高中物理易错题分析集锦

高中物理易错题分析集锦——7热学-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第七单元：热学[内容和方法]本单元内容包括两部分，一是微观的分子动理论部分，一是宏观的气体状态变化规律。

其中分子动理论部分包括分子动理论的基本观点、分子热运动的动能、分子间相互作用的势能和物体的内能等概念，及分子间相互作用力的变化规律、物体内能变化的规律、能量转化和守恒定律等基本规律；气体状态变化规律中包括热力学温度、理想气体和气体状态参量等有关的概念，以及理想气体的等温、等容、等压过程的特点及规律（包括公式和图象两种描述方法）。

本单元中所涉及到的基本方法是理想化的模型方法，其中在分子动理论中将微观分子的形状视为理想的球体，这是通过阿伏伽德罗常数对微观量进行估算的基础；在气体状态变化规律中，将实际中的气体视为分子没有实际体积且不存在相互作用力的理想气体，从而使气体状态变化的规律在误差允许的范围内得以大大的简化。

[例题分析]在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对较为抽象的分子热运动的动能、分子相互作用的势能及分子间相互作用力的变化规律理解不到位，导致这些微观量及规律与宏观的温度、物体的体积之间关系不能建立起正确的关系。

对于宏观的气体状态的分析，学生的问题通常表现在对气体压强的分析与计算方面存在着困难，由此导致对气体状态规律应用出现错误；另外，本单元中涉及到用图象法描述气体状态变化规律，对于p—V，p—T，V —T图的理解，一些学生只观注图象的形状，不能很好地理解图象上的点、线、斜率等的物理意义，因此造成从图象上分析气体温度变化（内能变化）、体积变化（做功情况）时出现错误，从而导致利用图像分析气体内能变化等问题时的困难。

例1 下列说法中正确的是 [ ]A．温度低的物体内能小B．温度低的物体分子运动的平均速率小C．做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大D．外界对物体做功时，物体的内能不一定增加【错解分析】错解一：因为温度低，动能就小，所以内能就小，所以应选A而温度低的物体分子平均动能小，所以速率也小。

高考物理易错题汇总及深度解析一、命题特点：高考试题的选取与命制强调注重基础考查但同时区分能力，信息题与估算试题所涉及的知识点均来源于教材而不拘泥于教材，往往隐藏相关知识点或给出多个信息混淆知识点。

高考试题要求考生掌握基础知识、具有基本的解决物理实际问题的能力，试题设置一定的陷阱，这些陷阱往往体现在计算出错、理解出错、知识点无法区分、过程复杂等细节上。

下面通过几个类型的易错题进行分析。

二、典型例题分析【例1】 （宁夏·20）一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连。

小球某时刻正处于图示状态。

设斜面对小球的支持力为N ，细绳对小球的拉力为T ，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是A ．若小车向左运动，N 可能为零B ．若小车向左运动，T 可能为零C ．若小车向右运动，N 不可能为零D ．若小车向右运动，T 不可能为零【解析】：对小球受力分析，当N 为零时，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小车可能向右加速运动或向左减速运动，A 对C 错；当T 为零时，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小车可能向右减速运动或向左加速运动，B 对D 错。

【易错分析】不能正确运用临界条件简化解题思路，解题时抓住N 、T 为零时受力分析的临界条件，小球与车相对静止，说明小球和小车只能有水平的加速度，作为突破口。

斜面模型是高中重要模型之一，要彻底研究斜面，对平时训练过的斜面上的问题进行汇总，比如斜面平抛问题、物体沿着斜面上滑与下滑情景、斜面上的平衡问题等，一定会有所收获。

