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专题强化十　动力学和能量观点的综合应用
目标要求　1.会用功能关系解决传送带、滑块木板模型综合问题.2.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题．
题型一　传送带模型
1．设问的角度
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．
2．功能关系分析
(1)传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传；
(2)系统产生的内能：Q＝Ffx相对．
(3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
例1　如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度v0＝1 m/s顺时针传动．建筑工人将质量m＝2 kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v0＝1 m/s的速度向右匀速运动．已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，运输带的长度为L＝2 m，重力加速度大小为g＝10 m/s2.以下说法正确的是(　　)
A．建筑工人比建筑材料早到右端1 s
B．建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动
C．因运输建筑材料电动机多消耗的能量为1 J
D．运输带对建筑材料做的功为1 J
答案　D
解析　建筑工人匀速运动到右端，所需时间t1＝＝2 s，假设建筑材料先加速再匀速运动，加速时的加速度大小为a＝μg＝1 m/s2，加速的时间为t2＝＝1 s，加速运动的位移为x1＝t2＝0.5 m例2　如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速率运行，现把一质量为m＝10 kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t＝1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处，g取10 m/s2，求：
(1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能．
答案　(1)　(2)230 J
解析　(1)由题图可知，传送带长x＝＝3 m
工件速度达到v0前，做匀加速运动，有x1＝t1
工件速度达到v0后，做匀速运动，有x－x1＝v0(t－t1)
联立解得加速运动的时间t1＝0.8 s
加速运动的位移x1＝0.8 m
所以加速度大小a＝＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝.
(2)由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量．
在时间t1内，传送带运动的位移
x传＝v0t1＝1.6 m
在时间t1内，工件相对传送带的位移
x相＝x传－x1＝0.8 m
在时间t1内，摩擦产生的热量
Q＝μmgcos θ·x相＝60 J
最终工件获得的动能Ek＝mv02＝20 J
工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J
电动机多消耗的电能
E＝Q＋Ek＋Ep＝230 J.
摩擦生热的计算
1．正确分析物体的运动过程，做好受力分析．
2．利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系，求出两个物体的相对位移．
3．代入公式Q＝Ff·x相对计算，若物体在传送带上做往复运动，则为相对路程s相对．
题型二　滑块—木板模型综合分析
“滑块—木板”模型问题的分析方法
(1)动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝，可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移．
(2)功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律．如图所示，要注意区分三个位移：
①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑；
②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板；
③求摩擦生热时用相对位移Δx.
例3　(2022·江苏连云港市高三期中)如图甲所示，水平地面上有一质量为1 kg的长木板，长木板的左端放有一质量也为1 kg的小物块．一水平向右的力F作用在物块上，F从0开始逐渐增大，木板的加速度a随时间t变化的关系图像如图乙所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为0.2，物块与木板间的动摩擦因数为0.5，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度g＝10m/s2.求：
(1)木板与地面间的最大静摩擦力；
(2)t＝4 s时拉力F的大小；
(3)0～4 s时间内物块动能的增量．
答案　(1)4 N　(2)6 N　(3)0.5 J
解析　(1)物块与木板质量相等设为m，t＝2 s时，木板与地面间达到最大静摩擦力，所以Ffm＝μ1(m＋m)g＝4 N
(2)由题图乙可知，木板与物块先是一起加速向右，4 s后，开始发生相对运动，4 s时，根据牛顿第二定律，对木板，有μ2mg－2μ1mg＝ma
对整体，有F－2μ1mg＝2ma
联立解得F＝2(μ2－μ1)mg＝6 N
(3)由(2)中得a＝1 m/s2，由题图乙得v＝Δv＝S面积＝1 m/s
所以物块动能增量ΔEk＝Ek＝mv2＝0.5 J
例4　如图所示，水平地面上有一长L＝2 m、质量M＝1 kg的长板，其右端上方有一固定挡板．质量m＝2 kg的小滑块从长板的左端以v0＝6 m/s的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离．已知长板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.4，滑块与长板间的动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移x；
(2)滑块碰到挡板前，水平拉力大小F；
(3)滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量Q.
