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(共22张PPT)
微专题5
动力学和能量观点的综合应用
考点一
传送带模型
命题视角　结合动力学、能量观点分析传送带模型,注意速度相等时摩擦力发生突变
1.传送带问题的分析方法
(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。
(3)注意:当物体与传送带速度相同时,摩擦力往往发生突变。
2.传送带问题涉及的功能关系
(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。
【典例1】 (中等)如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动,在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,取最高点为零势能位置,则小木块的速度v、重力势能Ep、动能Ek、机械能E随时间t变化的图像可能正确的是(　　)
D
A B C D
考点二
滑块—木板模型
命题视角　结合动力学、能量观点分析滑块—木板模型,注意速度相等时摩擦力发生突变
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;根据各自的运动情况利用运动学规律求解速度、位移、运动时间等。
(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(如图所示)
(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。
【典例2】 (有外力作用的滑块—木板模型·中等)如图所示,一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动,现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端,已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ,为保持木板的速度不变,从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中,需对木板施加一水平向右的作用力F,则力F对木板所做的功为(　　)
C
【典例3】 (无外力作用的滑块—木板模型·困难)如图所示,长木板静止在光滑水平地面上,第1次使一可视为质点的物块以初速度v0从木板的左端滑上木板,最后恰好没有滑离木板。第2次先将木板从中间锯开,分成左右相同的两块,平滑地拼接在一起(但没有粘连)后仍放在光滑水平地面上,物块仍以同样的初速度v0从左端滑上木板。若物块与木板上表面的动摩擦因数处处相等,则下列判断正确的是(　　)
A.第2次最终物块将滑离木板
B.第2次物块与木板相互作用的过程中损失的动能比第1次的少
C.第2次物块与木板相互作用过程中系统损失的机械能比第1次的多
D.第2次物块与木板相互作用的总时间比第1次的长
B
解析:B　物块滑上木板后,物块相对于木板向右运动,由于滑动摩擦力的作用,物块向右做匀减速直线运动,木板向右做匀加速直线运动,当物块运动到锯开位置时,第1次与第2次过程中,物块与木板的运动情境完全相同,越过锯开位置后,第2次情境中,由于木板锯开,前后分离,左侧木板匀速运动,右侧木板向右运动的加速度变大,可知,随后物块与木板达到相等速度时的速度比第1种情境中的相等速度大,而物块的加速度不变,根据速度公式v=v0-at可知第2次物块与木板相互作用的总时间比第1次的短,D错误;根据上述可知,锯开后,物块与木板达到相等速度时的速度比第1种情境中的相等速度大,根据位移公式可知,总的相对位移比第1种情境中的相对位移小,即第2次最终物块不会滑离木板,A错误;系统减小的机械能转化为内能,根据Q=μmgx相可知,第2次物块与木板相互作用过程中系统损失的机械能(即动能)比第1次的少,B正确,C错误。
考点三
多运动过程问题
命题视角　分析多过程模型特点,学会分阶段建模求解
1.解题策略
(1)动力学观点:若题目涉及运动过程中的加速度、时间、速度的变化,优先考虑牛顿运动定律、运动学公式。
(2)能量观点:若题目不涉及中间过程,只涉及初、末状态,优先考虑功能关系、机械能守恒定律、能量守恒定律。
2.思维技巧
(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。
(1)求弹簧的压缩量x1;
答案:(1)0.4 m
(2)要使物块自D点水平抛出,传送带往哪个方向转动(“顺时针”或“逆时针”) 传送带速度至少为多大
答案:(2)顺时针　1 m/s
(3)物块可以运动到D点但无法水平抛出,从圆弧DE上的某点P离开,求∠DOP的大小α与传送带速度v的数学关系,并写出v的取值范围。
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考点一　传送带模型
命题视角　结合动力学、能量观点分析传送带模型,注意速度相等时摩擦力发生突变
1.传送带问题的分析方法
(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。
(3)注意:当物体与传送带速度相同时,摩擦力往往发生突变。
2.传送带问题涉及的功能关系
(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。
【典例1】 (中等)如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动,在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,取最高点为零势能位置,则小木块的速度v、重力势能Ep、动能Ek、机械能E随时间t变化的图像可能正确的是(　　)
A B
C D
