2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 機(jī)械能及其守恒定律 熱點(diǎn)專(zhuān)題（三）第28講 應(yīng)用力學(xué)兩大觀(guān)點(diǎn)解決兩類(lèi)模型問(wèn)題學(xué)案（含解析）.doc

《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 機(jī)械能及其守恒定律 熱點(diǎn)專(zhuān)題（三）第28講 應(yīng)用力學(xué)兩大觀(guān)點(diǎn)解決兩類(lèi)模型問(wèn)題學(xué)案（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 機(jī)械能及其守恒定律 熱點(diǎn)專(zhuān)題（三）第28講 應(yīng)用力學(xué)兩大觀(guān)點(diǎn)解決兩類(lèi)模型問(wèn)題學(xué)案（含解析）.doc（22頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第28講應(yīng)用力學(xué)兩大觀(guān)點(diǎn)解決兩類(lèi)模型問(wèn)題熱點(diǎn)概述(1)本熱點(diǎn)是力學(xué)兩大觀(guān)點(diǎn)在傳送帶和滑塊木板兩種模型中的綜合應(yīng)用，高考常以計(jì)算題、壓軸題的形式出現(xiàn)。(2)學(xué)好本熱點(diǎn)，可以極大地培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達(dá)能力，針對(duì)性的專(zhuān)題強(qiáng)化，可以提升同學(xué)們解決壓軸題的信心。(3)用到的知識(shí)有：動(dòng)力學(xué)觀(guān)點(diǎn)(牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)基本規(guī)律)，能量觀(guān)點(diǎn)(動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律)。熱點(diǎn)一傳送帶模型問(wèn)題1模型分類(lèi)：水平傳送帶問(wèn)題和傾斜傳送帶問(wèn)題。(1)兩類(lèi)問(wèn)題的求解關(guān)鍵、分析流程相同，功能關(guān)系相近，傾斜傳送帶問(wèn)題涉及到重力做功和重力勢(shì)能的變化。(2)傾斜傳送帶問(wèn)題中須注意物體在傾斜傳送帶上所受摩擦力的性質(zhì)、大小、方向以及與物體所受重力沿傳送帶斜面分力的大小、方向關(guān)系。2傳送帶模型問(wèn)題的設(shè)問(wèn)角度(1)動(dòng)力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動(dòng)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(shí)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(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)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。模型1水平傳送帶問(wèn)題例1(多選)如圖所示，水平繃緊的傳送帶AB長(zhǎng)L6 m，始終以恒定速率v14 m/s運(yùn)行。初速度大小為v26 m/s的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從與傳送帶等高的光滑水平地面上經(jīng)A點(diǎn)滑上傳送帶。小物塊m1 kg，物塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)0.4，g取10 m/s2。下列說(shuō)法正確的是()A小物塊可以到達(dá)B點(diǎn)B小物塊不能到達(dá)B點(diǎn)，但可返回A點(diǎn)，返回A點(diǎn)速度為4 m/sC小物塊向左運(yùn)動(dòng)速度減為0時(shí)相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離達(dá)到最大D小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，因相互間摩擦力產(chǎn)生的熱量為50 J解析小物塊在水平方向運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由牛頓第二定律得mgma，解得ag4 m/s2，若小物塊從右端滑上傳送帶后速度可以減為零，設(shè)速度減為零時(shí)的位移是x，則0v2ax，解得x m4.5 m6 m，所以小物塊不能到達(dá)B點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；小物塊不能到達(dá)B點(diǎn)，速度減為零后反向做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度等于傳送帶速度v1后勻速運(yùn)動(dòng)，返回A點(diǎn)速度為4 m/s，故B正確；小物塊不能到達(dá)B點(diǎn)，速度減為零后反向做勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程相對(duì)于傳送帶繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，所以小物塊向左運(yùn)動(dòng)速度減為0時(shí)相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離沒(méi)有達(dá)到最大，故C錯(cuò)誤；小物塊向右勻加速的過(guò)程中的位移x m2 m，當(dāng)速度等于傳送帶速度v1時(shí)，經(jīng)歷的時(shí)間t2.5 s，該時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移sv1t42.5 m10 m，所以小物塊相對(duì)于傳送帶的位移xs(xx)10 m(4.52) m12.5 m，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，因相互間摩擦力產(chǎn)生的熱量為Qmgx50 J，故D正確。