微專題8動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

微專題8動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用【知識(shí)規(guī)律整合】知識(shí)整合熱點(diǎn)考向1.摩擦力做功的特點(diǎn)(1)一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和總等于零。(2)一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功的代數(shù)和總是負(fù)值，絕對(duì)值為機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的部分，也就是系統(tǒng)機(jī)械能的損失量。(3)說明：兩種摩擦力對(duì)物體都可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功。2.復(fù)雜過程分析思路(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)，分析各種力在不同的運(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?？枷?：傳送帶(或板塊)相對(duì)滑動(dòng)的能量問題?？枷?：多運(yùn)動(dòng)組合問題。題型一傳送帶(板塊)相對(duì)滑動(dòng)的能量問題1．正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，做好受力分析。2．利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，結(jié)合牛頓第二定律分析物體的速度關(guān)系及位移關(guān)系。3．公式Q＝Ffx相對(duì)中x相對(duì)為兩接觸物體間的相對(duì)位移，若物體在傳送帶上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，則x相對(duì)為總的相對(duì)路程。角度1傳送帶模型如圖1所示，水平傳送帶勻速運(yùn)行速度為v＝2m/s，傳送帶兩端A、B間距離為x0＝10m，當(dāng)質(zhì)量為m＝5kg的行李箱無(wú)初速度地放上傳送帶A端后，傳送到B端，傳送帶與行李箱間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，求：圖1(1)行李箱開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a；(2)行李箱從A端傳送到B端所用時(shí)間t；(3)整個(gè)過程行李箱對(duì)傳送帶的摩擦力做的功W。答案(1)2m/s2(2)5.5s(3)－20J解析(1)行李箱剛放上傳送帶時(shí)的加速度大小a＝eq\f(Ff,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2。(2)設(shè)經(jīng)過t1時(shí)間二者共速t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(2,2)s＝1s行李箱勻加速運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2×12m＝1m行李箱隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(x0－x1,v)＝eq\f(10－1,2)s＝4.5s則行李箱從A傳送到B所用時(shí)間t＝t1＋t2＝1s＋4.5s＝5.5s。(3)t1時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移x2＝vt1＝2×1m＝2m根據(jù)牛頓第三定律知，傳送帶受到行李箱的摩擦力Ff′＝Ff行李箱對(duì)傳送帶的摩擦力做的功W＝－Ff′x2＝－μmgx2＝－0.2×5×10×2J＝－20J?！踞槍?duì)訓(xùn)練1】如圖2所示，固定的粗糙弧形軌道下端B點(diǎn)水平，上端A與B點(diǎn)的高度差為h1＝0.3m，傾斜傳送帶與水平方向的夾角為θ＝37°，傳送帶的上端C點(diǎn)與B點(diǎn)的高度差為h2＝0.1125m(傳送帶傳動(dòng)輪的大小可忽略不計(jì))。一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊(可看作質(zhì)點(diǎn))從軌道的A點(diǎn)由靜止滑下，然后從B點(diǎn)拋出，恰好以平行于傳送帶的速度從C點(diǎn)落到傳送帶上，傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，速度大小為v＝0.5m/s，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.8，且傳送帶足夠長(zhǎng)，滑塊運(yùn)動(dòng)過程中空氣阻力忽略不計(jì)，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，試求：圖2(1)滑塊運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)時(shí)速度vC的大??