解析:D　初状态时,重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下,且都是恒力,所以小木块先沿斜面做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得加速度a1==gsin θ+μgcos θ,如果μtan θ,则小木块与传送带一起匀速运动,A错误;重力做正功,重力势能减小,B错误;达到传送带速度前Ek=mv2=m(a1t)2,达到传送带速度后,继续加速的情况Ek=mv′2=m[v0+a2(t-)]2,C错误;机械能与摩擦力做功有关,开始摩擦力做正功,机械能增大,W1=μmgcos θ×a1t2,后来摩擦力做负功,机械能减小,继续加速的情况下W2=-μmgcos θ×[v0(t-)+a2(t-)2],D正确。
考点二　滑块—木板模型
命题视角　结合动力学、能量观点分析滑块—木板模型,注意速度相等时摩擦力发生突变
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;根据各自的运动情况利用运动学规律求解速度、位移、运动时间等。
(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(如图所示)
(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。
【典例2】 (有外力作用的滑块—木板模型·中等)如图所示,一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动,现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端,已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ,为保持木板的速度不变,从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中,需对木板施加一水平向右的作用力F,则力F对木板所做的功为(　　)
A. 　 B. 　 C.mv2 　 D.2mv2
解析:C　由能量守恒定律可知,力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能,一部分转化为系统内能,故W=mv2+μmgx相,x相=vt-t,a=μg,v=at,联立以上各式可得W=mv2,C正确。
【典例3】 (无外力作用的滑块—木板模型·困难)如图所示,长木板静止在光滑水平地面上,第1次使一可视为质点的物块以初速度v0从木板的左端滑上木板,最后恰好没有滑离木板。第2次先将木板从中间锯开,分成左右相同的两块,平滑地拼接在一起(但没有粘连)后仍放在光滑水平地面上,物块仍以同样的初速度v0从左端滑上木板。若物块与木板上表面的动摩擦因数处处相等,则下列判断正确的是(　　)
A.第2次最终物块将滑离木板
B.第2次物块与木板相互作用的过程中损失的动能比第1次的少
C.第2次物块与木板相互作用过程中系统损失的机械能比第1次的多
D.第2次物块与木板相互作用的总时间比第1次的长
解析:B　物块滑上木板后,物块相对于木板向右运动,由于滑动摩擦力的作用,物块向右做匀减速直线运动,木板向右做匀加速直线运动,当物块运动到锯开位置时,第1次与第2次过程中,物块与木板的运动情境完全相同,越过锯开位置后,第2次情境中,由于木板锯开,前后分离,左侧木板匀速运动,右侧木板向右运动的加速度变大,可知,随后物块与木板达到相等速度时的速度比第1种情境中的相等速度大,而物块的加速度不变,根据速度公式v=v0-at可知第2次物块与木板相互作用的总时间比第1次的短,D错误;根据上述可知,锯开后,物块与木板达到相等速度时的速度比第1种情境中的相等速度大,根据位移公式可知,总的相对位移比第1种情境中的相对位移小,即第2次最终物块不会滑离木板,A错误;系统减小的机械能转化为内能,根据Q=μmgx相可知,第2次物块与木板相互作用过程中系统损失的机械能(即动能)比第1次的少,B正确,C错误。
考点三　多运动过程问题
命题视角　分析多过程模型特点,学会分阶段建模求解
1.解题策略
(1)动力学观点:若题目涉及运动过程中的加速度、时间、速度的变化,优先考虑牛顿运动定律、运动学公式。
(2)能量观点:若题目不涉及中间过程,只涉及初、末状态,优先考虑功能关系、机械能守恒定律、能量守恒定律。
2.思维技巧
(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。
【典例4】 (中等)某固定装置由足够长的水平轨道AB及固定在其左侧的轻弹簧、传送带、圆弧轨道CDE构成,其竖直截面如图所示。圆弧轨道CDE不妨碍传送带的转动,其与传送带相切于C点,D为圆弧最高点,E与圆心O等高。弹簧劲度系数k=62 N/m,传送带倾角θ=37°、LBC=4 m,BC段与物块间的动摩擦因数μ=0.8,圆弧轨道半径r= m。B、C两处平滑连接,除BC段外其余轨道均光滑。将质量m=0.1 kg的物块压缩弹簧(物块与弹簧未拴接)后由静止释放,起初传送带静止,物块恰能运动到C点。(重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,弹簧弹性势能表达式Ep=kx2)
(1)求弹簧的压缩量x1;
(2)要使物块自D点水平抛出,传送带往哪个方向转动(“顺时针”或“逆时针”) 传送带速度至少为多大
(3)物块可以运动到D点但无法水平抛出,从圆弧DE上的某点P离开,求∠DOP的大小α与传送带速度v的数学关系,并写出v的取值范围。
解析:(1)对运动的全过程,动能变化量为0,弹性势能转化为重力势能与内能,有
k=mgLBCsin θ+μmgLBCcos θ,
代入数据可解得x1=0.4 m。
(2)物块在C点速度不为零,传送带要顺时针转动。
比较μ=0.8>tan θ,可知物块在传送带上先减速后匀速,离开C点时与传送带共速,恰好自D点水平抛出,有mg=m,
从C到D,由动能定理有
-mgr(1-cos θ)=m-m,
解得vmin=1 m/s。
(3)若到达D点的速度为0,从C到D,由动能定理有-mgr(1-cos θ)=0-mv12,
此时v1= m/s,故 m/s假设物块在P点离开圆弧DE,从D到P,由动能定理有
mgr(1-cos α)=m-mvD′2,
在P点有mgcos α=m,
联立解得cos α=。
答案:(1)0.4 m　(2)顺时针　1 m/s