答案BD方法感悟1傳送帶模型問(wèn)題的關(guān)鍵求解的關(guān)鍵在于認(rèn)真分析物體與傳送帶的相對(duì)運(yùn)動(dòng)情況，從而確定其是否受到滑動(dòng)摩擦力作用。如果受到滑動(dòng)摩擦力作用應(yīng)進(jìn)一步確定其大小和方向，然后根據(jù)物體的受力情況確定物體的運(yùn)動(dòng)情況。當(dāng)物體速度與傳送帶速度相等時(shí)，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變。2傳送帶模型問(wèn)題的分析流程模型2傾斜傳送帶問(wèn)題例2如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角為30，其上A、B兩點(diǎn)間的距離為l5 m，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v1 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)。現(xiàn)將一質(zhì)量為m10 kg的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上的A點(diǎn)，已知小物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，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10 m/s2)(1)傳送帶對(duì)小物體做的功；(2)電動(dòng)機(jī)做的功。解析(1)小物體剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有mgcosmgsinma解得小物體上升的加速度為a2.5 m/s2當(dāng)小物體勻加速到v1 m/s時(shí)，小物體的位移為x0.2 m5 m之后小物體以v1 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)由功能關(guān)系得，傳送帶對(duì)小物體做的功等于小物體機(jī)械能的增加量，即WEkEpmv2mglsin255 J。(2)電動(dòng)機(jī)做的功等于小物體的機(jī)械能的增加量和小物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q之和，由vat得t0.4 s相對(duì)位移xvtt0.2 m摩擦產(chǎn)生的熱量Qmgxcos15 J故電動(dòng)機(jī)做的功為W電WQ270 J。答案(1)255 J(2)270 J方法感悟傳送帶模型問(wèn)題的功能關(guān)系分析(1)功能關(guān)系分析：WEkEpQ。(2)對(duì)W和Q的理解傳送帶做的功：WFfx傳；產(chǎn)生的內(nèi)能QFfx相對(duì)。1(2018安徽師大附中模擬)(多選)如圖所示，質(zhì)量m1 kg 的物體從高為h0.2 m的光滑軌道上P點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，滑到水平傳送帶上的A點(diǎn)，物體和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，傳送帶AB之間的距離為L(zhǎng)5 m，傳送帶一直以v4 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，則(g取10 m/s2)()A物體從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1.5 sB物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，摩擦力對(duì)物體做功為2 JC物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，產(chǎn)生的熱量為2 JD物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，帶動(dòng)傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)多做的功為10 J答案AC解析設(shè)物體下滑到A點(diǎn)的速度為v0，在從P滑到A的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律有：mvmgh，代入數(shù)據(jù)得：v02 m/sv4 m/s，則物體滑上傳送帶后，在滑動(dòng)摩擦力的作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為ag2 m/s2；當(dāng)物體的速度與傳送帶的速度相等時(shí)用時(shí)：t1 s1 s，勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x1t11 m3 mmgcos，故當(dāng)物體與傳送帶同速后，物體將繼續(xù)加速，有mgsinmgcosma2Lx1vt2a2t解得t21 s故物體由A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間tt1t22 s。