《8.4 机械能守恒定律》2023年同步练习卷（含解析）人教版（2019）必修第二册

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人教版（2019）必修第二册《8.4 机械能守恒定律》2023年同步练习卷
一、选择题
1．神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱（　　）
A．天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大
B．返回舱中的宇航员处于失重状态，不受地球的引力
C．质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行
D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒
2．如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，MN＝PQ＝20m，PQ段的倾角为30°2，不计空气阻力。下列说法不正确的是（　　）
A．从M到N，小车牵引力大小为40N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800J
C．从P到Q，小车克服摩擦力做功700J
D．从P到Q，小车重力势能增加1×104J
3．滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑加速度为0.3g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程，下列说法正确的是（　　）
A．人和滑车减少的重力势能全部转化为其动能
B．人和滑车获得的动能为0.6mgh
C．人和滑车增加的机械能为0.4mgh
D．人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh
4．如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度由底端冲上倾角为30°的固定斜面，其加速度大小为g，在这个过程中（重力加速度为g）（　　）
A．重力势能增加了
B．动能减少了mgh
C．动能减少了
D．机械能损失了
5．将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，下列说法不正确的是（　　）
A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速率不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速率相同
B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大
C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的
D．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的
6．如图所示，固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个质量为m的小圆环，小圆环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，大圆环对小圆环的弹力大小为（　　）
A．0 B．0.5mg C．mg D．2mg
7．如图所示，在粗糙的斜面上用一个滑块将轻质弹簧压缩后由静止释放，滑块沿斜面上滑的距离为x1时脱离弹簧，上滑的距离为x2时速度变为0且不再下滑，用Ek表示滑块的动能，Ep1表示滑块的重力势能（以斜面底端为零势能参考面），Ep2表示弹簧的弹性势能，E表示滑块的机械能，则以上各种能量随滑块上滑的距离x的图像中（　　）
A．
B．
C．
D．
8．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的光滑圆弧轨道，可视为质点的滑块从A的正上方P点由静止下落，在A点内侧进入轨道后，若重力加速度为g，不计空气阻力（　　）
A．物体运动到B点时速度大小一定等于
B．物体从B点飞出后，一定落在圆弧轨道外侧
C．物体在B、C两点对轨道的压力差ΔF与h有关，h越大，ΔF越大
D．h最小值为R
二、多选题
（多选）9．安全检查仪对旅客的行李进行安全检查，其传送装置可简化为如图所示。紧绷的水平传送带始终保持1m/s的恒定速率向左运行，旅客把质量为10kg的行李（可视为质点），通过传送带使其运动到B端。设行李与传送带之间的动摩擦因数为0.1，AB间的距离为2m2，则（　　）