(3)cos α=　 m/s课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　结合动力学、能量观点分析传送带模型,注意速度相等时摩擦力发生突变
1.如图,物块从A点水平抛出,恰好在B点无碰撞进入倾斜传送带,已知传送带沿顺时针匀速转动,由A到B的运动时间为t1,水平距离为x1,从抛出到刚进入传送带一段时间内关于物块水平速度和时间、竖直速度和时间、动能和水平位移、机械能和水平位移的图像一定错误的是(　　)
A B
C D
解析:C　物块在B点的速度与传送带速度方向相同,若物块恰好与传送带共速,且能与传送带保持匀速直线运动,则物块在传送带上水平速度不变,A正确;若物块到达传送带上时,速度小于传送带速度,则物块受摩擦力方向沿传送带向下,则物块速度会继续增大,且有可能加速度大于重力加速度,B正确;物块从A到B,设物块位移与水平方向夹角为α,由动能定理可得mgx1tan α=Ek-Ek0,可得Ek=Ek0+mgx1tan α,C错误;物块从A到B,机械能守恒,在传送带上可能由于有摩擦力对物块做负功,物块的机械能随位移x减小,D正确。
2.(多选)在工厂中,经常用传送带传送货物。如图所示,质量m=10 kg的货物(可视为质点)从高h=0.2 m的轨道上P点由静止开始下滑,货物和轨道之间的阻力可忽略不计,货物滑到水平传送带上的A点,货物在轨道和传送带连接处能量损失不计,货物和传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,传送带AB两点之间的距离L=5 m,传送带一直以v=4 m/s的速度顺时针匀速运动,重力加速度g取10 m/s2。装置由电动机带动,传送带与轮子间无相对滑动,不计轴处的摩擦。货物从A点运动到B点的过程中,下列说法正确的有(　　)
A.摩擦力对货物做功为50 J
B.货物从A运动到B用时1.5 s
C.由于摩擦而产生的热量为20 J
D.由于运送货物,带动传送带转动的电动机多消耗的电能为60 J
解析:BC　根据机械能守恒定律有mgh=m,货物运动至传送带A点的速度为v0=2 m/s,根据牛顿第二定律μmg=ma,得货物在传送带上加速度大小为2 m/s2,货物与传送带共速时,有v0+at1=v,解得t1=1 s,此时,货物的位移为x1=t1=3 m,摩擦力对货物做功为W=μmgx1=60 J,A错误;货物匀速运动时间t2==0.5 s,则货物从A运动到B用时t=t1+t2=1.5 s,B正确;货物与传送带的相对位移为Δx=vt1-x1=1 m,由于摩擦而产生的热量为Q=μmgΔx=20 J,C正确;由于运送货物,带动传送带转动的电动机多消耗的电能为E=Q+m(v2-)=80 J,D错误。
3.如图甲所示,足够长的传送带与水平面的夹角为θ=37°,以v=3 m/s的速度顺时针转动。现将一个质量m=2 kg的煤块以速率v0=4 m/s放上传送带,煤块在传送带上的速率随时间变化如图乙所示,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.煤块初速度方向沿传送带向上
B.若煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.875,则留下的划痕长度为24.5 m
C.0~t2时间内,系统产生的热量小于煤块重力势能的变化量
D.煤块到达B端时重力的瞬时功率大小为60 W
解析:B　如果煤块初速度方向沿传送带向上,分两种情况,如果μtan θ,煤块速度将先以a=gsin θ+μgcos θ的加速度减速到3 m/s后,煤块相对于传送带静止,同样不符合题图乙的速率变化;当煤块初速度沿传送带向下时,此时如果μ>tan θ,煤块将以a=μgcos θ-gsin θ的加速度匀减速到0后反向匀加速到3 m/s,符合题图乙,A错误。若煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.875,煤块运动的加速度大小为a=μgcos θ-gsin θ=1 m/s2,共速需要用时t2==7 s,传送带的位移是x传=vt2=21 m,
x物=v0t2-a=3.5 m,故留下的划痕长度为Δx=21 m+3.5 m=24.5 m,B正确。0~t2时间内,由于煤块的重力势能减小,动能减小,煤块机械能的减少量应等于摩擦力对煤块做功的大小,由能量守恒可得,系统产生的热量一定大于重力势能的减少量,C错误。煤块到达B处时速度大小为3 m/s,所以重力的瞬时功率为P=mgvy=mgvsin 37°=36 W,D错误。
命题视角2　结合动力学、能量观点分析滑块—木板模型,注意速度相等时摩擦力发生突变
4.一块质量为M、长为l的长木板A静止放在光滑的水平面上,质量为m的物体B(视为质点)以初速度v0从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下。该过程中,物体B的动能减少量大小为ΔEkB,长木板A的动能增加量为ΔEkA,A、B间摩擦产生的热量为Q,关于ΔEkB、ΔEkA、Q的值,下列情况可能的是(　　)
A.ΔEkB=7 J,ΔEkA=4 J,Q=4 J
B.ΔEkB=7 J,ΔEkA=3 J,Q=4 J
C.ΔEkB=8 J,ΔEkA=3 J,Q=2 J
D.ΔEkB=8 J,ΔEkA=5 J,Q=3 J
解析:B　根据长木板A和物体B组成的系统能量守恒ΔEkB=ΔEkA+Q,A、C错误;画出物体B和长木板A的vt图线,分别如图中1和2所示,图中1和2之间的梯形面积表示板长l,1与t轴所围的面积表示物体B的位移x1,2与t轴所围的面积表示长木板A的位移x2,由图可知x1>l,x2Q>ΔEkA,B正确,D错误。
5.如图所示,在倾角θ=37°的固定斜面上,放置着一个足够长的木板Q,Q上端放置着小物块P(可视为质点),已知P与Q之间的动摩擦因数为0.25,Q与斜面间的动摩擦因数为0.5,P、Q的质量分别为1 kg、2 kg,sin 37°=0.6,重力加速度g取10 m/s2,Q下端距斜面最低点为2 m。某时刻使P、Q由静止释放,当Q下端运动至斜面最低点过程中,整个系统损失的机械能为(　　)
A.12 J B.24 J C.36 J D.64 J
