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第7讲　小专题:动力学和能量观点的综合应用
考点一　传送带模型综合问题
1.“传送带”模型的特点
(1)物体放在传送带上,一般二者速度大小不同,初始时刻它们速度方向可能相同,也可能相反,物体和传送带之间会产生相对运动,物体受到传送带对它的滑动摩擦力的作用。
(2)物体和传送带经过一段时间速度相等时,它们间的摩擦力会发生突变,运动性质发生变化。
2.解答“传送带”问题的关键
(1)明确初始时刻物体和传送带的运动关系,确定它们间的受力及位置间的变化情况,必要时可画出位置变化示意图。
(2)物体和传送带间“速度相等”是关键节点,此时注意分析摩擦力的变化是解答问题的关键。摩擦力变化情况复杂,可能出现摩擦力消失、滑动摩擦力变为静摩擦力、滑动摩擦力方向改变等情况。
3.解答“传送带”问题的两个角度
动力学 角度 首先要作好受力分析图,确定物体运动过程,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速度、位移,找出物体和传送带之间的位移关系
能量 角度 利用功能关系和能量守恒定律等求传送带对物体所做的功、物体和传送带间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
4.功能关系分析
(1)传送带克服摩擦力做的功:W=Ff·x传。
(2)系统产生的内能:Q=Ff·x相对。
(3)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。
[例1] 【水平传送带模型】 (2024·江苏东台二模)如图所示,足够长的传送带AB与光滑的水平面BC连接,光滑的半圆轨道与水平面连接,相切于C点。传送带以恒定的速率v=5 m/s顺时针运行,在光滑的水平面上有一质量m=0.5 kg的物体以v1=6 m/s的速度向左滑上传送带,经过2 s物体的速度减为零,物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D点,最后落在水平面上,g取10 m/s2。求:
(1)物体与传送带之间的动摩擦因数μ;
(2)半圆轨道半径R;
(3)物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量。
【答案】 (1)0.3　(2)0.5 m　(3)30.25 J
【解析】 (1)物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动,设其运动的加速度大小为a,根据牛顿第二定律有μmg=ma,
根据加速度定义式有-a=,
联立解得μ=0.3。
(2)根据题意可知物体返回光滑水平面的速度大小为vC=5 m/s,
又由题意可知,物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D点,设经过最高点D时的速度大小为vD,在D处,根据牛顿第二定律和向心力公式有mg=m,
在由C运动至D的过程中,根据动能定理有-mg×2R=m-m,
联立解得R=0.5 m。
(3)物体在传送带上向左滑行时,相对传送带的位移为Δx1=·t+vt,
物体在传送带上向右滑行时,先做匀加速运动,后做匀速运动,
设匀加速运动所用时间为t′,则t′=,
相对传送带的位移为Δx2=vt′-,
物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量为Q=μmg(Δx1+Δx2),
联立并代入数据解得Q=30.25 J。
[例2] 【倾斜传送带模型】 (2024·湖北三模)(多选)如图所示,某传送带的倾角α=37°,长为10.5 m,以6 m/s的速率逆时针运转。在传送带顶端A点静止释放一个质量为1 kg的物体,同时传送带在电动机的带动下,以4 m/s2加速运转,已知物体与传送带间的动摩擦因数为0.5,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物体从顶端A点运动至底端B点的过程中(　　)
[A] 物体一直做加速度不变的匀加速直线运动
[B] 物体从A点运动至B点所用时间为1.5 s
[C] 物体在传送带上留下划痕的长度为3 m
[D] 物体从A点运动至B点的过程中因摩擦产生的内能为20 J
【答案】 BC
【解析】 物体由静止释放,一开始受到的摩擦力沿传送带向下,
由牛顿第二定律可得mgsin α+μmgcos α=ma,解得a=10 m/s2,设经过t1时间物体与传送带达到相同速度v1,则有v1=at1,v1=v0+a传t1,代入数据可得t1=1 s,v1=10 m/s,该段过程物体与传送带通过的位移分别为x1=t1=5 m<10.5 m,x传=t1=8 m,共速后,假设物体与传送带可以保持相对静止,则有mgsin α-Ff=ma传,
解得物体受到的静摩擦力大小为Ff=2 N<μmgcos α=4 N,故假设成立,共速后物体与传送带一起以4 m/s2的加速度向下做匀加速直线运动,故A错误,设共速后经过t2时间,物体到达B点,则有x2=v1t2+a传,解得t2=0.5 s,则物体从A点运动至B点所用时间为t=t1+t2=1.5 s,故B正确;物体在传送带上留下划痕的长度为Δx=x传-x1=3 m,故C正确;物体从A点运动至B点的过程中因摩擦产生的内能为Q=μmgcos α·Δx=12 J,故D错误。
考点二　滑块—木板模型综合问题
1.“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。
2.三个位移的应用
(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑,即W滑=-μmgx滑。
(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板,即W板=μmgx板。
(3)求摩擦生热时用相对位移Δx,即Q=μmgΔx。
