專題13 動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用（原卷版）

專題13動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一多運動組合問題 1題型二“傳送帶”模型綜合問題 6類型1水平傳送帶問題 7類型2傾斜傳送帶 10題型三“滑塊－木板”模型綜合問題 13題型一多運動組合問題【解題指導(dǎo)】1．分析思路(1)受力與運動分析：根據(jù)物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運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動過程中的做功情況；(3)功能關(guān)系分析：運用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律進行分析，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)建大致的運動情景；(2)“分”——將全過程進行分解，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．【例1】(2022·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α＝30°，下端點C與粗糙水平軌道CD相切，DE為傾角θ＝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m＝1kg的小滑塊P(可視為質(zhì)點)從空中的A點以v0＝eq\r(2)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入軌道，沿著圓弧軌道運動到C點之后繼續(xù)沿水平軌道CD滑動，經(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動至F點(圖中未標(biāo)出)，彈簧恰好壓縮至最短．已知C、D之間和D、F之間距離都為1m，滑塊與軌道CD間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力．求：(1)小滑塊P經(jīng)過圓弧軌道上B點的速度大??；(2)小滑塊P到達圓弧軌道上的C點時對軌道壓力的大??；(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B點的速度大??；若不能，判斷滑塊最后位于何處．【例2】如圖所示，豎直放置的半徑為R＝0.2m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＝4m/s的速度沿順時針方向運動，傳送帶與水平地面的高度差為h＝0.8m，MN間的距離為LMN＝3.0m，小滑塊P與傳送帶和BC段軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，軌道其他部分均光滑．直軌道BC長LBC＝1m，小滑塊P質(zhì)量為m＝1kg.重力加速度g取10m/s2.(1)若滑塊P第一次到達與圓軌道圓心O等高的F點時，對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′＝1.0m處靜止下滑，求滑塊從N點平拋后到落地過程的水平位移；(3)滑塊P在運動過程中能兩次經(jīng)過圓軌道最高點E點，求滑塊P從斜面靜止下滑的高度差H的范圍．【例3】．如圖所示為某輪滑比賽的場地，由斜面AB、圓弧面BCD和平臺組成，斜面AB和圓弧面在B點相切，C為圓弧面的最低點，剛好與地面相切，圓弧BC所對的圓心角α＝37°，圓弧軌道半徑為R，D點離地面的高度是平臺離地面高度的一半，平臺離圓弧軌道D點的水平距離和平臺的高度相等，輪滑運動員從斜面上A點由靜止滑下，從D點飛出后，剛好沿水平方向滑上平臺，整個過程運動員視為質(zhì)點，不計一切摩擦和阻力，重力加速度為g，求：(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，)(1)圓弧CD所對的圓心角θ；(2)斜面AB的長度．【例4】．如圖是小明設(shè)計的一個游戲裝置．該滑道分為AM、AB、BC，CDE，EF和FG六段，其中AB、BC，CDE和FG軌道光滑，剩余軌道的動摩擦因數(shù)為0.5.在M點處安裝一彈簧裝置，將一物塊與彈簧緊貼，釋放彈簧，物塊從M點處出發(fā)．游戲成功的要求：物塊不會脫離CDE軌道(檢測裝置省略)，物塊最后能平穩(wěn)地停在EF軌道處，且不會從FG軌道中飛出．現(xiàn)已知物塊的質(zhì)量為1kg，R1＝2m，R2＝1m，D點與A點位于同一水平線，AM＝1m，H＝2m，L＝20m，不計空氣阻力及彈簧裝置內(nèi)部物塊的位移，物塊可視為質(zhì)點，g＝10m/s2.回答下列有關(guān)問題：(1)求物塊在B點時速度的最小值，并求出當(dāng)B點為最小速度時，A點的速度大?。?2)若物塊在M點處的彈性勢能E1＝45J，求物塊在E點處對軌道的壓力；(3)求彈簧的彈性勢能E與最后停止時物塊到E點的距離d的關(guān)系式．【例5】(2022·陜西西安市高考模擬猜想卷)學(xué)校科技小組設(shè)計了“e”字型軌道豎直放置在水平面上，如圖所示，該軌道由兩個光滑半圓形軌道ABC、CDE和粗糙的水平直軌道EF組成，末端與豎直的彈性擋板OF連接，軌道CDE半徑r＝0.1m，軌道ABC半徑為2r，A端與地面相切。現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.2kg小滑塊從水平地面P點以速度v0＝2eq\r(3)m/s出發(fā)并沿“e”字型軌道上滑，運動到F點與擋板發(fā)生完全彈性相碰。已知水平直軌道EF長為L＝0.5m，小滑塊與軌道EF間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余阻力均不計，小滑塊可視為質(zhì)點。求：(1)小滑塊在ABC圓軌道運動時對軌道C點的壓力；(2)小滑塊最終停止的位置離F點的距離；(3)若改變小滑塊的初速度，使小滑塊能停在EF軌道上，且運動過程中不脫離軌道，則小滑塊的初速度滿足什么條件。題型二“傳送帶”模型綜合問題【解題指導(dǎo)】1．計算摩擦力對物塊做的功和摩擦力對傳送帶做的功要用動能定理，計算摩擦產(chǎn)生的熱量要用Q＝Ffx相對或能量守恒定律.2.電機做的功一部分增加物塊的機械能，一部分轉(zhuǎn)化為因摩擦產(chǎn)生的熱量．【核心歸納】1．設(shè)問的角度(1)動力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學(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)功能關(guān)系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。(2)對W和Q的理解①傳送帶克服摩擦力做的功：W＝Ffx傳；②產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝Ffx相對。類型1水平傳送帶問題【例1】如圖甲所示，一水平傳送帶沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，在傳送帶左端A處輕放一可視為質(zhì)點的小物塊，小物塊從A端到B端的速度－時間變化規(guī)律如圖乙所示，t＝6s時恰好到B點，重力加速度g取10m/s2，則()A．