2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 機(jī)械能及其守恒定律 熱點專題（三）第28講 應(yīng)用力學(xué)兩大觀點解決兩類模型問題學(xué)案（含解析）.doc

第28講應(yīng)用力學(xué)兩大觀點解決兩類模型問題熱點概述(1)本熱點是力學(xué)兩大觀點在傳送帶和滑塊木板兩種模型中的綜合應(yīng)用，高考常以計算題、壓軸題的形式出現(xiàn)。(2)學(xué)好本熱點，可以極大地培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達(dá)能力，針對性的專題強(qiáng)化，可以提升同學(xué)們解決壓軸題的信心。(3)用到的知識有：動力學(xué)觀點(牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)基本規(guī)律)，能量觀點(動能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律)。熱點一傳送帶模型問題1模型分類：水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問題。(1)兩類問題的求解關(guān)鍵、分析流程相同，功能關(guān)系相近，傾斜傳送帶問題涉及到重力做功和重力勢能的變化。(2)傾斜傳送帶問題中須注意物體在傾斜傳送帶上所受摩擦力的性質(zhì)、大小、方向以及與物體所受重力沿傳送帶斜面分力的大小、方向關(guān)系。2傳送帶模型問題的設(shè)問角度(1)動力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動過程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系。(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解。模型1水平傳送帶問題例1(多選)如圖所示，水平繃緊的傳送帶AB長L6 m，始終以恒定速率v14 m/s運(yùn)行。初速度大小為v26 m/s的小物塊(可視為質(zhì)點)從與傳送帶等高的光滑水平地面上經(jīng)A點滑上傳送帶。小物塊m1 kg，物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)0.4，g取10 m/s2。下列說法正確的是()A小物塊可以到達(dá)B點B小物塊不能到達(dá)B點，但可返回A點，返回A點速度為4 m/sC小物塊向左運(yùn)動速度減為0時相對傳送帶滑動的距離達(dá)到最大D小物塊在傳送帶上運(yùn)動時，因相互間摩擦力產(chǎn)生的熱量為50 J解析小物塊在水平方向運(yùn)動過程，由牛頓第二定律得mgma，解得ag4 m/s2，若小物塊從右端滑上傳送帶后速度可以減為零，設(shè)速度減為零時的位移是x，則0v2ax，解得x m4.5 m<6 m，所以小物塊不能到達(dá)B點，故A錯誤；小物塊不能到達(dá)B點，速度減為零后反向做勻加速運(yùn)動，當(dāng)速度等于傳送帶速度v1后勻速運(yùn)動，返回A點速度為4 m/s，故B正確；小物塊不能到達(dá)B點，速度減為零后反向做勻加速運(yùn)動的過程相對于傳送帶繼續(xù)向左運(yùn)動，所以小物塊向左運(yùn)動速度減為0時相對傳送帶滑動的距離沒有達(dá)到最大，故C錯誤；小物塊向右勻加速的過程中的位移x m2 m，當(dāng)速度等于傳送帶速度v1時，經(jīng)歷的時間t2.5 s，該時間內(nèi)傳送帶的位移sv1t42.5 m10 m，所以小物塊相對于傳送帶的位移xs(xx)10 m(4.52) m12.5 m，小物塊在傳送帶上運(yùn)動時，因相互間摩擦力產(chǎn)生的熱量為Qmgx50 J，故D正確。答案BD方法感悟1傳送帶模型問題的關(guān)鍵求解的關(guān)鍵在于認(rèn)真分析物體與傳送帶的相對運(yùn)動情況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用。如果受到滑動摩擦力作用應(yīng)進(jìn)一步確定其大小和方向，然后根據(jù)物體的受力情況確定物體的運(yùn)動情況。當(dāng)物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變。2傳送帶模型問題的分析流程模型2傾斜傳送帶問題例2如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角為30，其上A、B兩點間的距離為l5 m，傳送帶在電動機(jī)的帶動下以v1 m/s的速度勻速運(yùn)動?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m10 kg的小物體(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上的A點，已知小物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)，在傳送帶將小物體從A點傳送到B點的過程中，求：(g取10 m/s2)(1)傳送帶對小物體做的功；(2)電動機(jī)做的功。