2022年高考物理題型講義（新高考）專(zhuān)題2 第8課時(shí)　動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

第8課時(shí)動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用命題規(guī)律1.命題角度：(1)傳送帶模型中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題；(2)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題.2.?？碱}型：計(jì)算題．高考題型1傳送帶模型中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題1．傳送帶中動(dòng)力學(xué)注意問(wèn)題(1)摩擦力的方向及存在階段的判斷．(2)物體能否達(dá)到與傳送帶共速的判斷．(3)物體能與傳送帶共速(摩擦力突變)．2．傳送帶中摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化摩擦力做功的特點(diǎn)(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功．(2)相互作用的一對(duì)靜摩擦力做功的代數(shù)和總是等于零，不會(huì)轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．滑動(dòng)摩擦力做功的特點(diǎn)(1)滑動(dòng)摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功．(2)相互間存在滑動(dòng)摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)，一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功之和的絕對(duì)值等于產(chǎn)生的內(nèi)能．摩擦生熱的計(jì)算(1)Q＝Ff·s相對(duì)，其中s相對(duì)為相互摩擦的兩個(gè)物體間的相對(duì)路程．(2)傳送帶因傳送物體多消耗的能量等于物體增加的機(jī)械能與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和.例1(2021·安徽蚌埠市高三期末)如圖1所示，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶左端放置一個(gè)質(zhì)量為1kg的木塊，二者均靜止，某時(shí)刻傳送帶以大小為2m/s2的加速度開(kāi)始向右運(yùn)行，加速2s后傳送帶保持勻速運(yùn)行．木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，重力加速度g＝10m/s2，求：圖1(1)木塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到剛好與傳送帶相對(duì)靜止的過(guò)程中，摩擦力對(duì)木塊的沖量大小；(2)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中由于木塊與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能．答案(1)4N·s(2)4J解析(1)設(shè)傳送帶加速度為a0，加速時(shí)間為t0，木塊的加速度為a，木塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到剛好和傳送帶達(dá)到相對(duì)靜止所需時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有a0t0＝at，又Ff＝μmg，由牛頓第二定律有Ff＝ma，又I＝Fft，聯(lián)立解得I＝4N·s.(2)設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能為Q，傳送帶的位移x1＝eq\f(1,2)a0t02＋v(t－t0)＝eq\f(1,2)a0t02＋a0t0(t－t0)木塊的位移x2＝eq\f(1,2)at2，故Q＝μmg(x1－x2)，聯(lián)立解得Q＝4J.例2如圖2所示，傳送帶與水平面之間的夾角為θ＝30°，其上A、B兩點(diǎn)間的距離為s＝5m，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v＝2m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝10kg的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶的A點(diǎn)，小物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，在傳送帶將小物體從A點(diǎn)傳送到B點(diǎn)的過(guò)程中，求：(g取10m/s2)圖2(1)小物體做加速運(yùn)動(dòng)階段的位移x1的大小；(2)小物體與傳送帶之間的摩擦力做功產(chǎn)生的熱量Q；(3)傳送帶對(duì)小物體做的功W.答案(1)0.8m(2)60J(3)270J解析(1)小物體做加速運(yùn)動(dòng)階段，由動(dòng)能定理得(μmgcosθ－mgsinθ)x1＝eq\f(1,2)mv2－0代入數(shù)值得x1＝0.8m(2)設(shè)小物體加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，對(duì)于小物體x1＝eq\f(0＋v,2)t對(duì)于傳送帶x2＝vt，所以x2＝1.6m小物體與傳送帶之間的摩擦力做功產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcosθ(x2－x1)，代入數(shù)值得Q＝60J(3)由功能關(guān)系得W＝eq\f(1,2)mv2＋mgs·sinθ代入數(shù)值得W＝270J.