物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2B．A、B間距離為16m，小物塊在傳送帶上留下的痕跡是8mC．若物塊質(zhì)量m＝1kg，物塊對傳送帶做的功為8JD．若物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變?yōu)榱?，物塊不能到達B端【例2】某砂場為提高運輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運動的關(guān)系，建立如圖所示的物理模型。豎直平面內(nèi)有一傾角θ＝37°的直軌道AB，其下方右側(cè)放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過。轉(zhuǎn)輪半徑R＝0.4m、轉(zhuǎn)軸間距L＝2m的傳送帶以恒定的線速度逆時針轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)輪最低點離地面的高度H＝2.2m。現(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h處由靜止釋放，假設(shè)小物塊從直軌道B端運動到達傳送帶上C點時，速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?。已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5。(sin37°＝0.6，g取10m/s2)(1)若h＝2.4m，求小物塊到達B端時速度的大小；(2)若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，求h需要滿足的條件；(3)改變小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點水平向右拋出，求小物塊落地點到D點的水平距離x與h的關(guān)系式及h需要滿足的條件。【例3】．如圖所示，一固定的四分之一光滑圓弧軌道與逆時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶平滑連接于N點，圓弧軌道半徑為R.質(zhì)量為m的小滑塊自圓弧軌道最高點M由靜止釋放，滑塊在傳送帶上運動一段時間后返回圓弧軌道，上升到最高點時距N點高度為eq\f(R,4).重力加速度為g，不計空氣阻力，則以下說法錯誤的是()A．傳送帶勻速轉(zhuǎn)動的速度大小為eq\r(\f(gR,2))B．經(jīng)過足夠長的時間，滑塊最終靜止于N點C．滑塊第一次在傳送帶上運動的整個過程中產(chǎn)生的熱量為eq\f(9,4)mgRD．滑塊第三次在傳送帶上運動的整個過程中產(chǎn)生的熱量為mgR【例4】．(2022·浙江省杭州第二中學(xué)高三月考)如圖為一水平傳送帶裝置的示意圖．傳送帶右端有一圓弧軌道與傳送帶相切于B點，緊繃的傳送帶AB始終保持v0＝5m/s的恒定速率運行，AB間的距離L為8m．將一質(zhì)量m＝1kg的小物塊輕輕放在傳送帶上距A點2m處的P點，小物塊隨傳送帶運動到B點后恰好能沖上光滑圓弧軌道的最高點N.小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)該圓軌道的半徑r；(2)要使小物塊能第一次滑上圓形軌道達到M點(M點未畫出)，M點為圓軌道右側(cè)上的點，該點高出B點0.25m，且小物塊在圓形軌道上運動時中途不脫離軌道，求小物塊放上傳送帶時距離A點的位置范圍．類型2傾斜傳送帶【例2】(多選)6月份是收割小麥的季節(jié)，如圖甲所示，糧庫工作人員通過傳送帶把小麥堆積到倉庫內(nèi)．其簡化模型如圖乙所示，工作人員把一堆小麥輕輕地放在傾斜傳送帶的底端，小麥經(jīng)過加速和勻速兩個過程到達傳送帶頂端，然后被拋出落到地上．已知傳送帶與地面的夾角為θ，兩軸心間距為L，傳送帶以恒定的速度v順時針轉(zhuǎn)動，忽略空氣阻力，重力加速度為g，以地面為零勢能面，對于其中一顆質(zhì)量為m的麥粒P(如圖所示)的說法正確的是()A．在勻速階段，其他麥粒對麥粒P不做功B．在傳送帶上運動時，其他麥粒對麥粒P做的功為eq\f(1,2)mv2＋mgLsinθC．麥粒P離開傳送帶后(未落地)的機械能為eq\f(1,2)mv2＋2mgLsinθD．麥粒P克服重力做功的最大值為mgLsinθ＋eq\f(mv2sin2θ,2)【例2】(多選)(2022·山東日照市模擬)如圖所示，現(xiàn)將一長為L、質(zhì)量為m且分布均勻的金屬鏈條通過裝有傳送帶的斜面輸送到高處。斜面與傳送帶靠在一起連成一直線，與水平方向夾角為θ，斜面部分光滑，鏈條與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)。傳送帶以較大的恒定速率順時針轉(zhuǎn)動。已知鏈條處在斜面或者傳送帶上任意位置時，支持力都均勻作用在接觸面上。將鏈條放在傳送帶和斜面上，當(dāng)位于傳送帶部分的長度為eq\f(L,4)時，鏈條恰能保持靜止?，F(xiàn)將鏈條從位于傳送帶部分的長度為eq\f(L,3)的位置由靜止釋放，則下列說法正確的是(假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()A．鏈條與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝4tanθB．釋放瞬間鏈條的加速度為eq\f(1,3)gsinθC．釋放后，鏈條運動的加速度均勻增大D．從開始到鏈條離開斜面的過程中，傳送帶對鏈條做的功等于鏈條動能的增加【例3】(2021·福建南平市質(zhì)檢)如圖，傳送帶以v＝10m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動，一個質(zhì)量m＝1kg的物體從傳送帶頂端以v0＝5m/s的速度沿傳送帶滑入，若傳送帶與水平方向成θ＝30°角，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)，傳送帶底端到頂端長L＝10m，g取10m/s2，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。求：(1)物體從傳送帶底端滑出時的速度大??；(2)若在物體滑入傳送帶運動了0.5s時，傳送帶突然停止，物體在傳送帶上滑動過程中，因與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量。【例4】(多選)如圖甲，一足夠長的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，皮帶在電動機的帶動下，速率始終不變．t＝0時刻在傳送帶適當(dāng)位置放上一具有初速度的小物塊．取沿斜面向上為正方向，物塊在傳送帶上運動的速度隨時間的變化如圖乙所示．已知小物塊質(zhì)量m＝1kg，g取10m/s2，下列說法正確的是()A．傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，速度大小為2m/sB．傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(2\r(3),5)C．