2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 專題強(qiáng)化六 綜合應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)解決兩類模型問題課件.ppt

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第五章機(jī)械能 專題強(qiáng)化六綜合應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)解決兩類模型問題 1 本專題是力學(xué)兩大觀點(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)算題壓軸題的形式命題 2 學(xué)好本專題 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)方法觀點(diǎn) 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 運(yùn)動(dòng)學(xué)基本規(guī)律 能量觀點(diǎn) 動(dòng)能定理 機(jī)械能守恒定律 能量守恒定律 過好雙基關(guān) 1 設(shè)問的角度 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 命題點(diǎn)一傳送帶模型問題 能力考點(diǎn)師生共研 模型構(gòu)建 2 功能關(guān)系分析 1 功能關(guān)系分析 W Ek Ep Q 2 對(duì)W和Q的理解 傳送帶做的功 W Ffx傳 產(chǎn)生的內(nèi)能Q Ffx相對(duì) 模型1水平傳送帶問題例1 2017 湖南永州三模 如圖1所示 水平傳送帶A B兩輪間的距離L 40m 離地面的高度H 3 2m 傳送帶以恒定的速率v0 2m s向右勻速運(yùn)動(dòng) 兩個(gè)完全一樣的小滑塊P Q中間夾有一根輕質(zhì)彈簧 彈簧與P Q不拴接 用一輕繩把兩滑塊拉至最近 彈簧始終處于彈性限度內(nèi) 使彈簧處于最大壓縮狀態(tài) 現(xiàn)將P Q輕放在傳送帶的最左端 P Q一起從靜止開始運(yùn)動(dòng) t1 4s時(shí)輕繩突然斷開 很短時(shí)間內(nèi)彈簧伸長至本身的自然長度 不考慮彈簧的長度的影響 此時(shí)滑塊P速度反向 滑塊Q的速度大小剛好是P的速度大小的兩倍 已知小滑塊的質(zhì)量均為m 0 2kg 小滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0 1 重力加速度g 10m s2 求 1 彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能 答案 解析 圖1 答案7 2J 解析滑塊的加速度大小a g 1m s2滑塊P Q從靜止到與傳送帶共速所需時(shí)間t0 2sP Q共同加速的位移大小x0 at02 2m L 40m故滑塊第2s末相對(duì)傳送帶靜止取向右為速度的正方向 由動(dòng)量守恒定律有2mv0 mvQ mvP又 vQ 2 vP 解得vQ 8m s vP 4m s最大壓縮狀態(tài)時(shí) 彈簧的彈性勢(shì)能Ep 7 2J 2 兩滑塊落地的時(shí)間差 答案 解析 答案6s 解析兩滑塊離開傳送帶后做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等 故兩滑塊的落地時(shí)間差就是彈簧恢復(fù)到自然長度后 兩滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之差 t1 4s時(shí) 滑塊P Q位移大小x1 x0 v0 t1 t0 6m 兩滑塊落地時(shí)間差 t t2 t3 t4 6s 3 兩滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的全過程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量 答案 解析 答案6 4J 解析滑塊P Q共同加速階段Q1 2 mg v0t0 x0 0 8J分離后滑塊Q向右運(yùn)動(dòng)階段Q2 mg x2 v0t2 3 6J滑塊P向左運(yùn)動(dòng)階段Q3 mg x1 v0t4 2J全過程產(chǎn)生的總熱量Q Q1 Q2 Q3 6 4J 變式1電機(jī)帶動(dòng)水平傳送帶以速度v勻速傳動(dòng) 一質(zhì)量為m的小木塊由靜止輕放在傳送帶上 如圖2所示 若小木塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 當(dāng)小木塊與傳送帶相對(duì)靜止時(shí) 求 1 小木塊的位移 答案 解析 圖2 解析木塊剛放上時(shí)速度為零 必然受到傳送帶的滑動(dòng)摩擦力作用 做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 