[例3] 【水平面上“滑块—木板”模型】 (2024·河北廊坊模拟)(多选)如图甲所示,足够长的木板静置于水平地面上,木板左端放置一可看成质点的物块。t=0时对物块施加一水平向右的恒定拉力F,在F的作用下物块和木板发生相对滑动,t=2.0 s时撤去F,物块恰好能到达木板右端,整个过程物块运动的v-t图像如图乙所示。已知木板的质量为0.5 kg,物块与木板间、木板与地面间均有摩擦,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
[A] 木板的长度为3 m
[B] 物块的质量为0.8 kg
[C] 拉力F对物块做的功为9.9 J
[D] 木板与地面间因摩擦产生的热量为3.3 J
【答案】 CD
【解析】 根据题意可知,木板在0~2.5 s内向右做匀加速直线运动,作出v-t图像,如图所示,
由图像可知2.5 s时两者共速,则木板在0~2.5 s内的加速度大小为a1=0.4 m/s2,物块在0~2.0 s内的加速度大小为a2= m/s2=1.5 m/s2,物块在2.0~2.5 s内的加速度大小为a3=4 m/s2,
2.5~3.0 s内二者一起做匀减速直线运动,加速度大小为a4=2 m/s2,又a3=μ2g,a4=μ1g,可得木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.2,物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.4,由题意可知,图中阴影部分的面积表示木板的长度,则由几何关系得木板的长度为L=2.75 m,故A错误;前2.0 s内,对木板有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1,对物块有F-μ2m2g=m2a2,解得m2=0.6 kg,F=3.3 N,故B错误;前2.0 s内,拉力F对物块做的功为W=Fx1,结合图像可知,0~2 s内物块的位移大小为x1=×3×2.0 m=3 m,所以W=9.9 J,故C正确;木板与地面间因摩擦产生的热量Q=μ1(m1+m2)g·x2,结合图像可知,木板的位移大小为x2=×3.0×1 m=1.5 m,所以 Q=3.3 J,故D正确。
[例4] 【斜面上“滑块—木板”模型】 如图所示,倾角θ=37°的光滑斜面上有一质量M=4 kg的足够长的木板A,在A的上端有一质量m=2 kg的物块B(可视作质点),物块B与木板A间的动摩擦因数μ=0.5,斜面底端有一挡板P,木板与挡板P碰撞后会等速率反弹。现将木板与物块同时由静止释放,释放时木板前端与挡板相距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次碰撞挡板P时的速度大小;
(2)从木板A第1次碰撞挡板到木板A第1次减速为零的时间及此过程中物块B与木板A间因摩擦产生的热量。
【答案】 (1)2 m/s　(2)0.25 s　6.5 J
【解析】 (1)由题意可知,释放后A、B一起加速下滑,由牛顿第二定律有
(M+m)gsin θ=(M+m)a,
解得a=gsin θ=6 m/s2,
设木板第一次碰撞挡板时速度为v,则v2=2as,
代入数据解得v=2 m/s。
(2)碰后木板A减速上滑,设其加速度大小为aA,有Mgsin θ+μmgcos θ=MaA,
解得aA=8 m/s2,
故木板A碰后第1次减速为零所用的时间
t==0.25 s,
木板A上滑位移大小xA==0.25 m,
此过程中,物块B加速下滑,设其加速度大小为aB,有mgsin θ-μmgcos θ=maB,
解得aB=2 m/s2,
物块B下滑位移大小xB=vt+aBt2=0.562 5 m,
因摩擦产生的热量
Q=μmgcos θ·(xA+xB)=6.5 J。
考点三　用动力学和能量观点分析多运动组合问题
1.多运动组合问题
一般有直线运动、平抛运动、圆周运动和一般的曲线运动的组合问题。
2.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。
3.选用原则
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)涉及时间与运动细节,或者物体做匀速圆周运动及圆周运动涉及特殊点的运动信息时,一般选用动力学方法解题。
(2)当涉及功、能和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题,题目中出现相对位移(摩擦生热)时,应优先选用能量守恒定律。
[例5] 【板块与多运动组合】 工厂里有一种运货的过程可以简化为如图所示,货物以v0=10 m/s的初速度滑上静止的货车的左端,已知货物质量m=20 kg,货车质量M=30 kg,货车高h=0.8 m。在光滑轨道OB上的A点设置一固定的障碍物,当货车撞到障碍物时会被粘住不动,而货物就被抛出,恰好会沿BC方向落在B点。已知货车上表面的动摩擦因数μ=0.5,货物可简化为质点,斜面的倾角为53°。(取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2)
(1)求A、B之间的水平距离;
(2)若已知OA段距离足够长,导致货物在碰到障碍物之前已经与货车达到共同速度,则货车的长度是多少
【答案】 (1)1.2 m　(2)6.7 m
【解析】 (1)货物从A点抛出后做平抛运动,将B点的速度分解,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)在货车碰撞到障碍物前,货车与货物已经达到共同速度,根据牛顿第二定律,对货物有
μmg=ma1,
对货车有μmg=Ma2,
当v0-a1t2=a2t2时,货车和货物具有共同速度v共,
解得v共=4 m/s,
根据能量守恒定律有
μmg·Δx=m-(m+M),
联立解得相对位移Δx=6 m,
当货车被粘住之后,货物继续在货车上滑行,直到滑出,根据动能定理有
-μmgx=m-m,
解得x=0.7 m,
故货车长度L=x+Δx=6.7 m。
(1)“合”——整体上把握全过程,构建大致的运动情境。
(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。
对点1.传送带模型综合问题
1.(4分)(2024·山东一模)如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行,初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1,物块和传送带间的动摩擦因数为μ,物块的质量为m。则(　　)
