專題強(qiáng)化九 動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
題型一 傳送帶模型
A．建筑工人比建筑材料早0.5 s到右端 B．建筑材料在運(yùn)輸帶上一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng) C．因運(yùn)輸建筑材料電動(dòng)機(jī)多消耗的能量為10 J D．運(yùn)輸帶對(duì)建筑材料做的功為10 J 答案 AD 解析 建筑工人勻速運(yùn)動(dòng)到右端，所需時(shí)間t1＝＝2 s，假設(shè)建筑材料先加速再勻速運(yùn)動(dòng)，加速時(shí)的加速度大小為a＝μg＝1 m/s2，加速的時(shí)間為t2＝＝1 s，加速運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝t2＝0.5 m<L，假設(shè)成立，因此建筑材料先加速運(yùn)動(dòng)再勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3＝＝1.5 s，因此建筑工人比建筑材料早到達(dá)右端的時(shí)間為Δt＝t3＋t2－t1＝0.5 s，A正確，B錯(cuò)誤；建筑材料與運(yùn)輸帶在加速階段摩擦生熱，該過程中運(yùn)輸帶的位移為x2＝v0t2＝1 m，則因摩擦而生成的熱量為Q＝μmg(x2－x1)＝10 J，由動(dòng)能定理可知，運(yùn)輸帶對(duì)建筑材料做的功為W＝mv02＝10 J，則因運(yùn)輸建筑材料電動(dòng)機(jī)多消耗的能量為20 J，C錯(cuò)誤，D正確．
(1)工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)電動(dòng)機(jī)由于傳送工件多消耗的電能． 答案 (1) (2)230 J 解析 (1)由題圖可知，傳送帶長(zhǎng)x＝＝3 m 工件速度大小達(dá)到v0前，做勻加速運(yùn)動(dòng)，有x1＝t1 工件速度大小達(dá)到v0后，做勻速運(yùn)動(dòng)， 有x－x1＝v0(t－t1) 聯(lián)立解得加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝0.8 s 加速運(yùn)動(dòng)的位移大小x1＝0.8 m 所以加速度大小a＝＝2.5 m/s2 由牛頓第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得μ＝. (2)由能量守恒定律知，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能用于增加工件的動(dòng)能、勢(shì)能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對(duì)位移時(shí)摩擦力做功產(chǎn)生的熱量． 在時(shí)間t1內(nèi)，傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移大小 x傳＝v0t1＝1.6 m 在時(shí)間t1內(nèi)，工件相對(duì)傳送帶的位移大小 x相＝x傳－x1＝0.8 m 在時(shí)間t1內(nèi)，摩擦產(chǎn)生的熱量 Q＝μmgcos θ·x相＝60 J 最終工件獲得的動(dòng)能Ek＝mv02＝20 J 工件增加的勢(shì)能Ep＝mgh＝150 J 電動(dòng)機(jī)多消耗的電能 E＝Q＋Ek＋Ep＝230 J.