達(dá)到與傳送帶速度相同后不再相對(duì)滑動(dòng) 整個(gè)過程中木塊獲得一定的能量 系統(tǒng)要產(chǎn)生摩擦熱 對(duì)小木塊 相對(duì)滑動(dòng)時(shí)由 mg ma得加速度a g 由v at得 達(dá)到相對(duì)靜止所用時(shí)間t 2 傳送帶轉(zhuǎn)過的路程 答案 解析 3 小木塊獲得的動(dòng)能 答案 解析 4 摩擦過程產(chǎn)生的摩擦熱 答案 解析 注意 Q Ek是一種巧合 不是所有的問題都這樣 5 電機(jī)帶動(dòng)傳送帶勻速傳動(dòng)輸出的總能量 答案 解析 答案mv2 解析由能量守恒定律得 電機(jī)輸出的總能量轉(zhuǎn)化為小木塊的動(dòng)能與摩擦熱 所以E總 Ek Q mv2 模型2傾斜傳送帶問題例2如圖3所示 傳送帶與地面的夾角 37 A B兩端間距L 16m 傳送帶以速度v 10m s沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng) 物體質(zhì)量m 1kg 無初速度地放置于A端 它與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0 5 sin37 0 6 cos37 0 8 g 10m s2 試求 1 物體由A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間 答案 解析 答案2s 圖3 解析物體剛放上傳送帶時(shí)受到沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力 由牛頓第二定律得mgsin mgcos ma1 設(shè)物體經(jīng)時(shí)間t1加速到與傳送帶速度相同 則v a1t1 x1 a1t12 可解得a1 10m s2 t1 1s x1 5m因x1 L mgsin mgcos 故當(dāng)物體與傳送帶速度相同后 物體將繼續(xù)加速mgsin mgcos ma2L x1 vt2 a2t22解得t2 1s故物體由A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間t t1 t2 2s 2 系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量 答案 解析 答案24J 解析物體與傳送帶間的相對(duì)位移x相對(duì) vt1 x1 L x1 vt2 6m故Q mgcos x相對(duì) 24J 變式2 多選 如圖4甲所示 傾角為 的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時(shí)針方向運(yùn)行 t 0時(shí) 將質(zhì)量m 1kg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v t圖象如圖乙所示 設(shè)沿傳送帶向下為正方向 取重力加速度g 10m s2 則A 傳送帶的速率v0 10m sB 傳送帶的傾角 30 C 物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0 5D 0 2 0s內(nèi)摩擦力對(duì)物體做功Wf 24J 解析 答案 圖4 解析當(dāng)物體的速度超過傳送帶的速度后 物體受到的摩擦力的方向發(fā)生改變 加速度也發(fā)生改變 根據(jù)v t圖象可得 傳送帶的速率為v0 10m s 選項(xiàng)A正確 1 0s之前的加速度a1 10m s2 1 0s之后的加速度a2 2m s2 結(jié)合牛頓第二定律 gsin gcos a1 gsin gcos a2 解得sin 0 6 37 0 5 選項(xiàng)B錯(cuò)誤 選項(xiàng)C正確 摩擦力大小Ff mgcos 4N 在0 1 0s內(nèi) 摩擦力對(duì)物體做正功 在1 0 2 0s內(nèi) 摩擦力對(duì)物體做負(fù)功 0 1 0s內(nèi)物體的位移為5m 1 0 2 0s內(nèi)物體的位移是11m 0 2 0s內(nèi)摩擦力做的功為 4 11 5 J 24J 選項(xiàng)D正確 1 模型分類滑塊 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度 3 解題關(guān)鍵找出物體之間的位移 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)過程的紐帶 每一個(gè)過程的末速度是下一個(gè)過程的初速度 命題點(diǎn)二滑塊 木板模型問題 能力考點(diǎn)師生共研 模型構(gòu)建 例3 2017 廣東汕頭二模 如圖5所示 一斜面體固定在水平地面上 傾角為 30 高度為h 1 5m 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度為l0 0 2m的輕彈簧 木板總質(zhì)量為m 1kg 總長度為L 2 0m 一質(zhì)量為M 3kg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H 