[A] t2时刻,小物块离A处的距离最大
[B] 0~t2时间内,小物块的加速度方向先向右后向左
[C] 0~t2时间内,因摩擦产生的热量为μmg[(t2+t1)+]
[D] 0~t2时间内,物块在传送带上留下的划痕为(t1+t2)
【答案】 C
【解析】 初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带,由小物块在传送带上运动的v-t图像可知,t1时刻,小物块离A处的距离达到最大,A错误;0~t2时间内,小物块受到的摩擦力方向一直向右,所以小物块的加速度方向一直向右,B错误;0~t1时间内物块相对地面向左的位移s1=t1,这段时间传送带向右的位移s2=v1t1,因此物块相对传送带的位移Δs1=s1+s2=t1+v1t1,t1~t2时间内物块相对地面向右的位移s1′=(t2-t1),这段时间传送带向右的位移s2′=v1(t2-t1),因此物块相对传送带的位移Δs2=s2′-s1′=(t2-t1),0~t2时间内物块在传送带上留下的划痕长度为Δs=Δs1+Δs2=(t2+t1)+,摩擦产生的热量Q=μmg×Δs=μmg[(t2+t1)+],C正确,D错误。
2.(8分)(2024·广西贺州阶段练习)如图为某建筑工地的传送装置, 传送带倾斜地固定在水平面上, 以恒定的速度v0=2 m/s向下运动, 质量为m=1 kg 的工件无初速度地放在传送带的顶端A, 经时间t1=0.2 s,工件的速度达到2 m/s,此后再经过t2=1.0 s时间, 工件运动速度为v=4 m/s,到达B点,重力加速度g取10 m/s2,工件可视为质点。求:
(1)传送带与工件间的动摩擦因数μ;
(2)工件由A 运动到B的过程中因摩擦而产生的热量Q。
【答案】 (1)0.5　(2)4.8 J
【解析】 (1)工件在传送带上先加速运动,受到沿斜面向下的摩擦力,设传送带与水平面夹角为θ,有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,v0=a1t1,
速度达到2 m/s后工件继续加速,受到沿斜面向上的摩擦力,有
mgsin θ-μmgcos θ=ma2,v=v0+a2t2,
联立可得cos θ=,μ=0.5。
(2)工件两次加速与传送带的相对位移分别为
x1=v0t1-t1,
x2=t2-v0t2,
因摩擦产生的热量为Q=μmgcos θ(x1+x2),
联立解得Q=4.8 J。
对点2.滑块—木板模型综合问题
3.(4分)(2024·河北邢台期中)如图所示,长为L的小车置于光滑的水平面上,小车前端放一小物块。用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离s,物块刚好滑到小车的左端。物块与小车间的摩擦力为Ff,在此过程中(　　)
[A] 小物块的机械能增加量为Ffs
[B] 小物块与小车系统的机械能增加量为Fs
[C] 小车的机械能增加量为(F-Ff)s
[D] 物块与小车组成的系统产生的内能为Ffs
【答案】 C
【解析】 小物块对地的位移方向向右,大小为x=s-L,小物块受到的摩擦力方向水平向右,则摩擦力对小物块做的功等于小物块的机械能增加量,为ΔE1=Ff(s-L),故A错误;小物块与小车系统的机械能增加量为ΔE2=Fs-FfL,故B错误;小车的机械能增加量为ΔE3=(F-Ff)s,故C正确;物块与小车组成的系统产生的内能为E=FfL,故D错误。
4.(8分)如图所示,质量mA=2 kg的木板A被锁定在倾角为30°的光滑斜面的顶端,质量为mB=1 kg的可视为质点的物块B恰能在木板A上匀速下滑。现让物块B以v0=7.5 m/s的初速度从木板的上端下滑,同时解除对木板A的锁定,g取10 m/s2,斜面足够长。
(1)要使物块B不从木板A上滑落下来,则木板A的长度至少为多少
(2)在物块B不从木板A上滑落的前提下,系统损失的机械能最多是多少
【答案】 (1)3.75 m　(2)18.75 J
【解析】 (1)由题意,B受到的滑动摩擦力等于B的重力沿斜面向下的分力,
即Ff=mBgsin 30°,
解除锁定后,B在木板上匀速运动,设A的加速度是a,有
mAgsin 30°+mBgsin 30°=mAa,
解得a=7.5 m/s2,
设经过时间t后,A和B达到共同速度,即
t== s=1 s,
此时B刚好到达木板A的下端,则木板A的最小长度是
lmin=v0t-t=3.75 m。
(2)A、B达到共同速度以后两者一起在光滑的斜面上加速下滑,机械能守恒,达到共同速度以前,损失的机械能转化为A、B系统的内能,即
ΔE损失=Q=Ff·lmin=mBgsin 30°·lmin,
得ΔE损失=18.75 J。
对点3.用动力学和能量观点分析多运动组合问题
5.(8分)(2024·山东济宁一模)某货物传送装置简化图如图甲所示,该装置由传送带及固定挡板CDEF组成,挡板与传送带上表面ABCD垂直,传送带上表面与水平地面的夹角θ=37°,CD与水平面平行。传送带始终匀速转动,工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放,货物对地发生位移L=10 m后被取走,货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知传送带速率v0=2 m/s,货物质量m=10 kg,货物与传送带的动摩擦因数μ1=0.5,与挡板的动摩擦因数μ2=0.25。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)货物在传送带上经历的时间t;
(2)传送装置因运送货物多消耗的电能E。
【答案】 (1)5.4 s　(2)202 J
【解析】 (1)设传送带对货物的弹力为FN1,挡板对货物的弹力大小为FN2,对货物进行分析有
FN1=mgcos θ,FN2=mgsin θ,
且μ1FN1-μ2FN2=ma,
联立解得a=2.5 m/s2,
货物匀加速至2 m/s的过程,根据速度与位移关系式有=2ax0,
解得x0=0.8 m则货物先做匀加速运动,再做匀速运动,匀加速直线运动的时间
