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第7講　小專題:動力學和能量觀點的綜合應用
考點一　傳送帶模型綜合問題
1.“傳送帶”模型的特點
(1)物體放在傳送帶上,一般二者速度大小不同,初始時刻它們速度方向可能相同,也可能相反,物體和傳送帶之間會產生相對運動,物體受到傳送帶對它的滑動摩擦力的作用。
(2)物體和傳送帶經過一段時間速度相等時,它們間的摩擦力會發生突變,運動性質發生變化。
2.解答“傳送帶”問題的關鍵
(1)明確初始時刻物體和傳送帶的運動關系,確定它們間的受力及位置間的變化情況,必要時可畫出位置變化示意圖。
(2)物體和傳送帶間“速度相等”是關鍵節點,此時注意分析摩擦力的變化是解答問題的關鍵。摩擦力變化情況復雜,可能出現摩擦力消失、滑動摩擦力變為靜摩擦力、滑動摩擦力方向改變等情況。
3.解答“傳送帶”問題的兩個角度
動力學 角度 首先要作好受力分析圖,確定物體運動過程,然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的速度、位移,找出物體和傳送帶之間的位移關系
能量 角度 利用功能關系和能量守恒定律等求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶間由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等
4.功能關系分析
(1)傳送帶克服摩擦力做的功:W=Ff·x傳。
(2)系統產生的內能:Q=Ff·x相對。
(3)功能關系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。
[例1] 【水平傳送帶模型】 (2024·江蘇東臺二模)如圖所示,足夠長的傳送帶AB與光滑的水平面BC連接,光滑的半圓軌道與水平面連接,相切于C點。傳送帶以恒定的速率v=5 m/s順時針運行,在光滑的水平面上有一質量m=0.5 kg的物體以v1=6 m/s的速度向左滑上傳送帶,經過2 s物體的速度減為零,物體返回到光滑的水平面且沿著半圓軌道恰能運動到D點,最后落在水平面上,g取10 m/s2。求:
(1)物體與傳送帶之間的動摩擦因數μ;
(2)半圓軌道半徑R;
(3)物體在傳送帶上滑動過程中系統產生的熱量。
【答案】 (1)0.3　(2)0.5 m　(3)30.25 J
【解析】 (1)物體滑上傳送帶后在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動,設其運動的加速度大小為a,根據牛頓第二定律有μmg=ma,
根據加速度定義式有-a=,
聯立解得μ=0.3。
(2)根據題意可知物體返回光滑水平面的速度大小為vC=5 m/s,
又由題意可知,物體返回到光滑的水平面且沿著半圓軌道恰能運動到D點,設經過最高點D時的速度大小為vD,在D處,根據牛頓第二定律和向心力公式有mg=m,
在由C運動至D的過程中,根據動能定理有-mg×2R=m-m,
聯立解得R=0.5 m。
(3)物體在傳送帶上向左滑行時,相對傳送帶的位移為Δx1=·t+vt,
物體在傳送帶上向右滑行時,先做勻加速運動,后做勻速運動,
設勻加速運動所用時間為t′,則t′=,
相對傳送帶的位移為Δx2=vt′-,
物體在傳送帶上滑動過程中系統產生的熱量為Q=μmg(Δx1+Δx2),
聯立并代入數據解得Q=30.25 J。
[例2] 【傾斜傳送帶模型】 (2024·湖北三模)(多選)如圖所示,某傳送帶的傾角α=37°,長為10.5 m,以6 m/s的速率逆時針運轉。在傳送帶頂端A點靜止釋放一個質量為1 kg的物體,同時傳送帶在電動機的帶動下,以4 m/s2加速運轉,已知物體與傳送帶間的動摩擦因數為0.5,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,物體從頂端A點運動至底端B點的過程中(　　)
[A] 物體一直做加速度不變的勻加速直線運動
[B] 物體從A點運動至B點所用時間為1.5 s
[C] 物體在傳送帶上留下劃痕的長度為3 m
[D] 物體從A點運動至B點的過程中因摩擦產生的內能為20 J
【答案】 BC
【解析】 物體由靜止釋放,一開始受到的摩擦力沿傳送帶向下,
由牛頓第二定律可得mgsin α+μmgcos α=ma,解得a=10 m/s2,設經過t1時間物體與傳送帶達到相同速度v1,則有v1=at1,v1=v0+a傳t1,代入數據可得t1=1 s,v1=10 m/s,該段過程物體與傳送帶通過的位移分別為x1=t1=5 m<10.5 m,x傳=t1=8 m,共速后,假設物體與傳送帶可以保持相對靜止,則有mgsin α-Ff=ma傳,
解得物體受到的靜摩擦力大小為Ff=2 N<μmgcos α=4 N,故假設成立,共速后物體與傳送帶一起以4 m/s2的加速度向下做勻加速直線運動,故A錯誤,設共速后經過t2時間,物體到達B點,則有x2=v1t2+a傳,解得t2=0.5 s,則物體從A點運動至B點所用時間為t=t1+t2=1.5 s,故B正確;物體在傳送帶上留下劃痕的長度為Δx=x傳-x1=3 m,故C正確;物體從A點運動至B點的過程中因摩擦產生的內能為Q=μmgcos α·Δx=12 J,故D錯誤。
考點二　滑塊—木板模型綜合問題
1.“滑塊—木板”模型問題的分析方法
(1)動力學分析:分別對滑塊和木板進行受力分析,根據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==,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,或者對系統運用能量守恒定律。
2.三個位移的應用
(1)求摩擦力對滑塊做功時用滑塊對地的位移x滑,即W滑=-μmgx滑。
(2)求摩擦力對木板做功時用木板對地的位移x板,即W板=μmgx板。
(3)求摩擦生熱時用相對位移Δx,即Q=μmgΔx。
[例3] 【水平面上“滑塊—木板”模型】 (2024·河北廊坊模擬)(多選)如圖甲所示,足夠長的木板靜置于水平地面上,木板左端放置一可看成質點的物塊。t=0時對物塊施加一水平向右的恒定拉力F,在F的作用下物塊和木板發生相對滑動,t=2.0 s時撤去F,物塊恰好能到達木板右端,整個過程物塊運動的v-t圖像如圖乙所示。已知木板的質量為0.5 kg,物塊與木板間、木板與地面間均有摩擦,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,下列說法正確的是(　　)