1 7m 物塊A經(jīng)過一段時(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g 10m s2 不計(jì)空氣阻力 求 1 物塊A落到木板上的速度大小v 答案 解析 答案4m s 圖5 解析物塊A落到木板上之前做平拋運(yùn)動(dòng) 豎直方向有 2g H h vy2得vy 2m s 2 彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能 答案 解析 答案5J 解析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)滿足 mgsin30 0mgcos30 物塊A在木板上滑行時(shí) 由牛頓第二定律得 假設(shè)A與木板B達(dá)到共同速度v共時(shí) A還沒有壓縮彈簧且木板B還沒有到達(dá)斜面底端 則有v共 aBt v aAt解得v共 3m s t 0 4s 故 x xA xB 0 8m L l0 1 8m 說明以上假設(shè)成立 A與B速度相同后 由于 M m gsin30 0 M m gcos30 則A與B一起勻速直到木板與斜面底端擋板碰撞 木板停下 此后A在B上做勻減速運(yùn)動(dòng) 設(shè)接觸彈簧時(shí)A的速度為vA 有 2aA L l0 x vA2 v共2 解得vA 2m s設(shè)彈簧最大壓縮量為xm A從開始?jí)嚎s彈簧到彈簧剛好恢復(fù)原長過程 有 A從開始?jí)嚎s彈簧到彈簧被壓縮到最短的過程 即彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能為5J 變式3如圖6所示 在光滑的水平面上有一個(gè)質(zhì)量為M的木板B處于靜止?fàn)顟B(tài) 現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m的木塊A在B的左端以初速度v0開始向右滑動(dòng) 已知M m 用 和 分別表示木塊A和木板B的圖象 在木塊A從B的左端滑到右端的過程中 下面關(guān)于速度v隨時(shí)間t 動(dòng)能Ek隨位移x的變化圖象 其中可能正確的是 答案 解析 圖6 解析設(shè)A B間動(dòng)摩擦因數(shù)為 二者加速度的大小分別為aA aB 則 mg maA mg MaB 可知aA aB v t圖象中 圖線 的斜率的絕對(duì)值應(yīng)大于圖線 的 故A B均錯(cuò)誤 由 mgxB EkB mv02 mgxA EkA 可知Ek x圖象中 圖線 的斜率的絕對(duì)值應(yīng)相同 故C錯(cuò)誤 D正確 變式4如圖7所示 一質(zhì)量m 2kg的長木板靜止在水平地面上 某時(shí)刻一質(zhì)量M 1kg的小鐵塊以水平向左的速度v0 9m s從木板的右端滑上木板 已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 1 0 1 鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù) 2 0 4 取重力加速度g 10m s2 木板足夠長 求 1 鐵塊相對(duì)木板滑動(dòng)時(shí)木板的加速度的大小 答案 解析 答案0 5m s2 圖7 解析設(shè)鐵塊在木板上滑動(dòng)時(shí) 木板的加速度為a2 由牛頓第二定律可得 2Mg 1 M m g ma2 2 鐵塊與木板摩擦所產(chǎn)生的熱量Q和木板在水平地面上滑行的總路程s 答案 解析 答案36J1 5m 解析設(shè)鐵塊在木板上滑動(dòng)時(shí) 鐵塊的加速度為a1 由牛頓第二定律得 2Mg Ma1 解得a1 2g 4m s2 設(shè)鐵塊與木板相對(duì)靜止時(shí)的共同速度為v 所需的時(shí)間為t 則有v v0 a1t a2t 解得 v 1m s t 2s 鐵塊相對(duì)地面的位移 鐵塊與木板的相對(duì)位移 x x1 x2 10m 1m 9m 則此過程中鐵塊與木板摩擦所產(chǎn)生的熱量Q Ff x 2Mg x 0 4 1 10 9J 36J 設(shè)鐵塊與木板共速后的加速度為a3 發(fā)生的位移為x3 則有 a3 1g 1m s2 木板在水平地面上滑行的總路程s x2 x3 1m 0 5m 1 5m 課時(shí)作業(yè) 1 多選 如圖1所示 光滑軌道ABCD是大型游樂設(shè)施過山車軌道的簡(jiǎn)化模型 最低點(diǎn)B處的入 出口靠近但相互錯(cuò)開 C是半徑為R的圓形軌道的最高點(diǎn) BD部分水平 末端D點(diǎn)與右端足夠長的水平傳送帶無縫連接 傳送帶以恒定速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) 現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小滑塊從軌道AB上某一固定位置A由靜止釋放 滑塊能通過C點(diǎn)后再經(jīng)D點(diǎn)滑上傳送帶 則A 固定位置A到B點(diǎn)的豎直高度可能為2RB 