解析:C　Q加速下滑,根据牛顿第二定律得m2gsin θ+μ1m1gcos θ-μ2(m1+m2)gcos θ=m2a2,根据位移公式得l=a2t2,解得t=2 s。P加速下滑,根据牛顿第二定律得m1gsin θ-μ1m1gcos θ=m1a1,根据位移公式得x=a1t2=8 m,整个系统的机械能损失为E=μ2(m1+m2)gcos θ·l+μ1m1gcos θ·
(x-l)=36 J。
6.如图所示,足够长的木板Q静置在水平地面上,滑块P以水平速度v0=2 m/s从左端滑上Q。已知P、Q的质量分别为mP=2 kg,mQ=1 kg,P、Q之间的动摩擦因数μ1=0.1,Q与地面之间的动摩擦因数μ2=0.15,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。vP、vQ分别表示P、Q的速度,EkP、EkQ分别表示P、Q的动能,xP、xQ分别表示P、Q的位移,下列图像正确的是(　　)
A B
C D
解析:D　P、Q之间的最大静摩擦力为Fmax=μ1mPg=2 N,Q与地面之间的最大静摩擦力为Fmax′=μ2(mP+mQ)g=4.5 N,由于Fmax根据动能定理可得-μ1mPgxP=EkP-mP,可得EkP=4-2xP,B错误,D正确。
7.如图甲为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量M=1.8 kg,长度d=1.0 m,其中放有质量m=0.2 kg,长s=0.2 m的书本,书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相距也为s,如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦,书本与抽屉间的动摩擦因数μ=0.1。现用水平力F将抽屉拉出,抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动。不考虑抽屉翻转,重力加速度g取10 m/s2。
(1)在拉出抽屉过程中,为保证书本与抽屉不产生相对滑动,求水平力F的最大值;
(2)当F=1.8 N时,从开始运动到抽屉与挡板碰撞前瞬间,求抽屉对书本做的功;
(3)当F=3.8 N时,从开始运动到书本最终停止时,求书本和抽屉因摩擦产生的热量。
解析:(1)对书本有μmg=mam,
解得am=μg=1 m/s2,
对抽屉和书本整体有Fm=(M+m)am,
解得要使书本和抽屉不发生相对滑动,F的最大值为Fm=2 N。
(2)由于F=1.8 N<2 N,可知书本和抽屉相对静止,对抽屉和书本整体有F=(M+m)a,
解得a=0.9 m/s2,
对书有Ff=ma=0.18 N,
所以抽屉对书本做功W=Ffd=0.18 J。
(3)由于F=3.8 N>Fm,可知书本和抽屉有相对滑动。
对抽屉,由牛顿第二定律有F-μmg=Ma2,
解得a2=2 m/s2,
设抽屉的运动时间为t1,根据运动学公式可得d=a2,
解得t1=1 s,
此时,书本的速度为v1=μgt1=1 m/s,
书本通过的位移大小为x1=t1=0.5 m,
此后书本经过x2速度减为0,则有x2==0.5 m,
则书本最终停止时,书本和抽屉因摩擦产生的热量为Q=μmg(d-x1+x2)=0.2 J。
答案:(1)2 N　(2)0.18 J　(3)0.2 J
命题视角3　分析多过程模型特点,学会分阶段建模求解
8.(多选)如图甲所示,半径R=0.4 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=30°,另一端点D与圆心O等高,点C为轨道的最低点。质量m=1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以速度v0水平抛出,恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道,物块进入轨道后开始计时,轨道受到的压力F随时间t的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　)
A.物块在D点的速率为8 m/s
B.F0的大小为70 N
C.v0的大小为 m/s
D.物块在B点时对轨道的压力大小为30 N
解析:BC　由图像可知,物块从轨道D点飞出轨道到再次回到D点的时间为t=1.675 s-
0.875 s=0.8 s,则物块从D点离开轨道时速度大小为vD=g·=4 m/s,A错误;从C到D由机械能守恒可知m=m+mgR,在C点时压力最大,则由F0-mg=m,解得F0=70 N,B正确;从B到D由机械能守恒可知m+mgRsin 30°=m,解得vB=2 m/s,则v0=vBsin 30°= m/s, C正确;在B点,根据牛顿第二定律FN+mgsin 30°=m,可得轨道对物块的支持力FN=25 N,根据牛顿第三定律可得物块在B点时对轨道的压力大小为FN′=FN=25 N,D错误。
9.如图所示,四分之三圆轨道ABD(内壁、外壁均光滑)被固定在竖直面内,O为圆心,C是轨道上一点,其中AB部分是圆管,AB是竖直直径,OC、OB的夹角为θ(未知量)。一质量为m的小球(可视为质点)沿光滑水平面,以向左的速度v0经A点进入圆轨道,恰好到达最高点B,接着在B点受到轻微的扰动从B到达C时刚好脱离轨道,最后落到水平面,重力加速度为g,不计空气阻力以及圆管粗细。下列说法正确的是(　　)
A.圆弧轨道的半径为
B.θ的余弦值为
C.小球到达C点时的动能为
D.小球从C点到达水平面时重力瞬时功率为mgv0
解析:D　设圆弧轨道ABD的半径为R,小球由A到B有mg×2R=m,解得R=,A错误;把小球在C点的重力分别沿着OC和垂直OC分解,小球运动到C点,支持力刚好等于0,重力沿着OC方向的分力充当向心力,有mgcos θ=,小球从B到C,由机械能守恒可得mgR(1-
cos θ)=m,联立解得cos θ=,vC=v0,小球到达C点时的动能Ek=m=,B、C错误;把小球在C点的速度分别沿着水平方向和竖直方向分解,则水平方向的分速度为vx=vCcos θ,根据机械能守恒,小球到达水平面的速度为v0,小球从C到水平面做斜下抛运动,水平方向的分运动是速度为vx=vCcos θ的匀速直线运动,则小球到达水平面的竖直分速度为vy=,重力的瞬时功率为PG=mgvy,可得球从C点到达水平面时重力的瞬时功率为PG=mgv0,D