【例2】 （全国Ⅰ·21）一束由红、蓝两单色光组成的光线从一平板玻璃砖的上表面以入射角θ射入，穿过玻璃砖自下表射出．已知该玻璃对红光的折射率为1.5．设红光与蓝光穿过玻璃砖所用的时间分别为t 1和t 2，则在θ从0°逐渐增大至90°的过程中A ．t 1始终大于t 2B ．t 1始终小于t 2C ．t 1先大于后小于t 2D ．t 1先小于后大于t 2【解析】：设折射角为α，玻璃砖的厚度为h ，由折射定律n=sinθsinα ，且n=c v，在玻璃砖中的时间为t=h vcosα ，t = h vcosα = hn ccosα = hsinθcsinαcosα = 2hsinθcsin2α，对红光的折射角α1，蓝光的折射角α2，则t 红 : t 蓝= sin2α2sin2α1，由于α1 ＞α2 ，故在2α1≤90°，即α1≤45°时总有t1＜t2 ，要入射角θ从0º逐渐增大至90º的过程中总成立，要求红光的折射率n1=sinθsinα1 ＞2，由于题干给定n1=1.5，故总有t1＜t2 ，B 正确。

高考物理经典错题及知识点导言：高考是每年来临的重要考试，对学生来说意义重大。

物理作为一门基础科学，在高考中也起到了关键的作用。

然而，考生常常会遇到一些经典的错题。

本文将介绍一些常见的高考物理经典错题，并解析其中涉及到的重要知识点。

一、错题解析：运动学在高考中，运动学是物理的基础知识，考察较为频繁。

以下是一个常见的错题例子：题目：一个小球从地面沿着一条斜面向上滚动，滚动的路程为5.0 m，与水平方向的夹角为30°。

若小球的半径为0.1 m，忽略摩擦力的影响，求小球的最终高度。

解析：对于滚动的物体，其动能和势能都要考虑到。

我们可以利用能量守恒定律来解答这个问题。

小球的势能和动能之和等于它的最终总能量。

首先，小球的势能可以表示为mgh，其中m为小球质量，g为重力加速度，h为最终高度。

其次，小球的动能可以表示为1/2Iω²，其中I为小球的转动惯量，ω为角速度。

在这个问题中，小球不受摩擦力的影响，因此动能和势能之和一直保持不变。

可以得到以下等式：mgh + 1/2Iω² = mgh0 + 1/2Iω0²由于小球在斜面滚动，滚动的动能可以表示为1/2mv²，其中v 为小球的线速度。

根据滚动物体的相关公式，可以得到v = ωr，其中r为小球的半径。

将此代入动能的公式中，可以得到：1/2Iω² = 1/2mv²将上述等式代入能量守恒定律的等式中，可以得到：mgh = 1/2mv²根据题目中给出的信息，可以列出以下方程：mgh = 1/2mv²h = 5sin30°通过解方程组，可以得到h ≈ 1.25 m。