1．傳送帶問題的分析方法 (1)動(dòng)力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動(dòng)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(shí)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(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)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． 2．功能關(guān)系分析 (1)傳送帶克服摩擦力做的功：W＝Ffx傳． (2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝Ffs相對(duì)，s相對(duì)表示相對(duì)路程． (3)功能關(guān)系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q. 題型二 滑塊—木板模型
A．木板A最終獲得的動(dòng)能為2 J B．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4 J C．木板A的最小長(zhǎng)度為2 m D．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 答案 D 解析 由題圖乙可知，0～1 s內(nèi)，A、B的加速度大小都為a＝1 m/s2，物體B和木板A水平方向均受滑動(dòng)摩擦力．根據(jù)牛頓第二定律知二者質(zhì)量相等，則木板最終動(dòng)能EkA＝mv12＝1 J，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝mv02－·2m·v2＝2 J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由題圖乙可得二者相對(duì)位移為1 m，即木板A的最小長(zhǎng)度為1 m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，選項(xiàng)D正確．
(1)撤去拉力F前小滑塊A和長(zhǎng)木板B的加速度大小a1、a2； (2)A相對(duì)于B靜止時(shí)的速度大小v； (3)整個(gè)過程中由于摩擦生成的熱量Q. 答案 (1)3 m/s2 2 m/s2 (2) m/s (3) J 解析 (1)若A、B相對(duì)靜止，則有a＝＝ m/s2>＝2 m/s2，故A、B間有滑動(dòng)摩擦力，對(duì)滑塊A，根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma1，解得a1＝3 m/s2 對(duì)木板B，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝Ma2 解得a2＝2 m/s2. (2)撤去F時(shí)，滑塊A的速度大小v1＝a1t1＝3 m/s，木板B的速度大小v2＝a2t1＝2 m/s， 撤去F后，由μmg＝ma3得滑塊A的加速度大小為a3＝4 m/s2， 設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t2二者共速，則有v1－a3t2＝v2＋a2t2，解得t2＝ s，則v＝v1－a3t2＝ m/s. (3)外力F對(duì)A、B整體做的功為 F·Δx＝F·a1t12＝ J A、B最終以速度v＝ m/s運(yùn)動(dòng)． 故A、B整體動(dòng)能為Ek＝(M＋m)v2＝ J 由能量守恒定律得F·Δx＝Q＋Ek，則Q＝ J.
1．動(dòng)力學(xué)分析：分別對(duì)滑塊和木板進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出各自的加速度；從放上滑塊到二者速度相等，所用時(shí)間相等，由t＝＝，可求出共同速度v和所用時(shí)間t，然后由位移公式可分別求出二者的位移． 2．功和能分析：對(duì)滑塊和木板分別運(yùn)用動(dòng)能定理，或者對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用能量守恒定律．如圖所示，要注意區(qū)分三個(gè)位移：
(1)求摩擦力對(duì)滑塊做功時(shí)用滑塊對(duì)地的位移x滑； (2)求摩擦力對(duì)木板做功時(shí)用木板對(duì)地的位移x板； (3)求摩擦生熱時(shí)用相對(duì)位移Δx. 題型三 多運(yùn)動(dòng)組合問題
(1)小滑塊P經(jīng)過圓弧軌道上B點(diǎn)的速度大小； (2)小滑塊P到達(dá)圓弧軌道上的C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小； (3)彈簧的彈性勢(shì)能的最大值； (4)試判斷滑塊返回時(shí)能否從B點(diǎn)離開，若能，求出飛出B點(diǎn)的速度大??；若不能，判斷滑塊最后位于何處． 答案 (1)2 m/s (2)50 N (3)6 J (4)無法從B點(diǎn)離開，離D點(diǎn)0.2 m(或離C點(diǎn)0.8 m) 解析 (1)設(shè)滑塊P經(jīng)過B點(diǎn)的速度大小為vB，由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)有v0＝vBsin 30°，得vB＝2 m/s (2)滑塊P從B點(diǎn)到達(dá)最低點(diǎn)C點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律得 mg(R＋Rsin 30°)＋mvB2＝mvC2 解得vC＝4 m/s 經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)受軌道的支持力大小為FN， 有FN－mg＝m，解得FN＝50 N 由牛頓第三定律可得滑塊在C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小F壓＝50 N (3)設(shè)彈簧的彈性勢(shì)能最大值為Epm，滑塊從C點(diǎn)到F點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgLCD－mgLDFsin 30°－Epm＝0－mvC2，代入數(shù)據(jù)可解得Epm＝6 J (4)設(shè)滑塊返回時(shí)能上升的高度為h，根據(jù)動(dòng)能定理有mgLDFsin 30°＋Epm－μmgLCD＝mgh，代入數(shù)據(jù)可解得h＝0.6 m，因?yàn)?