正确。
B级·高考过关练
10.如图所示,左侧有一长为L=3 m的传送带,以速度v=5 m/s顺时针转动,右侧有一质量为M=
6 kg、长为l=5 m的长木板静止在光滑水平桌面上,另一质量为m=2 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0=10 m/s从传送带的左端滑上传送带,并且小物块能无机械能损失地滑上长木板。已知小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为μ=0.6,不计空气阻力,g取10 m/s2。则(　　)
A.小物块滑上长木板的速度为5 m/s
B.小物块的最终速度为1 m/s
C.长木板的最终动能Ek=12 J
D.全过程系统产生的内能Q=48 J
解析:C　物块开始向右做匀减速直线运动,有μmg=ma0,设历时t0与传送带达到相等速度,则有v=v0-a0t0,解得t0= s,此过程物块的位移x0=t0=6.25 m>L=3 m,表明物块与传送带没有达到相等速度,则有-=-2a0L,解得v1=8 m/s,即小物块滑上长木板的速度为8 m/s,A错误;物块滑上木板后开始以加速度a0做匀减速直线运动,对木板有μmg=Ma1,解得a1=2 m/s2,设历时t1物块与木板达到相等速度,则有v2=v1-a0t1=a1t1,解得t1=1 s,v2=2 m/s,此过程物块的位移x1=t1=5 m=l,表明物块没有飞出木板,之后两者保持相对静止做匀速直线运动,即小物块的最终速度为2 m/s,B错误;结合上述可知,长木板的最终动能Ek=M=12 J,C正确;结合上述,物块在传送带上运动时间t2== s,相对传送带的位移x相1=t2-vt2=m,物块对木板的相对位移x相2=t1-t1=4 m,全过程系统产生的内能Q=μmg(x相1+x相2)=64 J,D错误。
11.某同学玩“弹射游戏”装置如图所示,轨道BC由两个半径均为R=0.1 m的圆形管道和圆单侧轨道拼接而成位于竖直面内,管道内直径大于小正方形滑块棱长,且远小于R。轻弹簧左端固定,自然状态下弹簧右端位于O点,用质量为m=0.02 kg的小滑块将弹簧压缩x0到A位置,由静止释放,小滑块恰能通过单侧轨道的最高点C,其中,OB段长为R,动摩擦因数μ为0.5,其他处摩擦不计,假设弹簧弹性势能与形变量的平方成正比。g取10 m/s2,求:
(1)小滑块到达最高点C的速度vC大小及小滑块落地点到B点的距离xB;
(2)若弹簧的压缩量增为2x0,其他条件不变,小滑块经过B时对管道的弹力FN;
(3)要使小滑块在BC轨道上运动过程中不脱离轨道,弹簧的弹性势能要满足的条件。
解析:(1)小滑块恰能通过最高点C,
有mg=m,解得vC==1 m/s,
小滑块离开C点后做平抛运动,有2R=gt2,
解得x=vCt=0.2 m,
故小滑块落地点到B点的距离为xB=x+2R=0.4 m。
(2)当弹簧的压缩量为x0时,根据能量守恒定律,得弹簧弹性势能Ep1=μmgR+m+mg·2R=3mgR,
当弹簧的压缩量增为2x0时,弹簧弹性势能
Ep2=4Ep1=12mgR,
由能量守恒定律,得Ep2=μmgR+m,
在B点有FN′-mg=m,
解得FN′=4.8 N,
根据牛顿第三定律,小滑块对管道的弹力FN=FN′=4.8 N,方向竖直向下。
(3)小滑块恰好能进入B点所需的弹性势能
Ep3=μmgR=0.01 J,
小滑块恰能运动到与O1等高处所需的弹簧弹性势能Ep4=μmgR+mgR=0.03 J,
小滑块恰能运动到C点所需的弹簧弹性势能为
Ep1=0.06 J,
故符合条件的弹性势能范围是0.01 J≤Ep≤0.03 J或Ep≥0.06 J。
答案:(1)1 m/s,0.4 m
(2)4.8 N,方向竖直向下
(3)0.01 J≤Ep≤0.03 J或Ep≥0.06 J
12.(2025·湖州三模) 如图为一弹射游戏装置,它由安装在水平台面上的固定弹射器,水平直轨道AB,圆心为O的水平半圆细管道BCD,水平直轨道DE、FG、HI和逆时针转动的传送带EF等组成。木板静止在HI上,其上表面与FG相平,左端紧靠竖直边GH。游戏时滑块由A点弹出,经过轨道AB、管道BCD、轨道DE、传送带EF和轨道FG后,滑上木板。已知可视为质点的滑块质量m=0.2 kg,轨道DE长度l1=1 m,传送带长度l2=0.5 m,速度大小v=3 m/s,木板质量M=0.2 kg,长度l3=0.6 m,BCD的半径R=0.4 m,滑块与轨道DE、传送带及木板间的动摩擦因数均为μ1=0.4,木板与轨道HI间的动摩擦因数μ2=0.1,其余各处均光滑,不考虑弹射过程中能量损失,各轨道间平滑连接。g取10 m/s2。
(1)若弹簧的弹性势能Ep1=0.9 J,求滑块运动到管道最高点时,受到的管道作用力大小FN;
(2)若滑块最终静止在轨道DE某处,求弹簧的弹性势能Ep2的范围;
(3)若弹簧的弹性势能Ep3=1.6 J,求木板运动的位移x。
解析:(1)滑块由A点弹出到管道最高点的过程,有Ep1=m+mgR,解得vC=1 m/s,
在最高点有mg-FN=m,解得FN=1.5 N。
(2)①滑块超过C点的条件为vC≥0,
则有Ep2min=m+mgR≥mgR=0.2×10×0.4 J=0.8 J。
②滑块到达F点时,速度恰好为零,则有
Ep2max=μ1mg(l1+l2)=1.2 J,
所以滑块最终静止在轨道DE某处,弹簧的弹性势能范围为0.8 J≤Ep2<1.2 J。
(3)若弹簧的弹性势能Ep3=1.6 J,滑块由A点到E点的过程有Ep3=μ1mgl1+m,
解得vE=2 m/s,
若刚好能通过皮带的速度大小v′2=2μ1gl2,
解得v′=2 m/s所以滑块减速通过皮带,有-=2μ1gl2,
解得vF=2 m/s,
滑块在木板上滑行,达到共同速度后一起减速运动直到速度为0,
有vF-v共=μ1gt,
v共=t,
=2x1,
0-=2μ2gx2,解得v共= m/s,
达到共速时的木板位移x1= m,达到共速后的木板位移x2= m,则木板位移x=x1+x2= m。
答案:(1)1.5 N　(2)0.8 J≤Ep2<1.2 J　(3) m微专题5　动力学和能量观点的综合应用
课时作业