t1== s=0.8 s,
货物做匀速直线运动的时间
t2== s=4.6 s,
则货物在传送带上经历的时间
t=t1+t2=5.4 s。
(2)传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由摩擦产生的内能与货物增加的动能之和,
货物与传送带之间的相对位移为
Δx=x1-x0,
货物与传送带之间由于摩擦产生的内能为
Q1=μ1FN1Δx,
解得Q1=32 J,
货物与挡板之间由于摩擦产生的内能为
Q2=μ2FN2L,
解得Q2=150 J,
货物增加的动能为ΔEk=m,
解得ΔEk=20 J,
则传送装置多消耗的电能为Q=Q1+Q2+ΔEk,
解得Q=202 J。
6.(6分)(2024·四川凉山三模)(多选)如图,足够长的水平传送带AB与斜面BC在B点平滑连接,斜面倾角θ=37°,质量为1 kg的物块从距传送带高为H=2.4 m的C点静止释放,物块与斜面和传送带间的动摩擦因数均为0.5,传送带顺时针运行速度恒为5 m/s。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则下列判断正确的是(　　)
[A] 物块第二次经过B点的速度为5 m/s
[B] 物块第一次到达最左端的过程中与传送带摩擦生热28 J
[C] 物块在斜面上向下运动的路程之和为6 m
[D] 物块在斜面上向下运动的路程之和为5 m
【答案】 BD
【解析】 物块第一次下滑到B点时由动能定理有 m=mgH-μmgcos θ·,解得vB=4 m/s,冲上传送带后先做匀减速运动,速度减到零后再反向加速,则第二次回到B点时的速度仍为4 m/s,选项A错误;物块在传送带上做减速运动的加速度大小为a=μg=5 m/s2,减速到零的时间t==0.8 s,物块第一次到达最左端的过程中与传送带摩擦生热Q=μmg(v传t+t)=28 J,选项B正确;物块从B点再次冲上斜面时,设向上运动的最大距离为x,有m=mgxsin θ+μmgxcos θ,解得x=0.8 m,再次下滑到斜面底端时有mvB′2=mgxsin θ-μmgxcos θ,解得vB′= m/s,滑上传送带后再次返回到B点时速度仍为vB′= m/s,设再次沿斜面上滑时向上运动的最大距离为x′,有mvB′2=mgx′sin θ+μmgx′cos θ,解得x′=0.16 m,则每次下滑的距离呈等比数列,由等比数列的求和公式可得,物块在斜面上向下运动的路程之和为s=4 m+0.8 m+0.16 m+…=5 m,选项C错误,D正确。
7.(12分)(2024·安徽淮北二模)如图所示,质量 m=3 kg、长度L0=5 m的长木板放置在水平地面上,长木板左端与地面上B点对齐。与长木板等高的挡板固定在地面C点,挡板右侧固定倾角α=37°、长度L=5 m的传送带。质量M=7 kg的物块(可视为质点)以v0=10 m/s的速度滑上长木板的左端。长木板的右端与挡板相碰后原速率反弹,物块在C点无能量损失滑上传送带。已知BC段的长度L1=9.75 m,物块与长木板及传送带间的动摩擦因数μ1=0.5,长木板与水平地面的动摩擦因数μ2=0.2,传送带顺时针转动且速率v=10 m/s,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。不计长木板与挡板碰撞的时间,求:
(1)物块在长木板上滑行时,长木板的加速度大小;
(2)长木板运动到C点时的速度大小;
(3)物块从滑上木板到在传送带上运动至最高点过程中,整个系统由于摩擦产生的热量。
【答案】 (1)5 m/s2　(2)4 m/s　(3)742 J
【解析】 (1)物块在长木板上滑行时,物块与木板间摩擦力Ff1=μ1Mg=35 N,
木板与地面间摩擦力Ff2=μ2(M+m)g=20 N,
由牛顿第二定律,有
Ff1=Ma1,Ff1-Ff2=ma2,
解得物块的加速度大小a1=μ1g=5 m/s2,
木板的加速度大小a2==5 m/s2。
(2)假设木板与挡板相碰前,物块与木板已经共速,设共同速度为v1,达到共同速度所用时间为t1,则v1=v0-a1t1=a2t1,
得t1=1 s,v1=5 m/s,
此过程,木板的位移x1=t1=2.5 m。
物块的位移x2=t1=7.5 m且x2-x1=5 m=L0,
故物块到达木板右侧时恰好与木板共速,此后两者一起向右减速,加速度a3=μ2g=2 m/s2,
到达C点时速度大小设为v2,则
-=2a3(L1-x2),
解得v2=4 m/s。
(3)物块在木板上滑行过程,物块与木板摩擦产生的热量Q1=Ff1L0=175 J,
木板向右运动过程,木板与地面摩擦产生的热量
Q2=Ff2(L1-L0)=95 J,
因为μ1=0.5物块滑上传送带先向上做匀减速直线运动,加速度
a4=gsin 37°-μ1gcos 37°=2 m/s2,
速度减为0所用时间t2==2 s,
此过程物块位移大小x3=t2=4 m<5 m,
此过程传送带位移大小x4=vt2=20 m,
物块与传送带由于摩擦产生的热量
Q3=μ1Mgcos 37°(x4-x3)=448 J,
木板向左做匀减速直线运动,加速度
a3=μ2g=2 m/s2,
故木板在2 s内位移大小x5=x3=4 m,
与地面摩擦产生的热量Q4=μ2mgx5=24 J,
物块从滑上木板到运动到最高点过程中,整个系统由于摩擦产生的热量
Q=Q1+Q2+Q3+Q4=742 J。
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考点一　传送带模型综合问题
1.“传送带”模型的特点
(1)物体放在传送带上,一般二者速度大小不同,初始时刻它们速度方向可能相同,也可能相反,物体和传送带之间会产生相对运动,物体受到传送带对它的滑动摩擦力的作用。
(2)物体和传送带经过一段时间速度相等时,它们间的摩擦力会发生突变,运动性质发生变化。
2.解答“传送带”问题的关键
(1)明确初始时刻物体和传送带的运动关系,确定它们间的受力及位置间的变化情况,必要时可画出位置变化示意图。
(2)物体和传送带间“速度相等”是关键节点,此时注意分析摩擦力的变化是解答问题的关键。摩擦力变化情况复杂,可能出现摩擦力消失、滑动摩擦力变为静摩擦力、滑动摩擦力方向改变等情况。
3.解答“传送带”问题的两个角度
