文档内容
专题强化练(七) 能量观点在两类典型问题中的应用
(40分钟 50分)
一、选择题
1. (6分)(2024·鞍山模拟)如图所示,上表面粗糙的长木板B静止在光滑的水平面上,物块A叠放
在长木板右端,轻弹簧一端连接在物块A上,另一端连接在竖直墙面上,开始时弹簧处于原长,现
对B施加一水平向右恒定的拉力 F,弹簧始终处于弹性限度内且只分析 A未离开B的过程,则
正确的说法是 ( )
A.施加拉力后最初的一段时间内,物块A和木板B一定无相对滑动
B.施加拉力的瞬间,物块A所受的摩擦力为零
C.施加拉力后的某一过程中,拉力做的功一定不小于A、B和弹簧整体机械能的增量
D.施加拉力后,在A与B相对滑动过程中,A对B的摩擦力做功的绝对值等于A、B间产生的热
量
2.(6分)(多选)(2023·南宁模拟)如图所示,现将一长为L、质量为m且分布均匀的金属链条通过
装有传送带的斜面输送到高处。斜面与传送带靠在一起连成一直线,与水平方向夹角为θ,斜
面光滑,链条与传送带之间的动摩擦因数为常数。传送带以较大的恒定速率顺时针转动。已知链条处在斜面或者传送带上任意位置时,支持力都均匀作用在接触面上。将链条放在传送
L
带和斜面上,当位于传送带部分的长度 x= 时,链条恰能保持静止。现将链条从位于传送带部
4
L
分的长度x= 的位置由静止释放,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法正确的是(
3
)
gsinθ
A.释放瞬间链条的加速度为
3
tanθ
B.链条与传送带之间的动摩擦因数μ=
4
L
C.链条始终在滑动摩擦力的作用下,从x= 的位置静止释放,到完全进入传送带的瞬间,速度大
2
小v=√2gLsinθ
D.若链条的机械能增加量为ΔE,传送带消耗的电能为E ,不计电路中产生的电热,ΔE等于E
耗 耗
【加固训练】
(2023·沧州模拟)如图所示,绷紧的传送带与水平面所成的角为37°,在电动机的带动下,传
送带以2 m/s的恒定速率顺时针运行,现将一质量为20 kg的货物(可视为质点)轻轻放在传送带
底 端 , 货 物 被 传 送 到 h=3 m 的 高 处 , 货 物 与 传 送 带 间 的 动 摩 擦 因 数 为
μ=0.8,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 ( )A.货物先受到滑动摩擦力作用,后受到静摩擦力作用
B.货物在传送带上运动的时间为6 s
C.货物的机械能增加了1 280 J
D.货物与传送带间由于摩擦产生的热量为640 J
3.(6分)(多选)如图甲,劲度系数k=10 N/m的轻弹簧左端固定在竖直墙上,右端连接一个质量为
M的木板B。开始时弹簧处于原长,木板静止在光滑的水平桌面上、一质量 m=1 kg的物块
A(可视为质点)从木板左端以初速度2 m/s滑上木板,最终恰好停在木板的右端。图乙中A为物
块的v-t图线;B为木板的v-t图线且为正弦图线。已知重力加速度 g=10 m/s2,根据图中所给信
息可得( )
A.木板的长度为2 m
B.t=1 s时,弹簧的弹性势能为1.5 J
C.t=1 s时,木板受到物块的摩擦力与弹簧的弹力大小相等D.2 s内“物块和木板”系统的摩擦生热为2 J
4.(6分) (多选)(2023·重庆模拟)如图所示,生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙,它们
相互垂直且等高,两传送带由同一电机驱动,它们正常工作时都匀速运动,速度大小分别为v 、
甲
v ,并满足v +v =v,式中v为已知定值,即两传送带的速度可调但代数和始终不变。将一工件
乙 甲 乙
A(视为质点)轻放到传送带甲上,工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同,并平稳地传
送到传送带乙上,且不会从传送带乙的右侧掉落。已知工件的质量为 m,工件与传送带间的动
摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。两传送带正常工作时,下列说法正确的是 ( )
A.工件在传送带甲和乙上共速前受到的摩擦力一定相同
B.当v =v 时,工件在传送带乙上留下的滑动痕迹最短
甲 乙
C.当v =0.5v 时,工件与两传送带因摩擦而产生的总热量最小
甲 乙
mv2
D.驱动传送带的电机因传送工件至少需要额外做的功为
2
【加固训练】
在一水平向右匀速运动的长传送带的左端 A点,每隔相同的时间轻放上一个相同的工件。