二、错题解析：电磁感应电磁感应是另一个高考物理中经常考察的知识点。

以下是一个常见的错题例子：题目：如图所示，一根导线被固定在一个金属环上，环与导线在重力的作用下能够自由运动。

当外部磁场指向右边时，导线的电流方向是？解析：根据洛伦兹力的方向规律，电流与外部磁场有关。

高中物理难题易错题30道（参考答案与试题解析）一．填空题（共7小题）1．用如图所示的装置验证小球做自由落体运动时机械能守恒，图中O为释放小球的位置，A、B、C、D为固定速度传感器的位置且与O在同一条竖直线上．（1）若当地重力加速度为g，还需要测量的物理量有BC．A．小球的质量mB．小球下落到每一个速度传感器时的速度vC．小球下落到每一个速度传感器时下落的高度hD．小球下落到每一个速度传感器时所用的时间t（2）作出v2﹣h图象，由图象算出其斜率k，当k=2g可以认为小球下落过程中机械能守恒．（3）写出对减小本实验误差有益的一条建议：相邻速度传感器间的距离适当大些；选用质量大、体积小的球做实验等．【解答】解：（1）小球做自由落体运动时，由机械能守恒定律得：mgh=，即gh=，故需要测量小球下落到每一个速度传感器时的速度v和高度h，不需要测量小球的质量m和下落时间时间t．故BC正确，AD错误．（2）由mgh=，得v2=2gh，则v2﹣h图象的斜率k=2g．（3）为了减小测量的相对误差，建议相邻速度传感器间的距离适当大些；为减小空气阻力的影响，建议选用质量大、体积小的球做实验等．故答案为：（1）BC；（2）2g；（3）相邻速度传感器间的距离适当大些；选用质量大、体积小的球做实验等．2．如图甲所示，是某同学验证动能定理的实验装置．其步骤如下：a．易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在小车上，接纸带，合理调整木板倾角，使小车沿木板匀速下滑．b．取下轻绳和易拉罐，测出易拉罐和细沙的质量m及小车质量M．c．取下细绳和易拉罐后，换一条纸带，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙（中间部分未画出）．O为打下的第一点．已知打点计时器的打点频率为f，重力加速度为g．①步骤c中小车所受的合外力为mg．②为验证从O→C 过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系，测出BD间的距离为x0，OC间距离为x1，则C点的速度为．需要验证的关系式为mgx1=（用所测物理最的符号表示）．【解答】解：①小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零；撤去拉力后，其余力不变，故合力等于撤去的拉力；故答案为：mg．②匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，故v C==动能增量为：m=合力的功为：mgx1故答案为：，mgx1=．3．用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量、分析，即可验证机械能守恒定律．（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：A．按照图示的装置安装器件；B．将打点计时器接到电源的“直流”上；C．先释放纸带，再接通电源打出一条纸带；D．测量纸带上某些点间的距离；E．根据测量的结果，分别计算重锤下落过程中减少的重力势能和增加的动能．其中操作不当的步骤是：BC（填选项对应的字母）（2）正确操作后打出的纸带如图所示，根据打出的纸带，选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E，测出AC的距离为s1，CE的距离为s2，打点的频率为f，根据这些条件，计算打C点时重锤下落的速率v c=（3）实验中发现，重锤减小的重力势能大于重锤动能的增量，其主要原因是在重锤下落的过程中存在阻力作用（设阻力恒定），可以通过该实验装置测阻力的大小．若已知当地重力加速度为g，重锤的质量为m．试用这些物理量和上图纸带上的数据符号表示出重锤在下落过程中受到的阻力大小F=．【解答】解：（1）其中操作不当的步骤是：BCB、电火花和电磁计时器都使用交流电源．C、实验时，应先释放重物，再接通打点计时器电源，由于重物运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理．（2）利用匀变速直线运动的推论=v C===（3）利用匀变速直线运动的推论△x=at2a==对重物运用牛顿第二定律得：mg﹣f=maf=mg﹣ma=．故答案为：（1）BC（2）（3）．4．以初速为v0，射程为s的平抛运动轨迹制成一光滑轨道．一物体由静止开始从轨道顶端滑下，当其到达轨道底部时，物体的速率为，其水平方向的速度大小为．【解答】解：由平抛运动规律知：水平方向：s=v0t，竖直方向：，解得轨道的高度为：；当物体沿轨道下滑时，根据机械能守恒定律得：，解得物体到达轨道底部时的速率为：．设θ是轨道的切线与水平方向的夹角，即为平抛运动末速度与水平方向的夹角，α是平抛运动位移方向与水平方向的夹角，根据平抛运动的结论有：tanθ=2tanα，又因=，所以tanθ=，由三角函数基本关系式得：cosθ=，则把cosθ代入水平方向速度大小的关系式v x=vcosθ得：V x=故答案为：，．