动力学 角度 首先要作好受力分析图,确定物体运动过程,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速度、位移,找出物体和传送带之间的位移关系
能量 角度 利用功能关系和能量守恒定律等求传送带对物体所做的功、物体和传送带间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
4.功能关系分析
(1)传送带克服摩擦力做的功:W=Ff·x传。
(2)系统产生的内能:Q=Ff·x相对。
(3)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。
[例1] 【水平传送带模型】 (2024·江苏东台二模)如图所示,足够长的传送带AB与光滑的水平面BC连接,光滑的半圆轨道与水平面连接,相切于C点。传送带以恒定的速率v=5 m/s顺时针运行,在光滑的水平面上有一质量m=0.5 kg的物体以v1=6 m/s的速度向左滑上传送带,经过2 s物体的速度减为零,物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D点,最后落在水平面上,g取10 m/s2。求:
(1)物体与传送带之间的动摩擦因数μ;
(2)半圆轨道半径R;
(3)物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量。
[例2] 【倾斜传送带模型】 (2024·湖北三模)(多选)如图所示,某传送带的倾角α=37°,长为10.5 m,以6 m/s的速率逆时针运转。在传送带顶端A点静止释放一个质量为1 kg的物体,同时传送带在电动机的带动下,以4 m/s2加速运转,已知物体与传送带间的动摩擦因数为0.5,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物体从顶端A点运动至底端B点的过程中(　　)
[A] 物体一直做加速度不变的匀加速直线运动
[B] 物体从A点运动至B点所用时间为1.5 s
[C] 物体在传送带上留下划痕的长度为3 m
[D] 物体从A点运动至B点的过程中因摩擦产生的内能为20 J
考点二　滑块—木板模型综合问题
1.“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。
2.三个位移的应用
(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑,即W滑=-μmgx滑。
(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板,即W板=μmgx板。
(3)求摩擦生热时用相对位移Δx,即Q=μmgΔx。
[例3] 【水平面上“滑块—木板”模型】 (2024·河北廊坊模拟)(多选)如图甲所示,足够长的木板静置于水平地面上,木板左端放置一可看成质点的物块。t=0时对物块施加一水平向右的恒定拉力F,在F的作用下物块和木板发生相对滑动,t=2.0 s时撤去F,物块恰好能到达木板右端,整个过程物块运动的v-t图像如图乙所示。已知木板的质量为0.5 kg,物块与木板间、木板与地面间均有摩擦,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
[A] 木板的长度为3 m
[B] 物块的质量为0.8 kg
[C] 拉力F对物块做的功为9.9 J
[D] 木板与地面间因摩擦产生的热量为3.3 J
[例4] 【斜面上“滑块—木板”模型】 如图所示,倾角θ=37°的光滑斜面上有一质量M=4 kg的足够长的木板A,在A的上端有一质量m=2 kg的物块B(可视作质点),物块B与木板A间的动摩擦因数μ=0.5,斜面底端有一挡板P,木板与挡板P碰撞后会等速率反弹。现将木板与物块同时由静止释放,释放时木板前端与挡板相距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次碰撞挡板P时的速度大小;
(2)从木板A第1次碰撞挡板到木板A第1次减速为零的时间及此过程中物块B与木板A间因摩擦产生的热量。
考点三　用动力学和能量观点分析多运动组合问题
1.多运动组合问题
一般有直线运动、平抛运动、圆周运动和一般的曲线运动的组合问题。
2.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。
3.选用原则
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)涉及时间与运动细节,或者物体做匀速圆周运动及圆周运动涉及特殊点的运动信息时,一般选用动力学方法解题。
(2)当涉及功、能和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题,题目中出现相对位移(摩擦生热)时,应优先选用能量守恒定律。
[例5] 【板块与多运动组合】 工厂里有一种运货的过程可以简化为如图所示,货物以v0=10 m/s的初速度滑上静止的货车的左端,已知货物质量m=20 kg,货车质量M=30 kg,货车高h=0.8 m。在光滑轨道OB上的A点设置一固定的障碍物,当货车撞到障碍物时会被粘住不动,而货物就被抛出,恰好会沿BC方向落在B点。已知货车上表面的动摩擦因数μ=0.5,货物可简化为质点,斜面的倾角为53°。(取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2)
(1)求A、B之间的水平距离;
(2)若已知OA段距离足够长,导致货物在碰到障碍物之前已经与货车达到共同速度,则货车的长度是多少
(1)“合”——整体上把握全过程,构建大致的运动情境。
(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。
(满分:50分)
对点1.传送带模型综合问题
1.(4分)(2024·山东一模)如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行,初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1,物块和传送带间的动摩擦因数为μ,物块的质量为m。则(　　)