；(2)滑塊由A到B運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做的功Wf；(3)滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q。答案(1)2.5m/s(2)1J(3)32J解析(1)在C點(diǎn)，豎直分速度vy＝eq\r(2gh2)＝1.5m/s由vy＝vCsin37°，解得vC＝2.5m/s。(2)C點(diǎn)的水平分速度與B點(diǎn)的速度相等，則vB＝vx＝vCcos37°＝2m/s，從A到B點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh1－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得Wf＝1J。(3)滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得a＝0.4m/s2達(dá)到共同速度所需時(shí)間t＝eq\f(vC－v,a)＝5s兩者間的相對(duì)位移Δx＝eq\f(v＋vC,2)t－vt＝5m由于mgsin37°＜μmgcos37°，此后滑塊將做勻速運(yùn)動(dòng)。故滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcos37°·Δx＝32J。角度2板塊模型【例2】如圖3所示，質(zhì)量M＝8kg的小車停放在光滑水平面上，在小車右端施加一水平恒力F＝8N。當(dāng)小車向右運(yùn)動(dòng)速度達(dá)到v0＝3m/s時(shí)，在小車的右端輕放一質(zhì)量m＝2kg的小物塊，物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，假定小車足夠長(zhǎng)，g＝10m/s2。求：圖3(1)小物塊從放在車上開始經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間與小車具有相同的速度及此時(shí)的速度大??；(2)從小物塊放在車上開始經(jīng)過t0＝3.0s摩擦力對(duì)小物塊所做的功。答案(1)2s4m/s(2)23.04J解析(1)根據(jù)牛頓第二定律得對(duì)物塊μmg＝ma1解得a1＝2m/s2對(duì)小車F－μmg＝Ma2解得a2＝0.5m/s2設(shè)經(jīng)過t1時(shí)間物塊與小車的速度相等，則有a1t1＝v0＋a2t1代入數(shù)據(jù)解得t1＝2s共同的速度大小為v＝a1t1＝4m/s。(2)t1時(shí)間內(nèi)物塊位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝4m，t1時(shí)刻物塊速度v1＝v＝4m/st1后M、m有相同的加速度，對(duì)M、m整體有F＝(M＋m)a3解得a3＝0.8m/s2物塊受到的摩擦力為Ff＝ma3＝1.6N此過程運(yùn)動(dòng)t2＝t0－t1＝1s的位移為x2＝v1t2＋eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)＝（4×1＋eq\f(1,2)×0.8×12）m＝4.4m所以摩擦力做的功為W＝μmgx1＋Ffx2＝23.04J?！踞槍?duì)訓(xùn)練2】如圖4所示，長(zhǎng)L＝1.25m、質(zhì)量M＝8kg的平板車靜止在光滑水平面上，車的左端放一質(zhì)量m＝2kg的木塊，它與車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，水平恒力F＝10N拖著木塊在車上滑行，木塊最終從車的右端滑落，在車上滑動(dòng)的過程中(g＝10m/s2)，求：圖4(1)木塊m的加速度a1的大小和平板車M的加速度a2的大??；(2)拉力F對(duì)木塊做的功；(3)木塊滑落時(shí)小車和木塊的動(dòng)能大??；(4)從靜止到木塊滑落過程中摩擦產(chǎn)生的熱量。答案(1)3m/s20.5m/s2(2)15J(3)1J和9J(4)5J解析(1)木塊與車相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，對(duì)木塊，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝3m/s2對(duì)平板車，由牛頓第二定律得μmg＝Ma2代入數(shù)據(jù)解得a2＝0.5m/s2。(2)木塊與車分離時(shí)兩者之間的相對(duì)位移為Δs＝L＝1.25m，設(shè)木塊在車上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則有L＝x木－x車又x木＝eq\f(1,2)a1t2，x車＝eq\f(1,2)a2t2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得t＝1s木塊的位移x木＝eq\f(1,2)a1t2＝1.5m則拉力對(duì)木塊做的功為W＝Fx木＝15J。