滑塊在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的最大距離與傳送帶速度v有關(guān)C 滑塊可能重新回到出發(fā)點(diǎn)A處D 傳送帶速度v越大 滑塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量越多 答案 解析 1 2 3 4 5 圖1 1 2 3 4 5 滑塊在傳送帶上先做減速運(yùn)動(dòng) 后反向做加速運(yùn)動(dòng) 如果再次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度與第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大小相等 則根據(jù)能量守恒定律 可以再次回到A點(diǎn) 故選項(xiàng)C正確 滑塊與傳送帶之間產(chǎn)生的熱量Q mg x相對(duì) 當(dāng)傳送帶的速度越大 則在相同時(shí)間內(nèi)二者相對(duì)位移越大 則產(chǎn)生的熱量越多 故選項(xiàng)D正確 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 2 如圖2所示 AB為半徑R 0 8m的光滑圓弧軌道 下端B恰與小車右端平滑對(duì)接 小車質(zhì)量m 3kg 車長L 2 06m 現(xiàn)有一質(zhì)量m 1kg的滑塊 由軌道頂端無初速度釋放 滑到B端后沖上小車 已知地面光滑 滑塊與小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0 3 當(dāng)車運(yùn)動(dòng)了t0 1 5s時(shí) 車被地面裝置鎖定 g取10m s2 試求 1 滑塊到達(dá)B端時(shí) 軌道對(duì)它的支持力的大小 答案 解析 答案30N 圖2 解得FNB 30N 1 2 3 4 5 2 車被鎖定時(shí) 車右端距軌道B端的距離 答案 解析 答案1m 1 2 3 4 5 解析設(shè)滑塊滑上小車后經(jīng)過時(shí)間t1與小車同速 共同速度的大小為v對(duì)滑塊 mg ma1 v vB a1t1對(duì)小車 mg m a2 v a2t1解得v 1m s t1 1s 因t1 t0 故滑塊與小車同速后 小車?yán)^續(xù)向左勻速行駛了t0 t1 0 5s 則小車右端距B端的距離為x車 v t0 t1 解得x車 1m 1 2 3 4 5 3 從車開始運(yùn)動(dòng)到被鎖定的過程中 滑塊與車之間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能大小 答案 解析 答案6J 解得Q 6J 1 2 3 4 5 3 如圖3所示 質(zhì)量為m 1kg的滑塊 在水平力作用下靜止在傾角為 30 的光滑斜面上 斜面的末端B與水平傳送帶相接 滑塊經(jīng)過此位置滑上傳送帶時(shí)無能量損失 傳送帶的運(yùn)行速度為v0 3m s 長為l 1 4m 今將水平力撤去 當(dāng)滑塊滑到傳送帶右端C時(shí) 恰好與傳送帶速度相同 滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0 25 g取10m s2 求 1 水平作用力F的大小 答案 解析 圖3 1 2 3 4 5 2 滑塊下滑的高度 答案 解析 答案0 1m或0 8m 1 2 3 4 5 解析設(shè)滑塊從高為h處下滑 到達(dá)斜面底端的速度為v 若滑塊滑上傳送帶時(shí)的速度小于傳送帶的速度 則滑塊在傳送帶上由于受到向右的滑動(dòng)摩擦力作用而做勻加速運(yùn)動(dòng) 1 2 3 4 5 若滑塊滑上傳送帶時(shí)的速度大于傳送帶的速度 則滑塊由于受到向左的滑動(dòng)摩擦力作用而做勻減速運(yùn)動(dòng) 代入數(shù)據(jù)解得h 0 8m 1 2 3 4 5 3 若滑塊滑上傳送帶時(shí)的速度大于3m s 滑塊在傳送帶上滑行的整個(gè)過程中產(chǎn)生的熱量 答案 解析 答案0 5J 解析由 2 知 當(dāng)滑塊滑上傳送帶的速度大于傳送帶速度時(shí) 滑塊從h 0 8m處滑下 設(shè)滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t 則t時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移x v0t mgh mv2 v0 v at mg ma滑塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的位移 x l x相對(duì)滑動(dòng)生成的熱量Q mg x代入數(shù)據(jù)解得Q 0 5J 1 2 3 4 5 4 一質(zhì)量為M 2 0kg的小物塊隨足夠長的水平傳送帶一起運(yùn)動(dòng) 被一水平向左飛來的子彈擊中并從物塊中穿過 子彈和小物塊的作用時(shí)間極短 如圖4甲所示 地面觀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10m