2024屆高考物理第一輪復(fù)習(xí)重難點練習(xí)：第六章 強(qiáng)化九　動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用

專題強(qiáng)化九動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用

【目標(biāo)要求】1.會用功能關(guān)系解決傳送帶、滑塊一木板模型綜合問題2會利用動力學(xué)和能量觀

點分析多運(yùn)動組合問題.

題型一傳送帶模型

【例11（多選）如圖所示為某建筑工地所用的水平放置的運(yùn)輸帶，在電動機(jī)的帶動下運(yùn)輸帶始

終以恒定的速度內(nèi)=1m/s順時針傳動.建筑工人將質(zhì)量m=20kg的建筑材料靜止地放到運(yùn)

輸帶的最左端，同時建筑工人以訓(xùn)=1m/s的速度向右勻速運(yùn)動.已知建筑材料與運(yùn)輸帶之

間的動摩擦因數(shù)為幺=0.1，運(yùn)輸帶的長度為L=2m,重力加速度大小為g=10m/s2.以下說法

正確的是（）

A.建筑工人比建筑材料早0.5s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

C.因運(yùn)輸建筑材料電動機(jī)多消耗的能量為10J

D.運(yùn)輸帶對建筑材料做的功為10J

答案AD

解析建筑工人勻速運(yùn)動到右端，所需時間。=g=2s,假設(shè)建筑材料先加速再勻速運(yùn)動，

Vo

加速時的加速度大小為a=/Lig=1m/s2,加速的時間為亥=￡=1s,加速運(yùn)動的位移為乃=號，2

L~~~x\

=0.5m<L,假設(shè)成立，因此建筑材料先加速運(yùn)動再勻速運(yùn)動，勻速運(yùn)動的時間為二=g=

1.5s,因此建筑工人比建筑材料早到達(dá)右端的時間為加="+。2—“=0.5s,A正確，B錯誤：

建筑材料與運(yùn)輸帶在加速階段摩擦生熱，該過程中運(yùn)榆帶的位移為X2=O0/2=lm,則因摩擦

而生成的熱量為Q=〃〃?g（x2—xi）=10J,由動能定理可知，運(yùn)輸帶對建筑材料做的功為W=^

W=10J,則因運(yùn)輸建筑材料電動機(jī)多消耗的能量為20J,C錯誤，D正確.

【例2】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%=2m/s的速率運(yùn)行，現(xiàn)把一質(zhì)量為m=10kg的工件（可視為質(zhì)點）輕輕放在傳送帶的底

端，經(jīng)過時間，=1.9s,工件被傳送到〃=1.5m的高處，g取10m/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)看(2)230J

解析(1)由題圖可知，傳送帶長x=^=3m

工件速度大小達(dá)到。o前，做句加速運(yùn)動，有刖=號/1

工件速度大小達(dá)到內(nèi)后，做勻速運(yùn)動，

有x-x\=v^t-t\)

聯(lián)立解得加速運(yùn)動的時間/i=0.8s

加速運(yùn)動的位移大小%i=0.8m

所以加速度大小〃=?=2.5m/s2

t\

由牛頓第二定律有"〃?gcos夕一mgsin3=ma

解得〃=坐.

(2)由能量守恒定律知，電動機(jī)多消耗的電能用于增加工件的動能、勢能以及克服傳送帶與工

件之間發(fā)生相對位移時摩擦力做功產(chǎn)生的熱量.

在時間人內(nèi)，傳送帶運(yùn)動的位移大小

x偉=。0九=1.6m

在時間t]內(nèi)，工件相對傳送帶的位移大小

x相=工傳-xi=0.8m

在時間力內(nèi)，摩擦產(chǎn)生的熱量

Q=〃mgcos0-x相=60J

2

最終工件獲得的動能￡k=^Uo=2OJ

工件增加的勢能Ev=mgh=]50J

電動機(jī)多消耗的電能

E=2+Ek+Ep=230J.

方法點撥

1.傳送帶問題的分析方法

(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.

2.功能關(guān)系分析

(I)傳送帶克服摩擦力做的功：W=F(x傳.

(2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能：Q=Rs相對，s相時表示相對路程.

(3)功能關(guān)系分析：IV=AEk+AEp+(2.