0～t2時間因摩擦產(chǎn)生熱量為27JD．0～t2時間內(nèi)電動機多消耗的電能為28.5J題型三“滑塊－木板”模型綜合問題【解題指導(dǎo)】1．分析滑塊與木板間的相對運動情況，確定兩者間的速度關(guān)系、位移關(guān)系，注意兩者速度相等時摩擦力可能變化.2.用公式Q＝Ff·x相對或動能定理、能量守恒求摩擦產(chǎn)生的熱量．【核心歸納】“滑塊—木板”模型問題的分析方法(1)動力學(xué)分析：分別對滑塊和木板進行受力分析，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t＝eq\f(Δv2,a2)＝eq\f(Δv1,a1)，可求出共同速度v和所用時間t，然后由位移公式可分別求出二者的位移．(2)功和能分析：對滑塊和木板分別運用動能定理，或者對系統(tǒng)運用能量守恒定律．如圖所示，要注意區(qū)分三個位移：①求摩擦力對滑塊做功時用滑塊對地的位移x滑；②求摩擦力對木板做功時用木板對地的位移x板；③求摩擦生熱時用相對位移Δx.【例1】(多選)如圖甲所示，一長木板靜止在水平地面上，在t＝0時刻，一小物塊以一定速度從左端滑上長木板，之后長木板運動的v－t圖像如圖乙所示，已知小物塊與長木板的質(zhì)量均為m＝1kg，已知木板足夠長，g取10m/s2，則()A．小物塊與長木板間動摩擦因數(shù)μ＝0.5B．在整個運動過程中，物塊與木板構(gòu)成的系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量70JC．小物塊的初速度為v0＝12m/sD．0～2s與2～3s物塊和木板構(gòu)成的系統(tǒng)機械能減少量之比為17∶1【例2】如圖所示，水平地面上有一長L＝2m、質(zhì)量M＝1kg的長板，其右端上方有一固定擋板．質(zhì)量m＝2kg的小滑塊從長板的左端以v0＝6m/s的初速度向右運動，同時長板在水平拉力F作用下以v＝2m/s的速度向右勻速運動，滑塊與擋板相碰后速度為0，長板繼續(xù)勻速運動，直到長板與滑塊分離．已知長板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4，滑塊與長板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，重力加速度g取10m/s2.求：(1)滑塊從長板的左端運動至擋板處的過程，長板的位移x；(2)滑塊碰到擋板前，水平拉力大小F；(3)滑塊從長板的左端運動至與長板分離的過程，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q.【例3】(多選)(2022·山東臨沂市等級考模擬)如圖所示，一傾角為θ＝37°的足夠長斜面體固定在水平地面上，質(zhì)量為M＝2kg的長木板B沿著斜面以速度v0＝9m/s勻速下滑，現(xiàn)把質(zhì)量為m＝1kg的鐵塊A輕輕放在長木板B的左端，鐵塊最終恰好沒有從長木板上滑下。已知A與B之間、B與斜面之間的動摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列判斷正確的是()A．動摩擦因數(shù)μ＝0.5B．鐵塊A和長木板B共速后的速度大小為6m/sC．長木板的長度為2.25mD．從鐵塊放在長木板B上，到鐵塊和長木板共速的過程中，鐵塊A和長木板B減少的機械能等于A、B之間摩擦產(chǎn)生的熱量【例3】(多選)如圖甲所示，長木板在粗糙的水平地面上向左運動，某時刻一質(zhì)量與長木板相等的滑塊(可視為質(zhì)點)水平向左以某一初速度從右端滑上木板，滑塊始終在木板上且滑塊的動能－位移(Ek－x)圖像如圖乙所示．已知長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，重力加速度大小為10m/s2，則()A．小滑塊和木板的質(zhì)量均為0.25kgB．小滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)是0.6C．小滑塊滑上木板瞬間，木板的初速度大小為eq\f(2,3)m/sD．木板長度至少要eq\f(4,9)m，小滑塊才不會沖出木板【例4】如圖，小物塊A和木板B靜止在光滑水平面上，CD為豎直面內(nèi)一固定光滑半圓弧軌道，直徑CD豎直，C點與B上表面等高．A在水平向右的恒定拉力作用下從B的左端由靜止開始向右滑動，當(dāng)A的速率為v時撤去拉力，此時B的速率為eq\f(v,2)，B恰好到達C處且立即被臺階粘住不動，A進入半圓弧軌道后恰好通過D點．已知A、B的質(zhì)量分別為m、2m，A與B間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，B的長度L＝eq\f(v2,2g)，g為重力加速度大?。?1)求拉力的大小F；(2)求半圓弧軌道的半徑R；(3)A從D點飛出后是落到地面上還是落到B上？為什么？【例5】．如圖所示，底部帶有擋板的固定光滑斜面，傾角θ＝30°，上有質(zhì)量為m的足夠長木板A，其下端距擋板的距離為L，質(zhì)量也為m的小物塊B置于木板A的頂端，B與木板A之間的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),2).無初速釋放二者，當(dāng)木板滑到斜面底端時，與底部的擋板發(fā)生彈性碰撞，且碰撞時間極短．可認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．重力加速度為g，求：(1)木板A與擋板第一次碰撞后沿斜面上滑的過程中物塊B的加速度大??；(2)木板A從開始到第二次與擋板碰撞過程中運動的總路程；(3)從開始到A、B最后都靜止的過程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量．

專題13動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一多運動組合問題 1題型二“傳送帶”模型綜合問題 6類型1水平傳送帶問題 7類型2傾斜傳送帶 10題型三“滑塊－木板”模型綜合問題 13題型一多運動組合問題【解題指導(dǎo)】1．分析思路(1)受力與運動分析：根據(jù)物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運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動過程中的做功情況；(3)功能關(guān)系分析：運用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律進行分析，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)建大致的運動情景；(2)“分”——將全過程進行分解，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．【例1】(2022·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α＝30°，下端點C與粗糙水平軌道CD相切，DE為傾角θ＝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m＝1kg的小滑塊P(可視為質(zhì)點)從空中的A點以v0＝eq\r(2)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入軌道，沿著圓弧軌道運動到C點之后繼續(xù)沿水平軌道CD滑動，經(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動至F點(圖中未標(biāo)出)，彈簧恰好壓縮至最短．