A．行李箱始终受到向左的摩擦力
B．行李箱到达B端所用时间为2.5s
C．传送带对行李箱所做的功为5J
D．行李箱与传送带摩擦产生的热量为20J
（多选）10．如图所示，长为L的轻杆一端固定质量为m的小球，另一端可绕固定光滑水平转轴O转动，C为圆周的最高点，若小球通过圆周最低点D的速度大小为（　　）
A．速度等于 B．速度等于
C．受到轻杆向上的弹力 D．受到轻杆向下的拉力
（多选）11．如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸长的轻绳相连，质量mQ＞mP，t＝0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小为。T时刻轻绳突然断开，取t＝0时刻物体P所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为g，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（　　）
A．物体P和Q的质量之比为1：3
B．2T时刻物体Q的机械能为
C．2T时刻物体P重力的功率为
D．2T时刻物体P的速度大小
（多选）12．如图所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定一个带有孔的小球，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长，小球向下运动，经过与A点关于B点对称的C点后，OB垂直于杆，则下列结论正确的是（　　）
A．小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g
B．小球从B点运动到C点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大
C．小球运动到C点时，重力对其做功的功率最大
D．小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大
三、计算题
13．弹跳杆运动是一项广受青少年欢迎的运动，弹跳杆的结构如图甲所示，一根弹簧的下端固定在跳杆的底部，质量为5m的小明站在脚踏板上，当他和跳杆处于竖直静止状态时0。小明保持稳定姿态竖直弹跳，某次弹跳中，从弹簧处于最大压缩量5x0开始计时，如图乙（a）所示，小明抓住跳杆，使得他和弹跳杆瞬间达到共同速度（b）所示；紧接着他保持稳定姿态竖直上升到最大高度（c）所示。已知全程弹簧始终处于弹性限度内，弹簧弹性势能满足Ep＝kx2，k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量，跳杆的质量为m，空气阻力、弹簧和脚踏板的质量以及弹簧、脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽略不计。求：
（1）弹跳杆中弹簧的劲度系数k；
（2）从开始计时至竖直上升到最大高度过程中小明的最大速度vm。
14．如图所示，装置的左边AB部分是长为L1＝1m的水平面，一水平放置的轻质弹簧左端固定并处于原长状态。装置的中间BC部分是长为L2＝2m的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，质量m＝1kg的小滑块从其上距水平台面h＝1m的D处由静止释放，滑块向左最远到达O点，并且弹簧始终处在弹性限度内。已知物块与传送带及左边水平面之间的摩擦因数μ＝0.25，取g＝10m/s2。
（1）求滑块第一次到达C点时速度大小；
（2）求弹簧获得的最大弹性势能；
（3）求滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度。
15．如图所示，CD与EG是两段半径为R的四分之一竖直光滑圆弧轨道，G为圆弧轨道的最高点1O2连线水平，DE错开的距离略大于小滑块的大小，将一轻弹簧放置在水平轨道AC上，右端位于B点，并与质量为m的小滑块接触但不连接，小滑块向右运动进入圆弧轨道，通过G点后落到水平轨道AN的P点（P点未画出），MP＝2R，OB＝2R，，BC部分光滑且与竖直圆弧轨道相切于C点。用g表示重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧在弹性限度内的最大压缩量为2.5R。求：
（1）小滑块运动到圆弧轨道最高点G时，对轨道的压力F；
（2）弹簧被压缩到O点时弹簧的弹性势能；
