2023-2024屆高考一輪復(fù)習(xí)物理教案（新教材人教版）第六章機(jī)械能守恒定律強(qiáng)化五動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

專題強(qiáng)化五動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

【目標(biāo)要求】L會(huì)用功能關(guān)系解決傳送帶、滑塊一木板模型綜合問(wèn)題2會(huì)利用動(dòng)力學(xué)和能量觀

點(diǎn)分析多運(yùn)動(dòng)組合問(wèn)題.

題型一傳送帶模型

【例U（多選）如圖甲所示，傾角為37。的傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，將一

質(zhì)量為∕M=10kg的木箱（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕放到傳送帶底端A處，木箱運(yùn)動(dòng)的速度V隨時(shí)間t變

化的圖像如圖乙所示，r=10s時(shí)木箱到達(dá)傳送帶上端8處.重力加速度g取Iom/S?,sin37。

=,cos37°=0.8.則（）

ΛQzl37°510HS

甲乙

A.木箱在傳送帶上先做勻加速運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為m∕s2

B.木箱與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

C.木箱從A到8的過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為124OJ

D.木箱從A到8的過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等于木箱重力勢(shì)能和動(dòng)能的增加量之和

答案ABC

解析速度一時(shí)間圖像的斜率表示加速度，木箱剛放上時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合題圖乙可知其

加速度大小α="gcos37t5-gsin37。=m∕s2,可求得木箱與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)"=,故

A、B正確；由能量守恒定律知木箱從A到B的過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等于木箱獲得

的重力勢(shì)能、動(dòng)能以及因摩擦而產(chǎn)生的熱量之和，相對(duì)位移XM對(duì)=2X5m—^×2×5m=5m,

速度一時(shí)間圖像中圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移大小，〃B=9X2m=15m,則h=

LAsSin37°=9m,Et=mgh-?-}j∣nVm^?^μmgx板中COS370=1240J,故C正確，D錯(cuò)誤.

【例21（2023?浙江百?gòu)?qiáng)校聯(lián)考）如圖所示，裝置由光滑的四分之一圓弧軌道AB,水平傳送帶

BC組成，圓弧軌道和傳送帶在B點(diǎn)平滑連接.一質(zhì)量為〃7=kg的滑塊（未畫(huà)出）在圓弧軌道

上距離B點(diǎn)高度為力的某處由靜止釋放，經(jīng)過(guò)傳送帶，最后落地.已知滑塊與傳送帶間的動(dòng)

摩擦因數(shù)為〃=,傳送帶BC長(zhǎng)L=m,圓弧軌道半徑為R=Im,傳送帶一直順時(shí)針做勻速

運(yùn)動(dòng)，速度大小為o=3m∕s,C端距地面的高度”=m.（傳送帶的輪子半徑很小，滑塊可視

為質(zhì)點(diǎn)，其余阻力不計(jì)，gMz10m∕s2）

⑴若滑塊全程勻速通過(guò)傳送帶，求滑塊經(jīng)過(guò)圓弧底端對(duì)軌道的壓力大??；

⑵操作中發(fā)現(xiàn)，當(dāng)滑塊從距離5點(diǎn)高度為/n和力2之間（加</22）下滑，最后都會(huì)落到地上同一

點(diǎn)，求?和〃2；

（3）若滑塊始終從A點(diǎn)釋放，傳送帶的長(zhǎng)度L可以在O到足夠大之間調(diào)節(jié)（B點(diǎn)位置不變，。點(diǎn)

位置可以左右調(diào)節(jié)），求滑塊落地點(diǎn)至8點(diǎn)的水平距離元與傳送帶長(zhǎng)度L之間的關(guān)系.（注：

滑塊運(yùn)行期間傳送帶長(zhǎng)度是不變的）

答案（I）N（2）mm（3）見(jiàn)解析

解析（1）若滑塊全程勻速通過(guò)傳送帶，則滑塊經(jīng)過(guò)8點(diǎn)的速度恰好為。=3m∕s,

V2

則F支一mg=HrR,

解得E支=N,

由牛頓第三定律可知FZJ=FI,

故/Zi=N

（2）經(jīng)分析可知，滑塊經(jīng)過(guò)8點(diǎn)的速度介于S與也之間時(shí)，經(jīng)過(guò)傳送帶的加速或減速（極限為