[A] 木板的長度為3 m
[B] 物塊的質量為0.8 kg
[C] 拉力F對物塊做的功為9.9 J
[D] 木板與地面間因摩擦產生的熱量為3.3 J
【答案】 CD
【解析】 根據題意可知,木板在0~2.5 s內向右做勻加速直線運動,作出v-t圖像,如圖所示,
由圖像可知2.5 s時兩者共速,則木板在0~2.5 s內的加速度大小為a1=0.4 m/s2,物塊在0~2.0 s內的加速度大小為a2= m/s2=1.5 m/s2,物塊在2.0~2.5 s內的加速度大小為a3=4 m/s2,
2.5~3.0 s內二者一起做勻減速直線運動,加速度大小為a4=2 m/s2,又a3=μ2g,a4=μ1g,可得木板與地面間的動摩擦因數為μ1=0.2,物塊與木板間的動摩擦因數為μ2=0.4,由題意可知,圖中陰影部分的面積表示木板的長度,則由幾何關系得木板的長度為L=2.75 m,故A錯誤;前2.0 s內,對木板有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1,對物塊有F-μ2m2g=m2a2,解得m2=0.6 kg,F=3.3 N,故B錯誤;前2.0 s內,拉力F對物塊做的功為W=Fx1,結合圖像可知,0~2 s內物塊的位移大小為x1=×3×2.0 m=3 m,所以W=9.9 J,故C正確;木板與地面間因摩擦產生的熱量Q=μ1(m1+m2)g·x2,結合圖像可知,木板的位移大小為x2=×3.0×1 m=1.5 m,所以 Q=3.3 J,故D正確。
[例4] 【斜面上“滑塊—木板”模型】 如圖所示,傾角θ=37°的光滑斜面上有一質量M=4 kg的足夠長的木板A,在A的上端有一質量m=2 kg的物塊B(可視作質點),物塊B與木板A間的動摩擦因數μ=0.5,斜面底端有一擋板P,木板與擋板P碰撞后會等速率反彈。現將木板與物塊同時由靜止釋放,釋放時木板前端與擋板相距s= m,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)木板A第1次碰撞擋板P時的速度大小;
(2)從木板A第1次碰撞擋板到木板A第1次減速為零的時間及此過程中物塊B與木板A間因摩擦產生的熱量。
【答案】 (1)2 m/s　(2)0.25 s　6.5 J
【解析】 (1)由題意可知,釋放后A、B一起加速下滑,由牛頓第二定律有
(M+m)gsin θ=(M+m)a,
解得a=gsin θ=6 m/s2,
設木板第一次碰撞擋板時速度為v,則v2=2as,
代入數據解得v=2 m/s。
(2)碰后木板A減速上滑,設其加速度大小為aA,有Mgsin θ+μmgcos θ=MaA,
解得aA=8 m/s2,
故木板A碰后第1次減速為零所用的時間
t==0.25 s,
木板A上滑位移大小xA==0.25 m,
此過程中,物塊B加速下滑,設其加速度大小為aB,有mgsin θ-μmgcos θ=maB,
解得aB=2 m/s2,
物塊B下滑位移大小xB=vt+aBt2=0.562 5 m,
因摩擦產生的熱量
Q=μmgcos θ·(xA+xB)=6.5 J。
考點三　用動力學和能量觀點分析多運動組合問題
1.多運動組合問題
一般有直線運動、平拋運動、圓周運動和一般的曲線運動的組合問題。
2.分析思路
(1)受力與運動分析:根據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,選擇合適的規律求解。
3.選用原則
(1)當物體受到恒力作用做勻變速直線運動(曲線運動某一方向可分解為勻變速直線運動)涉及時間與運動細節,或者物體做勻速圓周運動及圓周運動涉及特殊點的運動信息時,一般選用動力學方法解題。
(2)當涉及功、能和位移時,一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關系或能量守恒定律解題,題目中出現相對位移(摩擦生熱)時,應優先選用能量守恒定律。
[例5] 【板塊與多運動組合】 工廠里有一種運貨的過程可以簡化為如圖所示,貨物以v0=10 m/s的初速度滑上靜止的貨車的左端,已知貨物質量m=20 kg,貨車質量M=30 kg,貨車高h=0.8 m。在光滑軌道OB上的A點設置一固定的障礙物,當貨車撞到障礙物時會被粘住不動,而貨物就被拋出,恰好會沿BC方向落在B點。已知貨車上表面的動摩擦因數μ=0.5,貨物可簡化為質點,斜面的傾角為53°。(取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2)
(1)求A、B之間的水平距離;
(2)若已知OA段距離足夠長,導致貨物在碰到障礙物之前已經與貨車達到共同速度,則貨車的長度是多少
【答案】 (1)1.2 m　(2)6.7 m
【解析】 (1)貨物從A點拋出后做平拋運動,將B點的速度分解,有
vy=gt1,tan 53°=,
由h=g得t1=0.4 s,
解得vx=3 m/s,
故xAB=vxt1,
解得xAB=1.2 m。
(2)在貨車碰撞到障礙物前,貨車與貨物已經達到共同速度,根據牛頓第二定律,對貨物有
μmg=ma1,
對貨車有μmg=Ma2,
當v0-a1t2=a2t2時,貨車和貨物具有共同速度v共,
解得v共=4 m/s,
根據能量守恒定律有
μmg·Δx=m-(m+M),
聯立解得相對位移Δx=6 m,
當貨車被粘住之后,貨物繼續在貨車上滑行,直到滑出,根據動能定理有
-μmgx=m-m,
解得x=0.7 m,
故貨車長度L=x+Δx=6.7 m。
(1)“合”——整體上把握全過程,構建大致的運動情境。
(2)“分”——將全過程進行分解,分析每個子過程對應的基本規律。
(3)“合”——找出各子過程之間的聯系,以銜接點為突破口,尋求解題最優方案。
對點1.傳送帶模型綜合問題