/span>h<R，故無法從B點(diǎn)離開，又mvC2＝μmgx，代入數(shù)據(jù)可解得x＝3.2 m＝3LCD＋0.2 m，滑塊最后靜止時(shí)的位置離D點(diǎn)0.2 m(或離C點(diǎn)0.8 m)．
(1)C、D兩點(diǎn)間的距離x； (2)物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的時(shí)間t； (3)EF軌道的長(zhǎng)度L2以及物塊最后停止的位置到F點(diǎn)的距離s. 答案 (1)1.2 m (2) s (3)6 m 1.35 m 解析 (1)物塊從A點(diǎn)由靜止滑到B點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律則有mgR＝mvB2，解得vB＝3 m/s 物塊從B到D做平拋運(yùn)動(dòng)，由速度的合成與分解可知，物塊在D點(diǎn)的速度大小vD＝＝5 m/s 豎直方向的分速度大小vy＝vBtan θ＝4 m/s 豎直方向物塊做自由落體運(yùn)動(dòng)，有vy＝gt1， 解得t1＝0.4 s C、D兩點(diǎn)間的距離x＝vBt1＝1.2 m. (2)物塊在斜軌道上的加速度大小a1＝gsin θ－μgcos θ＝6 m/s2，由L1＝vDt2＋a1t22 代入數(shù)據(jù)解得t2＝ s 物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的時(shí)間 t＝t1＋t2＝0.4 s＋ s＝ s. (3)物塊由F到G，由機(jī)械能守恒定律mvF2＝mgR，代入數(shù)據(jù)解得vF＝＝3 m/s 物塊在E點(diǎn)的速度vE＝vD＋a1t2，可得vE＝7 m/s 物塊從E到F，由動(dòng)能定理可得 －μmgL2＝mvF2－mvE2 代入數(shù)據(jù)解得L2＝6 m 物塊由G點(diǎn)滑下經(jīng)F點(diǎn)到粗糙水平直軌道上滑行直至停下，由動(dòng)能定理可得－μmgs＝0－mvF2 代入數(shù)據(jù)解得s＝1.35 m.
1．分析思路 (1)受力與運(yùn)動(dòng)分析：根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)過程分析物體的受力情況，以及不同運(yùn)動(dòng)過程中力的變化情況； (2)做功分析：根據(jù)各種力做功的不同特點(diǎn)，分析各種力在不同運(yùn)動(dòng)過程中的做功情況； (3)功能關(guān)系分析：運(yùn)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律或能量守恒定律進(jìn)行分析，選擇合適的規(guī)律求解． 2．方法技巧 (1)“合”——整體上把握全過程，構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)情景； (2)“分”——將全過程進(jìn)行分解，分析每個(gè)子過程對(duì)應(yīng)的基本規(guī)律； (3)“合”——找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點(diǎn)為突破口，尋求解題最優(yōu)方案． 課時(shí)精練
1.如圖所示，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以恒定速率v順時(shí)針運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，以大小也是v、方向與傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向相反的初速度沖上傳送帶，最后小物塊的速度與傳送帶的速度相同．在小物塊與傳送帶間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過程中，滑動(dòng)摩擦力對(duì)小物塊做的功為W，小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，則下列判斷中正確的是( )
A．W＝0，Q＝mv2 B．W＝0，Q＝2mv2 C．W＝，Q＝mv2 D．W＝mv2，Q＝2mv2 答案 B 解析 對(duì)小物塊，由動(dòng)能定理有W＝mv2－mv2＝0，設(shè)小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小物塊向左做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，二者間的相對(duì)路程x1＝t＋vt＝vt，小物塊向右做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，二者間的相對(duì)路程x2＝vt－t＝t，又t＝，則小物塊與傳送帶間的相對(duì)路程x相對(duì)＝x1＋x2＝，小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgx相對(duì)＝2mv2，選項(xiàng)B正確． 2.(多選)如圖所示，質(zhì)量m＝1 kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))從高為h＝0.2 m的光滑軌道上P點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點(diǎn)，軌道與傳送帶在A點(diǎn)平滑連接，物體和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，傳送帶A、B兩點(diǎn)之間的距離為L＝5 m，傳送帶一直以v＝4 m/s的速度順時(shí)針運(yùn)動(dòng)，則(g取10 m/s2)( )