全程加速和全程減速），均以v=3m∕s的速度離開(kāi)。點(diǎn)而落到地上同一點(diǎn).有v2-v↑2=2μgL,

v2~V21=~2μgL

解得S=2m∕s,V2=y∣~?4m/s

根據(jù)動(dòng)能定理有mgh?=^mv?2,tngh2=^f∏V22

解得〃1=m,比=m

（3）滑塊始終從A點(diǎn)釋放，到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為VB,則有,

解得Vf}=y∣2^m/s

經(jīng)過(guò)分析，當(dāng)傳送帶長(zhǎng)度小于等于L時(shí)，滑塊全程減速，否則先減速后以o=3m/s勻速運(yùn)動(dòng)，

則v1-u∕=-2μgL?,

解得Ll=m

故當(dāng)LWLl時(shí)VC=y∣v∕-2μgL

當(dāng)￡>￡］時(shí)Oc'=3m/s

2

由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知H=^gi9

3

解得/=Ws

所以當(dāng)LWm時(shí),

3______

滑塊落地點(diǎn)至B點(diǎn)的水平距離x=L+vct=L+^?]20-2Lm

當(dāng)Lm時(shí)，滑塊落地點(diǎn)至B點(diǎn)的水平距離X=Z,+%?'f=L+m.

方法點(diǎn)撥

1.傳送帶問(wèn)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(guò)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=Frx,t.

(2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能：Q=∕?*1對(duì)，SM對(duì)表示相對(duì)路程.

(3)功能關(guān)系分析：W=AEk+AEp+Q.

題型二滑塊一木板模型

【例3】如圖中所示，長(zhǎng)木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為加=2kg的另一物體B(可看成質(zhì)

點(diǎn))以水平速度訓(xùn)=2m/s滑上原來(lái)靜止的長(zhǎng)木板A的上表面.由于A、8間存在摩擦力，之

后A、8速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示.下列說(shuō)法正確的是(g取IOm?2)()

A.木板A最終獲得的動(dòng)能為2J

B.系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4J

C.木板A的最小長(zhǎng)度為2m

D.4、8間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

答案D

解析由題圖乙可知，0?IS內(nèi)，A、B的加速度大小都為α=lm∕s2,物體8和木板A水平

2

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EU=∣∕≡I=1J,

選項(xiàng)A錯(cuò)誤；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE=∣W-∣?2∕W?V2=2J,選項(xiàng)B錯(cuò)誤：由題圖乙可得二者

相對(duì)位移為1m,即木板A的最小長(zhǎng)度為Im,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〃mg=∕na,解得4=,選項(xiàng)D正確.

【例4】(2023?黑龍江省佳木斯一中高三檢測(cè))如圖所示，在光滑的水平面上放置一個(gè)足夠長(zhǎng)的

木板8,在B的左端放有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊4,4、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=,A的質(zhì)量

nz=lkg,B的質(zhì)量M=2kg,g=10m∕s4現(xiàn)對(duì)A施加F=7N的水平向右的拉力，1s后撤去

拉力F，求：(結(jié)果可以用分?jǐn)?shù)表示)

(1)撤去拉力廠前小滑塊4和長(zhǎng)木板B的加速度大小0、a2;

(2)A相對(duì)于B靜止時(shí)的速度大小V；

(3)整個(gè)過(guò)程中由于摩擦生成的熱量Q.

答案(1)3m/s?2m∕s2(2)(m/s(3)(J

解析(1)若A、B相對(duì)靜止，則有q=fa/=，m/s?關(guān)警?=2m/sz,故A、B間有滑動(dòng)摩擦

m-rIvi?Ivi

力,對(duì)滑塊A,根據(jù)牛頓第二定律有/一g="m,解得O]=3m∕s2

對(duì)木板5,根據(jù)牛頓第二定律有〃陽(yáng)g=Ms

解得S=2m∕s2.

(2)撤去F時(shí)，滑塊A的速度大小vι=a?t?=3m/s,木板B的速度大小vι=aιt?=2m/s,

撤去F后,由μιng=mci3得滑塊A的加速度大小為s=4m∕s2,

一、?7

設(shè)經(jīng)歷時(shí)間,2二者共速，則有O1—〃3,2=。2+〃2亥，解得，2=不S,則O=1m/s.

(3)夕卜力廠對(duì)A、JB整體做的功為

1?21

F??Λ=F?∕α"廣=爹J

7

A、8最終以速度O=Wm/s運(yùn)動(dòng).