1.(4分)(2024·山東一模)如圖甲所示,繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行,初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時,小物塊在傳送帶上運動的v-t圖像(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2>v1,物塊和傳送帶間的動摩擦因數為μ,物塊的質量為m。則(　　)
[A] t2時刻,小物塊離A處的距離最大
[B] 0~t2時間內,小物塊的加速度方向先向右后向左
[C] 0~t2時間內,因摩擦產生的熱量為μmg[(t2+t1)+]
[D] 0~t2時間內,物塊在傳送帶上留下的劃痕為(t1+t2)
【答案】 C
【解析】 初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶,由小物塊在傳送帶上運動的v-t圖像可知,t1時刻,小物塊離A處的距離達到最大,A錯誤;0~t2時間內,小物塊受到的摩擦力方向一直向右,所以小物塊的加速度方向一直向右,B錯誤;0~t1時間內物塊相對地面向左的位移s1=t1,這段時間傳送帶向右的位移s2=v1t1,因此物塊相對傳送帶的位移Δs1=s1+s2=t1+v1t1,t1~t2時間內物塊相對地面向右的位移s1′=(t2-t1),這段時間傳送帶向右的位移s2′=v1(t2-t1),因此物塊相對傳送帶的位移Δs2=s2′-s1′=(t2-t1),0~t2時間內物塊在傳送帶上留下的劃痕長度為Δs=Δs1+Δs2=(t2+t1)+,摩擦產生的熱量Q=μmg×Δs=μmg[(t2+t1)+],C正確,D錯誤。
2.(8分)(2024·廣西賀州階段練習)如圖為某建筑工地的傳送裝置, 傳送帶傾斜地固定在水平面上, 以恒定的速度v0=2 m/s向下運動, 質量為m=1 kg 的工件無初速度地放在傳送帶的頂端A, 經時間t1=0.2 s,工件的速度達到2 m/s,此后再經過t2=1.0 s時間, 工件運動速度為v=4 m/s,到達B點,重力加速度g取10 m/s2,工件可視為質點。求:
(1)傳送帶與工件間的動摩擦因數μ;
(2)工件由A 運動到B的過程中因摩擦而產生的熱量Q。
【答案】 (1)0.5　(2)4.8 J
【解析】 (1)工件在傳送帶上先加速運動,受到沿斜面向下的摩擦力,設傳送帶與水平面夾角為θ,有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,v0=a1t1,
速度達到2 m/s后工件繼續加速,受到沿斜面向上的摩擦力,有
mgsin θ-μmgcos θ=ma2,v=v0+a2t2,
聯立可得cos θ=,μ=0.5。
(2)工件兩次加速與傳送帶的相對位移分別為
x1=v0t1-t1,
x2=t2-v0t2,
因摩擦產生的熱量為Q=μmgcos θ(x1+x2),
聯立解得Q=4.8 J。
對點2.滑塊—木板模型綜合問題
3.(4分)(2024·河北邢臺期中)如圖所示,長為L的小車置于光滑的水平面上,小車前端放一小物塊。用大小為F的水平力將小車向右拉動一段距離s,物塊剛好滑到小車的左端。物塊與小車間的摩擦力為Ff,在此過程中(　　)
[A] 小物塊的機械能增加量為Ffs
[B] 小物塊與小車系統的機械能增加量為Fs
[C] 小車的機械能增加量為(F-Ff)s
[D] 物塊與小車組成的系統產生的內能為Ffs
【答案】 C
【解析】 小物塊對地的位移方向向右,大小為x=s-L,小物塊受到的摩擦力方向水平向右,則摩擦力對小物塊做的功等于小物塊的機械能增加量,為ΔE1=Ff(s-L),故A錯誤;小物塊與小車系統的機械能增加量為ΔE2=Fs-FfL,故B錯誤;小車的機械能增加量為ΔE3=(F-Ff)s,故C正確;物塊與小車組成的系統產生的內能為E=FfL,故D錯誤。
4.(8分)如圖所示,質量mA=2 kg的木板A被鎖定在傾角為30°的光滑斜面的頂端,質量為mB=1 kg的可視為質點的物塊B恰能在木板A上勻速下滑。現讓物塊B以v0=7.5 m/s的初速度從木板的上端下滑,同時解除對木板A的鎖定,g取10 m/s2,斜面足夠長。
(1)要使物塊B不從木板A上滑落下來,則木板A的長度至少為多少
(2)在物塊B不從木板A上滑落的前提下,系統損失的機械能最多是多少
【答案】 (1)3.75 m　(2)18.75 J
【解析】 (1)由題意,B受到的滑動摩擦力等于B的重力沿斜面向下的分力,
即Ff=mBgsin 30°,
解除鎖定后,B在木板上勻速運動,設A的加速度是a,有
mAgsin 30°+mBgsin 30°=mAa,
解得a=7.5 m/s2,
設經過時間t后,A和B達到共同速度,即
t== s=1 s,
此時B剛好到達木板A的下端,則木板A的最小長度是
lmin=v0t-t=3.75 m。
(2)A、B達到共同速度以后兩者一起在光滑的斜面上加速下滑,機械能守恒,達到共同速度以前,損失的機械能轉化為A、B系統的內能,即
ΔE損失=Q=Ff·lmin=mBgsin 30°·lmin,
得ΔE損失=18.75 J。
對點3.用動力學和能量觀點分析多運動組合問題
5.(8分)(2024·山東濟寧一模)某貨物傳送裝置簡化圖如圖甲所示,該裝置由傳送帶及固定擋板CDEF組成,擋板與傳送帶上表面ABCD垂直,傳送帶上表面與水平地面的夾角θ=37°,CD與水平面平行。傳送帶始終勻速轉動,工作人員將質量分布均勻的正方體貨物從D點由靜止釋放,貨物對地發生位移L=10 m后被取走,貨物在傳送帶上運動時的剖面圖如圖乙所示。已知傳送帶速率v0=2 m/s,貨物質量m=10 kg,貨物與傳送帶的動摩擦因數μ1=0.5,與擋板的動摩擦因數μ2=0.25。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,不計空氣阻力。求:
(1)貨物在傳送帶上經歷的時間t;
(2)傳送裝置因運送貨物多消耗的電能E。
【答案】 (1)5.4 s　(2)202 J
【解析】 (1)設傳送帶對貨物的彈力為FN1,擋板對貨物的彈力大小為FN2,對貨物進行分析有
FN1=mgcos θ,FN2=mgsin θ,
且μ1FN1-μ2FN2=ma,
聯立解得a=2.5 m/s2,
貨物勻加速至2 m/s的過程,根據速度與位移關系式有=2ax0,
解得x0=0.8 m則貨物先做勻加速運動,再做勻速運動,勻加速直線運動的時間
t1== s=0.8 s,
貨物做勻速直線運動的時間