(2)物體與傳送帶間的相對(duì)位移x相(vt1x1)(Lx1vt2)6 m故Qmgcosx相24 J。3如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角30，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下始終保持v02 m/s的速率運(yùn)行?，F(xiàn)把一質(zhì)量為m10 kg的工件(可看做質(zhì)點(diǎn))輕輕放在傳送帶的底端，經(jīng)過(guò)1.9 s，工件被傳送到h1.5 m的高處。g取10 m/s2，求：(1)工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)電動(dòng)機(jī)由于傳送工件多消耗的電能。答案(1)(2)230 J解析(1)傳送帶長(zhǎng)x3 m工件速度達(dá)到v0前，做勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x1t1t1勻速運(yùn)動(dòng)的位移為xx1v0(tt1)解得加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t10.8 s加速運(yùn)動(dòng)的位移x10.8 m所以加速度a2.5 m/s2由牛頓第二定律得mgcosmgsinma解得。(2)從能量守恒的觀(guān)點(diǎn)看，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能用于增加工件的動(dòng)能、勢(shì)能以及傳送帶與工件之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能。在時(shí)間t1內(nèi)，傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移x傳送帶v0t11.6 m在時(shí)間t1內(nèi)，工件相對(duì)傳送帶的位移x相x傳送帶x10.8 m在時(shí)間t1內(nèi)，摩擦生熱Qmgcosx相60 J工件獲得的動(dòng)能Ekmv20 J工件增加的勢(shì)能Epmgh150 J故電動(dòng)機(jī)多消耗的電能WQEkEp230 J。4一質(zhì)量為M2.0 kg的小物塊隨足夠長(zhǎng)的水平傳送帶一起運(yùn)動(dòng)，被一水平向左飛來(lái)的子彈擊中并從物塊中穿過(guò)，子彈和小物塊的作用時(shí)間極短，如圖甲所示。地面觀(guān)察者記錄了小物塊被擊中后的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示(圖中取向右運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?。已知傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2。(1)指出傳送帶速度v的大小及方向，說(shuō)明理由；(2)計(jì)算物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)傳送帶對(duì)外做了多少功？子彈射穿物塊后系統(tǒng)有多少能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能？答案(1)2.0 m/s方向向右理由見(jiàn)解析(2)0.2(3)24 J36 J解析(1)從vt圖象中可以看出，物塊被擊穿后，先向左做減速運(yùn)動(dòng)，速度為零后，又向右做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度等于2.0 m/s，則隨傳送帶一起做勻速運(yùn)動(dòng)，所以，傳送帶的速度大小為v2.0 m/s，方向向右。(2)由vt圖象可得，物塊在滑動(dòng)摩擦力的作用下做勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度a m/s22.0 m/s2，由牛頓第二定律得滑動(dòng)摩擦力FfMgMa，則物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2。(3)由vt圖象可知，傳送帶與物塊間存在摩擦力的時(shí)間只有3 s，傳送帶在這段時(shí)間內(nèi)移動(dòng)的位移為x，則xvt2.03 m6.0 m所以，傳送帶所做的功WFfx0.22.0106.0 J24 J。由圖乙可知物塊被擊中后的初速度大小為v14 m/s，向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t12 s，向右運(yùn)動(dòng)直至和傳送帶達(dá)到共同速度的時(shí)間為t21 s，則物塊向左運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能Q1Mg32 J物塊向右運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能Q2Mg4 J。所以整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的內(nèi)能QQ1Q236 J。熱點(diǎn)二板塊模型問(wèn)題1模型分類(lèi)滑塊木板模型根據(jù)情況可以分成水平面上的滑塊木板模型和斜面上的滑塊木板模型。2位移關(guān)系滑塊從木板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過(guò)程中，若滑塊和木板沿同一方向運(yùn)動(dòng)，則滑塊的位移和木板的位移之差等于木板的長(zhǎng)度；若滑塊和木板沿相反方向運(yùn)動(dòng)，則滑塊的位移和木板的位移之和等于木板的長(zhǎng)度。