(3)木塊從車的右端滑落時(shí)的速度為v木＝a1t＝3m/s木塊的動(dòng)能為Ek木＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,木)＝9J此時(shí)車的速度為v車＝a2t＝0.5m/s車的動(dòng)能為Ek車＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,車)＝1J。(4)摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝fΔs＝μmgL＝0.2×2×10×1.25＝5J。題型二多運(yùn)動(dòng)組合問題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?！纠?】如圖5所示，一水平圓盤繞過圓心的豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤半徑R＝0.2m，圓盤邊緣有一質(zhì)量m＝1kg的小滑塊。當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度達(dá)到某一數(shù)值時(shí)，滑塊恰從圓盤邊緣A沿過渡圓管滑落，進(jìn)入軌道ABC，AB粗糙，BCD光滑，CD面足夠長(zhǎng)且離地面高為h′＝0.4m，經(jīng)C點(diǎn)后突然給滑塊施加水平向右的恒力F＝eq\f(10\r(3),3)N。已知AB段斜面傾角為60°，BC段斜面傾角為30°，小滑塊與圓盤的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，A點(diǎn)離B點(diǎn)所在水平面的高度h＝1.2m，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為3m/s，滑塊從A至C運(yùn)動(dòng)過程中始終未脫離軌道，不計(jì)在過渡圓管處和B點(diǎn)的機(jī)械能損失，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：圖5(1)滑出A點(diǎn)時(shí)，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω；(2)小滑塊在從A到B時(shí)，摩擦力做的功；(3)小滑塊在CD面上的落點(diǎn)與C點(diǎn)的距離。答案(1)5rad/s(2)－8J(3)eq\f(\r(3),15)m解析(1)滑塊在圓盤上做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，靜摩擦力充當(dāng)向心力，根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝mω2R代入數(shù)據(jù)解得ω＝5rad/s。(2)vA＝ωR＝5×0.2m/s＝1m/s從A到B的運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)能定理得mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得摩擦力做的功Wf＝－8J。(3)從B到C的過程由動(dòng)能定理得－mgh′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vC＝1m/s對(duì)小滑塊經(jīng)C點(diǎn)后受力分析可知，F(xiàn)合＝eq\r(（mg）2＋F2)＝eq\f(20,3)eq\r(3)N，則合加速度大小為a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(20,3)eq\r(3)m/s2，由幾何關(guān)系可知，合加速度的方向與C點(diǎn)速度方向垂直，則小滑塊做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿C點(diǎn)速度方向x＝vCt沿合加速度方向y＝eq\f(1,2)at2又eq\f(y,x)＝tan30°小滑塊落點(diǎn)距C點(diǎn)s＝eq\f(x,cos30°)聯(lián)立解得s＝eq\f(\r(3),15)m?！踞槍?duì)訓(xùn)練3】如圖6所示，ABDO是處于豎直平面內(nèi)的光滑軌道，AB是半徑為R＝15m的eq\f(1,4)圓周軌道，半徑OA處于水平位置，BDO是直徑為15m的半圓軌道，D為BDO軌道的中央。一個(gè)小球P從A點(diǎn)的正上方距水平半徑OA高H處自由落下，沿豎直平面內(nèi)的軌道運(yùn)動(dòng)，離開AB軌道時(shí)對(duì)軌道末端B點(diǎn)的壓力大小等于其重力的eq\f(13,3)倍，取g＝10m/s2，求：圖6(1)H的大?。?2)試討論此球能否到達(dá)BDO軌道的O點(diǎn)，并說明理由；(3)小球從H高處自由落下沿軌道運(yùn)動(dòng)后再次落到軌道上的速度大小是多少？