[A] t2时刻,小物块离A处的距离最大
[B] 0~t2时间内,小物块的加速度方向先向右后向左
[C] 0~t2时间内,因摩擦产生的热量为μmg[(t2+t1)+]
[D] 0~t2时间内,物块在传送带上留下的划痕为(t1+t2)
2.(8分)(2024·广西贺州阶段练习)如图为某建筑工地的传送装置, 传送带倾斜地固定在水平面上, 以恒定的速度v0=2 m/s向下运动, 质量为m=1 kg 的工件无初速度地放在传送带的顶端A, 经时间t1=0.2 s,工件的速度达到2 m/s,此后再经过t2=1.0 s时间, 工件运动速度为v=4 m/s,到达B点,重力加速度g取10 m/s2,工件可视为质点。求:
(1)传送带与工件间的动摩擦因数μ;
(2)工件由A 运动到B的过程中因摩擦而产生的热量Q。
对点2.滑块—木板模型综合问题
3.(4分)(2024·河北邢台期中)如图所示,长为L的小车置于光滑的水平面上,小车前端放一小物块。用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离s,物块刚好滑到小车的左端。物块与小车间的摩擦力为Ff,在此过程中(　　)
[A] 小物块的机械能增加量为Ffs
[B] 小物块与小车系统的机械能增加量为Fs
[C] 小车的机械能增加量为(F-Ff)s
[D] 物块与小车组成的系统产生的内能为Ffs
4.(8分)如图所示,质量mA=2 kg的木板A被锁定在倾角为30°的光滑斜面的顶端,质量为mB=1 kg的可视为质点的物块B恰能在木板A上匀速下滑。现让物块B以v0=7.5 m/s的初速度从木板的上端下滑,同时解除对木板A的锁定,g取10 m/s2,斜面足够长。
(1)要使物块B不从木板A上滑落下来,则木板A的长度至少为多少
(2)在物块B不从木板A上滑落的前提下,系统损失的机械能最多是多少
对点3.用动力学和能量观点分析多运动组合问题
5.(8分)(2024·山东济宁一模)某货物传送装置简化图如图甲所示,该装置由传送带及固定挡板CDEF组成,挡板与传送带上表面ABCD垂直,传送带上表面与水平地面的夹角θ=37°,CD与水平面平行。传送带始终匀速转动,工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放,货物对地发生位移L=10 m后被取走,货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知传送带速率v0=2 m/s,货物质量m=10 kg,货物与传送带的动摩擦因数μ1=0.5,与挡板的动摩擦因数μ2=0.25。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)货物在传送带上经历的时间t;
(2)传送装置因运送货物多消耗的电能E。
6.(6分)(2024·四川凉山三模)(多选)如图,足够长的水平传送带AB与斜面BC在B点平滑连接,斜面倾角θ=37°,质量为1 kg的物块从距传送带高为H=2.4 m的C点静止释放,物块与斜面和传送带间的动摩擦因数均为0.5,传送带顺时针运行速度恒为5 m/s。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则下列判断正确的是(　　)
[A] 物块第二次经过B点的速度为5 m/s
[B] 物块第一次到达最左端的过程中与传送带摩擦生热28 J
[C] 物块在斜面上向下运动的路程之和为6 m
[D] 物块在斜面上向下运动的路程之和为5 m
7.(12分)(2024·安徽淮北二模)如图所示,质量 m=3 kg、长度L0=5 m的长木板放置在水平地面上,长木板左端与地面上B点对齐。与长木板等高的挡板固定在地面C点,挡板右侧固定倾角α=37°、长度L=5 m的传送带。质量M=7 kg的物块(可视为质点)以v0=10 m/s的速度滑上长木板的左端。长木板的右端与挡板相碰后原速率反弹,物块在C点无能量损失滑上传送带。已知BC段的长度L1=9.75 m,物块与长木板及传送带间的动摩擦因数μ1=0.5,长木板与水平地面的动摩擦因数μ2=0.2,传送带顺时针转动且速率v=10 m/s,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。不计长木板与挡板碰撞的时间,求:
(1)物块在长木板上滑行时,长木板的加速度大小;
(2)长木板运动到C点时的速度大小;
(3)物块从滑上木板到在传送带上运动至最高点过程中,整个系统由于摩擦产生的热量。
(
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高中总复习·物理
第7讲　
小专题:动力学和能量观点的
综合应用
1.“传送带”模型的特点
(1)物体放在传送带上,一般二者速度大小不同,初始时刻它们速度方向可能相同,也可能相反,物体和传送带之间会产生相对运动,物体受到传送带对它的滑动摩擦力的作用。
(2)物体和传送带经过一段时间速度相等时,它们间的摩擦力会发生突变,运动性质发生变化。
2.解答“传送带”问题的关键
(1)明确初始时刻物体和传送带的运动关系,确定它们间的受力及位置间的变化情况,必要时可画出位置变化示意图。
(2)物体和传送带间“速度相等”是关键节点,此时注意分析摩擦力的变化是解答问题的关键。摩擦力变化情况复杂,可能出现摩擦力消失、滑动摩擦力变为静摩擦力、滑动摩擦力方向改变等情况。
3.解答“传送带”问题的两个角度
动力学 角度 首先要作好受力分析图,确定物体运动过程,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速度、位移,找出物体和传送带之间的位移关系
能量 角度 利用功能关系和能量守恒定律等求传送带对物体所做的功、物体和传送带间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
4.功能关系分析
(1)传送带克服摩擦力做的功:W=Ff·x传。
(2)系统产生的内能:Q=Ff·x相对。
(3)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。