答案　(1)0.8 m　(2)2 N　(3)48 J
解析　(1)滑块在板上做匀减速运动，a＝＝μ2g
解得：a＝5 m/s2
根据运动学公式得：L＝v0t－at2
解得t＝0.4 s (t＝2.0 s舍去)
碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s>2 m/s，说明滑块一直匀减速
板移动的位移x＝vt＝0.8 m
(2)对板受力分析如图所示，
有：F＋Ff2＝Ff1
其中Ff1＝μ1(M＋m)g＝12 N，Ff2＝μ2mg＝10 N
解得：F＝2 N
(3)法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量：
Q1＝Ff2·(L－x) ＝μ2mg (L－x)＝12 J
滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q2＝μ2mg(L－x)＝12 J
整个过程中，长板与地面因摩擦产生的热量：
Q3＝μ1(M＋m)g·L＝24 J
所以，系统因摩擦产生的热量：
Q＝Q1＋Q2＋Q3＝48 J
法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F1＝2 N (第二问可知)
F1做功为W1＝F1x＝2×0.8＝1.6 J
滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为：
F2＝Ff1＋Ff2＝μ1(M＋m)g＋μ2mg＝22 N
F2做功为W2＝F2(L－x)＝22×1.2 J＝26.4 J
碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s
滑块动能变化：ΔEk＝20 J
所以系统因摩擦产生的热量：Q＝ W1＋W2＋ΔEk＝48 J．
题型三　多运动组合问题
1．分析思路
(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；
(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解．
2．方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景；
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；
(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．
例5　(2022·浙江舟山市模拟)某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道BCDE，左侧为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道BC，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α＝30°，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角θ＝30°的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上．现有质量为m＝1 kg的小滑块P(可视为质点)从空中的A点以v0＝ m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点(不计经过D点时的能量损失)后沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短．已知C、D之间和D、F之间距离都为1 m，滑块与轨道CD间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小；
(2)小滑块P到达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值；
(4)试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出B点的速度大小；若不能，判断滑块最后位于何处．
答案　(1)2 m/s　(2)50 N　(3)6 J　(4)无法从B点离开，离D点0.2 m(或离C点0.8 m)
解析　(1)设滑块P经过B点的速度大小为vB，由平抛运动知识v0＝vBsin 30°
得vB＝2 m/s
(2)滑块P从B点到达最低点C点的过程中，由机械能守恒定律
mg(R＋Rsin 30°)＋mvB2＝mvC2
解得vC＝4 m/s
经过C点时受轨道的支持力大小FN，
有FN－mg＝m
解得FN＝50 N
由牛顿第三定律可得滑块在C点时对轨道的压力大小F压＝50 N
(3)设弹簧的弹性势能最大值为Ep，滑块从C到F点过程中，
根据动能定理有－μmgL－mgLsin 30°－Ep＝0－mvC2
代入数据可解得Ep＝6 J
(4)设滑块返回时能上升的高度为h，
根据动能定理有mgLsin 30°＋Ep－μmgL＝mgh
代入数据可解得h＝0.6 m
因为h代入数据可解得x＝3.2 m
滑块最后静止时离D点0.2 m(或离C点0.8 m)．
例6　如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．水平传送带MN以v0＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离为LMN＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC长LBC＝1 m，小滑块P质量为m＝1 kg.重力加速度g取10 m/s2.