经测量,发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为 L。已知传送带的速率恒为v,工件与传送带间动摩擦因数为 μ,工件质量为m,重力加速度为g,则下列说法正确的是
( )
2L
A.工件在传送带上加速运动的时间一定等于
v
mv2
B.传送带对每个工件做的功为 +μmgL
2
C.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量一定等于μmgL
D.传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为mv2
二、计算题
5.(12分)(2023·咸阳模拟)如图所示,在大型超市的仓库中,要利用皮带运输机将货物由平台D
1
运送到高h=2.5 m的平台C上。为了便于运输,仓储员在平台D与皮带间放了一个 圆周的光
4
滑轨道 ab,轨道半径 R=0.8 m,轨道最低点与皮带平滑连接。已知皮带和水平面间的夹角
θ=37°,皮带和货物间的动摩擦因数 μ=0.75,运输机的皮带以v =1 m/s 的速度顺时针匀速运动
0
(皮带和轮子之间不打滑)。现仓储员将质量m=200 kg 的货物由轨道a端静止释放,求:
(g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1)货物到达圆轨道最低点b时对轨道的压力大小。(2)货物沿皮带向上滑行多远才能相对皮带静止。
(3)皮带将货物由A运送到B需对货物做多少功。
6.(14分)(2023·重庆模拟)如图甲,物体A的质量m = 1 kg,静止在光滑水平面上的木板 B的质量
1
m = 2 kg,某时刻A以v = 6 m/s的初速度从左端滑上木板B的上表面,在A滑上B的同时,给B
2 0
施加一个水平方向的拉力F,F随时间变化如图乙,共作用1.5 s,以水平向右为正方向;已知A与
B之间的动摩擦因数μ=0.2,木板B足够长(忽略物体A的大小)。求:
(1)0~1 s内,物体A和木板B的加速度分别为多大;(2)1.5 s末,A、B的速度分别为多大;
(3)最终,物体A和木板B由于摩擦产生的热量(用分数表示)。
【加固训练】
(2024·石家庄模拟)“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐。挑战者以某一速
度从某曲面飞出,在空中表演各种花式动作,飞跃障碍物(壕沟)后,成功在对面安全着陆。某实
验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程:如图所示,ABC为一段半径为R=5 m
的光滑圆弧轨道,B为圆弧轨道的最低点。P为一倾角θ=37°的固定斜面,为减小在斜面上的滑动距离,在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板 DE,木板上边缘与斜面顶端D重合,圆形轨道
末端C与斜面顶端D之间的水平距离为x=0.32 m。一物块以某一速度从 A端进入,沿圆形轨
道运动后从C端沿圆弧切线方向飞出,再经过时间t=0.2 s恰好以平行于薄木板的方向从 D端
滑上薄木板,物块始终未脱离薄木板,斜面足够长。已知物块质量 m=3 kg,薄木板质量M=1 kg,
19 5
木板与斜面之间的动摩擦因数 μ = ,木板与物块之间的动摩擦因数 μ = ,重力加速度g=10
1 2
24 6
m/s2,sin 37°=0.6,不计空气阻力,求:
(1)物块滑到圆轨道最低点B时,对轨道的压力(结果用小数表示,√5=2.24);
(2)物块相对于木板运动的距离;(3)物块在斜面上运动的过程中,薄木板对物块摩擦力做的功。
解析版
一、选择题
1. (6分)(2024·鞍山模拟)如图所示,上表面粗糙的长木板B静止在光滑的水平面上,物块A叠放
在长木板右端,轻弹簧一端连接在物块A上,另一端连接在竖直墙面上,开始时弹簧处于原长,现
对B施加一水平向右恒定的拉力 F,弹簧始终处于弹性限度内且只分析 A未离开B的过程,则
正确的说法是 ( )
A.施加拉力后最初的一段时间内,物块A和木板B一定无相对滑动
B.施加拉力的瞬间,物块A所受的摩擦力为零
C.施加拉力后的某一过程中,拉力做的功一定不小于A、B和弹簧整体机械能的增量
D.施加拉力后,在A与B相对滑动过程中,A对B的摩擦力做功的绝对值等于A、B间产生的热
量
【解析】选C。由题干可知,施加水平向右的恒力F后,物块A与木板B立即发生相对滑动,故A项错误;由上述分析可知,施加拉力后,两者之间立即发生相对滑动,此时物块A与木板间存在
滑动摩擦力,故B项错误;由能量守恒可知,拉力F所做的功等于物块A与木板B、弹簧整体机