[例1] 【水平传送带模型】 (2024·江苏东台二模)如图所示,足够长的传送带AB与光滑的水平面BC连接,光滑的半圆轨道与水平面连接,相切于C点。传送带以恒定的速率v=5 m/s顺时针运行,在光滑的水平面上有一质量m=0.5 kg的物体以v1=6 m/s的速度向左滑上传送带,经过2 s物体的速度减为零,物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D点,最后落在水平面上,g取10 m/s2。求:
(1)物体与传送带之间的动摩擦因数μ;
【答案】 (1)0.3　
(2)半圆轨道半径R;
【答案】 (2)0.5 m
(3)物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量。
【答案】 (3)30.25 J
[例2] 【倾斜传送带模型】 (2024·湖北三模)(多选)如图所示,某传送带的倾角α=37°,长为10.5 m,以6 m/s的速率逆时针运转。在传送带顶端A点静止释放一个质量为1 kg的物体,同时传送带在电动机的带动下,以4 m/s2加速运转,已知物体与传送带间的动摩擦因数为0.5,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物体从顶端A点运动至底端B点的过程中( 　　)
[A] 物体一直做加速度不变的匀加速直线运动
[B] 物体从A点运动至B点所用时间为1.5 s
[C] 物体在传送带上留下划痕的长度为3 m
[D] 物体从A点运动至B点的过程中因摩擦产生的内能为20 J
BC
1.“滑块—木板”模型问题的分析方法
(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。
2.三个位移的应用
(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑,即W滑=-μmgx滑。
(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板,即W板=μmgx板。
(3)求摩擦生热时用相对位移Δx,即Q=μmgΔx。
[例3] 【水平面上“滑块—木板”模型】 (2024·河北廊坊模拟)(多选)如图甲所示,足够长的木板静置于水平地面上,木板左端放置一可看成质点的物块。t=0时对物块施加一水平向右的恒定拉力F,在F的作用下物块和木板发生相对滑动,t=2.0 s时撤去F,物块恰好能到达木板右端,整个过程物块运动的v-t图像如图乙所示。已知木板的质量为0.5 kg,物块与木板间、木板与地面间均有摩擦,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　 　)
[A] 木板的长度为3 m
[B] 物块的质量为0.8 kg
[C] 拉力F对物块做的功为9.9 J
[D] 木板与地面间因摩擦产生的热量为3.3 J
CD
【解析】 根据题意可知,木板在0~2.5 s内向右
做匀加速直线运动,作出v-t图像,如图所示,
(1)木板A第1次碰撞挡板P时的速度大小;
【答案】 (1)2 m/s
【解析】 (1)由题意可知,释放后A、B一起加速下滑,
由牛顿第二定律有(M+m)gsin θ=(M+m)a,
解得a=gsin θ=6 m/s2,
设木板第一次碰撞挡板时速度为v,则v2=2as,
代入数据解得v=2 m/s。
(2)从木板A第1次碰撞挡板到木板A第1次减速为零的时间及此过程中物块B与木板A间因摩擦产生的热量。
【答案】 (2)0.25 s　6.5 J
1.多运动组合问题
一般有直线运动、平抛运动、圆周运动和一般的曲线运动的组合问题。
2.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。
3.选用原则
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)涉及时间与运动细节,或者物体做匀速圆周运动及圆周运动涉及特殊点的运动信息时,一般选用动力学方法解题。
(2)当涉及功、能和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题,题目中出现相对位移(摩擦生热)时,应优先选用能量守恒定律。
[例5] 【板块与多运动组合】 工厂里有一种运货的过程可以简化为如图所示,货物以v0=10 m/s的初速度滑上静止的货车的左端,已知货物质量m=
20 kg,货车质量M=30 kg,货车高h=0.8 m。在光滑轨道OB上的A点设置一固定的障碍物,当货车撞到障碍物时会被粘住不动,而货物就被抛出,恰好会沿BC方向落在B点。已知货车上表面的动摩擦因数μ=0.5,货物可简化为质点,斜面的倾角为53°。(取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2)
(1)求A、B之间的水平距离;
【答案】 (1)1.2 m
规范答题
(2)若已知OA段距离足够长,导致货物在碰到障碍物之前已经与货车达到共同速度,则货车的长度是多少
【答案】 (2)6.7 m
规范答题
方法点拨
(1)“合”——整体上把握全过程,构建大致的运动情境。
(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。
对点1.传送带模型综合问题
1.(4分)(2024·山东一模)如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行,初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1,物块和传送带间的动摩擦因数为μ,物块的质量为m。则(　　)
[A] t2时刻,小物块离A处的距离最大
[B] 0~t2时间内,小物块的加速度方向先向右后向左
基础对点练
C
【解析】 初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带,由小物块在传送带上运动的v-t图像可知,t1时刻,小物块离A处的距离达到最大,A错误;0~t2时间内,小物块受到的摩擦力方向一直向右,所以小物块的加速度方向一直向右,B错误;