(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；
(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程的水平位移；
(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H的范围．
答案　(1)0.4 m　(2)0.8 m　(3) 0.7 m≤H≤0.8 m
解析　(1)滑块P在圆轨道F点对轨道的压力刚好为零，则vF＝0
mg(H－R)－μmgLBC＝0
解得H＝0.4 m
(2)H′＝1.0 m，设滑块运动到N点时的速度为vN，对滑块从开始到N点的过程应用动能定理
mgH′－μmg(LBC＋LMN)＝mvN2－0
解得vN＝2 m/s
滑块从N点做平抛运动，水平位移为
x＝vN＝0.8 m
(3)设滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点时，高度差为H1，从开始到E点应用动能定理
mgH1－μmgLBC－2mgR＝mvE2－0
在E点时有mg＝m
解得H1＝0.7 m
滑块滑上传送带时的速度为vM
mgH1－μmgLBC＝mvM2－0
vM＝ m/s<4 m/s
滑块做减速运动的位移为
L＝＝2.5 m因此滑块返回M点时的速度为vM′＝ m/s，因此能第二次过E点．
设高度为H2时，滑块从传送带返回M点时的最大速度为
v＝＝ m/s
从开始到M点应用动能定理
mgH2－μmgLBC＝mv2－0
解得H2＝0.8 m
第二次经过E点后，当滑块再次从B点滑上圆轨道时在B点的速度为vB，则有
mgH2－3μmgLBC＝mvB2－0
vB＝2 m/s< m/s
所以滑块不会第三次过E点，则能两次经过E点的高度差H范围是0.7 m≤H≤0.8 m．
课时精练
1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块，以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是(　　)
A．W＝0，Q＝mv2
B．W＝0，Q＝2mv2
C．W＝，Q＝mv2
D．W＝mv2，Q＝2mv2
答案　B
解析　对小物块，由动能定理有W＝mv2－mv2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块向左做减速运动时，二者间的相对路程x1＝t＋vt＝vt，小物块向右做加速运动时，二者间的相对路程x2＝vt－t＝t，又t＝，则小物块与传送带间的相对路程x相对＝x1＋x2＝，小物块与传送带因摩擦产生的热量Q＝μmgx相对＝2mv2，选项B正确．
2.(2022·江苏盐城市模拟)如图所示，足够长的传送带与水平方向夹角为α，以恒定速率v0沿顺时针方向转动，传送带上端与光滑斜面平滑连接，小物块在斜面上的某点静止释放，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝2tan α，则小物块在每一次上行过程中(　　)
A．都能回到释放点
B．产生的热量总相等
C．在传送带上和在斜面上的运动时间总相等
D．在传送带上和在斜面上重力的平均功率总相等
答案　B
解析　小物块释放时的位置未知，所以小物块滑上传送带时的速度可能大于也可能小于传送带的速度，当小物块滑上传送带时的速度大于传送带的速度时，不能回到释放点，故A错误；由于动摩擦因数为μ＝2tan α，所以沿传送带下滑时，加速度大小为a＝＝gsin α减速下滑，速度减为零后，沿传送带加速上升，加速度大小还等于gsin α，小物块到达传送带某一位置时，速度与传送带速度相同，所以小物块在每一次上行过程中相对传送带的位移相同，摩擦力相同，所以产生的热量相同，故B正确；小物块与传送带共速后，随传送带匀速上升，则在传送带上滑时运动的时间为t1＝＋，Δx为小物块与传送带共速时到传送带上端的距离，在斜面上上滑所用时间为t2＝，可知t1>t2，故C错误；由以上分析可知，小物块在传送带上的平均速度大于在斜面上的平均速度，所以在传送带上和在斜面上重力的平均功率不同，故D错误．
3．如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上．质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力大小为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，在这个过程中，以下结论不正确的是(　　)
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为F(L＋x)
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx
C．摩擦力对小物块所做的功为Ff(L＋x)
D．小物块在小车上滑行过程中，系统产生的内能为FfL
答案　A
解析　对物块分析，物块对地的位移为L＋x，根据动能定理得(F－Ff)(L＋x)＝Ek物－0，则物块到达小车最右端时具有的动能Ek物＝(F－Ff)(L＋x)，故A错误；对小车分析，小车对地的位移为x，根据动能定理得Ffx＝Ek车－0，则物块到达小车最右端时，小车具有的动能Ek车＝Ffx，故B正确；摩擦力对小物块所做的功为Ff(L＋x)，故C正确；系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，即物块与小车增加的内能Q＝Ffx相对＝FfL，故D正确．
4．如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M＝2 kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，现把质量为m＝1 kg的铁块A无初速度放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下．已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列判断正确的是(　　)
A．动摩擦因数μ＝0.5
B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为4 m/s
C．长木板的长度为2.25 m