答案(1)10m(2)能，理由見解析(3)17.3m/s解析(1)設(shè)小球通過B點(diǎn)的速度為v，則由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)對(duì)軌道末端B的壓力FN′＝FN＝eq\f(13,3)mg小球從P點(diǎn)落下到沿光滑軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有mg(H＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)聯(lián)立可得高度H＝eq\f(2,3)R＝10m。(2)設(shè)小球能夠沿豎直半圓軌道運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的最小速度為vO由牛頓第二定律有mg＝meq\f(veq\o\al(2,O),\f(R,2))小球至少應(yīng)從HO高處落下由動(dòng)能定理mgHO＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,O)解得HO＝eq\f(R,4)由H＞HO知，小球可以通過O點(diǎn)。(3)小球由H落下通過O點(diǎn)的速度為v0＝eq\r(2gH)＝10eq\r(2)m/s小球通過O點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球經(jīng)時(shí)間t落到AB圓弧軌道上，有x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2，且x2＋y2＝R2可解得時(shí)間t＝1s(另解舍棄)落到軌道上速度的大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋g2t2)＝17.3m/s。1．(2022·浙江6月選考，12)風(fēng)力發(fā)電已成為我國(guó)實(shí)現(xiàn)“雙碳”目標(biāo)的重要途徑之一。如圖7所示，風(fēng)力發(fā)電機(jī)是一種將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某風(fēng)力發(fā)電機(jī)在風(fēng)速為9m/s時(shí)，輸出電功率為405kW，風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變。該風(fēng)機(jī)葉片旋轉(zhuǎn)一周掃過的面積為A，空氣密度為ρ，風(fēng)場(chǎng)風(fēng)速為v，并保持風(fēng)正面吹向葉片。下列說法正確的是()圖7A．該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速成正比B．單位時(shí)間流過面積A的流動(dòng)空氣動(dòng)能為eq\f(1,2)ρAv2C．若每天平均有1.0×108kW的風(fēng)能資源，則每天發(fā)電量為2.4×109kW·hD．若風(fēng)場(chǎng)每年有5000h風(fēng)速在6～10m/s的風(fēng)能資源，則該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量至少為6.0×105kW·h答案D解析單位時(shí)間流過面積A的流動(dòng)空氣體積為V0＝Av，單位時(shí)間流過面積A的流動(dòng)空氣質(zhì)量為m0＝ρV0＝ρAv，單位時(shí)間流過面積A的流動(dòng)空氣動(dòng)能為eq\f(1,2)m0v2＝eq\f(1,2)ρAv3，即P＝eq\f(1,2)ρAv3，風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變，可知該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速的三次方成正比，A、B錯(cuò)誤；由于風(fēng)力發(fā)電存在轉(zhuǎn)化效率，若每天平均有1.0×108kW的風(fēng)能資源，則每天發(fā)電量應(yīng)滿足E<1.0×108×24kW·h＝2.4×109kW·h，C錯(cuò)誤；若風(fēng)場(chǎng)每年有5000h風(fēng)速在6～10m/s的風(fēng)能資源，當(dāng)風(fēng)速取最小值6m/s時(shí)，該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量具有最小值，根據(jù)題意，風(fēng)速為9m/s時(shí)，輸出電功率為405kW，且風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變，則風(fēng)速為6m/s時(shí)，輸出電功率為P′＝63×eq\f(405,93)kW＝120kW，則該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量至少為E′＝P′t＝120×5000kW·h＝6.0×105kW·h，D正確。2．(2021·全國(guó)甲卷改編)一質(zhì)量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動(dòng)。