能量守恒综合题目

如图所示，足够长的光滑水平轨道AB的左端与足够长的倾角为37°的传送带相接（滑块经过此位置滑上传送带时机械能无损失），传送带逆时针匀速转动，皮带运动速度v₀=2m/s；右边是光滑竖直半圆轨道，半径R=0.8m。用轻质细线连接可看作质点的甲、乙两滑块，中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧压缩时的弹性势能为72J，弹簧与甲、乙两滑块不拴连。甲的质量为m₁=3kg，甲、乙均静止在水平轨道上：（重力加速度大小g取10m/s²，sin37°=0.6，cos 37°=0.8）

(1)固定乙滑块，烧断细线，求甲滑块离开弹簧后进入半圆轨道通过D点时对轨道的压力大小；

(2)固定甲滑块，烧断细线，乙滑块离开弹簧后在传送带上滑行的最远距离（相对于A点）为s=8m，设传送带与乙滑块间动摩擦因数为0.5，求滑块乙的质量；

(3)甲、乙两滑块均不固定，烧断细线以后，撤去弹簧，乙滑块离开弹簧时速度大小为$6\sqrt{3}m/s$，问甲滑块和乙滑块能否再次在AB面上发生水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞前瞬间甲、乙两滑块的速度；若不会碰撞，说明原因。（乙滑块质量为第二问中所求的值）

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【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

例题2

如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8m，传送带右端Q点和竖直光滑圆轨道的圆心在同一竖直线上，皮带匀速运动的速度v₀＝5m/s．一质量m＝1kg的小物块轻轻放在传送带上x_P＝2m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s²．求：

（1）N点的纵坐标；

（2）从P点到Q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量；

（3）若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均能沿光滑圆弧轨道运动（小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨）到达纵坐标y_M=0.25m的M点，求这些位置的横坐标范围．

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【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．

例题3

如图所示，电动机带动的水平传送带始终以$V=20m/s$的速度顺时针转动，将一质量$m=5km$的小滑块（可视为质点）轻轻地放在水平传送带的左端A点，在传送带的带动下，小滑块开始运动并最终从右端B点平抛出去，抛出后的小滑块恰好无碰撞地从D点进入光滑的圆弧轨道，之后又冲上一与圆弧轨道相切、动摩擦因数为$\mu=\dfrac{3}{16}$的粗糙斜面，在斜面上运动的最高点为F（未标出），当小滑块到达F点时，对其施加一外力，使小滑块在斜面上保持静止状态。E点位于传送带末端B点的正下方，且BE的高度为$h=11.25m$.D、D₁是圆弧轨道的两个端点，且E、D、D₁三点在同一水平面上，斜面足够长，与水平面的夹角为$\theta=37°t$，$g=10m/s^2$，$sin37°=0.6$，$cos37°=0.8$，不计空气阻力。

（1）求为了传送小滑块，电动机多做的功为多少？

（2）求小滑块沿斜面上升的最大高度；

（3）将小滑块从F点释放后，若小滑块与斜面间的摩擦忽略不计，请判断能否从B点水平回到传送带上？若能，说明理由；若不能，请说明在保持传送带水平的情况下，传送带的位置如何调节才能让小滑块以水平速度正好返回传送带？

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【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。

例题4

如图所示，质量为M=1kg、长为L=3m的长木板放在光滑的水平面上，水平面的右端沿竖直方向固定一光滑的半圆轨道ABC，在与圆心等高的B点有一压力传感器，长木板的上表面与轨道的最低点在同一水平面上，长木板的右端距离轨道最低点的间距为x=2m。可视为质点的质量为 m=2kg 的物块从长木板的最左端以 v₀=6m/s 的速度滑上，物块与长木板之间的动摩擦因数为u= 0.2，经过一段时间长木板与挡板碰撞，且碰后长木板停止运动。当半圆轨道的半径R发生改变时，物块对B点的压力与半径R的关系图象如图2所示，重力加速度为g=10m/s²。求：

（1）物块运动到半圆轨道最低点A瞬间，其速度应为多大？

（2）图 2 中横、纵坐标x、y 分别为多少？

（3）如果半圆轨道的半径R =32cm，则物块落在长木板上的点到最左端的最小距离应为多少？（结果保留三位有效数字）

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【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

$X_{MIN}=L-X’_m=2.20m$

例题5

如图所示，质量为m的物块A与质量为3m的物块B静置于光滑水平面上，物块B与劲度系数为k的水平轻质弹簧连接。现使物块A以初速度V0水平向右运动，物块A与弹簧发生相互作用，最终与弹簧分离。全过程无机械能损失且弹簧始终处于弹性限度内。弹簧弹性势能的表达式为$E_p=\dfrac{1}{2}kx^2$（x为弹簧形变量）。求：

（1）物块B的最大速度；

（2）物块A的最大加速度；

（3）去掉弹簧，使物块AB带上同种电荷，放在光滑绝缘的水平面上。物块A从较远处（该处库仑力可忽略，AB组成的系统电势能为零），以初速度V0冲向物块B。在物块B的右侧有一固定挡板（位置未知，图中也未画），物块B与挡板发生弹性碰撞后立即撤去挡板，求此后过程中系统最大电势能的取值范围（物块B与挡板碰撞时间极短，没有电荷转移，全程物块A和B没有接触）