D．从铁块放上长木板到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量
答案　C
解析　开始时长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，有Mgsin 37°＝μMgcos 37°，解得μ＝0.75，A错误；铁块A刚放在长木板B上时，对A分析，根据牛顿第二定律有μmgcos 37°＋mgsin 37°＝maA，解得aA＝12 m/s2，方向沿斜面向下，对B，根据牛顿第二定律有μ(M＋m)gcos 37°＋μmgcos 37°－Mgsin 37°＝MaB，解得aB＝6 m/s2，方向沿斜面向上，铁块A和长木板B共速的时间为t，则v0－aBt＝aAt，解得t＝0.5 s，铁块A和长木板B共速后，速度大小为v共＝aBt＝6 m/s，B错误；铁块A和长木板B共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的长度为L＝xB－xA＝t－t＝2.25 m，C正确；由能量守恒定律可知，从铁块放上长木板到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量与B与斜面之间摩擦产生的热量之和，D错误．
5．如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，速率始终不变．t＝0时刻在传送带适当位置放上一具有初速度的小物块．取沿斜面向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示．已知小物块质量m＝1 kg，g取10 m/s2，下列说法不正确的是(　　)
A．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/s
B．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝
C．0～t2时间因摩擦产生热量为27 J
D．0～t2时间内电动机多消耗的电能为28.5 J
答案　D
解析　从v－t图可知，小物块最终随传送带一起匀速运动，说明传送带的速度为2 m/s，顺时针转动，故A正确；小物块的加速度a＝1 m/s2，对物块受力分析，可得μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝，故B正确；物块运动速度减为零后，反向加速经历时间t＝＝2 s，v－t图中可知t2＝3 s，物块运动的位移s＝1.5 m，传送带与物块的相对位移Δs＝4.5 m，产生内能Q＝μmgcos θ·Δs＝27 J，故C正确；物块增加的重力势能ΔEp＝mgsin θ·s＝7.5 J，物块动能的增量ΔEk＝mv02－mv12＝1.5 J，传送带多消耗的电能W电＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36 J.
另解：物块运动速度减为零后，反向加速经历时间t＝＝2 s，
因此v－t图中t2＝3 s，
3 s内传送带的位移s＝v0t2＝6 m，
传送带多消耗的电能
W电＝μmgcos θ·s＝36 J．故选D.
6.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M＝1.0 kg，长度L＝1.0 m．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m＝1.0 kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F将木板抽出，若F＝8 N，g取10 m/s2.求：
(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功；
(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q.
答案　(1)－7.5 J　4.5 J　(2)3 J
解析　(1)当用F＝8 N的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度为：
a1＝μg＝3 m/s2
木板运动的加速度为：a2＝＝5 m/s2
设抽出过程的时间为t，则有：
a2t2－a1t2＝L，
解得：t＝1 s
所以小铁块运动的位移为：x1＝a1t2，
解得：x1＝1.5 m
木板运动的位移为：x2＝a2t2，
解得：x2＝2.5 m
摩擦力对小铁块做的功为：W1＝μmgx1，
解得W1＝4.5 J
摩擦力对木板做的功为：W2＝－μmgx2，
解得：W2＝－7.5 J
(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能
Q＝μmgL＝3 J.
7．如图所示，一个可视为质点的小物块的质量为m＝1 kg，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板．已知长木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，水平地面光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)小物块刚到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(2)要使小物块不滑出长木板，长木板长度的最小值．
答案　(1)60 N，方向竖直向下　(2)2.5 m
解析　(1)小物块在C点时的速度大小vC＝
小物块由C到D的过程中，由动能定理得
mgR(1－cos 60°)＝mvD2－mvC2
代入数据解得vD＝2 m/s
小物块在D点时由牛顿第二定律得
FN－mg＝m
代入数据解得FN＝60 N
由牛顿第三定律得小物块对轨道的压力FN′＝FN＝60 N，方向竖直向下．
(2)设小物块刚好能滑到长木板左端且达到共同速度，大小为v，此时长木板长度最小，滑行过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为
a1＝＝μg，a2＝
速度分别为v＝vD－a1t，v＝a2t
解得v＝ m/s
对小物块和长木板组成的系统，由能量守恒定律得
μmgL＝mvD2－(m＋M)v2
解得L＝2.5 m.