3解題關(guān)鍵找出滑塊和木板之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口，求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個(gè)相鄰的不同運(yùn)動(dòng)過(guò)程的紐帶，每一個(gè)過(guò)程的末速度是下一個(gè)過(guò)程的初速度。模型1水平面上的板塊模型例1如圖甲所示，長(zhǎng)木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為 m2 kg的另一物體B(可看成質(zhì)點(diǎn))以水平速度v02 m/s 滑上原來(lái)靜止的長(zhǎng)木板A的上表面。由于A(yíng)、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，則下列說(shuō)法正確的是(g取10 m/s2)()A木板獲得的動(dòng)能為2 JB系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4 JC木板A的最小長(zhǎng)度為2 mDA、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1解析由圖象可知，A、B的加速度大小相等aAaB1 m/s2，設(shè)A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則aA1 m/s2，aB1 m/s2，解得0.1，mA2 kg，D正確；木板獲得的動(dòng)能為EkmAv2212 J1 J，A錯(cuò)誤；系統(tǒng)損失的機(jī)械能Emv(mmA)v22 J，B錯(cuò)誤；由vt圖象可求出二者相對(duì)位移為1 m，所以木板A的最小長(zhǎng)度為1 m，C錯(cuò)誤。答案D方法感悟1圖象類(lèi)題目一定要先看清圖象的物理意義，特別是圖象上特殊點(diǎn)的物理意義，例如例1中t1 s時(shí)對(duì)應(yīng)的圖象上的點(diǎn)。1 s時(shí)A、B速度相同，是兩者運(yùn)動(dòng)的轉(zhuǎn)折點(diǎn)。1 s前A做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，B做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，AB間存在滑動(dòng)摩擦力；1 s后兩者以共同的速度做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，兩者之間無(wú)摩擦力。2板塊模型問(wèn)題的解題思路正確地對(duì)滑塊、木板進(jìn)行受力分析，特別是準(zhǔn)確分析出滑塊、木板所受的摩擦力的性質(zhì)、大小及方向，并根據(jù)牛頓第二定律確定滑塊、木板的加速度，結(jié)合加速度和速度的方向關(guān)系確定滑塊、木板的運(yùn)動(dòng)情況和能量轉(zhuǎn)化情況。模型2斜面上的板塊模型例2如圖所示，一斜面體固定在水平地面上，傾角為30，高度為h1.5 m，一薄木板B置于斜面頂端，恰好能保持靜止，木板下端連接有一根自然長(zhǎng)度為l00.2 m的輕彈簧，木板總質(zhì)量為m1 kg、總長(zhǎng)度為L(zhǎng)2.0 m。一質(zhì)量為M3 kg的小物塊A從斜面體左側(cè)某位置水平拋出，該位置離地高度為H1.7 m，物塊A經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后從斜面頂端沿平行于斜面方向落到木板上并開(kāi)始向下滑行。已知A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，木板下滑到斜面底端碰到擋板時(shí)立刻停下，物塊A最后恰好能脫離彈簧，且彈簧被壓縮時(shí)一直處于彈性限度內(nèi)，最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g10 m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：(1)物塊A落到木板上的速度大小v；(2)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能。解析(1)物塊A落到木板上之前做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有：2g(Hh)v得vy2 m/s物塊A落到木板上時(shí)速度大?。簐4 m/s。(2)由木板恰好靜止在斜面上，得到斜面與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)0應(yīng)滿(mǎn)足：mgsin300mgcos30得：0tan30物塊A在木板上滑行時(shí)，由牛頓第二定律得，aA2.5 m/s2(方向沿斜面向上)aB7.5 m/s2(方向沿斜面向下)假設(shè)A與木板B達(dá)到共同速度v共時(shí)，A還沒(méi)有壓縮彈簧且木板B還沒(méi)有到達(dá)斜面底端，則有v共aBtvaAt解得v共3 m/s，t0.4 s此過(guò)程，xAt1.4 mxBt0.6 mL1 mxxAxB0.8 mf，對(duì)木板a24 m/s2，對(duì)物塊a12 m/s2，12 s，F(xiàn)f，對(duì)木板a20，對(duì)物塊a1a1，畫(huà)出02 s兩者的vt圖象如圖。由圖可知2 s時(shí)兩者速度相同。24 s，F(xiàn)0，假設(shè)二者相對(duì)滑動(dòng)，則對(duì)物塊a1a12 m/s2，對(duì)木板a2 m/s2，a2a1，故假設(shè)正確；作出二者在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的vt圖象如圖所示。