5．将一个物体以初动能E0竖直向上抛出，设所受阻力大小恒定，落回地面时物体的动能为E0/2．若将它以初动能4E0竖直向上抛出，则它在上升到最高点的过程中，重力势能变化了3E0；落回地面时的动能为2E0．【解答】解：设以初动能E0竖直向上抛出，最大高度为h，对物体全过程运用动能定理，﹣2fh=﹣，对上升过程运用动能定理得，﹣fh﹣mgh=0﹣E0，得mgh=，fh=．则mg=3f．对以初动能4E0竖直上抛的上升过程运用动能定理，设上升的最大高度为h′，则有：﹣mgh′﹣fh′=0﹣4E0．因为mg=3f，得mgh′=3E0．故重力势能的增量为3E0．对整个过程运用动能定理得：E k﹣4E0=﹣2fh′解得：E k=2E0故答案为：3E0；2E06．如图所示，在竖直平面内的直角坐标系中，一个质量为m的质点在外力F的作用下，从坐标原点O由静止沿直线ON斜向下运动，直线ON与y轴负方向成θ角（θ＜）．则F大小至少为mgsinθ；若F=mgtanθ，则质点机械能大小的变化情况是增大、减小都有可能．【解答】解：质点只受重力G和拉力F，质点做直线运动，合力方向与ON共线，如图当拉力与ON垂直时，拉力最小，根据几何关系，有F=Gsinθ=mgsinθ若F=mgtanθ，由于mgtanθ＞mgsinθ，故F的方向与ON不再垂直，有两种可能的方向，F 与物体的运动方向的夹角可能大于90°，也可能小于90°，即拉力F可能做负功，也可能做正功，重力做功不影响机械能的变化，故根据功能定理，物体机械能变化量等于力F做的功，即机械能可能增加，也可能减小；故答案为：mgsinθ，增大、减小都有可能．7．在竖直平面内，一根光滑金属杆弯成如图所示形状，相应的曲线方程为y=2.5cos（kx+）（单位：m），式中k=1m﹣1．将一光滑小环套在该金属杆上，并从x=0处以v0=5m/s的初速度沿杆向下运动，取重力加速度g=10m/s2．则当小环运动到m时的速度大小v=5m/s该小环在x轴方向最远能运动到x=m处．【解答】解：光滑小环在沿金属杆运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，由曲线方程知，环在x=0处的y坐标是﹣m；在x=时，y=2.5cos（kx+π）=﹣2.5 m．选y=0处为零势能参考平面，则有：mv02+mg（﹣）=mv2+mg（﹣2.5），解得：v=5m/s．当环运动到最高点时，速度为零，同理有：mv02+mg（﹣）=0+mgy．解得y=0，即kx+π=π+，该小环在x轴方向最远能运动到x=m处．故答案为：5m/s；m．二．解答题（共23小题）8．如图所示，半径为R的光滑圆环竖直固定，质量为3m的小球A套在圆环上；长为2R 的刚性（既不伸长也不缩短）轻杆一端通过铰链与A连接，另一端通过铰链与滑块B连接；滑块B质量为m，套在水平固定的光滑杆上．水平杆与圆环的圆心O位于同一水平线上．现将A置于圆环的最高处并给A﹣微小扰动（初速度视为0），使A沿圆环顺时针自由下滑，不计一切摩擦，A、B均视为质点，重力加速度大小为g．求：（1）A滑到与圆心O同高度时的速度大小；（2）A下滑至杆与圆环第一次相切的过程中，杆对B做的功．【解答】解：（1）当A滑到与O同高度时，A的速度沿圆环切向向下，B的速度为0，由机械能守恒定律得：，解得：v=．（2）杆与圆环相切时，A的速度沿杆方向，设为v A，此时B的速度设为v B，根据杆不可伸长和缩短，得：v A=v B cosθ，由几何关系得：，球A下落的高度为：h=，由机械能守恒定律得：，由动能定理得：，代入数据解得：．答：（1）A滑到与圆心O同高度时的速度大小为；（2）A下滑至杆与圆环第一次相切的过程中，杆对B做的功为．9．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面AB长为2.4m，其下端与光滑的圆弧轨道BCD 相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0m，现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的滑块，从D点的正上方h=1.6m的E点处自由下落，滑块恰好能运动到A点．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，计算结果可保留根号．求：（1）滑块第一次到达B点的速度；（2）滑块与斜面AB之间的动摩擦因数；（3）滑块在斜面上运动的总路程及总时间．【解答】解：（1）第一次到达B点的速度为v1，根据动能定理得，，代入数据解得．（2）从E到A的过程，由动能定理得，W G﹣W f=0，W G=mg[（h+Rcos37°）﹣L AB sin37°]，W f=μmgcos37°•L AB，代入数据解得μ=0.5．（3）根据mg（h+Rcos37°）=μmgcos37°s得，代入数据解得s=6m．沿斜面上滑加速度为a1=gsin37°+μgcos37°=6+0.5×8=10m/s2，沿斜面下滑加速度为a2=gsin37°﹣μgcos37°=6﹣0.5×8=2m/s2，因为，则，，…．则t=（）+，代入数据解得t=．