高考題型2用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決多過(guò)程問(wèn)題多過(guò)程問(wèn)題(1)解題技巧①拆：把整個(gè)過(guò)程拆分為多個(gè)子過(guò)程，變?yōu)槭煜さ倪\(yùn)動(dòng)模型．②找：在題目中找“恰好”“恰能”“最高”“至少”等關(guān)鍵字，找出對(duì)應(yīng)的臨界條件．③用：選擇合適的規(guī)律列方程．④注意：注意分析“界點(diǎn)”的速度大小和方向，界點(diǎn)速度是上一過(guò)程的末速度，又是下一過(guò)程的初速度，在解題過(guò)程中有重要的作用．(2)對(duì)于涉及滑動(dòng)摩擦力的過(guò)程，一定不能用機(jī)械能守恒定律來(lái)求解．(3)對(duì)于非勻變速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程，不能用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解，但可用動(dòng)能定理、能量守恒定律或功能關(guān)系求解．例3(2021·山西呂梁市高三一模)隨著人們生活水平的提高，冬季滑雪成為人們休閑娛樂(lè)的一項(xiàng)主要運(yùn)動(dòng)，某滑雪場(chǎng)的沖關(guān)滑道如圖3所示，粗糙的直軌道AB與半徑為R＝1m的光滑圓弧軌道BCD在B處平滑連接，O為圓弧軌道BCD的圓心，C點(diǎn)為圓弧軌道的最低點(diǎn)，半徑OB、OD與OC的夾角分別為37°和53°，距D點(diǎn)的豎直高度為h＝0.8m處有一空中平臺(tái)．小明質(zhì)量為30kg，從直軌道AB上距B點(diǎn)5m的位置以一定的初速度下滑，經(jīng)圓弧軌道從D點(diǎn)沖出，剛好沿空中平臺(tái)的邊緣水平滑上平臺(tái)沖關(guān)成功，已知小明與直軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，不計(jì)空氣阻力．(重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：圖3(1)小明滑上空中平臺(tái)時(shí)的速度大小；(2)小明滑到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小；(3)小明開(kāi)始下滑時(shí)的速度大?。鸢?1)3m/s(2)1290N(3)3m/s解析(1)小明經(jīng)圓弧軌道從D點(diǎn)沖出，剛好沿空中平臺(tái)的邊緣水平滑上平臺(tái)沖關(guān)成功，則逆過(guò)程從平臺(tái)到D點(diǎn)是平拋運(yùn)動(dòng)，到D點(diǎn)時(shí)豎直方向的分速度由vy2＝2gh，解得vy＝eq\r(2gh)＝4m/s則在D點(diǎn)時(shí)水平方向的速度為vx＝vytan37°＝3m/s因此小明滑上平臺(tái)的速度大小為v＝vx＝3m/s(2)從C點(diǎn)到平臺(tái)邊緣的過(guò)程，由動(dòng)能定理得－mg[h＋R(1－cos53°)]＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvC2解得vC＝eq\r(33)m/s經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)，由向心力公式得FN－mg＝meq\f(v\o\al(,C2),R)解得FN＝1290N由牛頓第三定律知，小明對(duì)軌道的壓力大小為FN′＝FN＝1290N(3)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgLsin37°－μmgLcos37°＋mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝3m/s.例4(2020·湘贛皖十五校高三第一次聯(lián)考)如圖4所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m＝0.2kg的小滑塊靜止在水平軌道上的A點(diǎn)，在水平向右的恒定拉力F＝4N的作用下，從A點(diǎn)開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其滑行到AB的中點(diǎn)時(shí)撤去拉力，滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后進(jìn)入半徑為R＝0.3m且內(nèi)壁光滑的豎直固定圓軌道，在圓軌道上運(yùn)動(dòng)一周后從B處的出口(未畫(huà)出，且入口和出口稍稍錯(cuò)開(kāi))出來(lái)后向C點(diǎn)滑動(dòng)，C點(diǎn)的右邊是一個(gè)“陷阱”，D點(diǎn)是平臺(tái)邊緣上的點(diǎn)，C、D兩點(diǎn)的高度差為h＝0.2m，水平距離為x＝0.6m．已知滑塊運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小剛好為滑塊重力的3倍，水平軌道BC的長(zhǎng)度為l2＝2.0m，小滑塊與水平軌道AB、BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.圖4(1)求水平軌道AB的長(zhǎng)度l1；(2)試通過(guò)計(jì)算判斷小滑塊能否到達(dá)“陷阱”右側(cè)的D點(diǎn)；(3)若在AB段水平拉力F作用的距離可變，要達(dá)到小滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，既不脫離豎直圓軌道，又不落入C、D間的“陷阱”的目的，試求水平拉力F作用的距離范圍．