t2== s=4.6 s,
則貨物在傳送帶上經歷的時間
t=t1+t2=5.4 s。
(2)傳送裝置多消耗的電能等于貨物與傳送裝置之間由摩擦產生的內能與貨物增加的動能之和,
貨物與傳送帶之間的相對位移為
Δx=x1-x0,
貨物與傳送帶之間由于摩擦產生的內能為
Q1=μ1FN1Δx,
解得Q1=32 J,
貨物與擋板之間由于摩擦產生的內能為
Q2=μ2FN2L,
解得Q2=150 J,
貨物增加的動能為ΔEk=m,
解得ΔEk=20 J,
則傳送裝置多消耗的電能為Q=Q1+Q2+ΔEk,
解得Q=202 J。
6.(6分)(2024·四川涼山三模)(多選)如圖,足夠長的水平傳送帶AB與斜面BC在B點平滑連接,斜面傾角θ=37°,質量為1 kg的物塊從距傳送帶高為H=2.4 m的C點靜止釋放,物塊與斜面和傳送帶間的動摩擦因數均為0.5,傳送帶順時針運行速度恒為5 m/s。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。則下列判斷正確的是(　　)
[A] 物塊第二次經過B點的速度為5 m/s
[B] 物塊第一次到達最左端的過程中與傳送帶摩擦生熱28 J
[C] 物塊在斜面上向下運動的路程之和為6 m
[D] 物塊在斜面上向下運動的路程之和為5 m
【答案】 BD
【解析】 物塊第一次下滑到B點時由動能定理有 m=mgH-μmgcos θ·,解得vB=4 m/s,沖上傳送帶后先做勻減速運動,速度減到零后再反向加速,則第二次回到B點時的速度仍為4 m/s,選項A錯誤;物塊在傳送帶上做減速運動的加速度大小為a=μg=5 m/s2,減速到零的時間t==0.8 s,物塊第一次到達最左端的過程中與傳送帶摩擦生熱Q=μmg(v傳t+t)=28 J,選項B正確;物塊從B點再次沖上斜面時,設向上運動的最大距離為x,有m=mgxsin θ+μmgxcos θ,解得x=0.8 m,再次下滑到斜面底端時有mvB′2=mgxsin θ-μmgxcos θ,解得vB′= m/s,滑上傳送帶后再次返回到B點時速度仍為vB′= m/s,設再次沿斜面上滑時向上運動的最大距離為x′,有mvB′2=mgx′sin θ+μmgx′cos θ,解得x′=0.16 m,則每次下滑的距離呈等比數列,由等比數列的求和公式可得,物塊在斜面上向下運動的路程之和為s=4 m+0.8 m+0.16 m+…=5 m,選項C錯誤,D正確。
7.(12分)(2024·安徽淮北二模)如圖所示,質量 m=3 kg、長度L0=5 m的長木板放置在水平地面上,長木板左端與地面上B點對齊。與長木板等高的擋板固定在地面C點,擋板右側固定傾角α=37°、長度L=5 m的傳送帶。質量M=7 kg的物塊(可視為質點)以v0=10 m/s的速度滑上長木板的左端。長木板的右端與擋板相碰后原速率反彈,物塊在C點無能量損失滑上傳送帶。已知BC段的長度L1=9.75 m,物塊與長木板及傳送帶間的動摩擦因數μ1=0.5,長木板與水平地面的動摩擦因數μ2=0.2,傳送帶順時針轉動且速率v=10 m/s,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。不計長木板與擋板碰撞的時間,求:
(1)物塊在長木板上滑行時,長木板的加速度大小;
(2)長木板運動到C點時的速度大小;
(3)物塊從滑上木板到在傳送帶上運動至最高點過程中,整個系統由于摩擦產生的熱量。
【答案】 (1)5 m/s2　(2)4 m/s　(3)742 J
【解析】 (1)物塊在長木板上滑行時,物塊與木板間摩擦力Ff1=μ1Mg=35 N,
木板與地面間摩擦力Ff2=μ2(M+m)g=20 N,
由牛頓第二定律,有
Ff1=Ma1,Ff1-Ff2=ma2,
解得物塊的加速度大小a1=μ1g=5 m/s2,
木板的加速度大小a2==5 m/s2。
(2)假設木板與擋板相碰前,物塊與木板已經共速,設共同速度為v1,達到共同速度所用時間為t1,則v1=v0-a1t1=a2t1,
得t1=1 s,v1=5 m/s,
此過程,木板的位移x1=t1=2.5 m。
物塊的位移x2=t1=7.5 m且x2-x1=5 m=L0,
故物塊到達木板右側時恰好與木板共速,此后兩者一起向右減速,加速度a3=μ2g=2 m/s2,
到達C點時速度大小設為v2,則
-=2a3(L1-x2),
解得v2=4 m/s。
(3)物塊在木板上滑行過程,物塊與木板摩擦產生的熱量Q1=Ff1L0=175 J,
木板向右運動過程,木板與地面摩擦產生的熱量
Q2=Ff2(L1-L0)=95 J,
因為μ1=0.5物塊滑上傳送帶先向上做勻減速直線運動,加速度
a4=gsin 37°-μ1gcos 37°=2 m/s2,
速度減為0所用時間t2==2 s,
此過程物塊位移大小x3=t2=4 m<5 m,
此過程傳送帶位移大小x4=vt2=20 m,
物塊與傳送帶由于摩擦產生的熱量
Q3=μ1Mgcos 37°(x4-x3)=448 J,
木板向左做勻減速直線運動,加速度
a3=μ2g=2 m/s2,
故木板在2 s內位移大小x5=x3=4 m,
與地面摩擦產生的熱量Q4=μ2mgx5=24 J,
物塊從滑上木板到運動到最高點過程中,整個系統由于摩擦產生的熱量
Q=Q1+Q2+Q3+Q4=742 J。
(
第
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頁
)第7講　小專題:動力學和能量觀點的綜合應用
考點一　傳送帶模型綜合問題
1.“傳送帶”模型的特點
(1)物體放在傳送帶上,一般二者速度大小不同,初始時刻它們速度方向可能相同,也可能相反,物體和傳送帶之間會產生相對運動,物體受到傳送帶對它的滑動摩擦力的作用。
(2)物體和傳送帶經過一段時間速度相等時,它們間的摩擦力會發生突變,運動性質發生變化。
2.解答“傳送帶”問題的關鍵
(1)明確初始時刻物體和傳送帶的運動關系,確定它們間的受力及位置間的變化情況,必要時可畫出位置變化示意圖。
(2)物體和傳送帶間“速度相等”是關鍵節點,此時注意分析摩擦力的變化是解答問題的關鍵。摩擦力變化情況復雜,可能出現摩擦力消失、滑動摩擦力變為靜摩擦力、滑動摩擦力方向改變等情況。
3.解答“傳送帶”問題的兩個角度