故A、B整體動(dòng)能為Ek=；(M+m)02=詈J

由能量守恒定律得尸Δx=Q+Ek,

則e=∣j.

I方法點(diǎn)撥

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r=A3=地，可求出共同速度。和所用時(shí)間f,

Cl2Cl?

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濟(jì)；

(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?x

—X濟(jì)十;

一m二

X板AX

題型三多運(yùn)動(dòng)組合問(wèn)題

【例5J(2023?浙江舟山市模擬)某游樂(lè)場(chǎng)的游樂(lè)裝置可簡(jiǎn)化為如圖所示的豎直面內(nèi)軌道

BCDE,左側(cè)為半徑R=m的光滑圓弧軌道BC,軌道的上端點(diǎn)8和圓心。的連線與水平方

向的夾角a=30。，圓弧軌道與粗糙水平軌道CD相切于點(diǎn)C,DE為傾角9=30。的光滑傾斜

軌道，一輕質(zhì)彈簧上端固定在E點(diǎn)處的擋板上.現(xiàn)有質(zhì)量為m=?kg的小滑塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))

從空中的A點(diǎn)以O(shè)o=6m/s的初速度水平向左拋出，恰好從B點(diǎn)沿軌道切線方向進(jìn)入軌道，

沿著圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)之后繼續(xù)沿水平軌道CD滑動(dòng)，經(jīng)過(guò)D點(diǎn)(不計(jì)經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的能量

損失)后沿傾斜軌道向上運(yùn)動(dòng)至尸點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，彈簧恰好壓縮至最短.已知C、。之間和

D、廠之間距離都為1m,滑塊與軌道CZ)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=,重力加速度g=10π√s2,不計(jì)

空氣阻力.求：

(1)小滑塊P經(jīng)過(guò)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?。?/p>

(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(kāi)，若能，求出飛出8點(diǎn)的速度大??；若不能，判斷滑塊

最后位于何處.

答案(1)2√2m/s(2)50N(3)6J(4)無(wú)法從B點(diǎn)離開(kāi)，離。點(diǎn)m(或離C點(diǎn)m)

解析(1)設(shè)滑塊P經(jīng)過(guò)8點(diǎn)的速度大小為。B,由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)有Oo=Opsin30°,得。B=2啦m/s

⑵滑塊P從B點(diǎn)到達(dá)最低點(diǎn)C點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得mg(R+Rsin30。)+%?。/

=%zoc2,解得Vc=4?∣2m/s

經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)受軌道的支持力大小為FN,

O

有F^-mg=nr-^-1解得FN=50N

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Fa=50N

(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(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有一WngLCO

1,

-w/gajfsin30°—Epm=O-^ιnvc^,

代入數(shù)據(jù)可解得EPm=6J

(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w?g。熠in30°+Epm—Mgko="兒代

入數(shù)據(jù)可解得〃=m,因?yàn)閔<R,故無(wú)法從B點(diǎn)離開(kāi)，又昴c2=∕gχ,代入數(shù)據(jù)可解得X

=m=3Lco+m,滑塊最后靜止時(shí)的位置離。點(diǎn)m(或離C點(diǎn)m).

【例6】如圖所示，AB.FG均為半徑R=m的四分之一光滑圓弧軌道，半徑0由、。2F均豎

直，C點(diǎn)在8點(diǎn)的正下方，C、力兩點(diǎn)在同一高度上，OE為傾角0=53。、長(zhǎng)度心=2m的粗

糙斜軌道，EF為粗糙水平直軌道.一物塊(視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止滑下，從B點(diǎn)水平飛出后

恰好落到。點(diǎn)，并且物塊落到。點(diǎn)時(shí)的速度方向與DE軌道平行，物塊經(jīng)過(guò)EF軌道后恰好

能到達(dá)G點(diǎn).物塊與￡>E、E尸兩軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=提取重力加速度大小g=10m∕s2,

不計(jì)物塊經(jīng)過(guò)E點(diǎn)的能量損失，不計(jì)空氣阻力.求：(sin53。=,結(jié)果可保留分?jǐn)?shù))

Oi；---iA

FE

(1)C、O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h

(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(Dm(2)IlS(3)6mm

解析⑴物塊從A點(diǎn)由靜止滑到3點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律則有WgR=品。J,解得如=3m∕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。點(diǎn)的速度大小UD=段5=5m/s

豎直方向的分速度大小vy=Vβtan9=4m/s

豎直方向物塊做自由落體運(yùn)動(dòng)，有Vy=gt]f

解得介=s

C、Q兩點(diǎn)間的距離X=VBtI=m.