已知C、D之間和D、F之間距離都為1m，滑塊與軌道CD間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力．求：(1)小滑塊P經(jīng)過圓弧軌道上B點的速度大??；(2)小滑塊P到達圓弧軌道上的C點時對軌道壓力的大?。?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B點的速度大??；若不能，判斷滑塊最后位于何處．【答案】(1)2eq\r(2)m/s(2)50N(3)6J(4)無法從B點離開，離D點0.2m(或離C點0.8m)【解析】(1)設(shè)滑塊P經(jīng)過B點的速度大小為vB，由平拋運動知識v0＝vBsin30°得vB＝2eq\r(2)m/s(2)滑塊P從B點到達最低點C點的過程中，由機械能守恒定律mg(R＋Rsin30°)＋eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mvC2解得vC＝4eq\r(2)m/s經(jīng)過C點時受軌道的支持力大小FN，有FN－mg＝meq\f(vC2,R)解得FN＝50N由牛頓第三定律可得滑塊在C點時對軌道的壓力大小F壓＝50N(3)設(shè)彈簧的彈性勢能最大值為Ep，滑塊從C到F點過程中，根據(jù)動能定理有－μmgL－mgLsin30°－Ep＝0－eq\f(1,2)mvC2代入數(shù)據(jù)可解得Ep＝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mgLsin30°＋Ep－μmgL＝mgh代入數(shù)據(jù)可解得h＝0.6m因為h<R，故無法從B點離開，又eq\f(1,2)mvC2＝μmgx代入數(shù)據(jù)可解得x＝3.2m滑塊最后靜止時離D點0.2m(或離C點0.8m)．【例2】如圖所示，豎直放置的半徑為R＝0.2m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＝4m/s的速度沿順時針方向運動，傳送帶與水平地面的高度差為h＝0.8m，MN間的距離為LMN＝3.0m，小滑塊P與傳送帶和BC段軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，軌道其他部分均光滑．直軌道BC長LBC＝1m，小滑塊P質(zhì)量為m＝1kg.重力加速度g取10m/s2.(1)若滑塊P第一次到達與圓軌道圓心O等高的F點時，對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′＝1.0m處靜止下滑，求滑塊從N點平拋后到落地過程的水平位移；(3)滑塊P在運動過程中能兩次經(jīng)過圓軌道最高點E點，求滑塊P從斜面靜止下滑的高度差H的范圍．【答案】(1)0.4m(2)0.8m(3)0.7m≤H≤0.8m【解析】(1)滑塊P在圓軌道F點對軌道的壓力剛好為零，則vF＝0mg(H－R)－μmgLBC＝0解得H＝0.4m(2)H′＝1.0m，設(shè)動能定理mgH′－μmg(LBC＋LMN)＝eq\f(1,2)mvN2－0解得vN＝2m/s滑塊從N點做平拋運動，水平位移為x＝vNeq\r(\f(2h,g))＝0.8m(3)設(shè)滑塊P在運動過程中恰好能第一次經(jīng)過E點時，高度差為H1，從開始到E點應(yīng)用動能定理mgH1－μmgLBC－2mgR＝eq\f(1,2)mvE2－0在E點時有mg＝meq\f(vE2,R)解得H1＝0.7m滑塊滑上傳送帶時的速度為vMmgH1－μmgLBC＝eq\f(1,2)mvM2－0vM＝eq\r(10)m/s<4m/s滑塊做減速運動的位移為L＝eq\f(vM2,2μg)＝2.5m<LMN因此滑塊返回M點時的速度為vM′＝eq\r(10)m/s，因此能第二次過E點．設(shè)高度為H2時，滑塊從傳送帶返回M點時的最大速度為v＝eq\r(2μgLMN)＝eq\r(12)m/s從開始到M點應(yīng)用動能定理mgH2－μmgLBC＝eq\f(1,2)mv2－0解得H2＝0.8m第二次經(jīng)過E點后，當(dāng)滑塊再次從B點滑上圓軌道時在B點的速度為vB，則有mgH2－3μmgLBC＝eq\f(1,2)mvB2－0vB＝2m/s<eq\r(10)m/s所以滑塊不會第三次過E點，則能兩次經(jīng)過E點的高度差H范圍是0.7m≤H≤0.8m.【例3】．如圖所示為某輪滑比賽的場地，由斜面AB、圓弧面BCD和平臺組成，斜面AB和圓弧面在B點相切，C為圓弧面的最低點，剛好與地面相切，圓弧BC所對的圓心角α＝37°，圓弧軌道半徑為R，D點離地面的高度是平臺離地面高度的一半，平臺離圓弧軌道D點的水平距離和平臺的高度相等，輪滑運動員從斜面上A點由靜止滑下，從D點飛出后，剛好沿水平方向滑上平臺，整個過程運動員視為質(zhì)點，不計一切摩擦和阻力，重力加速度為g，求：(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，)(1)圓弧CD所對的圓心角θ；(2)斜面AB的長度．【答案】(1)45°(2)eq\f(28－15\r(2)R,6)【解析】(1)設(shè)平臺離地面的高度為d，則D點到平臺的距離為d，D點與平臺的高度差為eq\f(1,2)d，設(shè)運動員運動到D點時速度大小為v，運動員從D點飛出后，做平拋運動的逆運動，則d＝vcosθ·t，eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)vsinθ·t，解得θ＝45°.(2)由幾何關(guān)系得eq\f(1,2)d＝R－Rcosθ，解得d＝(2－eq\r(2))R.由(vsinθ)2＝2g×eq\f(1,2)d，解得v＝eq\r(22－\r(2)gR).設(shè)AB長為L，根據(jù)機械能守恒定律有mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Lsinα＋R－Rcosα－\f(1,2)d))＝eq\f(1,2)mv2，解得L＝eq\f(28－15\r(2)R,6)【例4】．如圖是小明設(shè)計的一個游戲裝置．該滑道分為AM、AB、BC，CDE，EF和FG六段，其中AB、BC，CDE和FG軌道光滑，剩余軌道的動摩擦因數(shù)為0.5.在M點處安裝一彈簧裝置，將一物塊與彈簧緊貼，釋放彈簧，物塊從M點處出發(fā)．游戲成功的要求：物塊不會脫離CDE軌道(檢測裝置省略)，物塊最后能平穩(wěn)地停在EF軌道處，且不會從FG軌道中飛出．現(xiàn)已知物塊的質(zhì)量為1kg，R1＝2m，R2＝1m，D點與A點位于同一水平線，AM＝1m，H＝2m，L＝20m，不計空氣阻力及彈簧裝置內(nèi)部物塊的位移，物塊可視為質(zhì)點，g＝10m/s2.回答下列有關(guān)問題：(1)求物塊在B點時速度的最小值，并求出當(dāng)B點為最小速度時，A點的速度大小；(2)若物塊在M點處的彈性勢能E1＝45J，求物塊在E點處對軌道的壓力；(3)求彈簧的彈性勢能E與最后停止時物塊到E點的距離d的關(guān)系式．