8．跳台滑雪运动员脚穿专用滑雪板，不借助任何外力，从起滑台起滑，在助滑道上获得高速度，于台端飞出，沿抛物线在空中飞行，在着陆坡着陆后，继续滑行至水平停止区静止．如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图．助滑坡由倾角为θ＝37°的斜面AB和半径为R1＝10 m的光滑圆弧BC组成，两者相切于B.AB竖直高度差h1＝30 m，竖直跳台CD高度差为h2＝5 m，着陆坡DE是倾角为θ＝37°的斜坡，长L＝130 m，下端与半径为R2＝20 m的光滑圆弧EF相切，且EF下端与停止区相切于F.运动员从A点由静止滑下，通过C点，以速度vC＝25 m/s水平飞出落到着陆坡上，然后运动员通过技巧使垂直于斜坡速度降为0，以沿斜坡的分速度继续下滑，经过EF到达停止区FG.若运动员连同滑雪装备总质量为80 kg.(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：
(1)运动员在C点对台端的压力大小；
(2)滑板与斜坡AB间的动摩擦因数；
(3)运动员在着陆坡上的落点距离D多远；
(4)运动员在停止区靠改变滑板方向增加制动力，若运动员想在60 m之内停下，制动力至少是总重力的几倍．(设两斜坡粗糙程度相同，计算结果保留两位有效数字)
答案　(1)5 800 N　(2)　(3)125 m　(4)1.7倍
解析　(1)运动员经C点时由牛顿第二定律得FC－mg＝m
解得FC＝5 800 N
根据牛顿第三定律，运动员在C点对台端的压力大小为5 800 N.
(2)从A点到C点，由动能定理得
mgh1－μmgcos θ＋mgR1(1－cos θ)＝mvC2－0
解得μ＝.
(3)设运动员离开C点后开始做平抛运动到P点，
设D、P间距离为sP，则水平方向上有xP＝vCt，
竖直方向上有yP＝gt2
＝tan θ，＝cos θ
解得sP＝125 m，t＝4 s.
(4)从落点P到最终停下，P点沿斜坡速度
vP＝vCcos θ＋gtsin θ＝44 m/s
mg(L－sP)sin θ－μmg(L－sP)cos θ＋mgR2(1－cos θ)－Ffd＝0－mvP2
解得Ff＝1 383 N，即≈1.7.
9.(2021·江苏省1月适应性考试·15)如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放．已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求物块：
(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；
(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；
(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q.
答案　(1)8 m/s　(2)9 s　(3)48 J
解析　(1)设小物块沿斜面下滑的加速度大小为a1，
则有mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1
解得a1＝4 m/s2
小物块从A到P，
由运动学公式得v12＝2a1L
解得v1＝8 m/s
(2)小物块滑上传送带后，向左运动过程中一直受到向右的滑动摩擦力，设此过程小物块的加速度为a′
由牛顿第二定律得μ2mg＝ma′，得a′＝2 m/s2
设经时间t1小物块速度减为零
则t1＝＝4 s
此过程小物块的位移大小为x1＝＝16 m
小物块速度减为零后开始向右做匀加速运动，加速度大小仍为a′，经时间t2和传送带速度相同，则t2＝＝2 s
此过程小物块的位移大小为x2＝＝4 m，
因x1>x2，故小物块之后匀速运动到达P点，匀速运动时间t3＝＝3 s，
则t＝t1＋t2＋t3，解得t＝9 s
(3)小物块从A点到达P，摩擦产生的热量Q1＝μ1mg·cos 37°·L＝32 J
小物块第1次从传送带返回P点，vP＝v＝4 m/s
物块沿斜面做匀减速运动减速到零后反向做匀加速运动，再次到达P点，动能减小，
vP′小物块沿传送带水平向左减速为0后，向右加速第二次返回P点，v2＝vP′，此往返过程，小物块的动能无损失，以此类推，最终小物块到达P点的速度为0，即从第1次由传送带返回P点后小物块的动能全部损失在与斜面的摩擦生热过程中
Q2＝mvP2，
解得Q2＝16 J
则Q＝Q1＋Q2＝48 J.

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