《2025年高考调研高考总复习讲义高中物理人教版》

练7
（2020·浙江）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点$E$分别与水平轨道$EO$和$EA$相连）、高度$h$可调的斜轨道$AB$组成。游戏时滑块从$O$点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在$B$端则视为游戏成功。已知圆轨道半径$r = 0.1\ m$，$OE$长$L_1 = 0.2\ m$，$AC$长$L_2 = 0.4\ m$，圆轨道和$AE$光滑，滑块与$AB$、$OE$之间的动摩擦因数$\mu = 0.5$。滑块质量$m = 2\ g$且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求：
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点$F$时的速度$v_F$大小；
（2）当$h = 0.1\ m$且游戏成功时，滑块经过$E$点对圆轨道的压力$F_N$大小及弹簧的弹性势能$E_{p0}$；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能$E_p$与高度$h$之间满足的关系。

答案： 练7 【答案】
(1)$1m/s$
(2)$0.14N$
(3)$E_p = 2 × 10^{-3}(10h + 3)J$
($0.05m \leq h \leq 0.2m$)
【解析】
(1)滑块恰过F点的条件：$mg = m\frac{v_F^2}{r}$，
解得$v_F = 1m/s$。
(2)滑块在斜面上时受重力、支持力和摩擦力，其中仅重力和摩擦力做功，从E到B，由动能定理得$-mgh - \mu mg\cos\theta \cdot x = -mgh - \mu mgL_2 = 0 - \frac{1}{2}mv^2$，代入数据可得$v_E = \sqrt{6}m/s$.在E点做圆周运动，根据牛顿第二定律$F_N - mg = m\frac{v_E^2}{r}$，解得$F_N = 0.14N$
从O到E点，根据能量守恒定律：$E_{p0} - \mu mgL_1 = \frac{1}{2}mv_E^2$，解得$E_{p0} = 8.0 × 10^{-3}J$。
(3)要使游戏成功，首先滑块不能脱离轨道，其次滑块需要恰好停留在B点，设滑块恰能过F点，从O点到F点，此情况由能量守恒定律可得$E_{p1} = 2mgr + \mu mgL_1 + \frac{1}{2}mv^2 = 7.0 × 10^{-3}J$
滑块恰能过F点，恰好能停留在B点，设此时B点离地高度为$h_1$，从O点到B点能量守恒有$E_{p1} - mgh_1 - \mu mg(L_1 + L_2) = 0$，解得$h_1 = 0.05m$
由于滑块需要停留在B点，则需要$\mu mg\cos\theta \geq mg\sin\theta$，解得$\tan\theta \leq 0.5$。
即B点离地高度最高为$h_2 = L_2 × 0.5 = 0.2m$
从O到B点$E_p = mgh + \mu mg(L_1 + L_2) = 2 × 10^{-3}(10h + 3)J$，其中$0.05m \leq h \leq 0.2m$。

例1
(2023·浙江模拟)(多选)如图所示，水平传送带由电动机带动，始终保持速度$v_1 = 2\ m/s$匀速运动，质量$m = 1\ kg$的滑块以速度$v_2 = 1\ m/s$从左端水平滑上传送带，最终与传送带共速，滑块与传送带间的动摩擦因数$\mu = 0.2$，取重力加速度$g = 10\ m/s^2$，对于滑块从刚滑上传送带到与传送带共速这一过程，下列说法正确的是(BC)


A.滑块在传送带上的加速时间为$1\ s$
B.摩擦力对滑块做的功为$1.5\ J$
C.滑块与传送带因摩擦产生的热量为$0.5\ J$
D.电动机因滑块在传送带上运动而多消耗的电能为$2.5\ J$

答案： 例1 【答案】 BC
【解析】 由牛顿第二定律可得，滑块在与传送带共速前的加速度为$a = \frac{\mu mg}{m} = 2m/s^2$，滑块在传送带上的加速时间为$t = \frac{\Delta v}{a} = \frac{2 - 1}{2}s = 0.5s$，故A项错误；由动能定理得摩擦力对滑块做功为$W_f = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{2}mv_0^2 = 1.5J$，故B项正确；滑块在与传送带共速前的位移为$x_{滑块} = \frac{v^2 - v_0^2}{2a} = 0.75m$，传送带位移为$x_{传} = v_1t = 1m$，根据摩擦力产生热量的公式，即$Q = \mu mg\Delta x$，$\Delta x = x_{传} - x_{滑块}$，代入数据，解得$Q = 0.5J$，故C项正确；因传送滑块电动机多输出的能量为整个过程中因为摩擦而产生的内能与摩擦力对滑块做功之和，即$W = W_f + Q = 2J$，故D项错误.故选B、C两项。

例2
如图，一传送皮带与水平面夹角为$30^{\circ}$，以$2\ m/s$的恒定速度顺时针运行。现将一质量为$10\ kg$的工件轻放于底端，经一段时间送到高$2\ m$的平台上，工件与皮带间的动摩擦因数为$\mu = \frac{\sqrt{3}}{2}$，$g = 10\ m/s^2$，求带动皮带的电动机由于传送工件而多消耗的电能。

答案： 例2 【答案】 280J
【解析】 设工件向上运动距离s时，速度达到传送带的速度v，由动能定理可知：$-mgssin30^{\circ} + \mu mgscos30^{\circ} = \frac{1}{2}mv^2 - 0$
解得$s = 0.8m$，说明工件未到达平台时，速度已达到v，
所以工件动能的增量为$\Delta E_k = \frac{1}{2}mv^2 = 20J$
工件重力势能增量为$\Delta E_p = mgh = 200J$
工件相对皮带的位移$L = vt - \frac{1}{2}vt = \frac{1}{2}vt = s = 0.8m$
由于摩擦产生热量$Q = fL = \mu mgL\cos30^{\circ} = 60J$
电动机多消耗的电能为$\Delta E_k + \Delta E_p + Q = 280J$。