【答案】(1)2eq\r(5)m/s2eq\r(15)m/s(2)70N，方向豎直向下(3)見解析【解析】(1)物塊在C點恰好由重力提供向心力時，速度vB最小，由mg＝meq\f(vBmin,R1)，解得vBmin＝2eq\r(5)m/s，此時從A點到B點，有eq\f(1,2)mvA2－mgH＝eq\f(1,2)mvBmin2，解得vA＝2eq\r(15)m/s.(2)由能量守恒定理可知E1－mgH－μmgLAM＝eq\f(1,2)mvB2，解得eq\f(1,2)mvB2＝20J>eq\f(1,2)mvBmin2＝10J.故物塊會沿著軌道下滑．由動能定理可得2mgR1＝eq\f(1,2)mvE2－eq\f(1,2)mvB2，解得vE＝2eq\r(30)m/s.由F－mg＝meq\f(v\o\al(E2),R1)，解得F＝70N.根據(jù)牛頓第三定律，物塊在E點處對軌道的壓力方向豎直向下，大小為70N.(3)E－mgH－μmgLAM≥eq\f(1,2)mvBmin2，得E≥35J.從M點到E點，由動能定理，得E－mgH－μmgLAM＋2mgR1＝eq\f(1,2)mvE2，得eq\f(1,2)mvE2＝E＋15J.因為μmgL＝100J，故對彈簧的彈性勢能E進行分類討論：當(dāng)35J≤E≤85J，有E＋15J＝μmgd，得E＝5d－15.當(dāng)E>85J，有E＋15J＝μmg(L－d)＋100J，得E＝185－5d.又因為不能飛出，故有E－85J－mgR2≤0，得E≤95J，故綜上所述，當(dāng)35J≤E≤85J時，E＝5d－15；當(dāng)95J≥E>85J時，E＝185－5d.【例5】(2022·陜西西安市高考模擬猜想卷)學(xué)?？萍夹〗M設(shè)計了“e”字型軌道豎直放置在水平面上，如圖所示，該軌道由兩個光滑半圓形軌道ABC、CDE和粗糙的水平直軌道EF組成，末端與豎直的彈性擋板OF連接，軌道CDE半徑r＝0.1m，軌道ABC半徑為2r，A端與地面相切。現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.2kg小滑塊從水平地面P點以速度v0＝2eq\r(3)m/s出發(fā)并沿“e”字型軌道上滑，運動到F點與擋板發(fā)生完全彈性相碰。已知水平直軌道EF長為L＝0.5m，小滑塊與軌道EF間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余阻力均不計，小滑塊可視為質(zhì)點。求：(1)小滑塊在ABC圓軌道運動時對軌道C點的壓力；(2)小滑塊最終停止的位置離F點的距離；(3)若改變小滑塊的初速度，使小滑塊能停在EF軌道上，且運動過程中不脫離軌道，則小滑塊的初速度滿足什么條件。【答案】(1)2N，方向豎直向上(2)0.3m(3)eq\r(10)m/s<v0≤4m/s【解析】(1)小滑塊從P到C的過程中，根據(jù)動能定理可得－mg·4r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在C點對小滑塊根據(jù)牛頓第二定律可得FN＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),2r)聯(lián)立解得FN＝2N根據(jù)牛頓第三定律可知小滑塊對軌道的壓力大小為2N，方向豎直向上。(2)從P點到EF軌道停止過程中，根據(jù)動能定理可得－mg·2r－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得s＝0.8m＝(L＋0.3)m所以小球最終停在離F點0.3m處。(3)小滑塊剛好經(jīng)過最高點C，則mg＝eq\f(mv2,2r)小滑塊從P到C的過程中，根據(jù)動能定理可得－mg·4r＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)聯(lián)立解得v1＝eq\r(10)m/s當(dāng)小滑塊第一次從擋板彈回，到達小圓的圓心等高處時速度為零，小滑塊從P到D的過程中，根據(jù)動能定理可得－mg·3r－μmg·2L＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v2＝4m/s所以小滑塊的初速度范圍為eq\r(10)m/s<v0≤4m/s。題型二“傳送帶”模型綜合問題【解題指導(dǎo)】1．計算摩擦力對物塊做的功和摩擦力對傳送帶做的功要用動能定理，計算摩擦產(chǎn)生的熱量要用Q＝Ffx相對或能量守恒定律.2.電機做的功一部分增加物塊的機械能，一部分轉(zhuǎn)化為因摩擦產(chǎn)生的熱量．【核心歸納】1．設(shè)問的角度(1)動力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學(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)功能關(guān)系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。(2)對W和Q的理解①傳送帶克服摩擦力做的功：W＝Ffx傳；②產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝Ffx相對。類型1水平傳送帶問題【例1】如圖甲所示，一水平傳送帶沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，在傳送帶左端A處輕放一可視為質(zhì)點的小物塊，小物塊從A端到B端的速度－時間變化規(guī)律如圖乙所示，t＝6s時恰好到B點，重力加速度g取10m/s2，則()A．物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2B．A、B間距離為16m，小物塊在傳送帶上留下的痕跡是8mC．若物塊質(zhì)量m＝1kg，物塊對傳送帶做的功為8JD．若物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變?yōu)榱?，物塊不能到達B端【答案】B【解析】由題圖乙可知，物塊加速過程的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4,4)m/s2＝1m/s2，由牛頓第二定律可知a＝μg，聯(lián)立解得μ＝0.1，故A錯誤；由于4s后物塊與傳送帶的速度相同，故傳送帶速度為4m/s，A、B間距離x＝eq\f(2＋6×4,2)m＝16m，小物塊在傳送帶上留下的痕跡是l＝4×4m－eq\f(4×4,2)m＝8m，故B正確；物塊對傳送帶的摩擦力大小為μmg，加速過程傳送帶的位移為16m，則物塊對傳送帶所做的功為W＝－μmgx＝－0.1×1×10×16J＝－16J，故C錯誤；物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變?yōu)榱悖飰K將做減速運動，且加速度與加速過程的加速度大小相同，則減速過程的位移為8m，則物塊可以到達B端，故D錯誤．【例2】某砂場為提高運輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運動的關(guān)系，建立如圖所示的物理模型。豎直平面內(nèi)有一傾角θ＝37°的直軌道AB，其下方右側(cè)放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過。