A级·基础巩固练
命题视角1　结合动力学、能量观点分析传送带模型,注意速度相等时摩擦力发生突变
1.如图,物块从A点水平抛出,恰好在B点无碰撞进入倾斜传送带,已知传送带沿顺时针匀速转动,由A到B的运动时间为t1,水平距离为x1,从抛出到刚进入传送带一段时间内关于物块水平速度和时间、竖直速度和时间、动能和水平位移、机械能和水平位移的图像一定错误的是(　　)
A B
C D
解析:C　物块在B点的速度与传送带速度方向相同,若物块恰好与传送带共速,且能与传送带保持匀速直线运动,则物块在传送带上水平速度不变,A正确;若物块到达传送带上时,速度小于传送带速度,则物块受摩擦力方向沿传送带向下,则物块速度会继续增大,且有可能加速度大于重力加速度,B正确;物块从A到B,设物块位移与水平方向夹角为α,由动能定理可得mgx1tan α=Ek-Ek0,可得Ek=Ek0+mgx1tan α,C错误;物块从A到B,机械能守恒,在传送带上可能由于有摩擦力对物块做负功,物块的机械能随位移x减小,D正确。
2.(多选)在工厂中,经常用传送带传送货物。如图所示,质量m=10 kg的货物(可视为质点)从高h=0.2 m的轨道上P点由静止开始下滑,货物和轨道之间的阻力可忽略不计,货物滑到水平传送带上的A点,货物在轨道和传送带连接处能量损失不计,货物和传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,传送带AB两点之间的距离L=5 m,传送带一直以v=4 m/s的速度顺时针匀速运动,重力加速度g取10 m/s2。装置由电动机带动,传送带与轮子间无相对滑动,不计轴处的摩擦。货物从A点运动到B点的过程中,下列说法正确的有(　　)
A.摩擦力对货物做功为50 J
B.货物从A运动到B用时1.5 s
C.由于摩擦而产生的热量为20 J
D.由于运送货物,带动传送带转动的电动机多消耗的电能为60 J
解析:BC　根据机械能守恒定律有mgh=m,货物运动至传送带A点的速度为v0=2 m/s,根据牛顿第二定律μmg=ma,得货物在传送带上加速度大小为2 m/s2,货物与传送带共速时,有v0+at1=v,解得t1=1 s,此时,货物的位移为x1=t1=3 m,摩擦力对货物做功为W=μmgx1=60 J,A错误;货物匀速运动时间t2==0.5 s,则货物从A运动到B用时t=t1+t2=1.5 s,B正确;货物与传送带的相对位移为Δx=vt1-x1=1 m,由于摩擦而产生的热量为Q=μmgΔx=20 J,C正确;由于运送货物,带动传送带转动的电动机多消耗的电能为E=Q+m(v2-)=80 J,D错误。
3.如图甲所示,足够长的传送带与水平面的夹角为θ=37°,以v=3 m/s的速度顺时针转动。现将一个质量m=2 kg的煤块以速率v0=4 m/s放上传送带,煤块在传送带上的速率随时间变化如图乙所示,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.煤块初速度方向沿传送带向上
B.若煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.875,则留下的划痕长度为24.5 m
C.0~t2时间内,系统产生的热量小于煤块重力势能的变化量
D.煤块到达B端时重力的瞬时功率大小为60 W
解析:B　如果煤块初速度方向沿传送带向上,分两种情况,如果μtan θ,煤块速度将先以a=gsin θ+μgcos θ的加速度减速到3 m/s后,煤块相对于传送带静止,同样不符合题图乙的速率变化;当煤块初速度沿传送带向下时,此时如果μ>tan θ,煤块将以a=μgcos θ-gsin θ的加速度匀减速到0后反向匀加速到3 m/s,符合题图乙,A错误。若煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.875,煤块运动的加速度大小为a=μgcos θ-gsin θ=1 m/s2,共速需要用时t2==7 s,传送带的位移是x传=vt2=21 m,
x物=v0t2-a=3.5 m,故留下的划痕长度为Δx=21 m+3.5 m=24.5 m,B正确。0~t2时间内,由于煤块的重力势能减小,动能减小,煤块机械能的减少量应等于摩擦力对煤块做功的大小,由能量守恒可得,系统产生的热量一定大于重力势能的减少量,C错误。煤块到达B处时速度大小为3 m/s,所以重力的瞬时功率为P=mgvy=mgvsin 37°=36 W,D错误。
命题视角2　结合动力学、能量观点分析滑块—木板模型,注意速度相等时摩擦力发生突变
4.一块质量为M、长为l的长木板A静止放在光滑的水平面上,质量为m的物体B(视为质点)以初速度v0从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下。该过程中,物体B的动能减少量大小为ΔEkB,长木板A的动能增加量为ΔEkA,A、B间摩擦产生的热量为Q,关于ΔEkB、ΔEkA、Q的值,下列情况可能的是(　　)
A.ΔEkB=7 J,ΔEkA=4 J,Q=4 J
B.ΔEkB=7 J,ΔEkA=3 J,Q=4 J
C.ΔEkB=8 J,ΔEkA=3 J,Q=2 J
D.ΔEkB=8 J,ΔEkA=5 J,Q=3 J
解析:B　根据长木板A和物体B组成的系统能量守恒ΔEkB=ΔEkA+Q,A、C错误;画出物体B和长木板A的vt图线,分别如图中1和2所示,图中1和2之间的梯形面积表示板长l,1与t轴所围的面积表示物体B的位移x1,2与t轴所围的面积表示长木板A的位移x2,由图可知x1>l,x2Q>ΔEkA,B正确,D错误。
5.如图所示,在倾角θ=37°的固定斜面上,放置着一个足够长的木板Q,Q上端放置着小物块P(可视为质点),已知P与Q之间的动摩擦因数为0.25,Q与斜面间的动摩擦因数为0.5,P、Q的质量分别为1 kg、2 kg,sin 37°=0.6,重力加速度g取10 m/s2,Q下端距斜面最低点为2 m。某时刻使P、Q由静止释放,当Q下端运动至斜面最低点过程中,整个系统损失的机械能为(　　)
A.12 J B.24 J C.36 J D.64 J
