送帶向上運動0.5m后與傳送帶相對靜止，此后物塊的動能不變，重力勢能增加，有解得則傳送帶兩端點之間的距離為故B項錯誤；C．加速階段的加速度大小為a，有加速階段時間為，有傳送帶速度為設(shè)勻速階段時間為，有所以總時間為故C項正確；D．由能量守恒，其多消耗的能量為解得故D項錯誤。故選C。12．如圖所示，水平地面上的木板中央豎直固定一根輕桿，輕桿頂端用輕繩連接一可看作質(zhì)點的小球，初始時把連接小球的繩子拉至水平。小球由靜止釋放，在向下擺動的過程中木板恰好沒有滑動。設(shè)物體間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，已知小球與木板的質(zhì)量分別為m和3m。則木板與地面間的動摩擦因數(shù)為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】設(shè)輕繩與水平方向的夾角為θ時，小球的速度大小為v，根據(jù)機械能守恒定律有設(shè)輕繩中的張力大小為T，則有解得要使木板不滑動，則輕繩中的拉力在水平方向的分力不大于對應(yīng)木板受到的最大靜摩擦力，則有得顯然上式右邊為第一象限內(nèi)單位圓上的點與定點連線斜率的相反數(shù)，如圖所示可知，當(dāng)時，即函數(shù)存在最大值，由于恰好沒有滑動，摩擦系數(shù)故選C。13．如圖所示，一半徑為R的光滑大圓環(huán)豎直固定在水平面上，其上套一小環(huán)，a、b為圓環(huán)上關(guān)于豎直直徑對稱的兩點，將a點下方圓環(huán)拆走，若小環(huán)從大圓環(huán)的最高點c由靜止開始下滑，當(dāng)小環(huán)滑到b點時，恰好對大圓環(huán)無作用力。已知重力加速度大小為g，若讓小圓環(huán)從最高點c由靜止下滑從a點滑離。小圓環(huán)落地時的水平速度大小為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】根據(jù)題意，設(shè)點與的連線與豎直方向的夾角為，如圖所示從到由機械能守恒定律有在點，由牛頓第二定律有解得，由對稱性可知，小圓環(huán)從最高點c由靜止下滑a點的速度大小同為，小圓環(huán)從a點滑離，水平方向做勻速運動，則小圓環(huán)落地時的水平速度大小為故選B。三、解答題14．如圖所示，兩根輕繩連接質(zhì)量為m的小球P，右側(cè)繩一端固定于A點，左側(cè)繩通過光滑定滑輪B連接一物塊Q，質(zhì)量相等的物塊Q、N通過一輕彈簧連接，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，小球P位于圖示位置，PA、PB兩繩與水平方向的夾角分別為53°和37°，此時物塊N與地面的壓力恰好為零?，F(xiàn)將小球P托至與A、B兩點等高的水平線上，兩繩均拉直且恰好無彈力，由靜止釋放小球P。已知PA繩長為L，，，重力加速度為g，求：（1）物塊Q的質(zhì)量M；（2）小球P運動到圖示位置時，物塊Q的速度大小v；（3）小球P從釋放到圖示位置過程中，輕繩對物體Q做的功W?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）對小球P受力分析，有對物塊N和Q整體受力分析，有聯(lián)立解得（2）P的運動為繞A點的圓周運動，由關(guān)聯(lián)速度可知，此時小球P和物塊Q的速度大小相等,根據(jù)系統(tǒng)能量守恒有其中聯(lián)立解得（3）對物體Q，由動能定理有解得15．桶裝水電動抽水器可以輕松實現(xiàn)一鍵自動取水。如圖，某同學(xué)把一個簡易抽水器安裝在水桶上，出水口水平。某次取水時，桶內(nèi)水位高度h1=20cm，按鍵后測得t=16s內(nèi)注滿了0.8L的水壺。已知抽水器出水口高度H=60cm、橫截面積S=0.5cm2，水壺的高度h2=15cm，若該次取水過程中抽水器將電能轉(zhuǎn)化為水的機械能的效率η=15%，忽略取水過程中桶內(nèi)水位高度的變化，重力加速度g=10m/s2，水的密度ρ=1.0×103kg/m3。（1）求接水時出水口到水壺口左邊緣的最大水平距離；（2）估算本次取水抽水器的功率?