答：（1）滑块第一次到达B点的速度为；（2）滑块与斜面AB之间的动摩擦因数为0.5；（3）滑块在斜面上运动的总路程为6m，总时间为．10．从地面上以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率v成正比关系，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1，且落地前球已经做匀速运动，求：（1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功；（2）球抛出瞬间的加速度大小；（3）球上升的最大高度H和球从最高点落回到地面所用的时间t2．【解答】解：（1）设克服阻力功为W f，由动能定理：，解得：．（2）空气阻力：f=Kv，落地前匀速运动：mg=Kv2，刚抛出时：mg+Kv0=ma0，解得．（3）上升时加速度为a，mg+Kv=ma，取极短时间△t内，速度变化△v，有：mg△t+Kv△t=ma△t=m△v，上升的全过程：mg•∑△t+K•∑△v=m•∑△v，又：∑v△t=∑△h=H，∑△v=0﹣（﹣v0）=v0，解得：mgt1+KH=mv0，得：H=，下降时加速度为a2，mg﹣Kv=ma2，同理可得：mg△t﹣Kv△t=ma2△t=m△v，所以：mgt2﹣KH=mv1，解得：．答：（1）球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功为；（2）球抛出瞬间的加速度大小为；（3）球上升的最大高度H为，球从最高点落回到地面所用的时间为．11．如图所示，AB为倾角θ=37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙，BP为圆心角等于143°、半径R=l m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m=2kg的小物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后（不栓接）释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x=12t﹣4t2（式中x单位是m，t单位是s），假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，sin 37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．试求：（1）若CD=1m，试求物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；（2）B、C两点间的距离x；（3）若在P处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞后速度反向，速度大小不变，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？【解答】解：（1）由x=12t﹣4t2知，物块在C点速度为：v0=12 m/s，设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得：W﹣mgsin 37°•CD=代入数据得：W=+mgsin 37°•CD=156 J（2）由x=12t﹣4t2知，物块从C运动到B的加速度大小为：a=8 m/s2，物块在P点的速度满足：物块从B运动到P的过程中机械能守恒，则有：物块从C运动到B的过程中有：由以上各式解得：x=6.125m（3）设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得：mgsin θ+μmgcos θ=ma代入数据解得：μ=0.25假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O点等高的位置Q点，且设其速度为v Q，由动能定理得：解得：=﹣19＜0可见物块返回后不能到达Q点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道．答：（1）物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功是156J；（2）B、C两点间的距离x BC是6.125m；（3）物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中不会脱离轨道．12．打井施工时要将一质量可忽略不计的坚硬底座A送到井底，由于A与井壁间摩擦力很大，工程人员采用了如图所示的装置．图中重锤B质量为m，下端连有一劲度系数为k的轻弹簧，工程人员先将B放置在A上，观察到A不动；然后在B上再逐渐叠加压块，当压块质量达到m时，观察到A开始缓慢下沉时移去压块．将B提升至弹簧下端距井口为H0处，自由释放B，A被撞击后下沉的最大距离为h1，以后每次都从距井口H0处自由释放．已知重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内．