解析(1)小物體剛開始運(yùn)動時，根據(jù)牛頓第二定律有mgcosmgsinma解得小物體上升的加速度為a2.5 m/s2當(dāng)小物體勻加速到v1 m/s時，小物體的位移為x0.2 m<5 m之后小物體以v1 m/s的速度勻速運(yùn)動到B點由功能關(guān)系得，傳送帶對小物體做的功等于小物體機(jī)械能的增加量，即WEkEpmv2mglsin255 J。(2)電動機(jī)做的功等于小物體的機(jī)械能的增加量和小物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q之和，由vat得t0.4 s相對位移xvtt0.2 m摩擦產(chǎn)生的熱量Qmgxcos15 J故電動機(jī)做的功為W電WQ270 J。答案(1)255 J(2)270 J方法感悟傳送帶模型問題的功能關(guān)系分析(1)功能關(guān)系分析：WEkEpQ。(2)對W和Q的理解傳送帶做的功：WFfx傳；產(chǎn)生的內(nèi)能QFfx相對。1(2018安徽師大附中模擬)(多選)如圖所示，質(zhì)量m1 kg 的物體從高為h0.2 m的光滑軌道上P點由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點，物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.2，傳送帶AB之間的距離為L5 m，傳送帶一直以v4 m/s的速度勻速運(yùn)動，則(g取10 m/s2)()A物體從A運(yùn)動到B的時間是1.5 sB物體從A運(yùn)動到B的過程中，摩擦力對物體做功為2 JC物體從A運(yùn)動到B的過程中，產(chǎn)生的熱量為2 JD物體從A運(yùn)動到B的過程中，帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機(jī)多做的功為10 J答案AC解析設(shè)物體下滑到A點的速度為v0，在從P滑到A的過程，由機(jī)械能守恒定律有：mvmgh，代入數(shù)據(jù)得：v02 m/s<v4 m/s，則物體滑上傳送帶后，在滑動摩擦力的作用下做勻加速運(yùn)動，加速度大小為ag2 m/s2；當(dāng)物體的速度與傳送帶的速度相等時用時：t1 s1 s，勻加速運(yùn)動的位移x1t11 m3 m<L5 m，所以物體與傳送帶共速后向右做勻速運(yùn)動，勻速運(yùn)動的時間為t2 s0.5 s，故物體從A運(yùn)動到B的時間為：tt1t21.5 s，故A正確。物體運(yùn)動到B的速度是v4 m/s，根據(jù)動能定理得：摩擦力對物體做功Wmv2mv J6 J，故B錯誤。在t1時間內(nèi)，傳送帶做勻速運(yùn)動的位移為x帶vt14 m，故產(chǎn)生熱量Qmgxmg(x帶x1)，代入數(shù)據(jù)得：Q2 J，故C正確。電動機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動能，另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則電動機(jī)多做的功WQ6 J2 J8 J，故D錯誤。2如圖所示，傳送帶與地面的夾角37，A、B兩端間距L16 m，傳送帶以速度v10 m/s沿順時針方向運(yùn)動，物體m1 kg無初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.5，試求：(sin370.6，cos370.8)(1)物體由A端運(yùn)動到B端的時間；(2)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量。答案(1)2 s(2)24 J解析(1)物體無初速度地放上傳送帶時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，由牛頓第二定律得mgsinmgcosma1設(shè)物體經(jīng)時間t1加速到與傳送帶同速，則va1t1，x1a1t解得a110 m/s2，t11 s，x15 m設(shè)物體與傳送帶同速后再經(jīng)過時間t2到達(dá)B端，因mgsin>mgcos，故當(dāng)物體與傳送帶同速后，物體將繼續(xù)加速，有mgsinmgcosma2Lx1vt2a2t解得t21 s故物體由A端運(yùn)動到B端的時間tt1t22 s。(2)物體與傳送帶間的相對位移x相(vt1x1)(Lx1vt2)6 m故Qmgcosx相24 J。3如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角30，傳送帶在電動機(jī)的帶動下始終保持v02 m/s的速率運(yùn)行?