A．物體從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1.5 s B．物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，摩擦力對(duì)物體做功為2 J C．物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，產(chǎn)生的熱量為2 J D．物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，帶動(dòng)傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)多做的功為10 J 答案 AC 解析 設(shè)物體下滑到A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0，在由P到A過程中，由機(jī)械能守恒定律有mv02＝mgh，代入數(shù)據(jù)得v0＝＝2 m/s<v＝4 m/s，則物體滑上傳送帶后，在滑動(dòng)摩擦力的作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a＝＝μg＝2 m/s2；當(dāng)物體的速度與傳送帶的速度相等時(shí)用時(shí)t1＝＝ s＝1 s，勻加速運(yùn)動(dòng)過程的位移大小x1＝t1＝×1 m＝3 m<L＝5 m，所以物體與傳送帶共速后向右做勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝＝ s＝0.5 s，故物體從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為t＝t1＋t2＝1.5 s，選項(xiàng)A正確；物體運(yùn)動(dòng)到B時(shí)的速度大小vB＝4 m/s，根據(jù)動(dòng)能定理得，摩擦力對(duì)物體做的功W＝mvB2－mv02＝×1×42J－×1×22J＝6 J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在t1時(shí)間內(nèi)，傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x帶＝vt1＝4 m，故產(chǎn)生的熱量Q＝μmgΔx＝μmg(x帶－x1)，代入數(shù)據(jù)得Q＝2 J，選項(xiàng)C正確；電動(dòng)機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動(dòng)能，另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則電動(dòng)機(jī)多做的功W′＝W＋Q＝6 J＋2 J＝8 J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 3.如圖所示，一足夠長(zhǎng)的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，為保持木板的速度不變，從物體放到木板上到物體相對(duì)木板靜止的過程中，須對(duì)木板施一水平向右的作用力F，則力F對(duì)木板所做的功為( )
A. B. C．mv2 D．2mv2 答案 C 解析 由能量轉(zhuǎn)化和能量守恒定律可知，力F對(duì)木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故W＝mv2＋μmgx相，x相＝vt－t，a＝μg，v＝at，聯(lián)立以上各式可得W＝mv2，故選項(xiàng)C正確． 4．(多選)如圖甲所示，一長(zhǎng)木板靜止在水平地面上，在t＝0時(shí)刻，一小物塊以一定速度從左端滑上長(zhǎng)木板，之后長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示，已知小物塊與長(zhǎng)木板的質(zhì)量均為m＝1 kg，已知木板足夠長(zhǎng)，g取10 m/s2，則( )
A．小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5 B．在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，物塊與木板構(gòu)成的系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量70 J C．小物塊的初速度為v0＝12 m/s D．0～2 s與2～3 s物塊和木板構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能減少量之比為17∶1 答案 ACD 解析 由題圖乙可知，木板先做勻加速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速運(yùn)動(dòng)，故可知地面對(duì)木板有摩擦力，在0～2 s內(nèi)，木板受物塊向右的摩擦力和地面向左的摩擦力而做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a1＝＝ m/s2＝1 m/s2.