轉(zhuǎn)輪半徑R＝0.4m、轉(zhuǎn)軸間距L＝2m的傳送帶以恒定的線速度逆時針轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)輪最低點離地面的高度H＝2.2m?，F(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h處由靜止釋放，假設(shè)小物塊從直軌道B端運動到達傳送帶上C點時，速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?。已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5。(sin37°＝0.6，g取10m/s2)(1)若h＝2.4m，求小物塊到達B端時速度的大小；(2)若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，求h需要滿足的條件；(3)改變小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點水平向右拋出，求小物塊落地點到D點的水平距離x與h的關(guān)系式及h需要滿足的條件?！敬鸢浮?1)4m/s(2)h＜3.0m(3)x＝2eq\r(h－3)(m)h≥3.6m【解析】(1)小物塊由靜止釋放到B的過程中，有mgsinθ－μmgcosθ＝maveq\o\al(2,B)＝2aeq\f(h,sinθ)解得vB＝4m/s。(2)若要小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，小物塊到達傳送帶上D點前速度應(yīng)為零，設(shè)小物塊從距傳送帶高度為h1處由靜止釋放，到D點時速度恰好為零，則有mgh1－μmgcosθ·eq\f(h1,sinθ)－μmgL＝0解得h1＝3.0m當(dāng)h＜h1＝3.0m時滿足題中條件。(3)當(dāng)小物塊從右側(cè)拋出時，設(shè)小物塊到達D點的速度為v，則有mgh－μmgcosθeq\f(h,sinθ)－μmgL＝eq\f(1,2)mv2H＋2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt解得x＝2eq\r(h－3)(m)為使小物塊能在D點水平向右拋出，則需滿足mg≤eq\f(mv2,R)解得h≥3.6m?！纠?】．如圖所示，一固定的四分之一光滑圓弧軌道與逆時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶平滑連接于N點，圓弧軌道半徑為R.質(zhì)量為m的小滑塊自圓弧軌道最高點M由靜止釋放，滑塊在傳送帶上運動一段時間后返回圓弧軌道，上升到最高點時距N點高度為eq\f(R,4).重力加速度為g，不計空氣阻力，則以下說法錯誤的是()A．傳送帶勻速轉(zhuǎn)動的速度大小為eq\r(\f(gR,2))B．經(jīng)過足夠長的時間，滑塊最終靜止于N點C．滑塊第一次在傳送帶上運動的整個過程中產(chǎn)生的熱量為eq\f(9,4)mgRD．滑塊第三次在傳送帶上運動的整個過程中產(chǎn)生的熱量為mgR【答案】B【解析】設(shè)小滑塊第一次滑上傳送帶時的速度為v1，根據(jù)機械能守恒定律可得mgR＝eq\f(1,2)mv12，解得v1＝eq\r(2gR)，向右減速到零后，再反向加速，離開傳送帶時的速度為v2，滑塊上升過程中根據(jù)機械能守恒定律可得mg·eq\f(1,4)R＝eq\f(1,2)mv22，解得v2＝eq\r(\f(1,2)gR).因為v2<v1，所以小滑塊返回時是先加速后勻速，即傳送帶勻速轉(zhuǎn)動的速度大小為eq\r(\f(1,2)gR)，A正確；最終滑塊下落到圓弧軌道底端的速度大小與傳送帶速度大小相等時，滑塊滑上傳送帶的速度和離開傳送帶的速度大小相等，之后一直保持這種狀態(tài)來回運動，所以小滑塊不會停在N點，B錯誤；設(shè)滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ，小滑塊第一次在傳送帶上做減速直線運動的時間為t1＝eq\f(v1,μg)＝eq\f(\r(2gR),μg)，相對傳送帶的距離為Δs1＝vt1＋eq\f(v1,2)t1＝eq\f(2R,μ).反向加速直線運動的時間為t2＝eq\f(v2,μg)＝eq\f(\r(\f(1,2)gR),μg)，相對傳送帶的位移為Δs2＝vt2－eq\f(v2,2)t2，解得Δs2＝eq\f(R,4μ).滑塊第一次在傳送帶上運動的整個過程中產(chǎn)生的熱量均為Q＝μmg(Δs1＋Δs2)，解得Q＝eq\f(9,4)mgR，C正確；第三次滑上傳送帶時，速度與傳送帶速度大小相等，所以以后每次滑上傳送帶產(chǎn)生的熱量一定相同；滑上傳送帶減速直線運動過程中經(jīng)過的時間t＝t2＝eq\f(\r(\f(1,2)gR),μg)，相對傳送帶的距離為Δs1′＝vt＋eq\f(v2,2)t＝eq\f(3R,4μ)，返回過程相對傳送帶的距離為Δs2′＝vt－eq\f(v2,2)t＝eq\f(R,4μ)，滑塊第三次及以后每次在傳送帶上運動的整個過程中產(chǎn)生的熱量為Q′＝μmg(Δs1′＋Δs2′)＝mgR，D正確．【例4】．(2022·浙江省杭州第二中學(xué)高三月考)如圖為一水平傳送帶裝置的示意圖．傳送帶右端有一圓弧軌道與傳送帶相切于B點，緊繃的傳送帶AB始終保持v0＝5m/s的恒定速率運行，AB間的距離L為8m．將一質(zhì)量m＝1kg的小物塊輕輕放在傳送帶上距A點2m處的P點，小物塊隨傳送帶運動到B點后恰好能沖上光滑圓弧軌道的最高點N.小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)該圓軌道的半徑r；(2)要使小物塊能第一次滑上圓形軌道達到M點(M點未畫出)，M點為圓軌道右側(cè)上的點，該點高出B點0.25m，且小物塊在圓形軌道上運動時中途不脫離軌道，求小物塊放上傳送帶時距離A點的位置范圍．【答案】(1)0.5m(2)7m≤x≤7.5m或0≤x≤5.5m【解析】(1)小物塊在傳送帶上勻加速運動的加速度a＝μg＝5m/s2小物塊從開始運動到與傳送帶共速，所用的時間t＝eq\f(v0,a)＝1s運動的位移Δx＝eq\f(v\o\al(02),2a)＝2.5m<L－2＝6m故小物塊與傳送帶達到相同速度后以v0＝5m/s的速度勻速運動到B，然后沖上光滑圓弧軌道恰好到達N點，故有mg＝meq\f(v\o\al(N2),r)由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝2mgr＋eq\f(1,2)mvN2解得r＝0.5m(2)設(shè)在距A點x1處將小物塊輕放在傳送帶上，恰能到達圓心右側(cè)的M點，由能量守恒定律得μmg(L－x1)＝mgh代入數(shù)據(jù)解得x1＝7.5m設(shè)在距A點x2處將小物塊輕放在傳送帶上，恰能到達右側(cè)圓心高度處，由能量守恒定律得μmg(L－x2)＝mgr代入數(shù)據(jù)解得x2＝7m則能到達圓心右側(cè)的M點，物塊放在傳送帶上距A點的距離范圍7m≤x≤7.5m同理，只要過最高點N同樣也能過圓心右側(cè)的M點，由(1)可知x3＝8m－2.5m＝5.5m則0≤x≤5.5m故小物塊放在傳送帶上距A點的距離范圍7m≤x≤7.5m或0≤x≤5.5m類型2傾斜傳送帶【例2】(多選)6月份是收割小麥的季節(jié)，如圖甲所示，糧庫工作人員通過傳送帶把小麥堆積到倉庫內(nèi)．