題型二滑塊一木板模型

【例3】如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為"，=2kg的另一物體仇可看成

質(zhì)點)以水平速度為=2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面.由于A、B間存在摩擦力，

之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示.下列說法正確的是(g取10m/s2)()

A.木板A最終獲得的動能為2J

B.系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4J

C.木板A的最小長度為2m

D.A、8間的動摩擦因數(shù)為0.1

答案D

解析由題圖乙可知，0?1s內(nèi)，A、B的加速度大小都為a=\m/s2,物體5和木板A水平

方向均受滑動摩擦力.根據(jù)牛頓第二定律知二者質(zhì)量相等，則木板最終動能如J=1J,

選項A錯誤；系統(tǒng)損失的機(jī)械能加/一去2"02=2j,選項B錯誤；由題圖乙可得二者

相對位移為1m,即木板A的最小長度為1m,選項C錯誤；對B受力分析，根據(jù)牛頓第二

定律，可得〃/ng=，"“，解得〃=0.1,選項D正確.

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

木板8,在B的左端放有一個可視為質(zhì)點的小滑塊A,A、B間的動摩擦因數(shù)〃=0.4,A的質(zhì)

量膽=1kg,B的質(zhì)量M=2kg,g=10m/s2.現(xiàn)對A施加F=7N的水平向右的拉力，1s后撤

去拉力尸，求：(結(jié)果可以用分?jǐn)?shù)表示)

A

(1)撤去拉力廠前小滑塊A和長木板B的加速度大小0、G;

(2)A相對于B靜止時的速度大小的

(3)整個過程中由于摩擦生成的熱量Q.

答案(1)3m/s22m/s2(2),m/s(3),J

解析(1)若A、8相對靜止，則有.=￡二=/m/s?關(guān)等=2m/s\故A、8間有滑動摩擦

m~rivlJivi

力，對滑塊A,根據(jù)牛頓第二定律有尸一解得s=3m/s2

對木板5,根據(jù)牛頓第二定律有〃陽

解得ci2=2m/s2.

(2)撤去F時，滑塊A的速度大小s=。由=3m/s,木板B的速度大小小=。2力=2m/s,

撤去F后,由"加g=〃z〃3得滑塊A的加速度大小為〃3=4m/s2,

]7

設(shè)經(jīng)歷時間乃二者共速，則有0一的，2=。2+〃2/2,解得及=不S,則0=0]—。3及=1m/s.

(3)外力/對A、8整體做的功為

121

F'\x=F^\t9r=-J

7

A、3最終以速度。=gm/s運(yùn)動.

149

故A、8整體動能為E^=2(M+m)v2=-^-J

7

由能量守恒定律得廣Ax=Q+Ek,則Q=]J.

方法點撥

1.動力學(xué)分析：分別對滑塊和木板進(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，所用時間相等，由胃等=等，可求出共同速度。和所用時間,,

然后由位移公式可分別求出二者的位移.

2.功和能分析：對滑塊和木板分別運(yùn)用動能定理，或者對系統(tǒng)運(yùn)用能量守恒定律.如圖所示,

要注意區(qū)分三個位移:

-x濟(jì)十;

二

x板Ax

(1)求摩擦力對滑塊做功時用滑塊對地的位移x濟(jì);

(2)求摩擦力對木板做功時用木板對她的位移XIK；

(3)求摩擦生熱時用相對位移Ax.

題型三多運(yùn)動組合問題

【例51(2023?浙江舟山市模擬)某游樂場的游樂裝置可簡化為如圖所示的豎直面內(nèi)軌道

BCDE,左側(cè)為半徑R=0.8m的光滑圓弧軌道BC,軌道的上端點B和圓心O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C,OE為傾角9=30。的光滑傾

斜軌道，一輕質(zhì)彈簧上端固定在E點處的擋板上.現(xiàn)有質(zhì)量為〃?=1kg的小滑塊尸(可視為質(zhì)

點)從空中的A點以oo=陋m/s的初速度水平向左拋出，恰好從B點沿軌道切線方向進(jìn)入軌

道，沿著圓弧軌道運(yùn)動到C點之后繼續(xù)沿水平軌道C?；瑒樱?jīng)過D點(不計經(jīng)過D點時的

能量損失)后沿傾斜軌道向上運(yùn)動至F點(圖中未標(biāo)出)，彈簧恰好壓縮至最短.已知C、。之

間和。、尸之間距離都為1m,滑塊與軌道C。間的動摩擦因數(shù)為〃=0.5,重力加速度g=10m/s2,

不計空氣阻力.求：

⑴小滑塊P經(jīng)過圓弧軌道上B點的速度大?。?/p>

(2)小滑塊P到達(dá)圓弧軌道上的C點時對軌道壓力的大小；

(3)彈簧的彈性勢能的最大值：

(4)試判斷滑塊返回時能否從B點離開，若能，求出飛出8點的速度大??；若不能，判斷滑塊

最后位于何處.