該物體開始滑動(dòng)時(shí)的動(dòng)能為Ek，向上滑動(dòng)一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能為eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小為g。則()A．物體向上滑動(dòng)的距離為eq\f(Ek,2mg)B．物體向下滑動(dòng)時(shí)的加速度大小eq\f(g,5)C．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于0.6D．物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)答案B解析設(shè)物體沿斜面向上滑動(dòng)的距離為s，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體沿斜面上滑過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－mgssinα－μmgscosα＝0－Ek，同理，物體沿斜面下滑過程中有mgssinα－μmgscosα＝eq\f(Ek,5)－0，兩式聯(lián)立解得s＝eq\f(Ek,mg)，μ＝eq\f(1,2)。物體沿斜面下滑過程中，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinα－μmgcosα＝ma下，解得a下＝eq\f(g,5)，同理可知物體沿斜面上滑過程中有－mgsinα－μmgcosα＝ma上，解得a上＝g，由s＝eq\f(1,2)at2可知，物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)所用的時(shí)間短。B正確，A、C、D錯(cuò)誤。3．(2020·山東卷改編)如圖8所示，質(zhì)量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上，右側(cè)連接一固定于墻面的水平輕繩，左側(cè)通過一傾斜輕繩跨過光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的鉤碼B掛于彈簧下端，當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，將B由靜止釋放，當(dāng)B下降到最低點(diǎn)時(shí)(未著地)，A對(duì)水平桌面的壓力剛好為零。輕繩不可伸長(zhǎng)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，物塊A始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。以下判斷不正確的是()圖8A．M<2mB．2m<M<3mC．在B從釋放位置運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，所受合力對(duì)B先做正功后做負(fù)功D．在B從釋放位置運(yùn)動(dòng)到速度最大的過程中，B克服彈簧彈力做的功等于B機(jī)械能的減少量答案B解析由題意可知鉤碼B可以在開始位置到最低點(diǎn)之間做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，故在最低點(diǎn)時(shí)彈簧彈力T＝2mg，對(duì)A受力分析，設(shè)繩子與桌面間夾角為θ，則依題意有2mgsinθ＝Mg，則有M<2m，故A正確，B錯(cuò)誤；由題意可知B從釋放位置到最低點(diǎn)的過程中，開始彈簧彈力小于重力，鉤碼加速，合力做正功，后來(lái)彈簧彈力大于重力，鉤碼減速，合力做負(fù)功，故C正確；對(duì)于B，在從釋放到速度最大的過程中，B機(jī)械能的減少量等于彈簧彈力所做的負(fù)功，即等于B克服彈簧彈力所做的功，故D正確。4．(2021·全國(guó)甲卷)如圖9所示，一傾角為θ的光滑斜面上有50個(gè)減速帶(圖中未完全畫出)，相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠(yuǎn)小于d；一質(zhì)量為m的無(wú)動(dòng)力小車(可視為質(zhì)點(diǎn))從距第一個(gè)減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機(jī)械能與到達(dá)減速帶時(shí)的速度有關(guān)。觀察發(fā)現(xiàn)，小車通過第30個(gè)減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個(gè)減速帶后立刻進(jìn)入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。圖9(1)求小車通過第30個(gè)減速帶后，經(jīng)過每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能；(2)求小車通過前30個(gè)減速帶的過程中在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能；(3)若小車在前30個(gè)減速帶上平均每一個(gè)損失的機(jī)械能大于之后每一個(gè)減速帶上損失的機(jī)械能，則L應(yīng)滿足什么條件？