其簡化模型如圖乙所示，工作人員把一堆小麥輕輕地放在傾斜傳送帶的底端，小麥經(jīng)過加速和勻速兩個過程到達傳送帶頂端，然后被拋出落到地上．已知傳送帶與地面的夾角為θ，兩軸心間距為L，傳送帶以恒定的速度v順時針轉(zhuǎn)動，忽略空氣阻力，重力加速度為g，以地面為零勢能面，對于其中一顆質(zhì)量為m的麥粒P(如圖所示)的說法正確的是()A．在勻速階段，其他麥粒對麥粒P不做功B．在傳送帶上運動時，其他麥粒對麥粒P做的功為eq\f(1,2)mv2＋mgLsinθC．麥粒P離開傳送帶后(未落地)的機械能為eq\f(1,2)mv2＋2mgLsinθD．麥粒P克服重力做功的最大值為mgLsinθ＋eq\f(mv2sin2θ,2)【答案】BD【解析】選麥粒P為研究對象，在勻速階段，根據(jù)動能定理W－WG＝0，其他麥粒對麥粒P做功，A錯誤；在傳送帶上運動時，根據(jù)動能定理W＋WG＝eq\f(1,2)mv2－0，WG＝－mgLsinθ，解得W＝eq\f(1,2)mv2＋mgLsinθ，B正確；麥粒P剛離開傳送帶時，機械能為E＝mgLsinθ＋eq\f(1,2)mv2，在拋出過程機械能守恒，則麥粒P離開傳送帶后(未落地)的機械能為eq\f(1,2)mv2＋mgLsinθ，C錯誤；麥粒P離開傳送帶做斜拋運動，豎直分速度為vy＝vsinθ，則麥粒P上升的高度為vy2＝2gh，解得h＝eq\f(v2sin2θ,2g)，則麥粒P克服重力做功的最大值W＝mg(Lsinθ＋h)＝mgLsinθ＋eq\f(mv2sin2θ,2)，D正確．【例2】(多選)(2022·山東日照市模擬)如圖所示，現(xiàn)將一長為L、質(zhì)量為m且分布均勻的金屬鏈條通過裝有傳送帶的斜面輸送到高處。斜面與傳送帶靠在一起連成一直線，與水平方向夾角為θ，斜面部分光滑，鏈條與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)。傳送帶以較大的恒定速率順時針轉(zhuǎn)動。已知鏈條處在斜面或者傳送帶上任意位置時，支持力都均勻作用在接觸面上。將鏈條放在傳送帶和斜面上，當(dāng)位于傳送帶部分的長度為eq\f(L,4)時，鏈條恰能保持靜止。現(xiàn)將鏈條從位于傳送帶部分的長度為eq\f(L,3)的位置由靜止釋放，則下列說法正確的是(假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()A．鏈條與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝4tanθB．釋放瞬間鏈條的加速度為eq\f(1,3)gsinθC．釋放后，鏈條運動的加速度均勻增大D．從開始到鏈條離開斜面的過程中，傳送帶對鏈條做的功等于鏈條動能的增加【答案】AB【解析】設(shè)整個鏈條的總質(zhì)量為m，當(dāng)位于傳送帶部分的長度為eq\f(L,4)時，鏈條恰能保持靜止，則mgsinθ＝μ·eq\f(1,4)mgcosθ，解得μ＝4tanθ，A正確；釋放的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得μ·eq\f(1,3)mgcosθ－mgsinθ＝ma，解得a＝eq\f(1,3)gsinθ，B正確；鏈條從靜止釋放后，鏈條受摩擦力隨著鏈條位于傳送帶部分的長度均勻增大，則鏈條的加速度在增大，但不是均勻增大，C錯誤；從開始到鏈條離開斜面的過程中，根據(jù)動能定理得W－WG＝ΔEk，傳送帶對鏈條做的功大于鏈條動能的增加，D錯誤?！纠?】(2021·福建南平市質(zhì)檢)如圖，傳送帶以v＝10m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動，一個質(zhì)量m＝1kg的物體從傳送帶頂端以v0＝5m/s的速度沿傳送帶滑入，若傳送帶與水平方向成θ＝30°角，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)，傳送帶底端到頂端長L＝10m，g取10m/s2，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。求：(1)物體從傳送帶底端滑出時的速度大小；(2)若在物體滑入傳送帶運動了0.5s時，傳送帶突然停止，物體在傳送帶上滑動過程中，因與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量。【答案】(1)10m/s(2)37.5J【解析】(1)當(dāng)物體沿傳送帶滑入時，設(shè)物體向下運動的加速度為a1，物體向下加速到v所用時間為t1，物體運動位移為x1，根據(jù)運動學(xué)公式μmgcosθ＋mgsinθ＝ma1v＝v0＋a1t1x1＝eq\f(v＋v0,2)t1解得t1＝0.5s，x1＝3.75m由于x1＜L，最大靜摩擦力Ffm＝μmgcos30°＝0.5mg且沿斜面向上，物體將與傳送帶一起做勻速運動，即物體從傳送帶底端滑出時的速度大小為10m/s。(2)0.5s內(nèi)物體相對傳送帶運動的位移Δx1＝vt1－x1＝1.25m0．5s后傳送帶停止，物體受到沿斜面向上的滑動摩擦力Ff＝μmgcos30°＝0.5mg物體勻速下滑，物體相對傳送帶運動的位移Δx2＝L－x1＝6.25m則物體與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)cosθ解得Q＝37.5J?！纠?】(多選)如圖甲，一足夠長的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，皮帶在電動機的帶動下，速率始終不變．t＝0時刻在傳送帶適當(dāng)位置放上一具有初速度的小物塊．取沿斜面向上為正方向，物塊在傳送帶上運動的速度隨時間的變化如圖乙所示．已知小物塊質(zhì)量m＝1kg，g取10m/s2，下列說法正確的是()A．傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，速度大小為2m/sB．傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(2\r(3),5)C．0～t2時間因摩擦產(chǎn)生熱量為27JD．0～t2時間內(nèi)電動機多消耗的電能為28.5J【答案】ABC【解析】從v－t圖可知，小物塊最終隨傳送帶一起勻速運動，說明傳送帶的速度為2m/s，順時針轉(zhuǎn)動，故A正確；小物塊的加速度a＝1m/s2，對物塊受力分析，可得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得μ＝eq\f(2\r(3),5)，故B正確；物塊運動速度減為零后，反向加速經(jīng)歷時間t＝eq\f(v0,a)＝2s，v－t圖中可知t2＝3s，物塊運動的位移s＝1.5m，傳送帶與物塊的相對位移Δs＝4.5m，產(chǎn)生內(nèi)能Q＝μmgcosθ·Δs＝27J，故C正確；物塊增加的重力勢能ΔEp＝mgsinθ·s＝7.5J，物塊動能的增量ΔEk＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12＝1.5J，傳送帶多消耗的電能W電＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36J.另解：物塊運動速度減為零后，反向加速經(jīng)歷時間t＝eq\f(v0,a)＝2s，因此v－t圖中t2＝3s，3s內(nèi)傳送帶的位移s＝v0t2＝6m，傳送帶多消耗的電能W電＝μmgcosθ·s＝36J.