s2 求 1 傳送帶速度v的大小及方向 說明理由 答案 解析 答案2 0m s方向向右理由見解析 圖4 1 2 3 4 5 解析從v t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 0m s時(shí) 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v 2 0m s 方向向右 1 2 3 4 5 2 物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù) 答案 解析 答案0 2 解析由v t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 由牛頓第二定律得滑動(dòng)摩擦力Ff Mg Ma 1 2 3 4 5 3 傳送帶對(duì)外做的功 子彈射穿物塊后系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能 答案 解析 答案24J36J 1 2 3 4 5 解析由v t圖象可知 傳送帶與物塊間存在摩擦力的時(shí)間只有3s 傳送帶在這段時(shí)間內(nèi)移動(dòng)的位移為x 則x vt 2 0 3m 6 0m 所以傳送帶所做的功W Ffx 0 2 2 0 10 6 0J 24J 設(shè)物塊被擊中后的初速度為v1 向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1 向右運(yùn)動(dòng)直至和傳送帶達(dá)到共同速度的時(shí)間為t2 則有物塊向左運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能 所以整個(gè)過程產(chǎn)生的內(nèi)能Q Q1 Q2 36J 解析把物塊和木板看成整體 由牛頓第二定律得F m1 m2 a物塊與木板將要相對(duì)滑動(dòng)時(shí) 1m1g m1a聯(lián)立解得F 1 m1 m2 g 8N 1 2 3 4 5 5 2018 福建三明調(diào)研 如圖5甲所示 質(zhì)量為m1 1kg的物塊疊放在質(zhì)量為m2 3kg的木板右端 木板足夠長 放在光滑的水平面上 木板與物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 1 0 2 整個(gè)系統(tǒng)開始時(shí)靜止 重力加速度g取10m s2 1 在木板右端施加水平向右的拉力F 為使木板和物塊發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng) 拉力F至少應(yīng)為多大 答案 解析 答案見解析 圖5 1 2 3 4 5 2 在0 4s內(nèi) 若拉力F的變化如圖乙所示 2s后木板進(jìn)入 2 0 25的粗糙水平面 在圖丙中畫出0 4s內(nèi)木板和物塊的v t圖象 并求出0 4s內(nèi)物塊相對(duì)木板的位移大小和整個(gè)系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能 答案 解析 答案見解析 1 2 3 4 5 解析物塊在0 2s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 木板在0 1s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 在1 2s內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng) 2s后物塊和木板均做勻減速直線運(yùn)動(dòng) 故二者在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的v t圖象如圖所示 0 2s內(nèi)物塊相對(duì)木板向左運(yùn)動(dòng) 2 4s內(nèi)物塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng) 0 2s內(nèi)物塊相對(duì)木板的位移大小 x1 2m 物塊與木板因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q1 1m1g x1 4J 1 2 3 4 5 2 4s內(nèi)物塊相對(duì)木板的位移大小 x2 1m 物塊與木板因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q2 1m1g x2 2J 0 4s內(nèi)物塊相對(duì)木板的位移大小為x1 x1 x2 1m2s后木板對(duì)地位移x2 3m 木板與地面因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q3 2 m1 m2 gx2 30J 0 4s內(nèi)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的總內(nèi)能為Q Q1 Q2 Q3 36J