02 s內(nèi)物塊相對(duì)木板向左運(yùn)動(dòng)，24 s內(nèi)物塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)。由圖象可得02 s內(nèi)物塊相對(duì)木板的位移大小x12 m系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q11m1gx14 J。由圖象可得24 s內(nèi)物塊相對(duì)木板的位移大小x21 m物塊與木板因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q21m1gx22 J由圖象可得木板在粗糙水平面上對(duì)地位移x23 m木板與水平面因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q32(m1m2)gx230 J04 s內(nèi)物塊相對(duì)木板的位移xx1x21 m04 s內(nèi)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的總內(nèi)能為QQ1Q2Q336 J。4. 如圖所示，傾角為37的斜面固定在水平面上，斜面底端固定一彈性擋板，任何物體撞上擋板都以原速率反彈。斜面的頂端放置一長(zhǎng)木板，上面疊放著一滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，長(zhǎng)木板質(zhì)量為M1 kg，滑塊質(zhì)量為m1 kg，長(zhǎng)木板與斜面間無(wú)摩擦，滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，木板足夠長(zhǎng)且下端距擋板的距離為L(zhǎng)3 m，現(xiàn)將它們由靜止釋放，重力加速度大小為g10 m/s2。sin370.6，cos370.8。求：(1)滑塊由靜止釋放時(shí)所受摩擦力的大?。?2)長(zhǎng)木板第二次碰撞擋板時(shí)速度的大??；(3)從開(kāi)始釋放到長(zhǎng)木板第二次碰撞擋板前長(zhǎng)木板和滑塊組成的系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量。答案(1)0(2)6 m/s(3)34.56 J解析(1)由于斜面光滑，則開(kāi)始時(shí)滑塊和長(zhǎng)木板一起下滑。以整體為研究對(duì)象，則(mM)gsin37(mM)a解得a6 m/s2對(duì)滑塊受力分析，可知mgsin37fma解得f0。(2)開(kāi)始時(shí)滑塊和長(zhǎng)木板一起下滑，設(shè)長(zhǎng)木板第一次碰撞擋板的速度大小為v1由Lat2，解得t1 sv1at6 m/s碰后長(zhǎng)木板反彈，對(duì)滑塊受力分析mgsin37mgcos37ma1解得a12 m/s2，方向沿斜面向下對(duì)長(zhǎng)木板受力分析Mgsin37mgcos37Ma2解得a210 m/s2，方向沿斜面向下第一次長(zhǎng)木板與擋板碰撞后與滑塊發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，設(shè)長(zhǎng)木板向上運(yùn)動(dòng)減速到零的時(shí)間為t1，位移為x1，則t10.6 sx1t11.8 m然后長(zhǎng)木板開(kāi)始向下加速運(yùn)動(dòng)，長(zhǎng)木板又經(jīng)t20.6 s運(yùn)動(dòng)x21.8 m后與擋板相碰撞，相碰時(shí)長(zhǎng)木板的速度大小v26 m/s。(3)經(jīng)分析可知長(zhǎng)木板第二次碰撞擋板前沒(méi)有與滑塊共速，設(shè)滑塊在t1時(shí)間內(nèi)下滑x3，在t2時(shí)間內(nèi)下滑x4，則x3v1t1a1t3.96 mx42v1t1a1(2t1)2x34.68 m所以長(zhǎng)木板與滑塊的相對(duì)位移sx1x3x4x28.64 m故產(chǎn)生的熱量Qmgcos37s34.56 J。課后作業(yè)1水平傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下始終以速度v勻速運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻在傳送帶上A點(diǎn)處輕輕放上一個(gè)質(zhì)量為m的小物體，經(jīng)時(shí)間t小物體的速度與傳送帶相同，相對(duì)傳送帶的位移大小為x，A點(diǎn)未到右端，在這段時(shí)間內(nèi)()A小物體相對(duì)地面的位移大小為2xB傳送帶上的A點(diǎn)對(duì)地的位移大小為xC由于物體與傳送帶相互作用產(chǎn)生的內(nèi)能為mv2D由于物體與傳送帶相互作用電動(dòng)機(jī)要多做的功為mv2答案D解析在這段時(shí)間內(nèi)，物體從靜止做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其相對(duì)地面的位移為x1vt，傳送帶(或傳送帶上的A點(diǎn))相對(duì)地面的位移為x2vt，物體相對(duì)傳送帶的位移大小xx2x1vt，顯然x1x，x22x，故A、B錯(cuò)誤；由于物體與傳送帶間的滑動(dòng)摩擦力做功，將系統(tǒng)的部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，摩擦生熱QFfx，對(duì)物體運(yùn)用動(dòng)能定理有Ffx1mv2，又x1x，所以QFfxmv2，故C錯(cuò)誤；在這段時(shí)間內(nèi)，電動(dòng)機(jī)要多做功以克服滑動(dòng)摩擦力做功，WFfx22Ffxmv2，故D正確。