答案(1)mgdsinθ(2)eq\f(mg（29d＋L）sinθ－μmgs,30)(3)L>d＋eq\f(μs,sinθ)解析(1)設(shè)小車通過第30個(gè)減速帶后，經(jīng)過每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能為ΔE，由小車通過第30個(gè)減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，可知小車通過每一個(gè)減速帶時(shí)重力勢(shì)能的減少量等于經(jīng)過減速帶損失的機(jī)械能，即ΔE＝mgdsinθ。①(2)設(shè)小車通過前30個(gè)減速帶的過程中在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能為ΔE0，對(duì)小車從靜止開始到進(jìn)入水平面停止，由動(dòng)能定理有mg(49d＋L)sinθ－30ΔE0－20ΔE－μmgs＝0－0②聯(lián)立①②解得ΔE0＝eq\f(mg（29d＋L）sinθ－μmgs,30)。③(3)要使ΔE0>ΔE，有eq\f(mg（29d＋L）sinθ－μmgs,30)>mgdsinθ④解得L>d＋eq\f(μs,sinθ)。1．如圖1所示，傳送帶以恒定速度v0向右運(yùn)動(dòng)，A、B間距為L(zhǎng)，質(zhì)量為m的物塊無(wú)初速度放于左端A處，同時(shí)用水平恒力F向右拉物塊，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，動(dòng)能Ek隨位移x變化的關(guān)系圖像不可能的是()圖1答案A解析開始時(shí)滑塊受向右的拉力F和向右的摩擦力f而做加速運(yùn)動(dòng)，則動(dòng)能Ek＝(F＋f)x；若物塊在到達(dá)最右端之前還未達(dá)到與傳送帶共速，此時(shí)圖像為C；若F>f，則當(dāng)物塊與傳送帶共速后還會(huì)加速，此時(shí)動(dòng)能增加為ΔEk＝(F－f)x，此時(shí)圖像為D；若F≤f，則當(dāng)物塊與傳送帶共速后會(huì)隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，此時(shí)圖像為B；物塊與傳送帶共速后只能勻速或者加速，不可能減速，則圖像A不可能。2．(2022·江蘇南京高三階段練習(xí))如圖2所示，一傾角為θ的固定粗糙斜面，下端固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧上端位于B點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小物塊從A點(diǎn)以某一速度勻速滑下，當(dāng)物塊到達(dá)B點(diǎn)后將彈簧壓縮到C點(diǎn)，然后向上返回恰好能回到A點(diǎn)。已知AC長(zhǎng)度為x，重力加速度為g，則()圖2A．物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝sinθB．物塊勻速下滑的速度大小為eq\r(2gxsinθ)C．彈簧的最大彈性勢(shì)能為Epm＝2mgxsinθD．從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒答案C解析小物塊沿著斜面勻速下滑，根據(jù)平衡條件可得mgsinθ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ，A錯(cuò)誤；從A到C再到A，根據(jù)功能關(guān)系可得2xμmgcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝2eq\r(gxsinθ)，B錯(cuò)誤；從C到A的過程中，根據(jù)能量守恒定律可得彈簧的最大彈性勢(shì)能為Epm＝(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝2mgxsinθ，C正確；從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，摩擦力對(duì)物塊做負(fù)功，物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減小，D錯(cuò)誤。3．(2022·江蘇蘇州高三階段練習(xí))一質(zhì)量為0.1kg的小球自t＝0時(shí)刻從水平地面上方某處自由下落，小球與地面碰后反向彈回，碰撞時(shí)有機(jī)械能損失，不計(jì)空氣阻力，也不計(jì)小球與地面碰撞的時(shí)間，小球距地面的高度h與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t關(guān)系如圖3所示，取g＝10m/s2。則()圖3A．小球第一次與地面碰撞時(shí)機(jī)械能損失了5JB．小球第二次與地面碰撞前的最大速度為20m/sC．第二次碰撞后小球反彈過程中的最大勢(shì)能(取地面為零勢(shì)能面)為1.25JD．