動力學 角度 首先要作好受力分析圖,確定物體運動過程,然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的速度、位移,找出物體和傳送帶之間的位移關系
能量 角度 利用功能關系和能量守恒定律等求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶間由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等
4.功能關系分析
(1)傳送帶克服摩擦力做的功:W=Ff·x傳。
(2)系統產生的內能:Q=Ff·x相對。
(3)功能關系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。
[例1] 【水平傳送帶模型】 (2024·江蘇東臺二模)如圖所示,足夠長的傳送帶AB與光滑的水平面BC連接,光滑的半圓軌道與水平面連接,相切于C點。傳送帶以恒定的速率v=5 m/s順時針運行,在光滑的水平面上有一質量m=0.5 kg的物體以v1=6 m/s的速度向左滑上傳送帶,經過2 s物體的速度減為零,物體返回到光滑的水平面且沿著半圓軌道恰能運動到D點,最后落在水平面上,g取10 m/s2。求:
(1)物體與傳送帶之間的動摩擦因數μ;
(2)半圓軌道半徑R;
(3)物體在傳送帶上滑動過程中系統產生的熱量。
[例2] 【傾斜傳送帶模型】 (2024·湖北三模)(多選)如圖所示,某傳送帶的傾角α=37°,長為10.5 m,以6 m/s的速率逆時針運轉。在傳送帶頂端A點靜止釋放一個質量為1 kg的物體,同時傳送帶在電動機的帶動下,以4 m/s2加速運轉,已知物體與傳送帶間的動摩擦因數為0.5,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,物體從頂端A點運動至底端B點的過程中(　　)
[A] 物體一直做加速度不變的勻加速直線運動
[B] 物體從A點運動至B點所用時間為1.5 s
[C] 物體在傳送帶上留下劃痕的長度為3 m
[D] 物體從A點運動至B點的過程中因摩擦產生的內能為20 J
考點二　滑塊—木板模型綜合問題
1.“滑塊—木板”模型問題的分析方法
(1)動力學分析:分別對滑塊和木板進行受力分析,根據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==,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,或者對系統運用能量守恒定律。
2.三個位移的應用
(1)求摩擦力對滑塊做功時用滑塊對地的位移x滑,即W滑=-μmgx滑。
(2)求摩擦力對木板做功時用木板對地的位移x板,即W板=μmgx板。
(3)求摩擦生熱時用相對位移Δx,即Q=μmgΔx。
[例3] 【水平面上“滑塊—木板”模型】 (2024·河北廊坊模擬)(多選)如圖甲所示,足夠長的木板靜置于水平地面上,木板左端放置一可看成質點的物塊。t=0時對物塊施加一水平向右的恒定拉力F,在F的作用下物塊和木板發生相對滑動,t=2.0 s時撤去F,物塊恰好能到達木板右端,整個過程物塊運動的v-t圖像如圖乙所示。已知木板的質量為0.5 kg,物塊與木板間、木板與地面間均有摩擦,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,下列說法正確的是(　　)
[A] 木板的長度為3 m
[B] 物塊的質量為0.8 kg
[C] 拉力F對物塊做的功為9.9 J
[D] 木板與地面間因摩擦產生的熱量為3.3 J
[例4] 【斜面上“滑塊—木板”模型】 如圖所示,傾角θ=37°的光滑斜面上有一質量M=4 kg的足夠長的木板A,在A的上端有一質量m=2 kg的物塊B(可視作質點),物塊B與木板A間的動摩擦因數μ=0.5,斜面底端有一擋板P,木板與擋板P碰撞后會等速率反彈。現將木板與物塊同時由靜止釋放,釋放時木板前端與擋板相距s= m,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)木板A第1次碰撞擋板P時的速度大小;
(2)從木板A第1次碰撞擋板到木板A第1次減速為零的時間及此過程中物塊B與木板A間因摩擦產生的熱量。
考點三　用動力學和能量觀點分析多運動組合問題
1.多運動組合問題
一般有直線運動、平拋運動、圓周運動和一般的曲線運動的組合問題。
2.分析思路
(1)受力與運動分析:根據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,選擇合適的規律求解。
3.選用原則
(1)當物體受到恒力作用做勻變速直線運動(曲線運動某一方向可分解為勻變速直線運動)涉及時間與運動細節,或者物體做勻速圓周運動及圓周運動涉及特殊點的運動信息時,一般選用動力學方法解題。
(2)當涉及功、能和位移時,一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關系或能量守恒定律解題,題目中出現相對位移(摩擦生熱)時,應優先選用能量守恒定律。
[例5] 【板塊與多運動組合】 工廠里有一種運貨的過程可以簡化為如圖所示,貨物以v0=10 m/s的初速度滑上靜止的貨車的左端,已知貨物質量m=20 kg,貨車質量M=30 kg,貨車高h=0.8 m。在光滑軌道OB上的A點設置一固定的障礙物,當貨車撞到障礙物時會被粘住不動,而貨物就被拋出,恰好會沿BC方向落在B點。已知貨車上表面的動摩擦因數μ=0.5,貨物可簡化為質點,斜面的傾角為53°。(取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2)
(1)求A、B之間的水平距離;
(2)若已知OA段距離足夠長,導致貨物在碰到障礙物之前已經與貨車達到共同速度,則貨車的長度是多少
(1)“合”——整體上把握全過程,構建大致的運動情境。
(2)“分”——將全過程進行分解,分析每個子過程對應的基本規律。
(3)“合”——找出各子過程之間的聯系,以銜接點為突破口,尋求解題最優方案。
(滿分:50分)
對點1.傳送帶模型綜合問題