（1）求下沉时A与井壁间的摩擦力大小f和弹簧的最大形变量△L；（2）求撞击下沉时A的加速度大小a和弹簧弹性势能E p；（3）若第n次撞击后，底座A恰能到达井底，求井深H．【解答】解：（1）A开始缓慢下沉时，受力平衡，则有：f=2mg底座质量不计，所以合力为零，所以始终有：k△L=f解得：（2）撞击后AB一起减速下沉，对B，根据牛顿第二定律得：k△L﹣mg=ma解得：a=g，A第一次下沉，由功能关系得：mg（H0+△L+h1）=E P+fh1解得：（3）A第二次下沉，由功能关系mg（H0+△L+h1+h2）=E P+fh2又f=2mg解得：h2=2h1A第三次下沉，由功能关系有：mg（H0+△L+h1+h2+h3）=E P+fh3解得h3=4h1同理A第n次下沉过程中向下滑动的距离为：所以井底深度为：答：（1）求下沉时A与井壁间的摩擦力大小f为2mg，弹簧的最大形变量△L为；（2）求撞击下沉时A的加速度大小a为g，弹簧弹性势能为；（3）若第n次撞击后，底座A恰能到达井底，则井深H为（2n﹣1）h1．13．如图甲所示，工厂利用倾角θ=30°的皮带传输机，将每个质量为m=5kg的木箱从地面运送到高为h=5.25m的平台上，机械手每隔1s就将一个木箱放到传送带的底端，传送带的皮带以恒定的速度顺时针转动且不打滑．木箱放到传送带上后运动的部分v﹣t图象如图乙所示，已知各木箱与传送带间的动摩擦因数都相等．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2．求：（1）木箱与传送带间的动摩擦因数μ；（2）传送带上最多有几个木箱同时在向上输送；（3）皮带传输机由电动机带动，从机械手放上第一个木箱开始计时的10分钟内，因为木箱的放入，电动机需要多做的功．【解答】解：（1）由乙图可知，木箱运动的加速度为：a==1m/s2，皮带匀速运动的速度为：v=1m/s，根据牛顿第二定律得：μmgcosθ﹣mgsinθ=ma解得：（2）木箱加速运动的位移为：，木箱相对皮带静止后，相邻两个木箱之间的距离都相等，有：△L=vt=1m传送带的长度为：L=，L=10△L+x1，所以传送带上最多同时存在的木箱个数为11个，（3）木箱再传送带上运动时，和皮带间的相对位移为：△x=vt﹣x1=1×1﹣0.5=0.5m，和皮带间的摩擦产生的热量为：Q1=μmgcosθ•△x=15J木箱最终增加的动能为：，木箱到达平台增加的重力势能为：E P=mgh=262.5J，从开始的10分钟内共传送木箱的个数N=10×60=600个，其中590个已经到达平台，还有10个正在传送带上，到达平台的590个，电动机做的功为：W1=590（Q1+E K1+E P1）=165200J，在传送带上的已经开始运动得10个木箱增加的动能为：10E K1=25J，10个木箱的摩擦生热为：10Q1=150J，10个木箱增加的重力势能共为：E P′=10mg△xsin30°+mg△Lsin30°+2mg△Lsin30°+…+9mg△Lsin30°=10mg△xsin30°+mgLsin3 0°（1+2+3+…+9）=1250J，所以电动机多做的功为：W=W1+10E K1+10Q1+E P′=166625J答：（1）木箱与传送带间的动摩擦因数μ为；（2）传送带上最多有11个木箱同时在向上输送；（3）皮带传输机由电动机带动，从机械手放上第一个木箱开始计时的10分钟内，因为木箱的放入，电动机需要多做的功为166625J．14．如图（甲）所示，一倾角为37°的传送带以恒定速率运行．现将一质量m=2kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图（乙）所示，取沿传送带向上为正方向，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）物体与传送带间的动摩擦因数；（2）0～10s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q．【解答】解：（1）由图象知，物体在传送带上滑动时的加速度为a==对此过程，由牛顿第二定律得μmgcosθ﹣mgsinθ=ma解得μ=0.875（2）根据速度图象的“面积”大小等于位移，则得物体在0﹣10s内的位移为s=m﹣m=22m物体被送上的高度为h=s•sinθ=22×0.6=13.2m，重力势能增加量为△E P=mgh=2×10×13.2=264 J动能增加量为△E K===12J故机械能的增加量为△E=△E P+△E K=264+12=276J0﹣10s内只有前6s内发生相对滑动．在0﹣6s内传送带运动的距离为s带=v带t=4×6m=24m，物体的位移为s物=m=6m则物体与传送带的相对位移大小为△s=s带﹣s物=24﹣6=18m产生的热量为Q=μmgcosθ•△s=0.875×2×10×18=315 J．答：（1）物体与传送带间的动摩擦因数是0.875；（2）0﹣10s内物体机械能增量是276J，因与传送带摩擦产生的热量Q是315J．15．如图所示，装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成．其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB与粗糙直轨道BC平滑连接，高度差分别是h1=0.2m、h2=0.10m，BC水平距离L=1.00m．