（3）若保证小滑块能够进入圆弧轨道且在圆弧轨道上运动过程中中途不脱离圆弧轨道，小滑块释放点到B点的距离范围（已知弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比）。
四、解答题
16．如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下（可看作质点）轻轻放在皮带的底端，经时间t＝1.9s，取g＝10m/s2．求：
（1）工件与皮带间的动摩擦因数；
（2）电动机由于传送工件多消耗的电能．
人教版（2019）必修第二册《8.4 机械能守恒定律》2023年同步练习卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．【分析】在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱后仍然在圆形轨道上运行，线速度大小不变，万有引力提供其做圆周运动向心力；返回舱返回地面过程会受空气阻力作用，
【解答】解：A、根据万有引力提供向心力得
解得：v＝
可知天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越小；
B、返回舱中的宇航员处于失重状态，故B错误；
C、在同一轨道上运行时，质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行；
D、返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能减小；
故选：C。
【点评】本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。
2．【分析】水平面上小车做匀速运动，则牵引力等于摩擦力，斜面上小车做匀速运动，牵引力等于重力沿斜面方向的分力与摩擦力之和；根据公式P＝Fv和受力分析分析出小车的受力，结合功的计算公式完成解答；根据功能关系得出小车重力势能的增加量。
【解答】解：A．小车从M到N1＝Fv1，代入数据解得F＝40N，故A正确；
B．依题意，小车做匀速运动7＝F＝40N
则摩擦力做功为W1＝﹣f1xMN＝﹣40×20J＝﹣800J
则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确；
C．依题意，摩擦力为f5，小车做匀速运动，有
摩擦力做功为：W2＝﹣f2s8
联立解得：W2＝﹣700J
则小车克服摩擦力做功为700J，故C正确；
D．依题意，重力势能增加量为：ΔEp＝mg×Δh＝500×20×sin30°J＝5000J，故D错误。
本题要求选不正确的，
故选：D。
【点评】本题主要考查了功率的相关应用，熟悉公式P＝Fv的应用，结合功能关系和功的计算公式即可完成解答。
3．【分析】以人与滑车构成的系统为研究对象，系统下滑的过程中由牛顿第二定律方程可求出摩擦力的大小，再由动能定理即可求解出系统到达底端B的动能与克服摩擦力所做的功；根据功能关系分析答题。
【解答】解：设人和滑车受到的摩擦力为f，由牛顿第二定律有：mgsin30°﹣f＝ma；从顶端向下滑到底端B的位移为：
A、通过上述分析可知，有摩擦力做功，人和滑车减少的重力势能转化为摩擦产生的内能与人和滑车的动能；
B、人和滑车下滑过程中k﹣0，解得：Ek＝2.6mgh，故B正确；
CD、摩擦力做功为Wf＝﹣fx＝﹣0.4mg×2h＝﹣0.8mgh，即人和滑车克服摩擦力做功为0.4mghf＝﹣5.4mgh，即人和滑车的机械能减少了0.4mgh。
故选：B。
【点评】本题以滑沙是人们喜爱的一项游乐活动为背景，考查了牛顿第二定律和功能关系在实际问题中的应用，根据加速度运用牛顿第二定律求解摩擦力的大小是解决本题的关键。
4．【分析】重力势能的增加量等于克服重力做的功；动能变化等于外力做的总功；根据重力势能与动能的变化量求解机械能变化量。
【解答】解：A．物体在斜面上能够上升的最大高度为h，故A错误；
BC、根据动能定理得知：动能损失量为合外力做的功的大小K＝F合 s＝m g ＝，故B错误；
D、机械能等于重力势能与动能之和，动能减小了，故机械能损失量为：ΔE＝mgh。
故选：C。
【点评】本题关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化．重力势能变化与重力做功有关；动能的变化与合力做功有关；机械能的变化与除重力以外的力做功有关．
5．【分析】对物体进行受力分析和做功分析，根据动能定理得出物体到达底端时速度跟哪些因素有关。根据热量等于克服摩擦力做功列式，分析热量关系。