(2)物塊在斜軌道上的加速度大小a?=^sin0—∕zgcosθ=6m∕s2,由Ll=W加+/療

代入數(shù)據(jù)解得f2=gs

物塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的時(shí)間

t=t?+t2=s+gS=ES.

⑶物塊由尸到G,由機(jī)械能守恒定律&w∕=,“gR,代入數(shù)據(jù)解得0F=＜荻=3m∕s

物塊在E點(diǎn)的速度θE=0n+”"2,可得。E=7m∕s

物塊從E■到F,由動(dòng)能定理可得

,_1212

—μmgL2=^mvF■■一

代入數(shù)據(jù)解得1,2=6m

物塊由G點(diǎn)滑下經(jīng)尸點(diǎn)到粗糙水平直軌道上滑行直至停下，由動(dòng)能定理可得一/Sigs=O—5加7

代入數(shù)據(jù)解得S=m.

方法點(diǎn)撥I

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(guò)程分析物體的受力情況，以及不同運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)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(guò)程，構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)情景；

(2)“分”——將全過(guò)程進(jìn)行分解，分析每個(gè)子過(guò)程對(duì)應(yīng)的基本規(guī)律；

(3)“合”——找出各子過(guò)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

應(yīng)基礎(chǔ)落實(shí)練

1.(2023?浙江金華市模擬)如圖所示，某工廠用傳送帶向高處運(yùn)送物體，將一物體無(wú)初速度放

在傳送帶底端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度，第二階段物體與傳送帶相

對(duì)靜止，勻速運(yùn)動(dòng)到傳送帶頂端.下列說(shuō)法正確的是()

A.第一階段摩擦力對(duì)物體做正功，第二階段摩擦力對(duì)物體不做功

B.第一階段摩擦力對(duì)物體做的功等于第一階段物體動(dòng)能的增加量

C.第一階段物體和傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量等于第一階段物體機(jī)械能的增加量

D.物體從底端到頂端全過(guò)程機(jī)械能的增加量大于全過(guò)程摩擦力對(duì)物體所做的功

答案C

解析對(duì)物體受力分析知，其在兩個(gè)階段所受摩擦力方向都沿傳送帶向上，與其運(yùn)動(dòng)方向相

同，則兩個(gè)階段摩擦力對(duì)物體都做正功，A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理知，合力做的總功等于物體動(dòng)

能的增加量，B錯(cuò)誤；物體從底端到頂端全過(guò)程中，物體機(jī)械能的增加量等于摩擦力對(duì)物體

V

所做的功，D錯(cuò)誤；設(shè)第一階段物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為傳送帶速度為對(duì)物體有S]=]f,對(duì)

,

傳送帶有s↑=v?tf因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=FfS相對(duì)=E（Sj-S↑）=Ff^t9物體機(jī)械能增加量NE

VJ

=FfSi=Ff^t,所以Q=AE,C正確.

2.如圖所示，一足夠長(zhǎng)的木板在光滑的水平面上以速度。向右勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)量為，〃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(guò)程中，須對(duì)木板施一水平向右的作用力F,

則力產(chǎn)對(duì)木板所做的功為（）

mv2mv2

A------R------

八,4o?2

C.mv2D.Imv2

答案C

解析由能量轉(zhuǎn)化和能量守恒定律可知，力下對(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=品。2+sgx加，XM="—*,a=μg,v=zM,聯(lián)立以上各式

可得W=，加2,故選項(xiàng)C正確.

3.（多選）如圖甲所示，一長(zhǎng)木板靜止在水平地面上，在f=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。一/圖像如圖乙所示，已知小物塊與長(zhǎng)木板的質(zhì)量均為“

=Ikg,已知木板足夠長(zhǎng)，g取Iom/S?,則（）

A.小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=

B.在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物塊與木板構(gòu)成的系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量70J

C.小物塊的初速度為V0=12m/s

D.0-2s與2?3s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?2s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a?