，F(xiàn)把一質(zhì)量為m10 kg的工件(可看做質(zhì)點)輕輕放在傳送帶的底端，經(jīng)過1.9 s，工件被傳送到h1.5 m的高處。g取10 m/s2，求：(1)工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；(2)電動機(jī)由于傳送工件多消耗的電能。答案(1)(2)230 J解析(1)傳送帶長x3 m工件速度達(dá)到v0前，做勻加速運(yùn)動的位移x1t1t1勻速運(yùn)動的位移為xx1v0(tt1)解得加速運(yùn)動的時間t10.8 s加速運(yùn)動的位移x10.8 m所以加速度a2.5 m/s2由牛頓第二定律得mgcosmgsinma解得。(2)從能量守恒的觀點看，電動機(jī)多消耗的電能用于增加工件的動能、勢能以及傳送帶與工件之間發(fā)生相對滑動時產(chǎn)生的內(nèi)能。在時間t1內(nèi)，傳送帶運(yùn)動的位移x傳送帶v0t11.6 m在時間t1內(nèi)，工件相對傳送帶的位移x相x傳送帶x10.8 m在時間t1內(nèi)，摩擦生熱Qmgcosx相60 J工件獲得的動能Ekmv20 J工件增加的勢能Epmgh150 J故電動機(jī)多消耗的電能WQEkEp230 J。4一質(zhì)量為M2.0 kg的小物塊隨足夠長的水平傳送帶一起運(yùn)動，被一水平向左飛來的子彈擊中并從物塊中穿過，子彈和小物塊的作用時間極短，如圖甲所示。地面觀察者記錄了小物塊被擊中后的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示(圖中取向右運(yùn)動的方向為正方向)。已知傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2。(1)指出傳送帶速度v的大小及方向，說明理由；(2)計算物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；(3)傳送帶對外做了多少功？子彈射穿物塊后系統(tǒng)有多少能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能？答案(1)2.0 m/s方向向右理由見解析(2)0.2(3)24 J36 J解析(1)從vt圖象中可以看出，物塊被擊穿后，先向左做減速運(yùn)動，速度為零后，又向右做加速運(yùn)動，當(dāng)速度等于2.0 m/s，則隨傳送帶一起做勻速運(yùn)動，所以，傳送帶的速度大小為v2.0 m/s，方向向右。(2)由vt圖象可得，物塊在滑動摩擦力的作用下做勻變速運(yùn)動的加速度a m/s22.0 m/s2，由牛頓第二定律得滑動摩擦力FfMgMa，則物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.2。(3)由vt圖象可知，傳送帶與物塊間存在摩擦力的時間只有3 s，傳送帶在這段時間內(nèi)移動的位移為x，則xvt2.03 m6.0 m所以，傳送帶所做的功WFfx0.22.0106.0 J24 J。由圖乙可知物塊被擊中后的初速度大小為v14 m/s，向左運(yùn)動的時間為t12 s，向右運(yùn)動直至和傳送帶達(dá)到共同速度的時間為t21 s，則物塊向左運(yùn)動時產(chǎn)生的內(nèi)能Q1Mg32 J物塊向右運(yùn)動時產(chǎn)生的內(nèi)能Q2Mg4 J。所以整個過程產(chǎn)生的內(nèi)能QQ1Q236 J。熱點二板塊模型問題1模型分類滑塊木板模型根據(jù)情況可以分成水平面上的滑塊木板模型和斜面上的滑塊木板模型。2位移關(guān)系滑塊從木板的一端運(yùn)動到另一端的過程中，若滑塊和木板沿同一方向運(yùn)動，則滑塊的位移和木板的位移之差等于木板的長度；若滑塊和木板沿相反方向運(yùn)動，則滑塊的位移和木板的位移之和等于木板的長度。3解題關(guān)鍵找出滑塊和木板之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口，求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個相鄰的不同運(yùn)動過程的紐帶，每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。模型1水平面上的板塊模型例1如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為 m2 kg的另一物體B(可看成質(zhì)點)以水平速度v02 m/s 滑上原來靜止的長木板A的上表面。由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，則下列說法正確的是(g取10 m/s2)()A木板獲得的動能為2 JB系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4 JC木板A的最小長度為2 mDA、B間的動摩擦因數(shù)為0.1解析由圖象可知，A、B的加速度大小相等aAaB1 m/s2，設(shè)A、B間的動摩擦因數(shù)為，則aA1 m/s2，aB1 m/s2，解得0.1，mA2 kg，D正確；木板獲得的動能為EkmAv2212 J1 J，A錯誤；系統(tǒng)損失的機(jī)械能Emv(mmA)v22 J，B錯誤；由vt圖象可求出二者相對位移為1 m，所以木板A的最小長度為1 m，C錯誤。