小球?qū)⒃趖＝6s時(shí)與地面發(fā)生第四次碰撞答案C解析由于小球在自由下落和豎直上拋過程中機(jī)械能守恒，所以小球第一次與地面碰撞時(shí)機(jī)械能損失量為ΔE＝mg(h1－h(huán)2)＝15J，故A錯(cuò)誤；小球第二次與地面碰撞前的最大速度為v2＝eq\r(2gh2)＝10m/s，故B錯(cuò)誤；小球第二次與地面碰撞后經(jīng)1s與地面發(fā)生第三次碰撞，所以第二次碰撞后彈起的最大高度為h3＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×（eq\f(1,2)）2m＝1.25m，取地面為零勢(shì)能面，第二次碰撞后小球反彈過程中的最大勢(shì)能為E3＝mgh3＝1.25J，故C正確；由于第三次碰撞后小球機(jī)械能仍會(huì)損失，所以彈起后的初速度小于第二次碰撞后彈起的初速度，因此小球與地面發(fā)生第四次碰撞的時(shí)刻在5s和6s之間，故D錯(cuò)誤。4．(2022·江蘇徐州高三階段練習(xí))如圖4所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置。將物塊拉至A點(diǎn)由靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向左運(yùn)動(dòng)，最后到達(dá)B點(diǎn)，在從A到B的過程中，物塊()圖4A．所受彈簧彈力先做正功后做負(fù)功B．經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度最大C．經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的加速度最大D．所受彈簧彈力做的功小于克服摩擦力做的功答案A解析物塊向左運(yùn)動(dòng)的過程中，所受彈簧彈力方向先向左后向右，則彈簧彈力對(duì)物塊先做正功后做負(fù)功，選項(xiàng)A正確；當(dāng)彈力等于摩擦力時(shí)，物塊的加速度為零，此時(shí)速度最大，則速度最大的位置在O點(diǎn)右側(cè)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)彈力為零，物塊只受摩擦力作用，則合外力不是最大，此時(shí)的加速度不是最大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理知，整個(gè)過程中物塊動(dòng)能的變化量為零，則所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。5．(2022·江蘇南通高三開學(xué)考試)如圖5所示，某人做蹦極運(yùn)動(dòng)，從高臺(tái)由靜止開始下落，下落過程不計(jì)空氣阻力，設(shè)彈性繩原長(zhǎng)為h0，彈性繩的彈力與其伸長(zhǎng)量成正比，則他在從高臺(tái)下落至最低點(diǎn)的過程中機(jī)械能E隨下落高度h變化的關(guān)系圖像正確的是()圖5答案C解析下落高度在h0之前，彈性繩無(wú)彈力，只有重力做功，人的機(jī)械能守恒，在h0后，除了重力之外有彈性繩對(duì)人做負(fù)功，由功能關(guān)系知，在下落高度h0后，人的機(jī)械能減少，彈性繩形變?cè)酱?，則彈性繩的彈力越大，由ΔE＝－F彈Δh，可得圖像的斜率越大，故C正確。6．(2022·江蘇南京師大附中模擬)一轉(zhuǎn)動(dòng)裝置如圖6所示，兩根輕桿OA和AB與一小球以及一輕質(zhì)套筒通過鉸鏈連接，兩輕桿長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，球的質(zhì)量為m，O端固定在豎直的輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸上，套在轉(zhuǎn)軸上的輕質(zhì)彈簧連接在O與套筒之間，原長(zhǎng)為L(zhǎng)，彈簧勁度系數(shù)為k＝eq\f(mg,L)，轉(zhuǎn)動(dòng)該裝置并緩慢增大轉(zhuǎn)速，套筒緩慢上升。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，求：圖6(1)平衡時(shí)彈簧的長(zhǎng)度；(2)AB桿中彈力為0時(shí)，裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω0；(3)彈簧從小球平衡至縮短為原長(zhǎng)的一半的過程中，外界對(duì)轉(zhuǎn)動(dòng)裝置所做的功W。答案(1)eq\f(3,2)L(2)eq\r(\f(2g,L))(3)eq\f(7,4)mgL解析(1)設(shè)兩桿與豎直方向的夾角為θ，對(duì)球根據(jù)平衡條件得FOAsinθ＝FABsinθFOAcosθ＋FABcosθ＝mg根據(jù)胡克定律得FABcosθ＝kx解得x＝eq\f(L,2)彈簧的長(zhǎng)度為l＝L＋x＝eq\f(3,2)L。