2.(8分)(2024·广西贺州阶段练习)如图为某建筑工地的传送装置, 传送带倾斜地固定在水平面上, 以恒定的速度v0=2 m/s向下运动, 质量为m=1 kg 的工件无初速度地放在传送带的顶端A, 经时间t1=0.2 s,工件的速度达到2 m/s,此后再经过t2=1.0 s时间, 工件运动速度为v=4 m/s,到达B点,重力加速度g取
10 m/s2,工件可视为质点。求:
(1)传送带与工件间的动摩擦因数μ;
【答案】 (1)0.5
(2)工件由A 运动到B的过程中因摩擦而产生的热量Q。
【答案】 (2)4.8 J
对点2.滑块—木板模型综合问题
3.(4分)(2024·河北邢台期中)如图所示,长为L的小车置于光滑的水平面上,小车前端放一小物块。用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离s,物块刚好滑到小车的左端。物块与小车间的摩擦力为Ff,在此过程中(　　)
[A] 小物块的机械能增加量为Ffs
[B] 小物块与小车系统的机械能增加量为Fs
[C] 小车的机械能增加量为(F-Ff)s
[D] 物块与小车组成的系统产生的内能为Ffs
C
【解析】 小物块对地的位移方向向右,大小为x=s-L,小物块受到的摩擦力方向水平向右,则摩擦力对小物块做的功等于小物块的机械能增加量,为ΔE1=Ff(s-L),故A错误;小物块与小车系统的机械能增加量为ΔE2=Fs-FfL,故B错误;小车的机械能增加量为ΔE3=(F-Ff)s,故C正确;物块与小车组成的系统产生的内能为E=FfL,故D错误。
4.(8分)如图所示,质量mA=2 kg的木板A被锁定在倾角为30°的光滑斜面的顶端,质量为mB=1 kg的可视为质点的物块B恰能在木板A上匀速下滑。现让物块B以v0=7.5 m/s的初速度从木板的上端下滑,同时解除对木板A的锁定,g取10 m/s2,斜面足够长。
【答案】 (1)3.75 m
(1)要使物块B不从木板A上滑落下来,则木板A的长度至少为多少
(2)在物块B不从木板A上滑落的前提下,系统损失的机械能最多是多少
【答案】 (2)18.75 J
【解析】 (2)A、B达到共同速度以后两者一起在光滑的斜面上加速下滑,
机械能守恒,达到共同速度以前,损失的机械能转化为A、B系统的内能,
即ΔE损失=Q=Ff·lmin=mBgsin 30°·lmin,
得ΔE损失=18.75 J。
对点3.用动力学和能量观点分析多运动组合问题
5.(8分)(2024·山东济宁一模)某货物传送装置简化图如图甲所示,该装置由传送带及固定挡板CDEF组成,挡板与传送带上表面ABCD垂直,传送带上表面与水平地面的夹角θ=37°,CD与水平面平行。传送带始终匀速转动,工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放,货物对地发生位移L=10 m后被取走,货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知传送带速率v0=2 m/s,货物质量m=10 kg,货物与传送带的动摩擦因数μ1=0.5,与挡板的动摩擦因数μ2=0.25。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取
10 m/s2,不计空气阻力。求:
【答案】 (1)5.4 s
(1)货物在传送带上经历的时间t;
(2)传送装置因运送货物多消耗的电能E。
【答案】 (2)202 J
【解析】 (2)传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由摩擦产生的内能与货物增加的动能之和,
货物与传送带之间的相对位移为Δx=x1-x0,
货物与传送带之间由于摩擦产生的内能为Q1=μ1FN1Δx,解得Q1=32 J,
货物与挡板之间由于摩擦产生的内能为Q2=μ2FN2L,解得Q2=150 J,
6.(6分)(2024·四川凉山三模)(多选)如图,足够长的水平传送带AB与斜面BC在B点平滑连接,斜面倾角θ=37°,质量为1 kg的物块从距传送带高为H=2.4 m的C点静止释放,物块与斜面和传送带间的动摩擦因数均为0.5,传送带顺时针运行速度恒为5 m/s。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则下列判断正确的是(　 　)
[A] 物块第二次经过B点的速度为5 m/s
[B] 物块第一次到达最左端的过程中与传送带摩擦生热28 J
[C] 物块在斜面上向下运动的路程之和为6 m
[D] 物块在斜面上向下运动的路程之和为5 m
BD
综合提升练
7.(12分)(2024·安徽淮北二模)如图所示,质量 m=3 kg、长度L0=5 m的长木板放置在水平地面上,长木板左端与地面上B点对齐。与长木板等高的挡板固定在地面C点,挡板右侧固定倾角α=37°、长度L=5 m的传送带。质量M=7 kg的物块(可视为质点)以v0=10 m/s的速度滑上长木板的左端。长木板的右端与挡板相碰后原速率反弹,物块在C点无能量损失滑上传送带。已知BC段的长度L1=9.75 m,物块与长木板及传送带间的动摩擦因数μ1=0.5,长木板与水平地面的动摩擦因数μ2=0.2,传送带顺时针转动且速率v=10 m/s,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。不计长木板与挡板碰撞的时间,求:
(1)物块在长木板上滑行时,长木板的加速度大小;
【答案】 (1)5 m/s2
(2)长木板运动到C点时的速度大小;
【答案】 (2)4 m/s
(3)物块从滑上木板到在传送带上运动至最高点过程中,整个系统由于摩擦产生的热量。
【答案】 (3)742 J
【解析】 (3)物块在木板上滑行过程,
物块与木板摩擦产生的热量Q1=Ff1L0=175 J,
木板向右运动过程,木板与地面摩擦产生的热量Q2=Ff2(L1-L0)=95 J,
因为μ1=0.5物块滑上传送带先向上做匀减速直线运动,
加速度a4=gsin 37°-μ1gcos 37°=2 m/s2,
故木板在2 s内位移大小x5=x3=4 m,
与地面摩擦产生的热量Q4=μ2mgx5=24 J,
物块从滑上木板到运动到最高点过程中,
整个系统由于摩擦产生的热量Q=Q1+Q2+Q3+Q4=742 J。

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