答案(1)26m/s(2)50N(3)6J(4)無法從8點離開，離。點0.2m(或離C點0.8m)

解析(1)設(shè)滑塊P經(jīng)過8點的速度大小為如，由平拋運(yùn)動知識有oo=OBsin30°,得。B=2吸

m/s

(2)滑塊P從3點到達(dá)最低點C點的過程中，由機(jī)械能守恒定律得

機(jī)g(R+Rsin30°)=^/nrc2

解得0c=4陋m/s

經(jīng)過C點時受軌道的支持力大小為FN,

u*

有R一次廠方，解得FN=50N

由牛頓第三定律可得滑塊在。點時對軌道的壓力大小尸壓=50N

(3)設(shè)彈簧的彈性勢能最大值為與血，滑塊從C點到尸點的過程中，根據(jù)動能定理有一〃加gk。

-mSLDFsin30°—Epm=0—%n/,代入數(shù)據(jù)可解得￡pm=6J

(4)設(shè)滑塊返回時能上升的高度為h,根據(jù)動能定理有mg&?sin30°+Epm—刖gko=^g/z,代

入數(shù)據(jù)可解得/?=0.6m,因為h<R,故無法從2點離開，又/〃oc2=wngx,代入數(shù)據(jù)可解得x

=3.2m=3La>+0.2m,滑塊最后靜止時的位置離。點0.2m(或離C點0.8m).

【例6】如圖所示，AB、FG均為半徑R=0.45m的四分之一光滑圓弧軌道，半徑。由、OiF

均豎直，C點在8點的正下方，C、力兩點在同一高度上，力E為傾角6=53。、長度乙i=2m

的粗糙斜軌道，E尸為粗糙水平直軌道.一物塊(視為質(zhì)點)從4點由靜止滑下，從8點水平飛

出后恰好落到。點，并且物塊落到。點時的速度方向與。E軌道平行，物塊經(jīng)過EF軌道后

恰好能到達(dá)G點.物塊與DE、EF兩軌道間的動摩擦因數(shù)均為〃=/取重力加速度大小g

=10m/s2,不計物塊經(jīng)過E點的能量損失，不計空氣阻力.求：(sin53。=0.8,結(jié)果可保留

分?jǐn)?shù))

E

(1)C、。兩點間的距離x；

⑵物塊從B點運(yùn)動到E點的時間t；

(3)E/軌道的長度L2以及物塊最后停止的位置到尸點的距離s.

答案(1)1.2m⑵彌s(3)6m1.35m

1

解析(1)物塊從A點由靜止滑到B點，由機(jī)械能守恒定律則有mgR=^mVBf解得力=3m/s

7)D

物塊從8到。做平拋運(yùn)動，由速度的合成與分解可知，物塊在。點的速度大小如=?^=5m/s

豎直方向的分速度大小ov=03tan9=4m/s

豎直方向物塊做自由落體運(yùn)動，有Vy=gt\f

解得八=0.4s

C、Q兩點間的距離x=。或i=1.2m.

(2)物塊在斜軌道上的加速度大小a\=^sin//geos0=6m/s2,由L\=V[)ti+^a\t^

代入數(shù)據(jù)解得及=；s

物塊從8點運(yùn)動到七點的時間

r=/i+r2=0.4s+|s=1|s.

(3)物塊由尸到G,由機(jī)械能守恒定律%?。，=,叫凡代入數(shù)據(jù)解得0F=，^=3m/s

=

物塊在E點的速度VEVD+ci]t2f可得比=7m/s

物塊從E到F,由動能定理可得

,1,1,

—HmgL-r='^nWF~^nwtC

代入數(shù)據(jù)解得L2=6m

物塊由G點滑下經(jīng)F點到粗糙水平直就道上滑行直至停下，由動能定理可得一/"〃gs=O一;

mvt^

代入數(shù)據(jù)解得s=1.35m.

方法點撥

1.分析思路

(1)受力與運(yùn)動分析：根據(jù)物體的運(yùn)動過程分析物體的受力情況，以及不同運(yùn)動過程中力的變

化情況；

(2)做功分析：根據(jù)各種力做功的不同特點，分析各種力在不同運(yùn)動過程中的做功情況；

(3)功能關(guān)系分析：運(yùn)用動能定理、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)動情景；

(2)“分”——將全過程進(jìn)行分解，分析每個子過程對應(yīng)的基本規(guī)律；

(3)“合”——找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點為突破口，尋求解題最優(yōu)方案.