1.(4分)(2024·山東一模)如圖甲所示,繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行,初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時,小物塊在傳送帶上運動的v-t圖像(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2>v1,物塊和傳送帶間的動摩擦因數為μ,物塊的質量為m。則(　　)
[A] t2時刻,小物塊離A處的距離最大
[B] 0~t2時間內,小物塊的加速度方向先向右后向左
[C] 0~t2時間內,因摩擦產生的熱量為μmg[(t2+t1)+]
[D] 0~t2時間內,物塊在傳送帶上留下的劃痕為(t1+t2)
2.(8分)(2024·廣西賀州階段練習)如圖為某建筑工地的傳送裝置, 傳送帶傾斜地固定在水平面上, 以恒定的速度v0=2 m/s向下運動, 質量為m=1 kg 的工件無初速度地放在傳送帶的頂端A, 經時間t1=0.2 s,工件的速度達到2 m/s,此后再經過t2=1.0 s時間, 工件運動速度為v=4 m/s,到達B點,重力加速度g取10 m/s2,工件可視為質點。求:
(1)傳送帶與工件間的動摩擦因數μ;
(2)工件由A 運動到B的過程中因摩擦而產生的熱量Q。
對點2.滑塊—木板模型綜合問題
3.(4分)(2024·河北邢臺期中)如圖所示,長為L的小車置于光滑的水平面上,小車前端放一小物塊。用大小為F的水平力將小車向右拉動一段距離s,物塊剛好滑到小車的左端。物塊與小車間的摩擦力為Ff,在此過程中(　　)
[A] 小物塊的機械能增加量為Ffs
[B] 小物塊與小車系統的機械能增加量為Fs
[C] 小車的機械能增加量為(F-Ff)s
[D] 物塊與小車組成的系統產生的內能為Ffs
4.(8分)如圖所示,質量mA=2 kg的木板A被鎖定在傾角為30°的光滑斜面的頂端,質量為mB=1 kg的可視為質點的物塊B恰能在木板A上勻速下滑。現讓物塊B以v0=7.5 m/s的初速度從木板的上端下滑,同時解除對木板A的鎖定,g取10 m/s2,斜面足夠長。
(1)要使物塊B不從木板A上滑落下來,則木板A的長度至少為多少
(2)在物塊B不從木板A上滑落的前提下,系統損失的機械能最多是多少
對點3.用動力學和能量觀點分析多運動組合問題
5.(8分)(2024·山東濟寧一模)某貨物傳送裝置簡化圖如圖甲所示,該裝置由傳送帶及固定擋板CDEF組成,擋板與傳送帶上表面ABCD垂直,傳送帶上表面與水平地面的夾角θ=37°,CD與水平面平行。傳送帶始終勻速轉動,工作人員將質量分布均勻的正方體貨物從D點由靜止釋放,貨物對地發生位移L=10 m后被取走,貨物在傳送帶上運動時的剖面圖如圖乙所示。已知傳送帶速率v0=2 m/s,貨物質量m=10 kg,貨物與傳送帶的動摩擦因數μ1=0.5,與擋板的動摩擦因數μ2=0.25。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,不計空氣阻力。求:
(1)貨物在傳送帶上經歷的時間t;
(2)傳送裝置因運送貨物多消耗的電能E。
6.(6分)(2024·四川涼山三模)(多選)如圖,足夠長的水平傳送帶AB與斜面BC在B點平滑連接,斜面傾角θ=37°,質量為1 kg的物塊從距傳送帶高為H=2.4 m的C點靜止釋放,物塊與斜面和傳送帶間的動摩擦因數均為0.5,傳送帶順時針運行速度恒為5 m/s。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。則下列判斷正確的是(　　)
[A] 物塊第二次經過B點的速度為5 m/s
[B] 物塊第一次到達最左端的過程中與傳送帶摩擦生熱28 J
[C] 物塊在斜面上向下運動的路程之和為6 m
[D] 物塊在斜面上向下運動的路程之和為5 m
7.(12分)(2024·安徽淮北二模)如圖所示,質量 m=3 kg、長度L0=5 m的長木板放置在水平地面上,長木板左端與地面上B點對齊。與長木板等高的擋板固定在地面C點,擋板右側固定傾角α=37°、長度L=5 m的傳送帶。質量M=7 kg的物塊(可視為質點)以v0=10 m/s的速度滑上長木板的左端。長木板的右端與擋板相碰后原速率反彈,物塊在C點無能量損失滑上傳送帶。已知BC段的長度L1=9.75 m,物塊與長木板及傳送帶間的動摩擦因數μ1=0.5,長木板與水平地面的動摩擦因數μ2=0.2,傳送帶順時針轉動且速率v=10 m/s,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。不計長木板與擋板碰撞的時間,求:
(1)物塊在長木板上滑行時,長木板的加速度大小;
(2)長木板運動到C點時的速度大小;
(3)物塊從滑上木板到在傳送帶上運動至最高點過程中,整個系統由于摩擦產生的熱量。
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)(共55張PPT)
高中總復習·物理
第7講　
小專題:動力學和能量觀點的
綜合應用
1.“傳送帶”模型的特點
(1)物體放在傳送帶上,一般二者速度大小不同,初始時刻它們速度方向可能相同,也可能相反,物體和傳送帶之間會產生相對運動,物體受到傳送帶對它的滑動摩擦力的作用。
(2)物體和傳送帶經過一段時間速度相等時,它們間的摩擦力會發生突變,運動性質發生變化。
2.解答“傳送帶”問題的關鍵
(1)明確初始時刻物體和傳送帶的運動關系,確定它們間的受力及位置間的變化情況,必要時可畫出位置變化示意圖。
(2)物體和傳送帶間“速度相等”是關鍵節點,此時注意分析摩擦力的變化是解答問題的關鍵。摩擦力變化情況復雜,可能出現摩擦力消失、滑動摩擦力變為靜摩擦力、滑動摩擦力方向改變等情況。
3.解答“傳送帶”問題的兩個角度
動力學 角度 首先要作好受力分析圖,確定物體運動過程,然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的速度、位移,找出物體和傳送帶之間的位移關系
能量 角度 利用功能關系和能量守恒定律等求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶間由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等
4.功能關系分析
(1)傳送帶克服摩擦力做的功:W=Ff·x傳。