【解答】解：设任一斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为L．Lcosθ为斜面底边的长度。
由图可知1和2底边相等且小于4的底边，故摩擦生热关系为：Q1＝Q2＜Q6；
设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：mgh﹣μmgLcosθ＝3﹣0
根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时速度大小关系为：v1＞v7＞v3，故A错误，BCD正确。
本题选不正确的，
故选：A。
【点评】物体沿斜面下滑时，克服摩擦力做的功等于W＝μmgLcosθ，对于不同的倾角下滑的物体，只要重力和动摩擦因数相同，我们只需要比较物体在水平方向上通过位移的大小就可以比较物体克服摩擦力做功的多少。求解物体速度大小时结合摩擦力做功情况应用动能定理加以判断即可。
6．【分析】首先根据题意作图，再根据受力分析结合牛顿第二定律以及机械能守恒定律列式求解。
【解答】解：环的向心加速度为
即
若运动到与圆心等高处时，根据能量守恒有mv'2，解得v’＝
说明时小环在大圆环的上部，如图所示
由机械能守恒定律
大圆环对小圆环的弹力大小满足
F1+mgcosθ＝m
整理解得
θ＝60°
F8＝mg
故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】该题考查变速圆周运动中牛顿第二定律以及数学三角函数的应用，其中数学函数的分析为该题的难点。
7．【分析】A图，根据滑块上滑的距离为x2时重力势能是否为零判断；B图，求出根据滑块的合外力表达式，分析合外力变化情况，判断动能的变化情况；C图，根据功能关系分析；D图，根据弹性势能与弹力做功的关系得到表达式分析。
【解答】解：A、以斜面底端为零势能参考面2时机械能为E＝Ek+Ep1+Ep6＝0+Ep1+6＝Ep1，可知滑块上滑的距离为x2时重力势能不为零，故机械能一定不为零；
B、弹簧为原长时滑块脱离弹簧7时，滑块的合外力为F＝kx﹣mgsinθ﹣μmgcosθ，Ek﹣x图像的斜率表示合外力，可知上滑的距离为0～x1，随着上滑，滑块的合外力先大于零，斜率应先大于零，故B错误；
C、根据功能关系可知滑块的重力势能为：Ep4＝Ep10+mgxsinθ，故C正确；
D、根据功能关系可知滑块的弹性势能为：，故D错误。
故选：C。
【点评】对于图像，常常根据物理规律得到解析式，再分析图像斜率、截距等意义，来分析图像的物理意义。
8．【分析】A、根据题意利用重力提供向心力，可以求出，达到最高点时的速度；
B、物体从B点飞出后做平抛运动，根据水平方向匀速直线运动和竖直方向自由落体运动求解；
C、设物体在B、C两点受到轨道的支持力和重力的合力提供向心力，结合C到B过程机械能守恒求解；
D、对滑块从P点运动到B点的过程，利用动能定理列方程，在最高点B，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出滑块通过B点的速度，联立即可求出滑块下落点P到A的高度h。
【解答】解：AB、物体运动到B点时，则物体经过B点具有最小速度
解得
即物体运动到B点时速度大小一定大于等于
物体从B点飞出后做平抛运动，则有
竖直方向自由落体运动，有
水平方向x匀速直线运动，有＝vBt≥vmint
联立解得
可知物体从B点飞出后，一定落在，故A错误；
C、设物体在B、轨道的支持力大小为FB，FC，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
，
C到B过程，根据机械能守恒可得
联立可得
FC﹣FB＝6mg
可知物体在B、C两点对轨道的压力差ΔF恒与h无关；
D、物体从P点到B点过程
解得
故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查动能定理，关键要注意竖直面内圆周运动的两种模型，即绳模型和杆模型在最高点的临界速度，解决本题时，要把握滑块通过最高点的临界条件：重力等于向心力。运用动能定理时，要注意灵活选择研究过程。
二、多选题
9．【分析】行李箱从A端由初速度为零开始先做匀加速直线运动，应用牛顿第二定律和运动学公式判断行李箱与传送带是否会出现相对静止一起匀速直线运动的过程；依据判断结果应用运动学公式求解时间；利用做功的定义或者动能定理求解传送带对行李箱所做的功；行李箱与传送带摩擦产生的热量等于行李箱受到的滑动摩擦力乘以相对位移。
【解答】解：A、行李箱从A端由初速度为零开始先做匀加速直线运动，传送带的速率为v＝1m/s，由牛顿第二定律得：
μmg＝ma
代入数据解得：a＝1m/s6
假设物体A能加速到与传送带速度相同，设其位移为x