解析:C　Q加速下滑,根据牛顿第二定律得m2gsin θ+μ1m1gcos θ-μ2(m1+m2)gcos θ=m2a2,根据位移公式得l=a2t2,解得t=2 s。P加速下滑,根据牛顿第二定律得m1gsin θ-μ1m1gcos θ=m1a1,根据位移公式得x=a1t2=8 m,整个系统的机械能损失为E=μ2(m1+m2)gcos θ·l+μ1m1gcos θ·
(x-l)=36 J。
6.如图所示,足够长的木板Q静置在水平地面上,滑块P以水平速度v0=2 m/s从左端滑上Q。已知P、Q的质量分别为mP=2 kg,mQ=1 kg,P、Q之间的动摩擦因数μ1=0.1,Q与地面之间的动摩擦因数μ2=0.15,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。vP、vQ分别表示P、Q的速度,EkP、EkQ分别表示P、Q的动能,xP、xQ分别表示P、Q的位移,下列图像正确的是(　　)
A B
C D
解析:D　P、Q之间的最大静摩擦力为Fmax=μ1mPg=2 N,Q与地面之间的最大静摩擦力为Fmax′=μ2(mP+mQ)g=4.5 N,由于Fmax根据动能定理可得-μ1mPgxP=EkP-mP,可得EkP=4-2xP,B错误,D正确。
7.如图甲为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量M=1.8 kg,长度d=1.0 m,其中放有质量m=0.2 kg,长s=0.2 m的书本,书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相距也为s,如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦,书本与抽屉间的动摩擦因数μ=0.1。现用水平力F将抽屉拉出,抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动。不考虑抽屉翻转,重力加速度g取10 m/s2。
(1)在拉出抽屉过程中,为保证书本与抽屉不产生相对滑动,求水平力F的最大值;
(2)当F=1.8 N时,从开始运动到抽屉与挡板碰撞前瞬间,求抽屉对书本做的功;
(3)当F=3.8 N时,从开始运动到书本最终停止时,求书本和抽屉因摩擦产生的热量。
解析:(1)对书本有μmg=mam,
解得am=μg=1 m/s2,
对抽屉和书本整体有Fm=(M+m)am,
解得要使书本和抽屉不发生相对滑动,F的最大值为Fm=2 N。
(2)由于F=1.8 N<2 N,可知书本和抽屉相对静止,对抽屉和书本整体有F=(M+m)a,
解得a=0.9 m/s2,
对书有Ff=ma=0.18 N,
所以抽屉对书本做功W=Ffd=0.18 J。
(3)由于F=3.8 N>Fm,可知书本和抽屉有相对滑动。
对抽屉,由牛顿第二定律有F-μmg=Ma2,
解得a2=2 m/s2,
设抽屉的运动时间为t1,根据运动学公式可得d=a2,
解得t1=1 s,
此时,书本的速度为v1=μgt1=1 m/s,
书本通过的位移大小为x1=t1=0.5 m,
此后书本经过x2速度减为0,则有x2==0.5 m,
则书本最终停止时,书本和抽屉因摩擦产生的热量为Q=μmg(d-x1+x2)=0.2 J。
答案:(1)2 N　(2)0.18 J　(3)0.2 J
命题视角3　分析多过程模型特点,学会分阶段建模求解
8.(多选)如图甲所示,半径R=0.4 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=30°,另一端点D与圆心O等高,点C为轨道的最低点。质量m=1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以速度v0水平抛出,恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道,物块进入轨道后开始计时,轨道受到的压力F随时间t的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　)
A.物块在D点的速率为8 m/s
B.F0的大小为70 N
C.v0的大小为 m/s
D.物块在B点时对轨道的压力大小为30 N
解析:BC　由图像可知,物块从轨道D点飞出轨道到再次回到D点的时间为t=1.675 s-
0.875 s=0.8 s,则物块从D点离开轨道时速度大小为vD=g·=4 m/s,A错误;从C到D由机械能守恒可知m=m+mgR,在C点时压力最大,则由F0-mg=m,解得F0=70 N,B正确;从B到D由机械能守恒可知m+mgRsin 30°=m,解得vB=2 m/s,则v0=vBsin 30°= m/s, C正确;在B点,根据牛顿第二定律FN+mgsin 30°=m,可得轨道对物块的支持力FN=25 N,根据牛顿第三定律可得物块在B点时对轨道的压力大小为FN′=FN=25 N,D错误。
9.如图所示,四分之三圆轨道ABD(内壁、外壁均光滑)被固定在竖直面内,O为圆心,C是轨道上一点,其中AB部分是圆管,AB是竖直直径,OC、OB的夹角为θ(未知量)。一质量为m的小球(可视为质点)沿光滑水平面,以向左的速度v0经A点进入圆轨道,恰好到达最高点B,接着在B点受到轻微的扰动从B到达C时刚好脱离轨道,最后落到水平面,重力加速度为g,不计空气阻力以及圆管粗细。下列说法正确的是(　　)
A.圆弧轨道的半径为
B.θ的余弦值为
C.小球到达C点时的动能为
D.小球从C点到达水平面时重力瞬时功率为mgv0
解析:D　设圆弧轨道ABD的半径为R,小球由A到B有mg×2R=m,解得R=,A错误;把小球在C点的重力分别沿着OC和垂直OC分解,小球运动到C点,支持力刚好等于0,重力沿着OC方向的分力充当向心力,有mgcos θ=,小球从B到C,由机械能守恒可得mgR(1-
cos θ)=m,联立解得cos θ=,vC=v0,小球到达C点时的动能Ek=m=,B、C错误;把小球在C点的速度分别沿着水平方向和竖直方向分解,则水平方向的分速度为vx=vCcos θ,根据机械能守恒,小球到达水平面的速度为v0,小球从C到水平面做斜下抛运动,水平方向的分运动是速度为vx=vCcos θ的匀速直线运动,则小球到达水平面的竖直分速度为vy=,重力的瞬时功率为PG=mgvy,可得球从C点到达水平面时重力的瞬时功率为PG=mgv0,D