轨道Ⅱ由AE、螺旋圆形EFG和GB三段光滑轨道平滑连接而成，且A点与F点等高．当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m=0.05kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点；当弹簧压缩量为2d时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C点．（已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比）（1）当弹簧压缩量为d时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；（2）求滑块与轨道BC间的动摩擦因数；（3）当弹簧压缩量为d时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B点？请通过计算说明理由．【解答】解：（1）当弹簧压缩量为d时，根据机械能守恒定律得弹簧的弹性势能为：E P1=mgh1=0.05×10×0.2J=0.1J且有=mgh1解得滑块离开弹簧瞬间的速度大小为：v===2m/s（2）当弹簧压缩量为2d时，由题可得：弹簧的弹性势能是弹簧压缩量为d时弹性势能的4倍，即为：E P2=4E P1=0.4J对滑块从弹簧释放后运动到C点的过程，根据能量守恒定律得：E P2=mg（h1+h2）+μmgcosα•L BC=mg（h1+h2）+μmgL解得：μ=0.5（3）当弹簧压缩量为d时，若沿轨道Ⅱ运动，设滑块在EB轨道上上升的最高点离图中虚线的高度为h．根据机械能守恒定律得：E P1=mgh解得：h=0.2m由于h=h1，所以滑块能上升到B点．答：（1）当弹簧压缩量为d时，弹簧的弹性势能是0.1J，滑块离开弹簧瞬间的速度大小是2m/s；（2）滑块与轨道BC间的动摩擦因数是0.5；（3）当弹簧压缩量为d时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能上升到B点．16．如图所示，是一儿童游戏机的简化示意图．光滑游戏面板与水平面成一夹角θ，半径为R的四分之一圆弧轨道BC与长度为8R的AB直管道相切于B点，C点为圆弧轨道最高点（切线水平），管道底端A位于斜面底端，轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄P．经过观察发现：轻弹簧无弹珠时，其上端离B点距离为5R，将一质量为m的弹珠Q投入AB管内，设法使其自由静止，测得此时弹簧弹性势能E p=mgRsinθ．已知弹簧劲度系数k=．某次缓慢下拉手柄P使弹簧压缩，后释放手柄，弹珠Q经C点被射出，假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为质点，直管AB粗细不计．求：（1）调整手柄P的下拉距离，可以使弹珠Q经BC轨道上的C点射出，落在斜面底边上的不同位置，其中与A的最近距离是多少？（2）若弹珠Q落在斜面底边上离A的距离为10R，求它在这次运动中经过C点时对轨道的压力为多大？（3）在（2）的运动过程中，弹珠Q离开弹簧前的最大速度是多少？【解答】解：（1）当P离A点最近（设最近距离为d）时，弹珠经C点速度最小，设这一速度为v0，弹珠经过C点时恰好对规定无压力，则有：，解得：，，解得：t=，x==d=（2）设击中P1点的弹珠再经过C点时的速度为v C，离开C点后弹珠做类平抛运动，则有：a=gsinθ，10R﹣R=v C t，又t=，解得：，经C点时，根据牛顿第二定律得：，解得：，根据牛顿第三定律可知，弹珠Q对C点的压力N与F N大小相等，方向相反，所以弹珠Q对C点的压力N=，（3）弹珠离开弹簧前，再平衡位置时，速度最大，设此时弹簧压缩量为x0，根据平衡条件得：mgsinθ=kx0，则，取弹珠从平衡位置到C点的运动过程为研究过程，根据系统机械能守恒，取平衡位置重力势能为零，则有：解得：答：（1）调整手柄P的下拉距离，可以使弹珠Q经BC轨道上的C点射出，落在斜面底边上的不同位置，其中与A的最近距离是；（2）若弹珠Q落在斜面底边上离A的距离为10R，它在这次运动中经过C点时对轨道的压力为；（3）在（2）的运动过程中，弹珠Q离开弹簧前的最大速度是．17．如图所示，P是倾角为30°的光滑固定斜面．劲度系数为k的轻弹簧一端固定在斜面底端的固定挡板C上，另一端与质量为m的物块A相连接．细绳的一端系在物体A上，细绳跨过不计质量和摩擦的定滑轮，另一端有一个不计质量的小挂钩．小挂钩不挂任何物体时，物体A处于静止状态，细绳与斜面平行．在小挂钩上轻轻挂上一个质量也为m的物块B后，物块A沿斜面向上运动．斜面足够长，运动过程中B始终未接触地面．已知重力加速度为g，求：（1）物块A处于静止时，弹簧的压缩量（2）设物块A沿斜面上升通过Q点位置时速度最大，求Q点到出发点的距离x0和最大速度v m（3）把物块B的质量变为原来的N倍（N＞0.5），小明同学认为，只要N足够大，就可以使物块A沿斜面上滑到Q点时的速度增大到2v m，你认为是否正确？如果正确，请说明理由，如果不正确，请求出A沿斜面上升到Q点位置的速度的范围．