答案D方法感悟1圖象類題目一定要先看清圖象的物理意義，特別是圖象上特殊點的物理意義，例如例1中t1 s時對應(yīng)的圖象上的點。1 s時A、B速度相同，是兩者運(yùn)動的轉(zhuǎn)折點。1 s前A做勻加速直線運(yùn)動，B做勻減速直線運(yùn)動，AB間存在滑動摩擦力；1 s后兩者以共同的速度做勻速直線運(yùn)動，兩者之間無摩擦力。2板塊模型問題的解題思路正確地對滑塊、木板進(jìn)行受力分析，特別是準(zhǔn)確分析出滑塊、木板所受的摩擦力的性質(zhì)、大小及方向，并根據(jù)牛頓第二定律確定滑塊、木板的加速度，結(jié)合加速度和速度的方向關(guān)系確定滑塊、木板的運(yùn)動情況和能量轉(zhuǎn)化情況。模型2斜面上的板塊模型例2如圖所示，一斜面體固定在水平地面上，傾角為30，高度為h1.5 m，一薄木板B置于斜面頂端，恰好能保持靜止，木板下端連接有一根自然長度為l00.2 m的輕彈簧，木板總質(zhì)量為m1 kg、總長度為L2.0 m。一質(zhì)量為M3 kg的小物塊A從斜面體左側(cè)某位置水平拋出，該位置離地高度為H1.7 m，物塊A經(jīng)過一段時間后從斜面頂端沿平行于斜面方向落到木板上并開始向下滑行。已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為，木板下滑到斜面底端碰到擋板時立刻停下，物塊A最后恰好能脫離彈簧，且彈簧被壓縮時一直處于彈性限度內(nèi)，最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動摩擦力，取重力加速度g10 m/s2，不計空氣阻力。求：(1)物塊A落到木板上的速度大小v；(2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。解析(1)物塊A落到木板上之前做平拋運(yùn)動，豎直方向有：2g(Hh)v得vy2 m/s物塊A落到木板上時速度大小：v4 m/s。(2)由木板恰好靜止在斜面上，得到斜面與木板間的動摩擦因數(shù)0應(yīng)滿足：mgsin300mgcos30得：0tan30物塊A在木板上滑行時，由牛頓第二定律得，aA2.5 m/s2(方向沿斜面向上)aB7.5 m/s2(方向沿斜面向下)假設(shè)A與木板B達(dá)到共同速度v共時，A還沒有壓縮彈簧且木板B還沒有到達(dá)斜面底端，則有v共aBtvaAt解得v共3 m/s，t0.4 s此過程，xAt1.4 mxBt0.6 m<L1 mxxAxB0.8 m<Ll01.8 m，說明以上假設(shè)成立。A與B速度相同后，由于(Mm)gsin300(Mm)gcos30，則A與B一起勻速直到木板與斜面底端擋板碰撞，木板停下，此后A在B上做勻減速運(yùn)動，設(shè)接觸彈簧時A的速度為vA，有：2aA(Ll0x)vv解得vA2 m/s設(shè)彈簧最大壓縮量為xm，A從開始壓縮彈簧到彈簧剛好恢復(fù)原長過程，有Q2Mgxmcos30Mv解得Q6 J，xm mA從開始壓縮彈簧到彈簧被壓縮到最短的過程，有EpmMvMgxmsin30Q5 J即彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能為5 J。答案(1)4 m/s(2) 5 J方法感悟(1)審題時一定要注意對關(guān)鍵詞的分析，例如例2中“恰好能保持靜止”說明重力沿斜面向下的分力等于最大靜摩擦力。(2)正確的受力分析、運(yùn)動情況分析也是解決斜面上板塊模型的關(guān)鍵。(3)在求解能量轉(zhuǎn)化問題時往往用到QFfx相對或能量守恒定律。1(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)放在小車的最左端?，F(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動。小物塊和小車之間的摩擦力為f，小物塊滑到小車的最右端時，小車運(yùn)動的距離為x。此過程中，以下結(jié)論正確的是()A小物塊到達(dá)小車最右端時具有的動能為(Ff)(Lx)B小物塊到達(dá)小車最右端時，小車具有的動能為fxC小物塊克服摩擦力所做的功為f(Lx)D小物塊和小車增加的機(jī)械能為Fx答案ABC解析由動能定理可得，小物塊到達(dá)小車最右端時的動能Ek物W合(Ff)(Lx)，A正確；小物塊到達(dá)小車最右端時，小車的動能Ek車fx，B正確；小物塊克服摩擦力所做的功Wff(Lx)，C正確；小物塊和小車增加的機(jī)械能為F(Lx)fL，D錯誤。