答案(1)2.4m(2)見(jiàn)解析(3)見(jiàn)解析解析(1)設(shè)小滑塊運(yùn)動(dòng)到豎直圓軌道最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，則有4mg＝meq\f(v2,R)，從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，設(shè)小滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mvB2＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2，代入數(shù)據(jù)解得vB＝2eq\r(6)m/s.小滑塊由A到B的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得eq\f(1,2)Fl1－μmgl1＝eq\f(1,2)mvB2，代入數(shù)據(jù)可解得l1＝2.4m.mvB2代入數(shù)據(jù)解得vC＝2m/s設(shè)小滑塊下落h＝0.2m所需要的時(shí)間為t，則有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝0.2s故小滑塊在水平方向上運(yùn)動(dòng)的距離為x0＝vCt＝0.4m<0.6m故小滑塊將落入“陷阱”中，不能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)．(3)由題意可知，若要滑塊既不脫離圓軌道，又不掉進(jìn)“陷阱”，則需要分三種情況進(jìn)行討論：①當(dāng)滑塊剛好能夠到達(dá)與圓心等高的E點(diǎn)時(shí)，設(shè)恒力作用的距離為x1′，則由動(dòng)能定理可得：Fx1′－μmgl1－mgR＝0代入數(shù)據(jù)可解得x1′＝0.75m故當(dāng)恒力作用的距離滿足0<x′≤0.75m時(shí)符合條件．②當(dāng)滑塊剛好能經(jīng)過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0，則有mg＝meq\f(v\o\al(,02),R)，設(shè)此時(shí)恒力作用的距離為x2′，則有Fx2′－μmgl1－2mgR＝eq\f(1,2)mv02，代入數(shù)據(jù)可解得x2′＝0.975m當(dāng)滑塊剛好運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度為零，設(shè)此時(shí)恒力作用的距離為x2″，則有Fx2″－μmg(l1＋l2)＝0代入數(shù)據(jù)可解得x2″＝1.1m．故當(dāng)恒力作用的距離滿足0.975m≤x′≤1.1m時(shí)符合條件．③當(dāng)滑塊剛好能夠越過(guò)“陷阱”，設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC′，則由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vC′t代入數(shù)據(jù)解得vC′＝3m/s，設(shè)此時(shí)恒力作用的距離為x3′，故有Fx3′－μmg(l1＋l2)＝eq\f(1,2)mvC′2代入數(shù)據(jù)解得x3′＝1.325m故當(dāng)恒力作用距離滿足1.325m≤x′≤2.4m時(shí)符合條件.1.(2021·遼寧省新高考模擬卷)傾斜傳送帶連接兩光滑平臺(tái)AB和CD，傳送帶與水平面的夾角θ＝37°，工件與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，B、C兩端相距2.25m，如圖5所示．忽略工件在水平臺(tái)面和傳送帶間轉(zhuǎn)移時(shí)的動(dòng)能變化，工件以v0＝5m/s的速度滑上傳送帶，工件質(zhì)量為1kg，傳送帶以穩(wěn)定的速度運(yùn)行(速度大小可調(diào))．若工件以最短的時(shí)間從平臺(tái)AB運(yùn)動(dòng)到平臺(tái)CD，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：圖5(1)工件在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間；(2)輸送一個(gè)這樣的工件，傳送帶的電機(jī)需額外消耗的最少電能．答案(1)0.5s(2)10J解析(1)當(dāng)傳送帶的速度v≥5m/s時(shí)，工件相對(duì)傳送帶的速度方向一直沿傳送帶向下，工件所受摩擦力一直沿傳送帶向上，則所用時(shí)間最短．對(duì)于工件，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得加速度a＝2m/s2，方向沿傳送帶向下根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x＝v0t＋eq\f(1,2)(－a)t2解得t＝0.5s(另一解t＝4.5s不符合題意舍去)(2)工件以最短時(shí)間運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能變化相同，重力勢(shì)能變化相同，當(dāng)工件和傳送帶的相對(duì)位移最小，即傳送帶以v＝5m/s的速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，電機(jī)額外輸出的電能最少；工件在傳送帶上的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，傳送帶的位移x1＝vt＝2.5m因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcosθ(x1－x)工件的末速度v′＝v0－at＝4m/s電機(jī)額外輸出的電能ΔE＝mgxsinθ＋(eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv02)＋Q，解得ΔE＝10J.2．(2021·山東威海市高三期末)如圖6為某探究活動(dòng)小組設(shè)計(jì)的節(jié)能運(yùn)動(dòng)系統(tǒng)．