正确。
B级·高考过关练
10.如图所示,左侧有一长为L=3 m的传送带,以速度v=5 m/s顺时针转动,右侧有一质量为M=
6 kg、长为l=5 m的长木板静止在光滑水平桌面上,另一质量为m=2 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0=10 m/s从传送带的左端滑上传送带,并且小物块能无机械能损失地滑上长木板。已知小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为μ=0.6,不计空气阻力,g取10 m/s2。则(　　)
A.小物块滑上长木板的速度为5 m/s
B.小物块的最终速度为1 m/s
C.长木板的最终动能Ek=12 J
D.全过程系统产生的内能Q=48 J
解析:C　物块开始向右做匀减速直线运动,有μmg=ma0,设历时t0与传送带达到相等速度,则有v=v0-a0t0,解得t0= s,此过程物块的位移x0=t0=6.25 m>L=3 m,表明物块与传送带没有达到相等速度,则有-=-2a0L,解得v1=8 m/s,即小物块滑上长木板的速度为8 m/s,A错误;物块滑上木板后开始以加速度a0做匀减速直线运动,对木板有μmg=Ma1,解得a1=2 m/s2,设历时t1物块与木板达到相等速度,则有v2=v1-a0t1=a1t1,解得t1=1 s,v2=2 m/s,此过程物块的位移x1=t1=5 m=l,表明物块没有飞出木板,之后两者保持相对静止做匀速直线运动,即小物块的最终速度为2 m/s,B错误;结合上述可知,长木板的最终动能Ek=M=12 J,C正确;结合上述,物块在传送带上运动时间t2== s,相对传送带的位移x相1=t2-vt2=m,物块对木板的相对位移x相2=t1-t1=4 m,全过程系统产生的内能Q=μmg(x相1+x相2)=64 J,D错误。
11.某同学玩“弹射游戏”装置如图所示,轨道BC由两个半径均为R=0.1 m的圆形管道和圆单侧轨道拼接而成位于竖直面内,管道内直径大于小正方形滑块棱长,且远小于R。轻弹簧左端固定,自然状态下弹簧右端位于O点,用质量为m=0.02 kg的小滑块将弹簧压缩x0到A位置,由静止释放,小滑块恰能通过单侧轨道的最高点C,其中,OB段长为R,动摩擦因数μ为0.5,其他处摩擦不计,假设弹簧弹性势能与形变量的平方成正比。g取10 m/s2,求:
(1)小滑块到达最高点C的速度vC大小及小滑块落地点到B点的距离xB;
(2)若弹簧的压缩量增为2x0,其他条件不变,小滑块经过B时对管道的弹力FN;
(3)要使小滑块在BC轨道上运动过程中不脱离轨道,弹簧的弹性势能要满足的条件。
解析:(1)小滑块恰能通过最高点C,
有mg=m,解得vC==1 m/s,
小滑块离开C点后做平抛运动,有2R=gt2,
解得x=vCt=0.2 m,
故小滑块落地点到B点的距离为xB=x+2R=0.4 m。
(2)当弹簧的压缩量为x0时,根据能量守恒定律,得弹簧弹性势能Ep1=μmgR+m+mg·2R=3mgR,
当弹簧的压缩量增为2x0时,弹簧弹性势能
Ep2=4Ep1=12mgR,
由能量守恒定律,得Ep2=μmgR+m,
在B点有FN′-mg=m,
解得FN′=4.8 N,
根据牛顿第三定律,小滑块对管道的弹力FN=FN′=4.8 N,方向竖直向下。
(3)小滑块恰好能进入B点所需的弹性势能
Ep3=μmgR=0.01 J,
小滑块恰能运动到与O1等高处所需的弹簧弹性势能Ep4=μmgR+mgR=0.03 J,
小滑块恰能运动到C点所需的弹簧弹性势能为
Ep1=0.06 J,
故符合条件的弹性势能范围是0.01 J≤Ep≤0.03 J或Ep≥0.06 J。
答案:(1)1 m/s,0.4 m
(2)4.8 N,方向竖直向下
(3)0.01 J≤Ep≤0.03 J或Ep≥0.06 J
12.(2025·湖州三模) 如图为一弹射游戏装置,它由安装在水平台面上的固定弹射器,水平直轨道AB,圆心为O的水平半圆细管道BCD,水平直轨道DE、FG、HI和逆时针转动的传送带EF等组成。木板静止在HI上,其上表面与FG相平,左端紧靠竖直边GH。游戏时滑块由A点弹出,经过轨道AB、管道BCD、轨道DE、传送带EF和轨道FG后,滑上木板。已知可视为质点的滑块质量m=0.2 kg,轨道DE长度l1=1 m,传送带长度l2=0.5 m,速度大小v=3 m/s,木板质量M=0.2 kg,长度l3=0.6 m,BCD的半径R=0.4 m,滑块与轨道DE、传送带及木板间的动摩擦因数均为μ1=0.4,木板与轨道HI间的动摩擦因数μ2=0.1,其余各处均光滑,不考虑弹射过程中能量损失,各轨道间平滑连接。g取10 m/s2。
(1)若弹簧的弹性势能Ep1=0.9 J,求滑块运动到管道最高点时,受到的管道作用力大小FN;
(2)若滑块最终静止在轨道DE某处,求弹簧的弹性势能Ep2的范围;
(3)若弹簧的弹性势能Ep3=1.6 J,求木板运动的位移x。
解析:(1)滑块由A点弹出到管道最高点的过程,有Ep1=m+mgR,解得vC=1 m/s,
在最高点有mg-FN=m,解得FN=1.5 N。
(2)①滑块超过C点的条件为vC≥0,
则有Ep2min=m+mgR≥mgR=0.2×10×0.4 J=0.8 J。
②滑块到达F点时,速度恰好为零,则有
Ep2max=μ1mg(l1+l2)=1.2 J,
所以滑块最终静止在轨道DE某处,弹簧的弹性势能范围为0.8 J≤Ep2<1.2 J。
(3)若弹簧的弹性势能Ep3=1.6 J,滑块由A点到E点的过程有Ep3=μ1mgl1+m,
解得vE=2 m/s,
若刚好能通过皮带的速度大小v′2=2μ1gl2,
解得v′=2 m/s所以滑块减速通过皮带,有-=2μ1gl2,
解得vF=2 m/s,
滑块在木板上滑行,达到共同速度后一起减速运动直到速度为0,
有vF-v共=μ1gt,
v共=t,
=2x1,
0-=2μ2gx2,解得v共= m/s,
达到共速时的木板位移x1= m,达到共速后的木板位移x2= m,则木板位移x=x1+x2= m。
答案:(1)1.5 N　(2)0.8 J≤Ep2<1.2 J　(3) m

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