2ax＝v2
代入数据解得：x＝6.5m
因x＜L，故假设成立，之后再和传送带保持相对静止做匀速直线运动，和传送带速度相同保持相对静止的过程不受摩擦力作用；
B、行李箱匀加速直线运动过程的时间：t1＝＝s＝1s
匀速直线运动过程的时间：t2＝＝s＝1.4s
行李箱到达B端所用时间：t＝t1+t2＝6s+1.5s＝8.5s，故B正确；
C、传送带对行李箱所做的功为：W＝μmgx＝0.3×10×10×0.5J＝4J；
D、在行李箱匀加速直线运动的过程
x1＝vt1＝3×1m＝1m
此过程两者的相对位移大小为：Δx＝x2﹣x＝1m﹣0.5m＝0.5m
行李箱与传送带摩擦产生的热量为：Q＝μmg Δx＝8.1×10×10×0.2J＝5J，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了牛顿运动定律应用的传送带模型和功能关系。传送带模型要注意摩擦力的判断和物体运动过程的分析，判断物体是否会与传送带共速。
10．【分析】根据动能定理求出小球在C点的速度，根据牛顿第二定律，抓住合力提供向心力，判断杆子的作用力方向是向上还是向下。
【解答】解：A、根据动能定理得，，故A错误。
C、在C点，，解得F＝mg，故C错误。
故选：BD。
【点评】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道小球在最高点向心力的来源，注意在最高点杆子可以表现为拉力，可以表现为支持力。
11．【分析】根据牛顿第二定律解得PQ质量之比，分解P和Q的运动情况，根据运动学公式解得位移和速度，根据机械能与重力功率的公式解答。
【解答】解：A、t＝0时刻将两物体由静止释放，根据牛顿第二定律可知，解得：mP：mQ＝2：2，故A错误；
B、T时刻gT，此后P做竖直上抛运动＝T，位移h''＝＝＝，对应的机械能E＝mQgh＝，Q再运动到T时刻的机械能为E'＝E﹣Fh'（其中F为拉力）Qg﹣F＝mQa；联立解得：E'＝；
CD、2T时刻物体P的速度v'＝，其重力的功率为P＝mPgv'＝g×，可知P＝，D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查牛顿第二定律，解题关键掌握运动学公式的应用，注意分析PQ的运动情况。
12．【分析】根据小球的受力情况，确定合力，判断最大加速度与g的关系。小球从B点运动到C点的过程，分析小球的动能如何变化，根据小球和弹簧组成的系统机械能守恒，分析小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和如何变化。
【解答】解：A、小球从B点运动到D点的过程中，小球竖直方向受到重力和弹簧压力的竖直分力，加速度大于重力加速度g，其最大加速度一定大于重力加速度g。
B、小球位于图中的C点时，则小球从B点运动到C点的过程，小球的重力势能也减小，故B错误。
C、在C点小球的合力等于重力。小球从C点运动到D点的过程中，后大于重力，小球先加速后减速，重力对其做功的功率最大。
D、小球从A点运动到D点的过程中，系统的机械能守恒、动能和弹簧的弹性势能之和保持不变，小球的重力势能和动能都最小，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题是含有弹簧的机械能守恒问题，要知道小球和弹簧组成的系统机械能守恒，但小球的机械能并不守恒。要通过分析小球的受力情况，确定速度最大的位置。
三、计算题
13．【分析】（1）小明和跳杆处于竖直静止状态时受力平衡，根据平衡条件结合胡克定律进行解答；
（2）小明受到的合力为零时，速度最大，根据功能关系进行解答。
【解答】解：（1）小明和跳杆处于竖直静止状态时受力平衡，重力与弹簧弹力等大反向0
解得：k＝；
（2）小明受到的合力为零时，速度最大3﹣x0＝4x7
根据功能关系可知：k（7x0）2＝5mgh++
解得：vm＝7。
答：（1）弹跳杆中弹簧的劲度系数为；
（2）从开始计时至竖直上升到最大高度过程中小明的最大速度为4。
【点评】本题主要是功能关系、平衡条件的应用等，关键是弄清楚小明的受力情况，知道小明受到的合力为零时，速度最大。
14．【分析】（1）对D到C的过程运用动能定理，求出滑块第一次到达C处的速度大小。
（2）滑块从B到O过程，其动能转化为内能和弹簧的弹性势能，由能量守恒定律求解弹簧储存的最大弹性势能；
（3）根据能量守恒定律求得滑块第二次经过B点时的速度大小，根据此速度与传送带速度的大小关系，判断出滑块将做匀加速运动，由运动学公式求出滑块的速度增加到与传送带相等时，通过的位移，即可知道滑块离开传送带时的速度。滑块从C到再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度的过程中，重力做功，由机械能守恒求解最大高度。