2如圖所示，半徑R1.0 m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個端點B和圓心O的連線與水平方向間的夾角37，另一端點C為軌道的最低點。C點右側(cè)的光滑水平面上緊挨C點靜止放置一木板，木板質(zhì)量M1 kg，上表面與C點等高。質(zhì)量為m1 kg的物塊(可視為質(zhì)點)從空中A點以v01.2 m/s的速度水平拋出，恰好從軌道的B端點沿切線方向進(jìn)入軌道。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)0.2，g取10 m/s2。求：(1)物塊經(jīng)過C點時的速度vC；(2)若木板足夠長，物塊在木板上相對滑動過程中產(chǎn)生的熱量Q。答案(1)6 m/s(2)9 J解析(1)設(shè)物塊在B點的速度為vB，從A到B物塊做平拋運(yùn)動，有：vBsinv0從B到C，根據(jù)動能定理有：mgR(1sin)mvmv解得：vC6 m/s。(2)物塊在木板上運(yùn)動過程中由于受到摩擦力作用，最終兩者將一起共同運(yùn)動。設(shè)相對滑動時物塊加速度大小為a1，木板加速度大小為a2，經(jīng)過時間t達(dá)到共同速度為v，則：mgma1mgMa2vvCa1tva2t(或：由動量守恒可得：mvC(mM)v，解得v3 m/s。)根據(jù)能量守恒定律有：(mM)v2Qmv聯(lián)立解得：Q9 J。3圖甲中，質(zhì)量為m11 kg的物塊疊放在質(zhì)量為m23 kg 的木板右端。木板足夠長，放在光滑的水平面上，木板與物塊之間的動摩擦因數(shù)為10.2。整個系統(tǒng)開始時靜止，重力加速度g取10 m/s2。(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，為使木板和物塊發(fā)生相對運(yùn)動，拉力F至少應(yīng)為多大？(2)在04 s內(nèi)，若拉力F的變化如圖乙所示，2 s后木板進(jìn)入20.25的粗糙水平面，在圖丙中畫出04 s內(nèi)木板和物塊的vt圖象，并求出04 s內(nèi)物塊相對木板的位移大小和整個系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能。答案(1)8 N(2)圖見解析1 m36 J解析(1)物塊與木板恰要發(fā)生相對滑動時，F(xiàn)最小。把物塊和木板看成整體，由牛頓第二定律得Fmin(m1m2)a對物塊，由牛頓第二定律有f1m1gm1a2 N聯(lián)立解得Fmin1(m1m2)g8 N。(2)01 s，F(xiàn)>f，對木板a24 m/s2，對物塊a12 m/s2，12 s，F(xiàn)f，對木板a20，對物塊a1a1，畫出02 s兩者的vt圖象如圖。由圖可知2 s時兩者速度相同。24 s，F(xiàn)0，假設(shè)二者相對滑動，則對物塊a1a12 m/s2，對木板a2 m/s2，a2>a1，故假設(shè)正確；作出二者在整個運(yùn)動過程中的vt圖象如圖所示。02 s內(nèi)物塊相對木板向左運(yùn)動，24 s內(nèi)物塊相對木板向右運(yùn)動。由圖象可得02 s內(nèi)物塊相對木板的位移大小x12 m系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q11m1gx14 J。由圖象可得24 s內(nèi)物塊相對木板的位移大小x21 m物塊與木板因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q21m1gx22 J由圖象可得木板在粗糙水平面上對地位移x23 m木板與水平面因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q32(m1m2)gx230 J04 s內(nèi)物塊相對木板的位移xx1x21 m04 s內(nèi)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的總內(nèi)能為QQ1Q2Q336 J。4. 如圖所示，傾角為37的斜面固定在水平面上，斜面底端固定一彈性擋板，任何物體撞上擋板都以原速率反彈。斜面的頂端放置一長木板，上面疊放著一滑塊(可視為質(zhì)點)，長木板質(zhì)量為M1 kg，滑塊質(zhì)量為m1 kg，長木板與斜面間無摩擦，滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)0.5，木板足夠長且下端距擋板的距離為L3 m，現(xiàn)將它們由靜止釋放，重力加速度大小為g10 m/s2。sin370.6，cos370.8。求：(1)滑塊由靜止釋放時所受摩擦力的大?。?2)長木板第二次碰撞擋板時速度的大??；(3)從開始釋放到長木板第二次碰撞擋板前長木板和滑塊組成的系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量。答案(1)0(2)6 m/s(3)34.56 J解析(1)由于斜面光滑，則開始時滑塊和長木板一起下滑。