(2)AB桿中彈力為0時(shí)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，根據(jù)牛頓第二定律得mgtan60°＝mωeq\o\al(2,0)Lsin60°解得ω0＝eq\r(\f(2g,L))。(3)彈簧縮短為原長(zhǎng)的一半時(shí)，設(shè)OA與豎直方向的夾角為α，豎直方向根據(jù)平衡條件得FOA′cosα＝FAB′cosα＋mg水平方向根據(jù)牛頓第二定律得FOA′sinα＋FAB′sinα＝mωeq\o\al(2,1)Lsinα根據(jù)直角三角形得cosα＝eq\f(\f(L,4),L)解得ω1＝eq\r(\f(8g,L))彈簧長(zhǎng)度從eq\f(3,2)L至eq\f(L,2)彈性勢(shì)能不變，根據(jù)動(dòng)能定理得W－mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)L－\f(1,4)L))＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω1r1))2r1＝eq\r(L2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,4)))2)解得W＝eq\f(7,4)mgL。7．(2022·江蘇泰州模擬預(yù)測(cè))如圖7所示，高h(yuǎn)＝1.6m、傾角為θ＝30°斜面固定在水平面上。一質(zhì)量為m＝1kg、長(zhǎng)度L＝2m薄木板B置于斜面頂端，恰能保持靜止，木板下端連有一原長(zhǎng)為0.2m的輕彈簧。有一質(zhì)量M＝3kg的小物塊A，從斜面左側(cè)離水平面的高度H＝1.8m某位置水平拋出，沿平行于斜面方向落到木板上并向下滑行，同時(shí)木板沿斜面下滑，木板滑到斜面底端碰到擋板時(shí)立刻停下，運(yùn)動(dòng)過程中物塊A最終恰好能脫離彈簧。已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),2)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：圖7(1)小物塊A剛滑上木板B時(shí)速度的大??；(2)斜面與木板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ0及木板B到達(dá)斜面底端時(shí)小物塊A相對(duì)木板B的位移；(3)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能。答案(1)4m/s(2)eq\f(\r(3),3)0.8m(3)5J解析(1)物塊A落到木板前做平拋運(yùn)動(dòng)，則veq\o\al(2,y)＝2g(H－h(huán))得vy＝2m/s得v＝eq\f(vy,sin30°)＝4m/s。(2)木板恰好靜止在斜面上mgsin30°＝μ0mgcos30°得μ0＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)物塊A在木板上滑行時(shí)，對(duì)AaA＝eq\f(μMgcos30°－Mgsin30°,M)＝2.5m/s2(沿斜面向上)對(duì)B，aB＝eq\f(μMgcos30°＋mgsin30°－μ0（M＋m）gcos30°,m)＝7.5m/s2(沿斜面向下)假設(shè)A與木板達(dá)到共同速度v共時(shí)，A還沒有壓縮彈簧且木板還沒有到達(dá)底端，則有v共＝aBt1＝v－aAt1解得v共＝3m/s，t1＝0.4s位移為xA＝eq\f(v＋v共,2)·t1＝1.4mxB＝eq\f(v共,2)·t1＝0.6m假設(shè)成立，故Δx＝xA－xB＝0.8m。(3)木板停下，此后A做勻減速到與彈簧接觸，然后A壓縮彈簧至最短，設(shè)接觸彈簧時(shí)A的速度為vA，有－2aA(L－l0－Δx)＝veq\o\al(2,A)－veq\o\al(2,共)得vA＝2m/s設(shè)彈簧最大壓縮量為xm，A從開始?jí)嚎s彈簧到剛好回到原長(zhǎng)過程有Q＝2μMgxmcos30°＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)得Q＝6J，xm＝eq\f(2,15)mA從開始?jí)嚎s彈簧到彈簧最短過程有Epm＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)＋Mgxmsin30°－eq\f(1,2)Q＝5J。8．(2022·江蘇鹽城三模)如圖8所示，滑塊質(zhì)量為m，因輕質(zhì)細(xì)繩的牽引而沿水平導(dǎo)軌滑動(dòng)，另一端纏在半徑為r的鼓輪O上，鼓輪在把手搖動(dòng)下以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。滑塊在繩牽引下從A處運(yùn)動(dòng)到B處，繩與水平方向的夾角分別為30°、45°。不計(jì)一切阻力，求：圖8(1)鼓輪邊緣的線速度v；(2)滑塊從A處運(yùn)動(dòng)到B處的時(shí)間t；(3)滑塊從A處運(yùn)動(dòng)到B處，繩對(duì)滑塊所做的功W。答案(1)ωr(2)eq\f(12\r(3)－12－π,12ω)(3)eq\f(1,3)mω2r2解析(1)鼓輪邊緣的線速度為v＝ωr。(2)如圖所示，根據(jù)幾