【解答】解：（1）对滑块从D到C由动能定理得：
解得：
（2）对滑块从D到O由能量守恒定律得：Ep＝mgh﹣μmg（L2+L2﹣x）
解得：Ep＝2.75J
（3）设滑块返回到达B点速度为v1
由能量守恒定律得
解得：v1＝3m/s
滑块再次进入传送带后匀加速运动，由牛顿二定律得：μmg＝ma
解得：a＝2.5m/s7
滑块速度增加到2 m/s时的位移为：
所以滑块再次回到C点的速度为2 m/s，由机械能守恒得：
解得：h1＝0.3m
答：（1）滑块第一次到达C点时速度大小是m/s；
（2）弹簧获得的最大弹性势能是5.75J；
（3）滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度是0.2m。
【点评】本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合按时间顺序分析和计算，难度适中。
15．【分析】（1）小滑块过最高点G后做平抛运动，根据分位移公式求出平抛运动的初速度。小滑块在最高点G，由牛顿第二定律求出轨道对小滑块的压力，从而得到小滑块对轨道的压力。
（2）小滑块从O点到G点，由功能关系求解弹簧被压缩到O点时弹簧的弹性势能。
（3）小滑块能够进入圆弧轨道且在圆弧轨道上运动过程中中途不脱离圆弧轨道，有两种临界情况：第一种情况：小滑块恰好通过圆轨道的最高点，做完整的圆周运动。第二种情况：乙刚好通过与圆心等高的位置，求出能够经过最高点和恰好到达圆心右侧等高点对应的临界速度。然后结合动能定理方程即可求出小滑块释放点到B点的距离范围。
【解答】解：（1）小滑块过最高点G后做平抛运动，平抛运动的初速度为vG、运动时间为t，
由平抛运动规律得
2R＝vGt，R＝
解得：
小滑块在最高点G，由牛顿第二定律得
解得：F＝3
由牛顿第三定律知，小滑块对轨道的压力为0。
（2）小滑块从O点到G点，由功能关系得
解得：Ep＝3mgR
（3）设释放点到B点的距离为x4时，弹性势能为EP1，小滑块恰好到达B点，由功能关系得
由EP＝得：＝
解得：
设释放点到B点的距离为x2时，小滑块恰好到达，由动能定理得
EP2﹣μmgx7﹣mgR＝0
结合，解得
由题意可知，当释放点到B点的距离为2R时。
故释放点到B点的距离x满足或4R≤x≤2.5R
答：（1）小滑块运动到圆弧轨道最高点G时，对轨道的压力F为3。
（2）弹簧被压缩到O点时弹簧的弹性势能为3mgR。
（3）小滑块释放点到B点的距离范围为或3R≤x≤2.5R。
【点评】解决本题的关键是要理清小滑块的运动情况，挖掘隐含的临界状态和临界条件，正确分析能量的转化情况，分段运用功能关系或动能定理列式。
四、解答题
16．【分析】（1）从题目给出的时间1.9s到达高处，传送带的速度只有2m/s，我们判断出物体先加速后匀速的运动方式；利用牛顿第二定律求出摩擦力，从而得出动摩擦因数．
（2）由功能关系知道电动机多消耗的电能都用来对系统做功了，而多做的功一定转化成了系统的能量，从题意中分析出系统增加的能量有物体的动能、重力势能和由于摩擦产生的热能．他们的和与多消耗的电能相等．
【解答】解：（1）由题图可知，皮带长x＝ m．
工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移x1＝t2＝t4
匀速运动的位移为x﹣x1＝v0（t﹣t4）；
解得，加速运动的时间t1＝0.5 s
加速运动的位移x1＝0.8 m，所以加速度a＝4
由牛顿第二定律有：μmgcos θ﹣mgsin ，解得：μ＝．
（2）根据能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能．
在时间t7内，皮带运动的位移x皮＝v0t1＝7.6 m
在时间t1内，工件相对皮带的位移x相＝x皮﹣x6＝0.8 m
在时间t2内，摩擦产生的热量Q＝μmgcos 相＝90 J
工件获得的动能Ek＝＝30 J，
工件增加的势能Ep＝mgh＝225J
电动机多消耗的电能：W＝Q+Ek+Ep＝345J．
答：（1）工件与皮带间的动摩擦因数；
（2）电动机由于传送工件多消耗的电能345J．
【点评】本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，第一问中判断物体是先加速后匀速是难点；第二问中由于摩擦产生的热能的求法是关键．这是一道考查功能关系，相对运动的好题．

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