對(duì)木板，根據(jù)牛頓第二定律有，Ff1－Ff2＝ma1，Ff1＝μmg，在2～3 s內(nèi)，木板與物塊相對(duì)靜止，受地面摩擦力做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度為a2＝＝ m/s2＝－2 m/s2，即加速度大小為2 m/s2，方向向左，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律有，Ff2＝2ma2＝4 N，聯(lián)立以上各式，解得μ＝0.5，故A正確；對(duì)物塊，在0～2 s內(nèi)，受木板的摩擦力作用而做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，有μmg＝ma，解得a＝5 m/s2，由v＝v0－at可得v0＝v＋at＝2 m/s＋5×2 m/s＝12 m/s，故C正確；最后木板與物塊均靜止，故在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，物塊與木板構(gòu)成的系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量等于物塊的初動(dòng)能，即Q＝mv02＝×1×122J＝72 J,2～3 s時(shí)間內(nèi)物塊和木板一起減速，系統(tǒng)的機(jī)械能減少量ΔE損2＝·2mv2＝4 J，故0～2 s時(shí)間內(nèi)系統(tǒng)機(jī)械能減少量ΔE損1＝72 J－4 J＝68 J，則0～2 s與2～3 s系統(tǒng)機(jī)械能減少量之比為17∶1，故B錯(cuò)誤，D正確． 5．(多選)如圖甲，一足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，速率始終不變．t＝0時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)位置上放一具有一定初速度的小物塊．取沿傳送帶向上為正方向，物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間的變化如圖乙所示．已知小物塊質(zhì)量m＝1 kg，g取10 m/s2，下列說法正確的是( )
A．傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，速度大小為2 m/s B．傳送帶與小物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ C．0～t2時(shí)間內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量為27 J D．0～t2時(shí)間內(nèi)電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為28.5 J 答案 ABC 解析 從題圖乙可知，小物塊最終隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，說明傳送帶的速度大小為2 m/s，順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，故A正確；由題圖乙可知，小物塊的加速度大小a＝1 m/s2，對(duì)物塊受力分析，可得μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝，故B正確；物塊運(yùn)動(dòng)速度減為零后，反向加速過程經(jīng)歷的時(shí)間t＝＝2 s，由題圖乙可知t2＝3 s，物塊運(yùn)動(dòng)的位移大小x＝1.5 m，傳送帶與物塊的相對(duì)位移Δx＝4.5 m，摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcos θ·Δx＝27 J，故C正確；物塊增加的重力勢(shì)能ΔEp＝mgsin θ·x＝7.5 J，物塊動(dòng)能的增量ΔEk＝mv02－mv12＝1.5 J，傳送帶多消耗的電能W電＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36 J，故D錯(cuò)誤． 另解：物塊運(yùn)動(dòng)速度減為零后，反向加速經(jīng)歷時(shí)間t＝＝2 s，因此題圖乙中t2＝3 s， 3 s內(nèi)傳送帶的位移x傳＝v0t2＝6 m， 傳送帶多消耗的電能W電＝μmgcos θ·x傳＝36 J，故D錯(cuò)誤．
6.如圖所示，光滑水平面上有一木板，質(zhì)量M＝1.0 kg，長(zhǎng)度L＝1.0 m．在木板的最左端有一個(gè)小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，質(zhì)量m＝1.0 kg.小鐵塊和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.30.開始時(shí)它們都處于靜止?fàn)顟B(tài)，某時(shí)刻起對(duì)木板施加一個(gè)水平向左的拉力F將木板抽出，若F＝8 N，g取10 m/s2.求：
(1)抽出木板的過程中摩擦力分別對(duì)木板和鐵塊做的功； (2)抽出木板的過程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q. 答案 (1)－7.5 J 4.5 J (2)3 J 解析 (1)當(dāng)用F＝8 N的力將木板從小鐵塊下方抽出，小鐵塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1＝μg＝3 m/s2 木板運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2＝＝5 m/s2 設(shè)抽出過程的時(shí)間為t，則有a2t2－a1t2＝L， 解得t＝1 s，所以小鐵塊運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝a1t2， 解得x1＝1.5 m 木板運(yùn)動(dòng)的位移為x2＝a2t2，解得x2＝2.5 m 摩擦力對(duì)小鐵塊做的功為W1＝μmgx1， 解得W1＝4.5 J 摩擦力對(duì)木板做的功為W2＝－μmgx2， 解得W2＝－7.5 J (2)抽出木板的過程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能 Q＝μmgL＝3 J. 7．