(2)系統產生的內能:Q=Ff·x相對。
(3)功能關系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。
[例1] 【水平傳送帶模型】 (2024·江蘇東臺二模)如圖所示,足夠長的傳送帶AB與光滑的水平面BC連接,光滑的半圓軌道與水平面連接,相切于C點。傳送帶以恒定的速率v=5 m/s順時針運行,在光滑的水平面上有一質量m=0.5 kg的物體以v1=6 m/s的速度向左滑上傳送帶,經過2 s物體的速度減為零,物體返回到光滑的水平面且沿著半圓軌道恰能運動到D點,最后落在水平面上,g取10 m/s2。求:
(1)物體與傳送帶之間的動摩擦因數μ;
【答案】 (1)0.3　
(2)半圓軌道半徑R;
【答案】 (2)0.5 m
(3)物體在傳送帶上滑動過程中系統產生的熱量。
【答案】 (3)30.25 J
[例2] 【傾斜傳送帶模型】 (2024·湖北三模)(多選)如圖所示,某傳送帶的傾角α=37°,長為10.5 m,以6 m/s的速率逆時針運轉。在傳送帶頂端A點靜止釋放一個質量為1 kg的物體,同時傳送帶在電動機的帶動下,以4 m/s2加速運轉,已知物體與傳送帶間的動摩擦因數為0.5,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,物體從頂端A點運動至底端B點的過程中( 　　)
[A] 物體一直做加速度不變的勻加速直線運動
[B] 物體從A點運動至B點所用時間為1.5 s
[C] 物體在傳送帶上留下劃痕的長度為3 m
[D] 物體從A點運動至B點的過程中因摩擦產生的內能為20 J
BC
1.“滑塊—木板”模型問題的分析方法
(2)功和能分析:對滑塊和木板分別運用動能定理,或者對系統運用能量守恒定律。
2.三個位移的應用
(1)求摩擦力對滑塊做功時用滑塊對地的位移x滑,即W滑=-μmgx滑。
(2)求摩擦力對木板做功時用木板對地的位移x板,即W板=μmgx板。
(3)求摩擦生熱時用相對位移Δx,即Q=μmgΔx。
[例3] 【水平面上“滑塊—木板”模型】 (2024·河北廊坊模擬)(多選)如圖甲所示,足夠長的木板靜置于水平地面上,木板左端放置一可看成質點的物塊。t=0時對物塊施加一水平向右的恒定拉力F,在F的作用下物塊和木板發生相對滑動,t=2.0 s時撤去F,物塊恰好能到達木板右端,整個過程物塊運動的v-t圖像如圖乙所示。已知木板的質量為0.5 kg,物塊與木板間、木板與地面間均有摩擦,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,下列說法正確的是(　 　)
[A] 木板的長度為3 m
[B] 物塊的質量為0.8 kg
[C] 拉力F對物塊做的功為9.9 J
[D] 木板與地面間因摩擦產生的熱量為3.3 J
CD
【解析】 根據題意可知,木板在0~2.5 s內向右
做勻加速直線運動,作出v-t圖像,如圖所示,
(1)木板A第1次碰撞擋板P時的速度大小;
【答案】 (1)2 m/s
【解析】 (1)由題意可知,釋放后A、B一起加速下滑,
由牛頓第二定律有(M+m)gsin θ=(M+m)a,
解得a=gsin θ=6 m/s2,
設木板第一次碰撞擋板時速度為v,則v2=2as,
代入數據解得v=2 m/s。
(2)從木板A第1次碰撞擋板到木板A第1次減速為零的時間及此過程中物塊B與木板A間因摩擦產生的熱量。
【答案】 (2)0.25 s　6.5 J
1.多運動組合問題
一般有直線運動、平拋運動、圓周運動和一般的曲線運動的組合問題。
2.分析思路
(1)受力與運動分析:根據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,選擇合適的規律求解。
3.選用原則
(1)當物體受到恒力作用做勻變速直線運動(曲線運動某一方向可分解為勻變速直線運動)涉及時間與運動細節,或者物體做勻速圓周運動及圓周運動涉及特殊點的運動信息時,一般選用動力學方法解題。
(2)當涉及功、能和位移時,一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關系或能量守恒定律解題,題目中出現相對位移(摩擦生熱)時,應優先選用能量守恒定律。
[例5] 【板塊與多運動組合】 工廠里有一種運貨的過程可以簡化為如圖所示,貨物以v0=10 m/s的初速度滑上靜止的貨車的左端,已知貨物質量m=
20 kg,貨車質量M=30 kg,貨車高h=0.8 m。在光滑軌道OB上的A點設置一固定的障礙物,當貨車撞到障礙物時會被粘住不動,而貨物就被拋出,恰好會沿BC方向落在B點。已知貨車上表面的動摩擦因數μ=0.5,貨物可簡化為質點,斜面的傾角為53°。(取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2)
(1)求A、B之間的水平距離;
【答案】 (1)1.2 m
規范答題
(2)若已知OA段距離足夠長,導致貨物在碰到障礙物之前已經與貨車達到共同速度,則貨車的長度是多少
【答案】 (2)6.7 m
規范答題
方法點撥
(1)“合”——整體上把握全過程,構建大致的運動情境。
(2)“分”——將全過程進行分解,分析每個子過程對應的基本規律。
(3)“合”——找出各子過程之間的聯系,以銜接點為突破口,尋求解題最優方案。
對點1.傳送帶模型綜合問題
1.(4分)(2024·山東一模)如圖甲所示,繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行,初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時,小物塊在傳送帶上運動的v-t圖像(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2>v1,物塊和傳送帶間的動摩擦因數為μ,物塊的質量為m。則(　　)
[A] t2時刻,小物塊離A處的距離最大
[B] 0~t2時間內,小物塊的加速度方向先向右后向左
基礎對點練
C
【解析】 初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶,由小物塊在傳送帶上運動的v-t圖像可知,t1時刻,小物塊離A處的距離達到最大,A錯誤;0~t2時間內,小物塊受到的摩擦力方向一直向右,所以小物塊的加速度方向一直向右,B錯誤;