課時精練

立基礎(chǔ)落實練

1.如圖所示，足夠長的水平傳送帶以恒定速率。順時針運(yùn)動，某時刻一個質(zhì)量為，"的小物塊,

以大小也是。、方向與傳送帶的運(yùn)動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運(yùn)動的過程中，滑動摩擦力對小物塊做的功為

W，小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為。，則下列判斷中正確的是()

V

A.W=0,Q=mv2B.W=0,Q=2mv2

mvor°c

C.Q=mvD.W=mv2,Q=2mv2

答案B

解析對小物塊，由動能定理有卬=品02—綺2=0,設(shè)小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為

小物塊向左做減速運(yùn)動時，二者間的相對路程的=5+"=今%小物塊向右做加速運(yùn)動時，

pVV

二者間的相對路程12=”一展=亍，又r=—,則小物塊與傳送帶間的相對路程X相時=X]+l2

2。2

■，小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量。=7"?2gxM對=2，〃。2,選項B正確.

2.（多選）如圖所示，質(zhì)量m=\kg的物體（可視為質(zhì)點）從高為〃=0.2m的光滑軌道上尸點由靜

止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點，軌道與傳送帶在A點平滑連接，物體和傳送帶之間

的動摩擦因數(shù)為〃=0.2,傳送帶4、8兩點之間的距離為L=5m,傳送帶一直以o=4m/s的

速度順時針運(yùn)動，則（g取10m/s2）（）

A.物體從A運(yùn)動到B的時間是1.5s

B.物體從A運(yùn)動到B的過程中，摩擦力對物體做功為2J

C.物體從A運(yùn)動到8的過程中，產(chǎn)生的熱量為2J

D.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10J

答案AC

解析設(shè)物體下滑到A點時的速度大小為在由P到A過程中，由機(jī)械能守恒定律有為加（）2

=mgh,代入數(shù)據(jù)得研）=，麗=2m/s<o=4m/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a=^^=[ig=2m/s2;當(dāng)物體的速度與傳送帶的速度相等時

用時[:17J°=4n2s=1s,勻加速運(yùn)動過程的位移大小了1="；[1=2：4乂1m=3m<L

L-x\5—3

=5m,所以物體與傳送帶共速后向右做勻速運(yùn)動，勻速運(yùn)動的時間為七=一—=-s=

0.5s,故物體從A運(yùn)動到8的時間為f=n+f2=L5s,選項A正確；物體運(yùn)動到B時的速度

大小如=4m/s,根據(jù)動能定理得，摩擦力對物體做的功；，〃0（）2=Jx1X4?J-J

X1X22J=6J,選項B錯誤；在”時間內(nèi)，傳送帶做勻速運(yùn)動的位移為xw="i=4m,故產(chǎn)

生的熱量Q=〃/ngAx=〃"7g（x.一箝），代入數(shù)據(jù)得Q=2J,選項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)多做的功卬'=W+Q=6J+2J=8

J,選項D錯誤.

3.如圖所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度。向右勻速運(yùn)動，現(xiàn)將質(zhì)量為機(jī)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摩擦因數(shù)為〃，為保持木板的速度

不變，從物體放到木板上到物體相對木板靜止的過程中，須對木板施一水平向右的作用力F,

則力尸對木板所做的功為（）

C.mv4D.2mv2

答案c

解析由能量轉(zhuǎn)化和能量守恒定律可知，力E對木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體的動能，

一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故卬=5〃。2+〃加gx相，x粕=”一號，a=/ig,v=at,聯(lián)立以上各式

可得卬=〃約2,故選項C正確.

4.（多選）如圖甲所示，一長木板靜止在水平地面上，在f=0時刻，一小物塊以一定速度從左

端滑上長木板，之后長木板運(yùn)動的。一r圖像如圖乙所示，已知小物塊與長木板的質(zhì)量均為加

=1kg,已知木板足夠長，gMX10m/s2,則（）

y/(m-s-,)

23r/s

乙

A.小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)"=0.5

B.在整個運(yùn)動過程中，物塊與木板構(gòu)成的系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量70J

C.小物塊的初速度為如=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，再做勻減速運(yùn)動，故可知地面對木板有摩擦力，