以整體為研究對象，則(mM)gsin37(mM)a解得a6 m/s2對滑塊受力分析，可知mgsin37fma解得f0。(2)開始時滑塊和長木板一起下滑，設(shè)長木板第一次碰撞擋板的速度大小為v1由Lat2，解得t1 sv1at6 m/s碰后長木板反彈，對滑塊受力分析mgsin37mgcos37ma1解得a12 m/s2，方向沿斜面向下對長木板受力分析Mgsin37mgcos37Ma2解得a210 m/s2，方向沿斜面向下第一次長木板與擋板碰撞后與滑塊發(fā)生相對滑動，設(shè)長木板向上運(yùn)動減速到零的時間為t1，位移為x1，則t10.6 sx1t11.8 m然后長木板開始向下加速運(yùn)動，長木板又經(jīng)t20.6 s運(yùn)動x21.8 m后與擋板相碰撞，相碰時長木板的速度大小v26 m/s。(3)經(jīng)分析可知長木板第二次碰撞擋板前沒有與滑塊共速，設(shè)滑塊在t1時間內(nèi)下滑x3，在t2時間內(nèi)下滑x4，則x3v1t1a1t3.96 mx42v1t1a1(2t1)2x34.68 m所以長木板與滑塊的相對位移sx1x3x4x28.64 m故產(chǎn)生的熱量Qmgcos37s34.56 J。課后作業(yè)1水平傳送帶在電動機(jī)的帶動下始終以速度v勻速運(yùn)動。某時刻在傳送帶上A點處輕輕放上一個質(zhì)量為m的小物體，經(jīng)時間t小物體的速度與傳送帶相同，相對傳送帶的位移大小為x，A點未到右端，在這段時間內(nèi)()A小物體相對地面的位移大小為2xB傳送帶上的A點對地的位移大小為xC由于物體與傳送帶相互作用產(chǎn)生的內(nèi)能為mv2D由于物體與傳送帶相互作用電動機(jī)要多做的功為mv2答案D解析在這段時間內(nèi)，物體從靜止做勻加速直線運(yùn)動，其相對地面的位移為x1vt，傳送帶(或傳送帶上的A點)相對地面的位移為x2vt，物體相對傳送帶的位移大小xx2x1vt，顯然x1x，x22x，故A、B錯誤；由于物體與傳送帶間的滑動摩擦力做功，將系統(tǒng)的部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，摩擦生熱QFfx，對物體運(yùn)用動能定理有Ffx1mv2，又x1x，所以QFfxmv2，故C錯誤；在這段時間內(nèi)，電動機(jī)要多做功以克服滑動摩擦力做功，WFfx22Ffxmv2，故D正確。2(2018寧德模擬)(多選)如圖所示，足夠長傳送帶與水平方向的傾角為，物塊a通過平行于傳送帶的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連，開始時，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力的作用，現(xiàn)讓傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，則在b上升h高度(未與滑輪相碰)過程中()A物塊a重力勢能減少量等于物塊b重力勢能的增加量B物塊a機(jī)械能的減少量等于物塊b機(jī)械能的增加量C摩擦力對物塊a做的功等于物塊a、b動能增加之和D任意時刻，重力對a、b做功的瞬時功率大小相等答案ACD解析開始時，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用，則有magsinmbg，則masinmb，b上升h，則a下降高度為hsin，則a重力勢能的減小量為maghsinmbgh，即物塊a重力勢能減少量等于物塊b重力勢能的增加量，故A正確；由于摩擦力對a做正功，系統(tǒng)機(jī)械能增加，所以物塊a機(jī)械能的減少量小于物塊b機(jī)械能的增加量，故B錯誤；根據(jù)能量守恒得知系統(tǒng)機(jī)械能增加，摩擦力對a做的功等于a、b機(jī)械能的增量，因為系統(tǒng)重力勢能不變，所以摩擦力做功等于系統(tǒng)動能的增加之和，故C正確；任意時刻a、b的速率相等，對b克服重力做功的瞬時功率Pbmbgv，對a有Pamagvsinmbgv，所以重力對a、b做功的瞬時功率大小相等，故D正確。3(2018咸陽模擬)(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊。當(dāng)滑塊運(yùn)動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為s，下列結(jié)論中正確的是()A上述過程中，F(xiàn)做功等于滑塊和木板動能的增量B其他條件不變的情況下，M越大，s越小C其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達(dá)右端所用時間越長D其他條件不變的情況下，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多答案BD解析由功能關(guān)系可知拉力F做功除了使兩物體動能增加以外還使系統(tǒng)產(chǎn)生熱量，故A錯誤；由于木板受到的摩擦力不變，當(dāng)M越大時木板加速度越小，而滑塊加速度不變，相對位移一樣，滑塊在木板上運(yùn)動時間越短，所以木板運(yùn)動的位移越小，故B正確；滑塊和木板都是做初速度為零的勻加速運(yùn)動，在其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，木板的運(yùn)動情況不變，滑塊和木板的相對位移還是L，所以滑塊的加速度越大，離開木板時間就越短，故C錯誤；系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于摩擦力和相對位移的乘積，相對位移沒變，摩擦力越大，產(chǎn)生的熱量越多，故D正確。