【解答】解：（1）物块A处于静止状态时受力如图：由平衡条件有：mgsin30°=k•△x1解得：△x1=（2）A加速上升阶段，弹簧恢复原长前对A用牛顿第二定律有T+kx﹣mgsin30°=ma对B由牛顿第二定律有mg﹣T=ma，解得mgsin30°+kx=2ma，物体A在上升过程中，x减小，a减小，v增大；弹簧变为伸长后同理得mgsin30°﹣kx=2ma，上升过程x增大，a减小，v继续增大；可见，当kx=mgsin30°时a=0，速度达到最大．此时弹簧的伸长量x=△x1Q点速度最大，对应的弹力大小恰好是，弹性势能和初始状态相同．故A上升到Q点过程，A、B的位移大小都是x0=2△x1=对A、B和弹簧系统用机械能守恒定律有mg•2△x1=mg•2△x1sin30°+可得v m=g（3）不正确由能的转化与守恒得：Nmg•2△x1=mg•2△x1sin30°+解得v=，△x1=当N=0.5时，v=0，当N→∞时，v=g=2v m故A沿斜面上升到Q点位置时的速度的范围是0＜v＜g=2v m．答：（1）物块A处于静止时，弹簧的压缩量是．（2）设物块A沿斜面上升通过Q点位置时速度最大，Q点到出发点的距离x0和最大速度v m分别为和g．（3）出A沿斜面上升到Q点位置的速度的范围是0＜v＜g．18．如图所示，在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态．小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道．已知R=0.2m，l=1.0m，v0=2m/s，物块A质量为m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数为μ=0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g=10m/s2．求：（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小．（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度．（3）物块A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l满足什么条件时，物块A能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道．【解答】解：（1）物块A冲上圆形轨道后回到最低点速度为v0=m/s，与弹簧接触瞬间，﹣μmgl=mv12﹣mv02，可得，物块A与弹簧刚接触时的速度大小v1=2m/s；（2）A被弹簧以原速率v1弹回，向右经过PQ段，有v22﹣v12=﹣2μgl；解得A速度v2=2m/s，A滑上圆形轨道，有﹣mgh=0﹣mv22，（也可以应用﹣μ×mgl﹣mgh=mv22﹣mv12）可得，返回到右边轨道的高度为h=0.2m=R，符合实际．（3）物块A以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧，有v1′2﹣v02=﹣2μg×2l，可得，A回到右侧速度：v1′2=（12﹣8l）（m/s）2，要使A能返回右侧轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道，则有：①若A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足：0＜h≤R，根据机械能守恒：mv1′2=mgh联立可得，1.0m≤l＜1.5m；②若A能沿轨道上滑至最高点，则满足：mv1′2=mg×2R+mv2′2且m≥mg，联立得l≤0.25m，综上所述，要使A物块能第一次返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，l满足的条件是1.0m≤l＜1.5m或l≤0.25m；答：（1）物块A与弹簧刚接触时的速度大小为2m/s．（2）物块A被弹簧以原速率弹回返回到圆形轨道的高度0.2m．（3）A物块能第一次返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道的条件是：1.0m≤l＜1.5m 或l≤0.25m．19．现代化的生产流水线大大提高了劳动效率．如下图为某工厂生产流水线上的水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成．小物品从A处无初速地放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的转盘随其一起运动（无相对滑动），到C处被取走装箱．已知A、B的距离L=9.0m，物品与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2．物品在转盘上与转轴O的距离R=2.0m，物品与转盘间的动摩擦因数μ2=0.8，物品在转盘与传送带上的最大静摩擦力哥视为与滑动瘴擦力大小相等．（取g=10m/s2，π=3）．（1）要保证物品随转盘一起转动，则转盘的角速度最大为多少？（2）现通过同步提高传送带和转盘的速度，可缩短物品从A到C的时间，则物品从A到C 最短时间为多少？。