2.(8分)(2024·廣西賀州階段練習)如圖為某建筑工地的傳送裝置, 傳送帶傾斜地固定在水平面上, 以恒定的速度v0=2 m/s向下運動, 質量為m=1 kg 的工件無初速度地放在傳送帶的頂端A, 經時間t1=0.2 s,工件的速度達到2 m/s,此后再經過t2=1.0 s時間, 工件運動速度為v=4 m/s,到達B點,重力加速度g取
10 m/s2,工件可視為質點。求:
(1)傳送帶與工件間的動摩擦因數μ;
【答案】 (1)0.5
(2)工件由A 運動到B的過程中因摩擦而產生的熱量Q。
【答案】 (2)4.8 J
對點2.滑塊—木板模型綜合問題
3.(4分)(2024·河北邢臺期中)如圖所示,長為L的小車置于光滑的水平面上,小車前端放一小物塊。用大小為F的水平力將小車向右拉動一段距離s,物塊剛好滑到小車的左端。物塊與小車間的摩擦力為Ff,在此過程中(　　)
[A] 小物塊的機械能增加量為Ffs
[B] 小物塊與小車系統的機械能增加量為Fs
[C] 小車的機械能增加量為(F-Ff)s
[D] 物塊與小車組成的系統產生的內能為Ffs
C
【解析】 小物塊對地的位移方向向右,大小為x=s-L,小物塊受到的摩擦力方向水平向右,則摩擦力對小物塊做的功等于小物塊的機械能增加量,為ΔE1=Ff(s-L),故A錯誤;小物塊與小車系統的機械能增加量為ΔE2=Fs-FfL,故B錯誤;小車的機械能增加量為ΔE3=(F-Ff)s,故C正確;物塊與小車組成的系統產生的內能為E=FfL,故D錯誤。
4.(8分)如圖所示,質量mA=2 kg的木板A被鎖定在傾角為30°的光滑斜面的頂端,質量為mB=1 kg的可視為質點的物塊B恰能在木板A上勻速下滑。現讓物塊B以v0=7.5 m/s的初速度從木板的上端下滑,同時解除對木板A的鎖定,g取10 m/s2,斜面足夠長。
【答案】 (1)3.75 m
(1)要使物塊B不從木板A上滑落下來,則木板A的長度至少為多少
(2)在物塊B不從木板A上滑落的前提下,系統損失的機械能最多是多少
【答案】 (2)18.75 J
【解析】 (2)A、B達到共同速度以后兩者一起在光滑的斜面上加速下滑,
機械能守恒,達到共同速度以前,損失的機械能轉化為A、B系統的內能,
即ΔE損失=Q=Ff·lmin=mBgsin 30°·lmin,
得ΔE損失=18.75 J。
對點3.用動力學和能量觀點分析多運動組合問題
5.(8分)(2024·山東濟寧一模)某貨物傳送裝置簡化圖如圖甲所示,該裝置由傳送帶及固定擋板CDEF組成,擋板與傳送帶上表面ABCD垂直,傳送帶上表面與水平地面的夾角θ=37°,CD與水平面平行。傳送帶始終勻速轉動,工作人員將質量分布均勻的正方體貨物從D點由靜止釋放,貨物對地發生位移L=10 m后被取走,貨物在傳送帶上運動時的剖面圖如圖乙所示。已知傳送帶速率v0=2 m/s,貨物質量m=10 kg,貨物與傳送帶的動摩擦因數μ1=0.5,與擋板的動摩擦因數μ2=0.25。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取
10 m/s2,不計空氣阻力。求:
【答案】 (1)5.4 s
(1)貨物在傳送帶上經歷的時間t;
(2)傳送裝置因運送貨物多消耗的電能E。
【答案】 (2)202 J
【解析】 (2)傳送裝置多消耗的電能等于貨物與傳送裝置之間由摩擦產生的內能與貨物增加的動能之和,
貨物與傳送帶之間的相對位移為Δx=x1-x0,
貨物與傳送帶之間由于摩擦產生的內能為Q1=μ1FN1Δx,解得Q1=32 J,
貨物與擋板之間由于摩擦產生的內能為Q2=μ2FN2L,解得Q2=150 J,
6.(6分)(2024·四川涼山三模)(多選)如圖,足夠長的水平傳送帶AB與斜面BC在B點平滑連接,斜面傾角θ=37°,質量為1 kg的物塊從距傳送帶高為H=2.4 m的C點靜止釋放,物塊與斜面和傳送帶間的動摩擦因數均為0.5,傳送帶順時針運行速度恒為5 m/s。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。則下列判斷正確的是(　 　)
[A] 物塊第二次經過B點的速度為5 m/s
[B] 物塊第一次到達最左端的過程中與傳送帶摩擦生熱28 J
[C] 物塊在斜面上向下運動的路程之和為6 m
[D] 物塊在斜面上向下運動的路程之和為5 m
BD
綜合提升練
7.(12分)(2024·安徽淮北二模)如圖所示,質量 m=3 kg、長度L0=5 m的長木板放置在水平地面上,長木板左端與地面上B點對齊。與長木板等高的擋板固定在地面C點,擋板右側固定傾角α=37°、長度L=5 m的傳送帶。質量M=7 kg的物塊(可視為質點)以v0=10 m/s的速度滑上長木板的左端。長木板的右端與擋板相碰后原速率反彈,物塊在C點無能量損失滑上傳送帶。已知BC段的長度L1=9.75 m,物塊與長木板及傳送帶間的動摩擦因數μ1=0.5,長木板與水平地面的動摩擦因數μ2=0.2,傳送帶順時針轉動且速率v=10 m/s,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。不計長木板與擋板碰撞的時間,求:
(1)物塊在長木板上滑行時,長木板的加速度大小;
【答案】 (1)5 m/s2
(2)長木板運動到C點時的速度大小;
【答案】 (2)4 m/s
(3)物塊從滑上木板到在傳送帶上運動至最高點過程中,整個系統由于摩擦產生的熱量。
【答案】 (3)742 J
【解析】 (3)物塊在木板上滑行過程,
物塊與木板摩擦產生的熱量Q1=Ff1L0=175 J,
木板向右運動過程,木板與地面摩擦產生的熱量Q2=Ff2(L1-L0)=95 J,
因為μ1=0.5物塊滑上傳送帶先向上做勻減速直線運動,
加速度a4=gsin 37°-μ1gcos 37°=2 m/s2,
故木板在2 s內位移大小x5=x3=4 m,
與地面摩擦產生的熱量Q4=μ2mgx5=24 J,
物塊從滑上木板到運動到最高點過程中,
整個系統由于摩擦產生的熱量Q=Q1+Q2+Q3+Q4=742 J。

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