在。?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，加速度為a\

Ao2—0

="K7=2向s?=lm/s2.對木板,根據(jù)牛頓第二定律有，ALFf2=ma1,Fn=jumgf在2?3

△o'0—2

s內(nèi)，木板與物塊相對靜止，受地面摩擦力做勻減速運(yùn)動，加速度為〃2=為廠=-j—m/s2=

-2m/s2,即加速度大小為2mH,方向向左，對整體，根據(jù)牛頓第二定律有，產(chǎn)已=2〃7a2=4

N,聯(lián)立以上各式，解得"=0.5,故A正確；對物塊，在0?2s內(nèi)，受木板的摩擦力作用而

做勻減速運(yùn)動，由牛頓第二定律，有解得a=5m/s2,由。=研）一“可得oo=o+

at=2m/s+5X2m/s=12m/s,故C正確；最后木板與物塊均靜止，故在整個運(yùn)動過程中，

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能，即Q=；mo（）2=；X1X12?J=72

J,2?3s時間內(nèi)物塊和木板一起減速，系統(tǒng)的機(jī)械能減少量AE枷2=/2/如2=4J,故0?2s

時間內(nèi)系統(tǒng)機(jī)械能減少量△后軌i=72J-4J=68J,則0?2s與2?3s系統(tǒng)機(jī)械能減少量之比

為17：1,故B錯誤，D正確.

5.（多選）如圖甲，一足夠長的傳送帶與水平面的夾角。=30。，傳送帶在電動機(jī)的帶動下，速

率始終不變.f=0時刻在傳送帶適當(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)動的速度隨時間的變化如圖乙所示.已知小物塊質(zhì)量m=lkg,

g取lOm/sl下列說法正確的是（）

A.傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，速度大小為2m/s

B.傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數(shù)〃=乎

C.0?，2時間內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量為27J

D.。?f2時間內(nèi)電動機(jī)多消耗的電能為28.5J

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，說明傳送帶的速度大小為2m/s,

順時針轉(zhuǎn)動，故A正確；由題圖乙可知，小物塊的加速度大小a=lm/sz,對物塊受力分析，

可得"加geos8—zngsin。=m小解得"=邛^,故B正確：物塊運(yùn)動速度減為零后，反向加速

過程經(jīng)歷的時間1=段=2s,由題圖乙可知々=3s,物塊運(yùn)動的位移大小x=1.5m,傳送帶與

物塊的相對位移Ax=4.5m,摩擦產(chǎn)生的熱量。=〃mgcos6Ar=27J,故C正確；物塊增加

的重力勢能AEp=Mgsin夕x=7.5J,物塊動能的增量AEk=^W-^^i2=1.5J,傳送帶多消

耗的電能卬電=Q+AEp+△&=36J,故D錯誤.

另解：物塊運(yùn)動速度減為零后，反向加速經(jīng)歷時間，=￡=2s,因此題圖乙中？2=3S,

3s內(nèi)傳送帶的位移x傳=磯）亥=6m,

傳送帶多消耗的電能W也=w〃gcosO'X活=36J,故D錯誤.

/能力綜合練

6.如圖所示，光滑水平面上有一木板，質(zhì)量M=1.0kg,長度L=1.0m.在木板的最左端有一

個小鐵塊（可視為質(zhì)點），質(zhì)量機(jī)=1.0kg.小鐵塊和木板之間的動摩擦因數(shù)〃=0.30.開始時它們

都處于靜止?fàn)顟B(tài)，某時刻起對木板施加一個水平向左的拉力尸將木板抽出，若尸=8N,g取

10m/s2.求:

(1)抽出木板的過程中摩擦力分別對木板和鐵塊做的功；

(2)抽出木板的過程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q.

答案(1)-7.5J4.5J(2)3J

解析(1)當(dāng)用F=8N的力將木板從小鐵塊下方抽出，小鐵塊運(yùn)動的加速度大小為ai="g=3

m/s2

木板運(yùn)動的加速度大小為“2=—,g=5m/s2

設(shè)抽出過程的時間為t,則有;政產(chǎn)一%|產(chǎn)=心，

解得f=ls,所以小鐵塊運(yùn)動的位移為為=；41於，

解得xi=1.5m

木板運(yùn)動的位移為也二上2/2,解得X2=2.5m

摩擦力對小鐵塊做的功為Wi=fimgxi,

解得Wi=4.5J

摩擦力對木板做的功為W2=~nmgX2,

解得肌=一7.5J

(2)抽出木板的過程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能

Q=fimgL—3iJ.