4(2018吉林模擬)(多選)如圖甲所示，傾角為的足夠長的傳送帶以初速度v0沿逆時針方向勻加速運(yùn)行，t0時，將質(zhì)量m1 kg的物體(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上，物體相對地面的vt圖象如圖乙所示，設(shè)沿傳送帶向下為正方向，重力加速度g取10 m/s2。則()A傳送帶的加速度可能大于2 m/s2B傳送帶的傾角可能小于30C物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)一定為0.5D02.0 s內(nèi)，摩擦力對物體做功Wf可能為24 J答案BD解析物體在傳送帶上沿斜面向下運(yùn)動，當(dāng)物體速度小于傳送帶速度時，摩擦力方向沿斜面向下，對物體由牛頓第二定律得mgsinmgcosma1，解得a1(sincos)g，在t1 s后，加速度減小，當(dāng)物體速度大于傳送帶速度時，摩擦力方向沿斜面向上，當(dāng)物體速度等于傳送帶速度時，摩擦力為零，所以，在12 s，物體速度不小于傳送帶速度，故物體加速度不小于傳送帶加速度，所以傳送帶的加速度不大于2 m/s2，故A錯誤；若12 s，摩擦力為零，那么物體加速度a2gsin2 m/s2，則sin，<30，若12 s，摩擦力不為零，那么物體加速度a2(sincos)g，由圖可知a110 m/s2，a22 m/s2，所以有a1a22gsin12 m/s2，故sin0.6，即37，a1a22gcos8 m/s2，所以0.5，故B正確，C錯誤；第一段勻加速直線運(yùn)動的位移x1 m5 m，第二段勻加速直線運(yùn)動的位移x2 m11 m，由動能定理得mg(x1x2)sinWfmv，若12 s，摩擦力為零，sin，得Wf40 J，若12 s，摩擦力不為零，sin，得Wf24 J，故D正確。5如圖所示，AB為半徑R0.8 m的光滑圓弧軌道，下端B恰與小車右端平滑對接。小車質(zhì)量m3 kg，車長L2.06 m?，F(xiàn)有一質(zhì)量m1 kg的滑塊，由軌道頂端無初速度釋放，滑到B端后沖上小車。已知地面光滑，滑塊與小車上表面間的動摩擦因數(shù)0.3，當(dāng)車運(yùn)動了t01.5 s時，車被地面裝置鎖定(g取10 m/s2)。試求：(1)滑塊到達(dá)B端時，軌道對它的支持力的大小；(2)車被鎖定時，車右端距軌道B端的距離；(3)從車開始運(yùn)動到被鎖定的過程中，滑塊與車之間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能大小。答案(1)30 N(2)1 m(3)6 J解析(1)由機(jī)械能守恒定律得，mgRmv由牛頓第二定律得，F(xiàn)NBmgm解得FNB30 N。(2)設(shè)滑塊滑上小車后經(jīng)過時間t1與小車共速，共同速度的大小為v對滑塊：mgma1，vvBa1t1對小車：mgma2，va2t1解得v1 m/s，t11 s，t1時間內(nèi)滑塊相對車的位移svBt1a1ta2t2 m，s<L，故滑塊仍在小車上。因t1<t0，故滑塊與小車共速后，小車?yán)^續(xù)向左勻速行駛了t0t10.5 s，則小車右端距B端的距離為x車t1v(t0t1)，解得x車1 m。(3)Qmgs解得Q6 J。6(2018漳州檢測)如圖所示，光滑圓弧AB在豎直平面內(nèi)，圓弧B處的切線水平。A、B兩端的高度差為0.2 m，B端高出水平地面0.8 m，O點在B點的正下方。將一滑塊從A端由靜止釋放，落在水平面上的C點處。(取g10 m/s2)(1)求OC的長；(2)在B端接一長為1.0 m的木板MN，滑塊從A端釋放后正好運(yùn)動到N端停止，求木板與滑塊間的動摩擦因數(shù)；(3)若將木板右端截去長為L的一段，滑塊從A端釋放后將滑離木板落在水平面上P點處，要使落地點距O點的距離最遠(yuǎn)，L應(yīng)為多少？答案(1)0.8 m(2)0.2(3)0.16 m解析(1)滑塊從光滑圓弧AB下滑過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh1mv，得vB2 m/s滑塊離開B點后做平拋運(yùn)動，則豎直方向：h2gt2水平方向：xvBt聯(lián)立得到xvB代入數(shù)據(jù)解得x0.8 m。(2)滑塊從B端運(yùn)動到N端停止的過程，根據(jù)動能定理得mgL0mv代入數(shù)據(jù)解得0.2。