斜面軌道傾角為θ＝37°，彈簧一端固定在斜面末端O點(diǎn)，自由端位于P點(diǎn)，木箱在軌道頂端Q點(diǎn)時(shí)，自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無(wú)初速度滑下，輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，自動(dòng)卸貨裝置立即將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回軌道頂端，再重復(fù)上述過(guò)程．已知木箱與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.重力加速度為g.求：圖6(1)木箱下滑時(shí)，沒(méi)碰到彈簧前，貨物受到木箱的作用力的大小；(2)木箱的質(zhì)量；(3)若PQ間的距離為L(zhǎng)，木箱在接觸彈簧的過(guò)程中，木箱受到的合外力的沖量大?。鸢?1)eq\f(2\r(5),5)mg(2)eq\f(1,4)m(3)eq\f(m,4)(eq\r(2gL)＋eq\f(\r(10gL),5))解析(1)設(shè)木箱未碰到彈簧前，運(yùn)動(dòng)的加速度為a，木箱的質(zhì)量為M，由牛頓第二定律有(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a設(shè)貨物受到木箱沿斜面方向的作用力大小為F1，垂直斜面方向的作用力大小為F2，則mgsinθ－F1＝maF2＝mgcosθ貨物受到木箱作用力大小F＝eq\r(F\o\al(,12)＋F\o\al(,22))代入數(shù)據(jù)得F＝eq\f(2\r(5),5)mg(2)設(shè)彈簧的最大彈性勢(shì)能為Ep，彈簧壓縮至最短時(shí)木箱移動(dòng)的距離為x，由能量守恒有：下滑過(guò)程中(M＋m)gxsinθ－μ(M＋m)gxcosθ＝Ep彈回過(guò)程中Ep＝Mgxsinθ＋μMgxcosθ代入數(shù)據(jù)得M＝eq\f(1,4)m(3)設(shè)木箱剛到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度大小為v1，返回P點(diǎn)時(shí)速度大小為v2，由動(dòng)能定理有：未接觸彈簧下滑過(guò)程：(M＋m)gLsinθ－μ(M＋m)gLcosθ＝eq\f(1,2)(M＋m)v12離開(kāi)彈簧后上滑過(guò)程：－MgLsinθ－μMgLcosθ＝0－eq\f(1,2)Mv22以向上為正方向，對(duì)木箱由動(dòng)量定理有I＝Mv2－(－Mv1)代入數(shù)據(jù)得I＝eq\f(m,4)(eq\r(2gL)＋eq\f(\r(10gL),5))．專(zhuān)題強(qiáng)化練1．(2021·山東濟(jì)寧市高三期末)如圖1所示，放置在水平地面上的長(zhǎng)木板的左端放置一小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，右側(cè)有一固定在水平地面上的底座，底座上嵌有一豎直放置的光滑半圓弧軌道，軌道最低點(diǎn)P與長(zhǎng)木板等高，半圓弧軌道的最高點(diǎn)Q處裝有一壓力傳感器．現(xiàn)用水平向右恒力F作用在小滑塊上，小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)撤去力F，此時(shí)長(zhǎng)木板也恰好到達(dá)P點(diǎn)，并立即粘在底座上，小滑塊沿著半圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)Q.已知小滑塊的質(zhì)量為m＝1kg，長(zhǎng)木板的質(zhì)量為M＝1kg，滑塊與長(zhǎng)木板、長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.4和μ2＝0.1，半圓弧軌道半徑為R＝0.4m，小滑塊沿著半圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)Q時(shí)，壓力傳感器的示數(shù)為FN＝12.5N，長(zhǎng)木板右端與底座左端的距離為x＝1m．假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g＝10m/s2.求：圖1(1)小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度的大小vP；(2)長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度L；(3)水平恒力F的大小．答案(1)5m/s(2)1.5m(3)9N解析(1)在Q點(diǎn)，軌道對(duì)小滑塊的支持力為FN′＝FN＝12.5N由牛頓第二定律得FN′＋mg＝meq\f(v\o\al(,Q2),R)小滑塊從P到Q的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得－mg2R＝eq\f(1,2)mvQ2－eq\f(1,2)mvP2聯(lián)立解得vP＝5m/s.(2)對(duì)長(zhǎng)木板，由牛頓第二定律得μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得x＝eq\f(1,2)a2t2解得t＝1s則長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝eq\f(0＋vP,2)t－x＝1.5m(3)對(duì)小滑塊，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得vP＝a1t由牛頓第二定律得F－μ1mg＝ma1解得F＝9N.2．(2021·福建漳州市一模)皮帶式傳送帶是物料搬運(yùn)系統(tǒng)機(jī)械化和自動(dòng)化不可缺少的組成部分．如圖2，傳送帶的傾角為θ＝30°，以v＝3m/s的速度向上勻速運(yùn)行，將質(zhì)量為m＝10kg的貨物(可視為質(zhì)點(diǎn))由靜止釋放從底端運(yùn)送到頂端．若傳送帶頂端的高度h＝2.5m，貨物與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),2).