(2023·安徽省六安中學(xué)高三檢測(cè))如圖所示，水平軌道AB長(zhǎng)為2R，其A端有一被鎖定的輕質(zhì)彈簧，彈簧左端連接在固定的擋板上．圓心在O1、半徑為R的光滑圓弧軌道BC與AB相切于B點(diǎn)，并且和圓心在O2、半徑為2R的光滑細(xì)圓管軌道CD平滑對(duì)接，O1、C、O2三點(diǎn)在同一條直線上．光滑細(xì)圓管軌道CD右側(cè)有一半徑為2R，圓心在D點(diǎn)的圓弧擋板MO2豎直放置，并且與地面相切于O2點(diǎn)．質(zhì)量為m的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從軌道上的C點(diǎn)由靜止滑下，剛好能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，觸發(fā)彈簧，彈簧立即解除鎖定，小滑塊被彈回，小滑塊在到達(dá)B點(diǎn)之前已經(jīng)脫離彈簧，并恰好無擠壓通過細(xì)圓管軌道最高點(diǎn)D(計(jì)算時(shí)圓管直徑可不計(jì)，重力加速度為g)．求：
(1)小滑塊與水平軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep； (3)小滑塊通過最高點(diǎn)D后落到擋板上時(shí)具有的動(dòng)能Ek. 答案 (1) (2)mgR (3)(2－1)mgR 解析 (1)由幾何關(guān)系得BC間的高度差h＝R 小滑塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得mgh－μmg·2R＝0，解得μ＝ (2)彈簧對(duì)滑塊做功過程由功能關(guān)系有W彈＝Ep 滑塊從A到D過程由動(dòng)能定理得 Ep－mg·2R－μmg·2R＝mv2－0 滑塊在D點(diǎn)，由重力提供向心力，有mg＝m 聯(lián)立解得Ep＝mgR. (3)滑塊通過D點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，水平方向有x＝vt 豎直方向有y＝gt2 由幾何關(guān)系可知x2＋y2＝4R2 可得滑塊落到擋板上時(shí)的動(dòng)能為Ek＝m[v2＋(gt)2]，聯(lián)立解得Ek＝(2－1)mgR. 8．“高臺(tái)滑雪”一直受到一些極限運(yùn)動(dòng)愛好者的青睞．挑戰(zhàn)者以某一速度從某曲面飛出，在空中表演各種花式動(dòng)作，飛躍障礙物(壕溝)后，成功在對(duì)面安全著陸．某實(shí)驗(yàn)小組在實(shí)驗(yàn)室中利用物塊演示分析該模型的運(yùn)動(dòng)過程：如圖所示，ABC為一段半徑為R＝5 m的光滑圓弧軌道，B為圓弧軌道的最低點(diǎn)．P為一傾角θ＝37°的固定斜面，為減小在斜面上的滑動(dòng)距離，在斜面頂端表面處鋪了一層防滑薄木板DE，木板上邊緣與斜面頂端D重合，圓形軌道末端C與斜面頂端D之間的水平距離為x＝0.32 m．一物塊以某一速度從A端進(jìn)入，沿圓形軌道運(yùn)動(dòng)后從C端沿圓弧切線方向飛出，再經(jīng)過時(shí)間t＝0.2 s恰好以平行于薄木板的方向從D端滑上薄木板，物塊始終未脫離薄木板，斜面足夠長(zhǎng)．已知物塊質(zhì)量m＝3 kg，薄木板質(zhì)量M＝1 kg，木板與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝，木板與物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不計(jì)空氣阻力，求：
(1)物塊滑到圓軌道最低點(diǎn)B時(shí)，對(duì)軌道的壓力(計(jì)算結(jié)果可以保留根號(hào))； (2)物塊相對(duì)于木板運(yùn)動(dòng)的距離； (3)整個(gè)過程中，系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的熱量． 答案 (1)(91.92－24) N (2)1.5 m (3)87 J 解析 (1)物塊由C到D，做斜上拋運(yùn)動(dòng) 水平方向v水平＝＝1.6 m/s 物塊恰好以平行于薄木板的方向從D端滑上薄木板，則在D的速度大小v＝＝2 m/s， v豎直＝vsin θ＝1.2 m/s 物塊在C端時(shí)豎直方向速度大小v豎直′＝v豎直－gt＝－0.8 m/s， vC＝＝ m/s 由B到C有mvB2＝mvC2＋mgR(1－cos α) 其中cos α＝， 在B點(diǎn)有FN－mg＝m 由牛頓第三定律得F壓＝FN＝(91.92－24) N (2)物塊剛滑上木板時(shí)，對(duì)物塊有μ2mgcos θ－mgsin θ＝mam，解得物塊加速度大小am＝ m/s2，做勻減速直線運(yùn)動(dòng) 對(duì)木板有μ2mgcos θ＋Mgsin θ－μ1(M＋m)gcos θ＝MaM，解得木板加速度大小aM＝ m/s2，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)設(shè)兩者經(jīng)時(shí)間t1達(dá)到共速v共，則有v－amt1＝aMt1＝v共 解得t1＝1.5 s，v共＝1 m/s 此過程中s物＝t1＝ m， s板＝t1＝ m 物塊相對(duì)于木板運(yùn)動(dòng)的距離Δs＝s物－s板＝1.5 m (3)μ2mgcosθ>mgsin θ，此后兩者一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到停止． 以物塊和木板為整體，a共＝μ1gcos θ－gsin θ＝ m/s2，s共＝＝1.5 m Q物－板＝μ2mgcos θ·Δs＝30 J Q板－斜＝μ1(M＋m)gcos θ·(s板＋s共)＝57 J 整個(gè)過程中，系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝Q物－板＋Q板－斜＝87 J.