2(2018寧德模擬)(多選)如圖所示，足夠長(zhǎng)傳送帶與水平方向的傾角為，物塊a通過(guò)平行于傳送帶的輕繩跨過(guò)光滑輕滑輪與物塊b相連，開(kāi)始時(shí)，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力的作用，現(xiàn)讓傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則在b上升h高度(未與滑輪相碰)過(guò)程中()A物塊a重力勢(shì)能減少量等于物塊b重力勢(shì)能的增加量B物塊a機(jī)械能的減少量等于物塊b機(jī)械能的增加量C摩擦力對(duì)物塊a做的功等于物塊a、b動(dòng)能增加之和D任意時(shí)刻，重力對(duì)a、b做功的瞬時(shí)功率大小相等答案ACD解析開(kāi)始時(shí)，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用，則有magsinmbg，則masinmb，b上升h，則a下降高度為hsin，則a重力勢(shì)能的減小量為maghsinmbgh，即物塊a重力勢(shì)能減少量等于物塊b重力勢(shì)能的增加量，故A正確；由于摩擦力對(duì)a做正功，系統(tǒng)機(jī)械能增加，所以物塊a機(jī)械能的減少量小于物塊b機(jī)械能的增加量，故B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒得知系統(tǒng)機(jī)械能增加，摩擦力對(duì)a做的功等于a、b機(jī)械能的增量，因?yàn)橄到y(tǒng)重力勢(shì)能不變，所以摩擦力做功等于系統(tǒng)動(dòng)能的增加之和，故C正確；任意時(shí)刻a、b的速率相等，對(duì)b克服重力做功的瞬時(shí)功率Pbmbgv，對(duì)a有Pamagvsinmbgv，所以重力對(duì)a、b做功的瞬時(shí)功率大小相等，故D正確。3(2018咸陽(yáng)模擬)(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動(dòng)摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊。當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí)，木板在地面上移動(dòng)的距離為s，下列結(jié)論中正確的是()A上述過(guò)程中，F(xiàn)做功等于滑塊和木板動(dòng)能的增量B其他條件不變的情況下，M越大，s越小C其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達(dá)右端所用時(shí)間越長(zhǎng)D其他條件不變的情況下，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多答案BD解析由功能關(guān)系可知拉力F做功除了使兩物體動(dòng)能增加以外還使系統(tǒng)產(chǎn)生熱量，故A錯(cuò)誤；由于木板受到的摩擦力不變，當(dāng)M越大時(shí)木板加速度越小，而滑塊加速度不變，相對(duì)位移一樣，滑塊在木板上運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短，所以木板運(yùn)動(dòng)的位移越小，故B正確；滑塊和木板都是做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，在其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，木板的運(yùn)動(dòng)情況不變，滑塊和木板的相對(duì)位移還是L，所以滑塊的加速度越大，離開(kāi)木板時(shí)間就越短，故C錯(cuò)誤；系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于摩擦力和相對(duì)位移的乘積，相對(duì)位移沒(méi)變，摩擦力越大，產(chǎn)生的熱量越多，故D正確。4(2018吉林模擬)(多選)如圖甲所示，傾角為的足夠長(zhǎng)的傳送帶以初速度v0沿逆時(shí)針?lè)较騽蚣铀龠\(yùn)行，t0時(shí)，將質(zhì)量m1 kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上，物體相對(duì)地面的vt圖象如圖乙所示，設(shè)沿傳送帶向下為正方向，重力加速度g取10 m/s2。則()A傳送帶的加速度可能大于2 m/s2B傳送帶的傾角可能小于30C物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)一定為0.5D02.0 s內(nèi)，摩擦力對(duì)物體做功Wf可能為24 J答案BD解析物體在傳送帶上沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物體速度小于傳送帶速度時(shí)，摩擦力方向沿斜面向下，對(duì)物體由牛頓第二定律得mgsinmgcosma1，解得a1(sincos)g，在t1 s后，加速度減小，當(dāng)物體速度大于傳送帶速度時(shí)，摩擦力方向沿斜面向上，當(dāng)物體速度等于傳送帶速度時(shí)，摩擦力為零，所以，在12 s，物體速度不小于傳送帶速度，故物體加速度不小于傳送帶加速度，所以傳送帶的加速度不大于2 m/s2，故A錯(cuò)誤；若12 s，摩擦力為零，那么物體加速度a2gsin2 m/s2，則sin，30，若12 s，摩擦力不為零，那么物體加速度a2(sincos)g，由圖可知a110 m/s2，a22 m/s2，所以有a1a22gsin12 m/s2，故sin0.6，即37，a1a22gcos8 m/s2，所以0.5，故B正確，C錯(cuò)誤；第一段勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移x1 m5 m，第二段勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移x2 m11 m，由動(dòng)能定理得mg(x1x2)sinWfmv，若12 s，摩擦力為零，sin，得Wf40 J，若12 s，摩擦力不為零，sin，得Wf24 J，故D正確。