假設(shè)每分鐘運(yùn)送貨物60件，g取10m/s2，則：圖2(1)一件貨物由底端經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間與傳送帶共速？(2)一件貨物由底端到頂端運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，摩擦力對(duì)該貨物做的功是多少？(3)與未放貨物相比，電動(dòng)機(jī)每小時(shí)需多提供多少電能？(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)答案(1)1.2s(2)295J(3)1.5×106J解析(1)對(duì)貨物進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma設(shè)貨物由底端經(jīng)時(shí)間t1與傳送帶共速，有v＝at1解得：t1＝1.2s(2)貨物由底端到與傳送帶共速時(shí)，貨物運(yùn)動(dòng)的距離x1＝eq\f(v2,2a)＝1.8m滑動(dòng)摩擦力對(duì)貨物做的功W1＝μmgcosθ·x1斜面長(zhǎng)為L(zhǎng)＝eq\f(h,sinθ)＝5m貨物做勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，靜摩擦力做的功W2＝mgsinθ(L－x1)所以整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，摩擦力對(duì)貨物做的功為W＝W1＋W2＝295J(3)貨物勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，傳送帶的位移s1＝vt1＝3.6m貨物與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μmgcosθ(s1－x1)電動(dòng)機(jī)多提供的電能等于系統(tǒng)增加的能量，即貨物增加的動(dòng)能和重力勢(shì)能以及系統(tǒng)內(nèi)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，設(shè)一件貨物從底端運(yùn)送到頂端需多提供的電能為E1，則E1＝eq\f(1,2)mv2＋mgh＋Q＝430J每小時(shí)需要多提供的電能E＝nE1≈1.5×106J.3．(2021·全國(guó)甲卷·24)如圖3，一傾角為θ的光滑斜面上有50個(gè)減速帶(圖中未完全畫(huà)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(chē)(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(chē)通過(guò)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(chē)通過(guò)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(chē)通過(guò)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(chē)與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g.圖3(1)求小車(chē)通過(guò)第30個(gè)減速帶后，經(jīng)過(guò)每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能；(2)求小車(chē)通過(guò)前30個(gè)減速帶的過(guò)程中在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能；(3)若小車(chē)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(mgL＋29dsinθ－μmgs,30)(3)L>d＋eq\f(μs,sinθ)解析(1)由題意可知小車(chē)在光滑斜面上滑行時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＝ma設(shè)小車(chē)通過(guò)第30個(gè)減速帶后速度為v1，到達(dá)第31個(gè)減速帶時(shí)的速度為v2，則有v22－v12＝2ad因?yàn)樾≤?chē)通過(guò)第30個(gè)減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，故后面過(guò)減速帶后的速度與到達(dá)下一個(gè)減速帶時(shí)的速度均為v1和v2；經(jīng)過(guò)每一個(gè)減速帶時(shí)損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12聯(lián)立以上各式解得ΔE＝mgdsinθ.(2)由(1)知小車(chē)通過(guò)第50個(gè)減速帶后的速度為v1，則在水平地面上根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv12從小車(chē)開(kāi)始下滑到通過(guò)第30個(gè)減速帶，根據(jù)動(dòng)能定理有mg(L＋29d)sinθ－ΔE總＝eq\f(1,2)mv12聯(lián)立解得ΔE總＝mg(L＋29d)sinθ－μmgs故在每一個(gè)減速帶上平均損失的機(jī)械能為ΔE′＝eq\f(ΔE總,30)＝eq\f(mgL＋29dsinθ－μmgs,30)(3)由題意可知ΔE′>ΔE可得L>d＋eq\f(μs,sinθ).4．(2021·浙江高三開(kāi)學(xué)考試)如圖4所示為某一游戲簡(jiǎn)化裝置的示意圖．AB是一段長(zhǎng)直軌道，與半徑R＝1m的光滑圓弧軌道BC相切于B點(diǎn)．BC軌道末端水平，末端離水平地面的高度為eq\r(2)m，圓弧BC對(duì)應(yīng)的圓心角θ＝37°，高度h＝eq\f(\r(2),2)m的探測(cè)板EF豎直放置，離BC軌道末端C點(diǎn)的水平距離為L(zhǎng)，上端E與C點(diǎn)的高度差也為h＝eq