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）設(shè)出水口處水的速度為v0，由題意可得，t=16s內(nèi)抽水器抽出水的體積V=Sv0t解得v0=1m/s平拋過程：豎直方向水平方向x=v0t=0.3m（2）在t=16s內(nèi)，抽水機取水質(zhì)量根據(jù)能量守恒定律得16．如圖所示，半徑豎直放置的光滑半圓軌道與光滑水平軌道在A點平滑連接，質(zhì)量為的小物體a（可視為質(zhì)點）以初速度從C點出發(fā)，經(jīng)A點恰好運動到B點，物體通過最高點B后作平拋運動，恰好落在C點，重力加速度g取，試求：（1）物體的初速度；（2）若物體以初速度從C點出發(fā)，在運動過程中，始終受到豎直平面內(nèi)且與水平方向成角斜向左上方恒力的作用，此時物體恰好對水平軌道無壓力，求物體運動過程中離出發(fā)點C的最大水平距離（計算結(jié)果用分?jǐn)?shù)表示）?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）設(shè)物體在B點的速度為，由于物體恰好經(jīng)過B點，則有可得由B到C做平拋運動，豎直方向有水平方向有物體在從C點到B點過程中，根據(jù)動能定理聯(lián)立，（2）物體恰好對水平軌道無壓力，可知斜向左上方恒力與重力的合力方向水平向左，大小設(shè)物體脫離軌道時在半圓軌道D點，OD與豎直方向的夾角為，物體在從C點到D點過程中，根據(jù)動能定理在D點由牛頓第二定律得物體D點離開軌道后，水平方向做勻減速直線運動，則有，則物體距C的最大水平距離為聯(lián)立解得17．如圖所示，長方形物塊放置在光滑水平地面上，兩豎直擋板（側(cè)面光滑）夾在物塊的兩側(cè)并固定在地面上，現(xiàn)把足夠長的輕質(zhì)硬桿豎直固定在物塊上，一根不可伸長的長為L的輕質(zhì)細(xì)線一端固定在桿的上端O點，另一端與質(zhì)量為m的小球（視為質(zhì)點）相連，把小球拉到O點等高處，細(xì)線剛好拉直，現(xiàn)使小球獲得豎直向下的初速度，使小球能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，當(dāng)小球到達最高點時，物塊對地面的壓力恰好為0，且此時小球的加速度大小為9g。已知小球在運動的過程中與桿不發(fā)生碰撞，重力加速度為g，忽略空氣的阻力。（1）求物塊的質(zhì)量以及小球獲得的豎直向下的初速度大??；（2）若小球運動一周到達O點的等高點時，立即撤掉兩側(cè)擋板，物塊一直在光滑的水平面上運動，求當(dāng)小球再次到達最低點時物塊的速度大小及細(xì)線的拉力大小?！敬鸢浮浚?），；（2），【詳解】（1）設(shè)物塊的質(zhì)量為M，小球在最高點時由牛頓第二定律可得對物塊由二力平衡可得解得設(shè)小球的初速度大小為，小球在最高點速度的大小為v由向心加速度的定義可得由機械能守恒定律得解得（2）若小球運動一周到達O點的等高點時，立即撤出兩側(cè)擋板，當(dāng)小球再次到達最低點時，設(shè)小球與物塊的速度大小分別為，細(xì)線的拉力大小為F，由機械能守恒定律可得兩物體組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒且為0，則有解得由向心力的公式以及牛頓第二定律可得解得18．足夠長的傳送帶與水平面間的夾角，傳送帶以的速度沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動。用膠水把質(zhì)量的兩個完全相同的物塊上下粘在一起形成一個組合體，時，把組合體無初速度放在傳送帶的頂端，如圖所示。已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)，重力加速度，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：（1）整個過程物塊和傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能；（2）下面物塊在粘接處給上面物塊的作用力的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）見解析【詳解】（1）把組合體無初速度放在傳送帶的頂端，根據(jù)牛頓第二定律可得解得組合體的加速度為組合