5如圖所示，AB為半徑R0.8 m的光滑圓弧軌道，下端B恰與小車(chē)右端平滑對(duì)接。小車(chē)質(zhì)量m3 kg，車(chē)長(zhǎng)L2.06 m?，F(xiàn)有一質(zhì)量m1 kg的滑塊，由軌道頂端無(wú)初速度釋放，滑到B端后沖上小車(chē)。已知地面光滑，滑塊與小車(chē)上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.3，當(dāng)車(chē)運(yùn)動(dòng)了t01.5 s時(shí)，車(chē)被地面裝置鎖定(g取10 m/s2)。試求：(1)滑塊到達(dá)B端時(shí)，軌道對(duì)它的支持力的大??；(2)車(chē)被鎖定時(shí)，車(chē)右端距軌道B端的距離；(3)從車(chē)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到被鎖定的過(guò)程中，滑塊與車(chē)之間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能大小。答案(1)30 N(2)1 m(3)6 J解析(1)由機(jī)械能守恒定律得，mgRmv由牛頓第二定律得，F(xiàn)NBmgm解得FNB30 N。(2)設(shè)滑塊滑上小車(chē)后經(jīng)過(guò)時(shí)間t1與小車(chē)共速，共同速度的大小為v對(duì)滑塊：mgma1，vvBa1t1對(duì)小車(chē)：mgma2，va2t1解得v1 m/s，t11 s，t1時(shí)間內(nèi)滑塊相對(duì)車(chē)的位移svBt1a1ta2t2 m，sL，故滑塊仍在小車(chē)上。因t1v，故物塊滑上傳送帶后先減速，物塊與傳送帶相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中，由1mgma1，vv0a1t1，x1v0t1a1t解得a12 m/s2，t10.5 s，x12.75 m因?yàn)閤12s，所以物塊能通過(guò)B點(diǎn)，設(shè)物塊從E點(diǎn)返回至B點(diǎn)的速度為vB，有mv2mv2mg2s解得vB m/s物塊再次滑上傳送帶，因?yàn)閤2 mL，所以物塊在恒定摩擦力的作用下先減速至0再反向加速，由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知其以相同的速率離開(kāi)傳送帶，傳送帶對(duì)其做功為0，在BC段還能運(yùn)動(dòng)的路程x3x12s m，x3s，故物塊不能再次到達(dá)C點(diǎn)，設(shè)最終停在距C點(diǎn)x處，有xsx3解得x m。(3)設(shè)傳送帶速度為v1時(shí)物塊恰能到F點(diǎn)，在F點(diǎn)滿(mǎn)足mgsin30m從B到F過(guò)程中由能量守恒定律可知mvmv2mgsmg(RRsin30)解得v1 m/s設(shè)傳送帶速度為v2時(shí)，物塊撞擋板后返回恰能到E點(diǎn)，有mv2mg3smgR解得v2 m/s若物塊在傳送帶上一直加速運(yùn)動(dòng)，有mvmv1mgL知其到B點(diǎn)的最大速度vBm m/s綜合上述分析可知，只要傳送帶速度v滿(mǎn)足： m/sv m/s，即可滿(mǎn)足條件。8(2018青島模擬)如圖所示，傾角30的足夠長(zhǎng)的光滑斜面底端A固定有擋板P，斜面上B點(diǎn)與A點(diǎn)的高度差為h，將質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為L(zhǎng)的木板置于斜面底端，質(zhì)量也為m的小物塊靜止在木板上某處，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知木板與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。(1)若給木板和物塊一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到達(dá)B點(diǎn)，求v0大??；(2)若對(duì)木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物塊相對(duì)木板剛好靜止，求拉力F0的大?。?3)若對(duì)木板施加沿斜面向上的拉力F2mg，作用一段時(shí)間后撤去拉力，木板下端恰好能到達(dá)B點(diǎn)，物塊始終未脫離木板，求拉力F做的功W。答案(1)(2)mg(3)mgh解析(1)對(duì)小物塊和長(zhǎng)木板組成的整體，由機(jī)械能守恒定律得：2mv2mg(hLsin)解得：v0。(2)由牛頓第二定律得：對(duì)木板與物塊整體：F02mgsin2ma0對(duì)物塊：mgcosmgsinma0解得：F0mg。(3)設(shè)拉力F作用的時(shí)間為t1，再經(jīng)時(shí)間t2物塊與木板達(dá)到共速，再經(jīng)時(shí)間t3木板下端到達(dá)B點(diǎn)，速度恰好減為零，由牛頓第二定律得：對(duì)木板：Fmgsinmgcosma1mgsinmgcosma3對(duì)物塊：mgcosmgsinma2對(duì)木板與物塊整體：2mgsin2ma4另有：a1t1a3t2a2(t1t2)a2(t1t2)a4t3a1ta1t1t2a3ta4tWFa1t解得：Wmgh。