9．如圖所示，豎直放置的半徑為R＝0.2 m的螺旋圓形軌道BGEF與水平直軌道MB和BC平滑連接，傾角為θ＝30°的斜面CD在C處與直軌道BC平滑連接．水平傳送帶MN以v0＝4 m/s的速度沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，傳送帶與水平地面的高度差為h＝0.8 m，MN間的距離為LMN＝3.0 m，小滑塊P與傳送帶和BC段軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，軌道其他部分均光滑．直軌道BC長(zhǎng)LBC＝1 m，小滑塊P的質(zhì)量為m＝1 kg.重力加速度g取10 m/s2.
(1)若滑塊P第一次到達(dá)與圓軌道圓心O等高的F點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力剛好為零，求滑塊P從斜面靜止下滑處與BC軌道高度差H； (2)若滑塊P從斜面高度差H′＝1.0 m處靜止下滑，求滑塊從N點(diǎn)平拋后到落地過程中的水平位移大??； (3)滑塊P在運(yùn)動(dòng)過程中能兩次經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)E點(diǎn)，求滑塊P從斜面靜止下滑的高度差H的范圍． 答案 (1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m≤H≤0.8 m 解析 (1)滑塊P在圓形軌道F點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力剛好為零，則vF＝0 mg(H－R)－μmgLBC＝0 解得H＝0.4 m (2)H′＝1.0 m，設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)的速度為vN，對(duì)滑塊從開始到N點(diǎn)的過程應(yīng)用動(dòng)能定理 mgH′－μmg(LBC＋LMN)＝mvN2－0 解得vN＝2 m/s 滑塊從N點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，水平位移為 x＝vN＝0.8 m (3)設(shè)滑塊P在運(yùn)動(dòng)過程中恰好能第一次經(jīng)過E點(diǎn)時(shí)，高度差為H1，從開始到E點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理有 mgH1－μmgLBC－2mgR＝mvE2－0 在E點(diǎn)時(shí)有mg＝m 解得H1＝0.7 m 滑塊滑上傳送帶時(shí)的速度為vM mgH1－μmgLBC＝mvM2－0 vM＝ m/s<4 m/s 滑塊做減速運(yùn)動(dòng)的位移為 L＝＝2.5 m<LMN 因此滑塊返回M點(diǎn)時(shí)的速度為vM′＝ m/s，因此能第二次過E點(diǎn)． 設(shè)高度為H2時(shí)，滑塊從傳送帶返回M點(diǎn)時(shí)的最大速度為v＝＝2 m/s 從開始到M點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理有 mgH2－μmgLBC＝mv2－0 解得H2＝0.8 m 第二次經(jīng)過E點(diǎn)后，當(dāng)滑塊再次從B點(diǎn)滑上圓軌道時(shí)在B點(diǎn)的速度為vB，則有 mgH2－3μmgLBC＝mvB2－0 vB＝2 m/s< m/s 所以滑塊不會(huì)第三次過E點(diǎn)，則能兩次經(jīng)過E點(diǎn)的高度差H的范圍是0.7 m≤H≤0.8 m. |
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