△o2—0

=西=2mH=1m∕s2.對(duì)木板,根據(jù)牛頓第二定律有，∕?=相0，F(xiàn)n=μmg,在2~3s

Ao,O—2

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42=W7-=-j—m∕s2

2

=-2m∕s,即加速度大小為2m*,方向向左，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律有，F(xiàn)n=Ima2

=4N,聯(lián)立以上各式，解得〃=,故A正確；對(duì)物塊，在O?2s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Nmg=ma,解得α=5m∕s2,由o=s）—4f可得的）=。

+at=2m/s+5×2m∕s=12m∕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(guò)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=In1X12?J=72J,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AE報(bào)2=12TO>2=4J,故O?2s時(shí)間內(nèi)系

統(tǒng)機(jī)械能減少量4E杭|=72>1—41=6811,則0~25與2-35系統(tǒng)機(jī)械能減少量之比為17：1,

故B錯(cuò)誤，D正確.

4.（多選）如圖甲，一足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的夾角。=30。，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，速

率始終不變.f=（）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=lkg,

g取IOmH,下列說(shuō)法正確的是（）

A.傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，速度大小為2m∕s

B.傳送帶與小物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)"=平

C.0?B時(shí)間內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量為27J

D.0?B時(shí)間內(nèi)電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為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(shuō)明傳送帶的速度大小為2m∕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0=lm∕s2,對(duì)物塊受力分析，

??/?

可得〃加geosJ—mgsin9="z4,解得〃=一故B正確；物塊運(yùn)動(dòng)速度減為零后，反向加速

過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間/=￡=2s,由題圖乙可知f2=3s,物塊運(yùn)動(dòng)的位移大小JV=m,傳送帶與物

塊的相對(duì)位移Ar=m,摩擦產(chǎn)生的熱量Q="加geosO??x=27J,故C正確；物塊增加的重

力勢(shì)能AEp=mgsin夕X=J,物塊動(dòng)能的增量△&=；〃研K-%w∣2=j,傳送帶多消耗的電能

W電=Q+AEp+AEk=36J,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f=￡=2s,因此題圖乙中f2=3s,

3s內(nèi)傳送帶的位移X傳=口位=6m,

傳送帶多消耗的電能W也=∕zmgcosΘ'X傳=36J,故D錯(cuò)誤.

立能力綜合練

5.如圖所示，光滑水平面上有一木板，質(zhì)量M=kg,長(zhǎng)度L=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=kg.小鐵塊和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.30.開(kāi)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)水平向左的拉力廠將木板抽出，若尸=8N,g取10m∕s2.

求：

⑴抽出木板的過(guò)程中摩擦力分別對(duì)木板和鐵塊做的功；

(2)抽出木板的過(guò)程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q.

答案⑴一JJ(2)3J

解析⑴當(dāng)用尸=8N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a?=μg=3m∕s2

木板運(yùn)動(dòng)的加速度大小為“2=合~^=5?n/s?

設(shè)抽出過(guò)程的時(shí)間為t,則有尸一r=L

解得∕=ls,所以小鐵塊運(yùn)動(dòng)的位移為Xl=Jm/2,

解得Xl=m

木板運(yùn)動(dòng)的位移為X2=52∕2,解得X2=m

摩擦力對(duì)小鐵塊做的功為W↑=μmgx↑f

解得Wl=J

摩擦力對(duì)木板做的功為W2=-μmgX29

解得M=-J

(2)抽出木板的過(guò)程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能

Q=μmgL=3J.

6.(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0卜半徑為R的光滑圓弧軌道8C與A8

相切于8點(diǎn)，并且和圓心在02、半徑為2R的光滑細(xì)圓管軌道CC平滑對(duì)接，0卜C、O2≡

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MOi

豎直放置，并且與地面相切于。2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)

3點(diǎn)之前已經(jīng)脫離彈簧，并恰好無(wú)擠壓通過(guò)細(xì)圓管軌道最高點(diǎn)。(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A8間的動(dòng)摩擦因數(shù)“；

(2)彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep;

(3)小滑塊通過(guò)最高點(diǎn)D后落到擋板上時(shí)具有的動(dòng)能Ek.

答案(l)?⑵孕監(jiān)氏(3)(2√2-?)mgR

2

解析⑴由幾何關(guān)系得3C間的高度差h=^R

小滑塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgh-μ∕ng`2R=0,解得

(2)彈簧對(duì)滑塊做功過(guò)程由功能關(guān)系有W彈=EP

滑塊從A到。過(guò)程由動(dòng)能定理得

1

EP-mg'2R-μtng?2R=^^nv^0-0

滑塊在。點(diǎn)，由重力提供向心力，有

聯(lián)立解得EP=SngR

(3)滑塊通過(guò)。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="

豎直方向有y=2^>2

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=∣∕w[υ2+(grp],聯(lián)立解得Ek=(2吸一1),"gR.