(3)若將木板右端截去長為L的一段后，設(shè)滑塊滑到木板最右端時速度為v，由動能定理得mg(LL)mv2mv滑塊離開木板后仍做平拋運(yùn)動，高度不變，運(yùn)動時間不變，則落地點距O點的距離sLLvt聯(lián)立整理得，s10.8L根據(jù)數(shù)學(xué)知識得知，當(dāng)0.4時，s最大，即L0.16 m時，s最大。7如圖所示，一根輕彈簧左端固定于豎直墻上，右端被質(zhì)量m1 kg、可視為質(zhì)點的小物塊壓縮而處于靜止?fàn)顟B(tài)，且彈簧與物塊不拴接，彈簧原長小于光滑平臺的長度。在平臺的右端有一傳送帶AB，長L5 m，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)10.2，與傳送帶相鄰的粗糙水平面BC長s1.5 m，它與物塊間的動摩擦因數(shù)20.3，在C點右側(cè)有一半徑為R的光滑豎直圓弧與BC平滑連接，圓弧對應(yīng)的圓心角為120，在圓弧的最高點F處有一固定擋板，物塊撞上擋板后會以原速率反彈回來。若傳送帶以v5 m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動，不考慮物塊滑上和滑下傳送帶的機(jī)械能損失。當(dāng)彈簧儲存的Ep18 J能量全部釋放時，小物塊恰能滑到與圓心等高的E點，g取10 m/s2。(1)求右側(cè)圓弧軌道的半徑R；(2)求小物塊最終停下時與C點間的距離；(3)若傳送帶的速度大小可調(diào)，欲使小物塊與擋板只碰一次，且碰后不脫離軌道，求傳送帶速度的可調(diào)節(jié)范圍。答案(1)0.8 m(2) m(3) m/sv m/s解析(1)物塊被彈簧彈出，由Epmv可知v06 m/s因為v0>v，故物塊滑上傳送帶后先減速，物塊與傳送帶相對滑動過程中，由1mgma1，vv0a1t1，x1v0t1a1t解得a12 m/s2，t10.5 s，x12.75 m因為x1<L，故物塊與傳送帶同速后相對靜止，最后物塊以5 m/s的速度滑上水平面BC，物塊滑離傳送帶后恰能滑到E點，由能量守恒定律可知mv22mgsmgR解得R0.8 m。(2)假設(shè)物塊從E點返回，從C到B能減速到0，則在BC段的路程x1 m，x1>2s，所以物塊能通過B點，設(shè)物塊從E點返回至B點的速度為vB，有mv2mv2mg2s解得vB m/s物塊再次滑上傳送帶，因為x2 m<L，所以物塊在恒定摩擦力的作用下先減速至0再反向加速，由運(yùn)動的對稱性可知其以相同的速率離開傳送帶，傳送帶對其做功為0，在BC段還能運(yùn)動的路程x3x12s m，x3<s，故物塊不能再次到達(dá)C點，設(shè)最終停在距C點x處，有xsx3解得x m。(3)設(shè)傳送帶速度為v1時物塊恰能到F點，在F點滿足mgsin30m從B到F過程中由能量守恒定律可知mvmv2mgsmg(RRsin30)解得v1 m/s設(shè)傳送帶速度為v2時，物塊撞擋板后返回恰能到E點，有mv2mg3smgR解得v2 m/s若物塊在傳送帶上一直加速運(yùn)動，有mvmv1mgL知其到B點的最大速度vBm m/s綜合上述分析可知，只要傳送帶速度v滿足： m/sv m/s，即可滿足條件。8(2018青島模擬)如圖所示，傾角30的足夠長的光滑斜面底端A固定有擋板P，斜面上B點與A點的高度差為h，將質(zhì)量為m，長度為L的木板置于斜面底端，質(zhì)量也為m的小物塊靜止在木板上某處，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知木板與物塊間的動摩擦因數(shù)，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。(1)若給木板和物塊一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到達(dá)B點，求v0大??；(2)若對木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物塊相對木板剛好靜止，求拉力F0的大??；(3)若對木板施加沿斜面向上的拉力F2mg，作用一段時間后撤去拉力，木板下端恰好能到達(dá)B點，物塊始終未脫離木板，求拉力F做的功W。答案(1)(2)mg(3)mgh解析(1)對小物塊和長木板組成的整體，由機(jī)械能守恒定律得：2mv2mg(hLsin)解得：v0。(2)由牛頓第二定律得：對木板與物塊整體：F02mgsin2ma0對物塊：mgcosmgsinma0解得：F0mg。(3)設(shè)拉力F作用的時間為t1，再經(jīng)時間t2物塊與木板達(dá)到共速，再經(jīng)時間t3木板下端到達(dá)B點，速度恰好減為零，由牛頓第二定律得：對木板：Fmgsinmgcosma1mgsinmgcosma3對物塊：mgcosmgsinma2對木板與物塊整體：2mgsin2ma4另有：a1t1a3t2a2(t1t2)a2(t1t2)a4t3a1ta1t1t2a3ta4tWFa1t解得：Wmgh。