題型三“滑塊－木板”模型綜合問題【解題指導(dǎo)】1．分析滑塊與木板間的相對運動情況，確定兩者間的速度關(guān)系、位移關(guān)系，注意兩者速度相等時摩擦力可能變化.2.用公式Q＝Ff·x相對或動能定理、能量守恒求摩擦產(chǎn)生的熱量．【核心歸納】“滑塊—木板”模型問題的分析方法(1)動力學(xué)分析：分別對滑塊和木板進行受力分析，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t＝eq\f(Δv2,a2)＝eq\f(Δv1,a1)，可求出共同速度v和所用時間t，然后由位移公式可分別求出二者的位移．(2)功和能分析：對滑塊和木板分別運用動能定理，或者對系統(tǒng)運用能量守恒定律．如圖所示，要注意區(qū)分三個位移：①求摩擦力對滑塊做功時用滑塊對地的位移x滑；②求摩擦力對木板做功時用木板對地的位移x板；③求摩擦生熱時用相對位移Δx.【例1】(多選)如圖甲所示，一長木板靜止在水平地面上，在t＝0時刻，一小物塊以一定速度從左端滑上長木板，之后長木板運動的v－t圖像如圖乙所示，已知小物塊與長木板的質(zhì)量均為m＝1kg，已知木板足夠長，g取10m/s2，則()A．小物塊與長木板間動摩擦因數(shù)μ＝0.5B．在整個運動過程中，物塊與木板構(gòu)成的系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量70JC．小物塊的初速度為v0＝12m/sD．0～2s與2～3s物塊和木板構(gòu)成的系統(tǒng)機械能減少量之比為17∶1【答案】ACD【解析】由題圖乙可知，木板先做勻加速運動，再做勻減速運動，故可知地面對木板有摩擦力，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動，加速度為a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(2－0,2)m/s2＝1m/sμmg，在2～3s內(nèi)，木板與物塊相對靜止，受地面摩擦力做勻減速運動，加速度為a2＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(0－2,1)m/s2＝－2m/s2，即＝2ma2＝4N，聯(lián)立以上各式，解得μ＝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動，由牛頓第二定律，有μmg＝ma，解得a＝5m/s2，由v＝v0－at可得v0＝v＋at＝2m/s＋5×2m/s＝12m/s，故C正確；最后木板與物塊均靜止，故在整個運動過程中，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＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×1×122J＝72J,2s～3s物塊和木板一起減速，系統(tǒng)的機械能減少Q(mào)＝eq\f(1,2)·2mv2＝4J，故0～2s系統(tǒng)機械能減少72J－4J＝68J，則0～2s與2～3s系統(tǒng)機械能減少量之比為17∶1，故B錯誤，D正確．【例2】如圖所示，水平地面上有一長L＝2m、質(zhì)量M＝1kg的長板，其右端上方有一固定擋板．質(zhì)量m＝2kg的小滑塊從長板的左端以v0＝6m/s的初速度向右運動，同時長板在水平拉力F作用下以v＝2m/s的速度向右勻速運動，滑塊與擋板相碰后速度為0，長板繼續(xù)勻速運動，直到長板與滑塊分離．已知長板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4，滑塊與長板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，重力加速度g取10m/s2.求：(1)滑塊從長板的左端運動至擋板處的過程，長板的位移x；(2)滑塊碰到擋板前，水平拉力大小F；(3)滑塊從長板的左端運動至與長板分離的過程，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q.【答案】(1)0.8m(2)2N(3)48J【解析】(1)滑塊在板上做勻減速運動，a＝eq\f(μ2mg,m)＝μ2g解得：a＝5m/s2根據(jù)運動學(xué)公式得：L＝v0t－eq\f(1,2)at2解得t＝0.4s(t＝2.0s舍去)碰到擋板前滑塊速度v1＝v0－at＝4m/s>2m/s，說明滑塊一直勻減速板移動的位移x＝vt＝0.8m(2)對板受力分析如圖所示，有：F＋Ff2＝Ff1其中Ff1＝μ1(M＋m)g＝12N，F(xiàn)f2＝μ2mg＝10N解得：F＝2N(3)法一：滑塊與擋板碰撞前，滑塊與長板因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q1＝Ff2·(L－x)＝μ2mg(L－x)＝12J滑塊與擋板碰撞后，滑塊與長板因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q2＝μ2mg(L－x)＝12J整個過程中，長板與地面因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q3＝μ1(M＋m)g·L＝24J所以，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q＝Q1＋Q2＋Q3＝48J法二：滑塊與擋板碰撞前，木板受到的拉力為F1＝2N(第二問可知)F1做功為W1＝F1x＝2×0.8＝1.6J滑塊與擋板碰撞后，木板受到的拉力為：F2＝Ff1＋Ff2＝μ1(M＋m)g＋μ2mg＝22NF2做功為W2＝F2(L－x)＝22×1.2J＝26.4J碰到擋板前滑塊速度v1＝v0－at＝4m/s滑塊動能變化：ΔEk＝20J所以系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q＝W1＋W2＋ΔEk＝48J.【例3】(多選)(2022·山東臨沂市等級考模擬)如圖所示，一傾角為θ＝37°的足夠長斜面體固定在水平地面上，質(zhì)量為M＝2kg的長木板B沿著斜面以速度v0＝9m/s勻速下滑，現(xiàn)把質(zhì)量為m＝1kg的鐵塊A輕輕放在長木板B的左端，鐵塊最終恰好沒有從長木板上滑下。已知A與B之間、B與斜面之間的動摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列判斷正確的是()A．動摩擦因數(shù)μ＝0.5B．鐵塊A和長木板B共速后的速度大小為6m/sC．長木板的長度為2.25mD．從鐵塊放在長木板B上，到鐵塊和長木板共速的過程中，鐵塊A和長木板B減少的機械能等于A、B之間摩擦產(chǎn)生的熱量【答案】BC【解析】開始時長木板B沿著斜面以速度v0＝9m/s勻速下滑，有Mgsin37°＝μMgcos37°，解得μ＝0.75，A錯誤；鐵塊A輕輕放在長木板B時，根據(jù)牛頓第二定律，對A分析有μmgcos37°＋mgsin37°＝maA，解得aA＝12m/s2，方向沿斜面向下；對B分析有μ(M＋m)gcos37°＋μmgcos37°－Mgsin37°＝MaB，解得aB＝6m/s2，方向沿斜面向上，設(shè)鐵塊A和長木板B相對滑動的時間為t，則v0－aBt＝aAt，解得t＝0.5s，鐵塊A和長木板B共速后，速度大小為v共＝aAt＝6m/s，B正確；鐵塊A和長木板B共速，一起沿斜面勻速下