平线上，弹性绳自然长度为AB。小球穿过竖直固定的杆，从C点由静止释放，到D点时速度为零，C、D两点间距离为h。已知小球在C点时弹性绳的拉力为，g为重力加速度，小
2球和杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内，下列说法正确的是( )
A．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为
mgmgh2
B．若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，则v＝gh C．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为gh
D．若仅把小球质量变为2m，则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离为2h 解析：选BC 设小球向下运动到某一点E时，如图所示，弹性绳伸长量为BE＝x，BC＝x0，弹性绳劲度系数为k，∠BEC＝θ，则弹力为kx，弹力沿水平方向的分力为kxsin θ＝kx0＝，故在整个运动过程中，小球受到的摩擦力
2恒为μ·＝，从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为，A
244
项错误。若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，则小球从C点到D点，再从D点返回C点的过程中，根据功能关系可知，克服摩擦力做的功等于在D点给小球的动能，即
mgmgmgmghmgh4
×2＝mv2
2
，解得v＝gh，B项正确。从C点到D点的过程，小球质量为m时，有mgh－W弹－
mgh4
＝0，小球质量为2m时，有2mgh－W弹－mgh2mv12
4＝
2
，v1＝gh，C项正确。由于
弹性绳的弹力在竖直方向的分力越来越大，则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离应小于2h，D项错误。
★9．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动恰能到达最高点C。(不计空气阻力)试求：
(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；
(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能。
解析：(1)设物体在B点的速度为vB，所受弹力为FNB，则有
vB2
FNB－mg＝m
R又FNB＝8mg
由能量守恒定律可知弹性势能
5
Ep＝mvB2＝mgR。
vC2
(2)设物体在C点的速度为vC，由题意可知mg＝m R物体由B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得
2??Q＝mvB2－?mvC＋2mgR?
1
272
12
1?2
?
解得Q＝mgR。
7
答案：(1)mgR (2)mgR
2
★10．游乐场有一种滑雪游戏，其理想简化图如图甲所示，滑道由倾角为30°的斜坡和水平滑道组成。小孩(看作质点)在距地面h＝10 m处由静止开始从斜坡滑下，到达底端时恰好滑上水平滑道上放置的长为l＝3 m的木板(忽略木板厚度)，此后小孩和木板运动的v -t图像如图乙所示。已知斜坡滑道与水平滑道为圆滑过渡，速度由斜面方向转为水平方向时大小不变，不计小孩在运动过程中受到的空气阻力，重力加速度g＝10 m/s。求：
2
(1)小孩与斜坡间的动摩擦因数； (2)小孩脱离木板时的速率。
解析：(1)对小孩在斜坡上运动过程，由题图乙可知，小孩滑到斜坡底端时的速度
v＝10 m/s
由几何知识可知小孩在斜坡上下滑的距离为2h 由动能定理可得：
mgh－μmgcos θ·2h＝mv2
2gh－v3
解得：μ＝＝。
4ghcos θ6
(2)小孩在0.5 s时滑离木板，木板在0～0.5 s内的位移由题图乙可知：
2
1
2
x木＝×0.5×6 m＝1.5 m
小孩的位移为：
12
x人＝x木＋l
设小孩滑离木板的速度为v人，由平均速度公式
6
x人＝(v＋v人)t
可得：v人＝8 m/s。 答案：(1)
3
(2)8 m/s 6
12
★11．(2017·鸡西模拟)如图所示，质量为M＝2 kg、左端带有挡板的长木板放在水平面上，板上贴近挡板处放有一质量为m＝1 kg的物块，现用一水平向右大小为9 N的拉力F拉长木板，使物块和长木板一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1＝0.1，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，运动一段时间后撤去F，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长L＝4.8 m，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s，求：
(1)物块开始运动时的加速度； (2)拉力F作用的时间； (3)整个过程因摩擦产生的热量。
解析：(1)开始由于挡板的作用，物块与木板将一起做匀加速直线运动，以整体为研究对象，水平方向受到拉力与摩擦力的作用，竖直方向受到重力和支持力的作用，则：
竖直方向：N0＝Mg＋mg＝2×10 N＋1×10 N＝30 N 水平方向：F－μ2N0＝(M＋m)a0 代入数据得：a0＝1 m/s。
(2)撤去拉力后，物块受到的摩擦力的方向向左，大小为：f1＝μ1mg＝0.1×1×10 N＝1 N。
选择向右为正方向，则物块的加速度：
22
a1＝
－f1122
＝－ m/s＝－1 m/s m1
木板受到地面的摩擦力大小为：
f2＝μ2N0＝0.2×30 N＝6 N
根据牛顿第三定律，物块受到木板向左的摩擦力，所以木板受到物块对它的向右的摩擦力，大小为1 N，所以木板的加速度：
f1－f21－622
a2＝＝ m/s＝－2.5 m/s
M2
设撤去力F时二者的速度为v，则物块的位移： 0－vx1＝ 2a1
2
7
0－v木板的位移：x2＝
2a2又：x1－x2＝L
联立方程，代入数据得：v＝4 m/s 设力F作用的时间为t，则：v＝a0t 所以：t＝＝4 s。
(3)在拉力F的作用下木板的位移：
2
va0
x0＝a0t2＝×1×42 m＝8 m
撤去拉力后木板的位移： 0－vx2＝＝2a2
2
1212
0－4－
2
m＝3.2 m
整个的过程中产生的热量为木板受到的地面的摩擦力与木板位移的乘积加上物块受到的摩擦力与物块相对于木板的位移的乘积，即：
Q＝f2(x2＋x0)＋f1(x1－x2)＝6×(3.2＋8)J＋1×4.8 J＝72 J。
答案：(1)1 m/s (2)4 s (3)72 J
★12.如图所示，传送带Ⅰ与水平面夹角为30°，传送带Ⅱ与水平面夹角为37°，两传送带与一小段光滑的水平面BC平滑连接。两传送带均顺时针匀速率运行。现将装有货物的箱子轻放至传送带Ⅰ的A点，运送到水平面上后，工作人员将箱子内的货物取下，箱子速度不变继续运动到传送带Ⅱ上，传送带Ⅱ的D点与高处平台相切。已知箱子的质量M＝1 kg，货物的质量m＝3 kg，传送带Ⅰ的速度v1＝8 m/s，AB长L1＝15 m，与箱子间的动摩擦因数为μ1＝
3
。传送带Ⅱ的速度v2＝4 m/s，CD长L2＝8 m，由于水平面BC上不小心撒上水，2
2
2
致使箱子与传送带Ⅱ间的动摩擦因数变为μ2＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s。
(1)求装着货物的箱子在传送带Ⅰ上运动的时间；
(2)计算说明，箱子能否运送到高处平台上？并求在传送带Ⅱ上箱子向上运动的过程中产生的内能(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
解析：(1)在传送带Ⅰ上，根据牛顿第二定律： μ1(M＋m)gcos 30°－(M＋m)gsin 30°＝(M＋m)a 代入数据解得：a＝2.5 m/s
2
8
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