7.(2023?安徽省六安中學(xué)高三檢測)如圖所示，水平軌道A8長為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01、半徑為R的光滑圓弧軌道BC與A8

相切于B點，并且和圓心在。2、半徑為2R的光滑細(xì)圓管軌道CD平滑對接，。卜C、仍三

點在同一條直線上.光滑細(xì)圓管軌道C。右側(cè)有一半徑為2R,圓心在。點的;圓弧擋板“。2

豎直放置，并且與地面相切于02點.質(zhì)量為m的小滑塊(可視為質(zhì)點)從軌道上的C點由靜

止滑下，剛好能運(yùn)動到A點，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。(計算時圓管直徑可不計，重

力加速度為g).求:

(1)小滑塊與水平軌道A8間的動摩擦因數(shù)心

⑵彈簧鎖定時具有的彈性勢能￡P(guān)；

(3)小滑塊通過最高點D后落到擋板上時具有的動能Ek.

答案(1)1(2冷ngR(3)(2y/2—l)mgR

2

解析(1)由幾何關(guān)系得3c間的高度差人=手？

小滑塊從C點運(yùn)動到A點的過程中，由動能定理得mgh—fimg-2R=0,解得

(2)彈簧對滑塊做功過程由功能關(guān)系有W?=EP

滑塊從A到D過程由動能定理得

滑塊在。點，由重力提供向心力，有mg=，丐無

聯(lián)立解得Ep^ymgR.

(3)滑塊通過。點后做平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律可知，水平方向有x="

由幾何關(guān)系可知x2+y2=4R2

2

可得滑塊落到擋板上時的動能為Ek=^m[v+(gf)4,聯(lián)立解得反=(2啦-1MgR.

8.“高臺滑雪”一直受到一些極限運(yùn)動愛好者的青睞.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作，飛躍障礙物(壕溝)后，成功在對面安全著陸.某實驗小組在實驗室

中利用物塊演示分析該模型的運(yùn)動過程：如圖所示，ABC為一段半徑為R=5m的光滑圓弧

軌道，B為圓弧軌道的最低點.P為一傾角0=37。的固定斜面，為減小在斜面上的滑動距離，

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。重合，圓形軌道末端

C與斜面頂端力之間的水平距離為x=0.32m.一物塊以某一速度從A端進(jìn)入，沿圓形軌道

運(yùn)動后從C端沿圓弧切線方向飛出，再經(jīng)過時間/=0.2s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.已知物塊質(zhì)量〃?=3kg,薄木板質(zhì)量M

=1kg,木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)3=壺，木板與物塊之間的動摩擦因數(shù)〃2=/重力加

速度g=10m/s2,5也37。=。6,不計空氣阻力,求:

(1)物塊滑到圓軌道最低點B時，對軌道的壓力(計算結(jié)果可以保留根號);

(2)物塊相對于木板運(yùn)動的距離;

(3)整個過程中，系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的熱量.

答案(1)(91.92-244)N(2)1.5m

(3)87J

解析(1)物塊由C到。，做斜上拋運(yùn)動

、X

水平方向v水平=；=1.6m/s

o水平

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0=芯方=2m/s,

v經(jīng)直=osin0=1.2m/s

物塊在。端時豎直方向速度大小v要直'=v楚在一gf=-0.8m/s,

水平2+o輕五'2=45m/s

由3到C有夕底%2=3加0。2+)叫R(1—cosa)

甘?4?o水平

其中cosa=--

Vcf

在5點有FN—mg=〃樂

由牛頓第三定律得/壓=尺=(91.92—24小)N

2

2

(2)物塊剛滑上木板時，對物塊有償加geosJ—〃zgsin0=mam,解得物塊加速度大小am=^m/s,

做勻減速直線運(yùn)動

.2

對木板有〃2加geos夕+Mgsin。一〃i(M+m)gcos8=欣如，解得木板加速度大小m/s\做

=

勻加速直線運(yùn)動設(shè)兩者經(jīng)時間t\達(dá)到共速v共，則有v—amt\=aMt\v共

解得0=1.5s,v^=1m/s

o+o#9

此過程中$物=-2~^r,=4m，

。共3

s板=萬力=1m

物塊相對于木板運(yùn)動的距離As=s物一s板=1.5m

(3)"2〃?gcos0>mgsin0,此后兩者一起做勺減速直線運(yùn)動，直到停止.

I,,<[I,,11、O共2

以物塊和木板為整體，。其=〃]gcos夕一gsin夕=可m/s\s共=不==1.