7.(2023?浙江溫州市一模)如圖所示,水平軌道A5長(zhǎng)度乙=1.3m,其左端B點(diǎn)與半徑R=OAm的

半圓形豎直軌道BCD平滑連接.軌道BCD最高點(diǎn)。與長(zhǎng)度七=1?0m的水平細(xì)圓管道DE平滑

連接.管道OE與豎直放置的光滑圓筒上邊緣E點(diǎn)相切,圓筒半徑r=騫m、高度〃=看m.質(zhì)

量機(jī)=kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊，從A點(diǎn)處以初動(dòng)能EkO向左運(yùn)動(dòng)，與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)

與其他軌道間的摩擦以及空氣阻力均忽略不計(jì)，重力加速度g取IOm/S?

BA

(1)若小滑塊恰好能通過(guò)最高點(diǎn)D,求滑塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓形軌道的壓力大小FN;

(2)為使小滑塊不脫離軌道并最終停在4、B兩點(diǎn)之間，求滑塊的初動(dòng)能EkO的范圍；

(3)若小滑塊能從。點(diǎn)水平滑入管道OE,并從E點(diǎn)滑入圓筒后緊貼內(nèi)壁運(yùn)動(dòng)，再?gòu)腅點(diǎn)正下

方離開(kāi)圓筒后，滑塊落在A、B兩點(diǎn)之間，求滑塊在E點(diǎn)的速度大小班.(兀取E)

答案(1)30N

⑵EkOJ或J<EkoJ

(3)〃m∕s(雇=1,2,3,4)

2

解析(1)小滑塊恰好能通過(guò)最高點(diǎn)。，則小滑塊在。點(diǎn)時(shí)有機(jī)g=寫(xiě)L

由B點(diǎn)到。點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得

1,1,

mg?2R=2mv^~ynvr)

fT]7)2

滑塊在B點(diǎn)時(shí)尸N'~mg=-

解得FN'=30N

由牛頓第三定律可得，滑塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)半圓形軌道的壓力大小為FN=30N

(2)小滑塊不脫離軌道并最終停在A、B兩點(diǎn)之間，當(dāng)動(dòng)能較小時(shí)，滑塊不滑上半圓軌道，

則有E?i,o<μmgL?=J

當(dāng)滑塊動(dòng)能較大超過(guò)J時(shí)，滑上圓軌道并返回，則滑上圓軌道的最大高度不能超過(guò)R.設(shè)沿圓

軌道上滑的高度為/?,返回水平軌道時(shí)，不滑過(guò)A點(diǎn)，則有mg加小WgLl

可得h<μL?=m<R

所以動(dòng)能較大時(shí)有Eka=μmgL↑+mghJ

所以小滑塊不脫離軌道并最終停在A、8兩點(diǎn)之間，滑塊初動(dòng)能的范圍為

EkOJ或J<EkoJ

2

(3)小滑塊從E點(diǎn)滑入圓筒后緊貼內(nèi)壁運(yùn)動(dòng)時(shí)，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)H=jgtl,

解得Λ=∣s

在水平方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)tv2πr=VEt?

解得VE=∏m∕s(n=1,2,3,…)

離開(kāi)圓筒后，豎直方向的加速度仍為g,則由E點(diǎn)到落地的時(shí)間為t=

離開(kāi)圓筒后，滑塊水平方向以速度在做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從離開(kāi)圓筒到落地,

水平位移為X=S“一力)=*m

若使滑塊落在A、B兩點(diǎn)之間，則有

∏

X=正m<L]一心=m可得〃

所以滑塊在E點(diǎn)的速度大小為

VE-nm∕s(π=1,2,34).

或素養(yǎng)提升練

8.(2023?浙江省五校聯(lián)考)如圖所示的簡(jiǎn)化模型，主要由光滑曲面軌道A8、光滑豎直圓軌道、

水平軌道8D、水平傳送帶DE和足夠長(zhǎng)的落地區(qū)FG組成，各部分平滑連接，圓軌道最低點(diǎn)

B處的入、出口靠近但相互錯(cuò)開(kāi)，滑塊落到FG區(qū)域時(shí)立即停止運(yùn)動(dòng).現(xiàn)