械能的增量以及A、B物体之间摩擦产生的热,即施加拉力后的某一过程中,拉力做的功一定不
小于A、B和弹簧整体机械能的增量,故C项正确;由功能关系可知,A、B之间产生的热量等于
A、B之间摩擦力与A、B两物体间的相对位移的乘积,即Q=f·Δx ,故D项错误。
AB
2.(6分)(多选)(2023·南宁模拟)如图所示,现将一长为L、质量为m且分布均匀的金属链条通过
装有传送带的斜面输送到高处。斜面与传送带靠在一起连成一直线,与水平方向夹角为θ,斜
面光滑,链条与传送带之间的动摩擦因数为常数。传送带以较大的恒定速率顺时针转动。已
知链条处在斜面或者传送带上任意位置时,支持力都均匀作用在接触面上。将链条放在传送
L
带和斜面上,当位于传送带部分的长度 x= 时,链条恰能保持静止。现将链条从位于传送带部
4
L
分的长度x= 的位置由静止释放,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法正确的是(
3
)
gsinθ
A.释放瞬间链条的加速度为
3
tanθ
B.链条与传送带之间的动摩擦因数μ=
4L
C.链条始终在滑动摩擦力的作用下,从x= 的位置静止释放,到完全进入传送带的瞬间,速度大
2
小v=√2gLsinθ
D.若链条的机械能增加量为ΔE,传送带消耗的电能为E ,不计电路中产生的电热,ΔE等于E
耗 耗
L
【解析】选A、C。当位于传送带部分的长度x= 时,链条恰能保持静止,则根据平衡条件可得
4
1 L
μmgcosθ=mgsinθ,将链条从位于传送带部分的长度x= 的位置由静止释放瞬间,根据牛顿第
4 3
1 gsinθ L
二定律 μmgcosθ-mgsinθ=ma,联立解得a= ,μ=4tanθ,故A正确,B错误;从x= 的位置静止
3 3 2
1
释放瞬间,摩擦力大小为 μmgcosθ,完全进入传送带时摩擦力大小为μmgcosθ,摩擦力大小随着
2
1
μmgcosθ+μmgcosθ L 3
链条进入传送带的长度而均匀增加,故摩擦力做功为 W=2 × =
2 8
2
L 1
μmgLcosθ,根据动能定理W-mg sinθ= mv2,联立解得v=√2gLsinθ,故C正确;根据能量守恒可
2 2
知,摩擦会产生内能,则ΔE小于E ,故D错误。
耗
【加固训练】
(2023·沧州模拟)如图所示,绷紧的传送带与水平面所成的角为37°,在电动机的带动下,传
送带以2 m/s的恒定速率顺时针运行,现将一质量为20 kg的货物(可视为质点)轻轻放在传送带
底 端 , 货 物 被 传 送 到 h=3 m 的 高 处 , 货 物 与 传 送 带 间 的 动 摩 擦 因 数 为
μ=0.8,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 ( )A.货物先受到滑动摩擦力作用,后受到静摩擦力作用
B.货物在传送带上运动的时间为6 s
C.货物的机械能增加了1 280 J
D.货物与传送带间由于摩擦产生的热量为640 J
【解析】选D。货物刚放在传送带上时,对货物有μmgcos37°-mgsin37°=ma,解得a=0.4 m/s2,达
v 2 vt 1
到与传送带等速需要的时间为t= = s=5 s,此过程货物运动的位移的大小为 x= = ×2×5
a 0.4 2 2
3
m=5 m= m,刚好到达传送带顶端,所以货物在传送带上一直做匀加速直线运动,一直受到
0.6
滑动摩擦力作用,故A错误;货物在传送带上运动的时间为5 s,故B错误;货物的机械能增加了
1
ΔE=mgh+ mv2=640 J, 故 C 错 误 ; 货 物 与 传 送 带 间 由 于 摩 擦 产 生 的 热 量 为
2
vt
Q=μmgcos37°·Δx=μmgcos37°· =640 J,故D正确。
2
3.(6分)(多选)如图甲,劲度系数k=10 N/m的轻弹簧左端固定在竖直墙上,右端连接一个质量为
M的木板B。开始时弹簧处于原长,木板静止在光滑的水平桌面上、一质量 m=1 kg的物块
A(可视为质点)从木板左端以初速度2 m/s滑上木板,最终恰好停在木板的右端。图乙中A为物
块的v-t图线;B为木板的v-t图线且为正弦图线。已知重力加速度 g=10 m/s2,根据图中所给信息可得( )
A.木板的长度为2 m
B.t=1 s时,弹簧的弹性势能为1.5 J
C.t=1 s时,木板受到物块的摩擦力与弹簧的弹力大小相等
D.2 s内“物块和木板”系统的摩擦生热为2 J
【解析】选A、D。由于v-t图像与t轴围成的面积表示位移,通过图像可知,A一直向右运动,
位移s=2 m,B先向右后向左运动,总位移为0。因此,A运动的位移即为木板长度,即2 m,A正确;
由于v-t图像的斜率表示加速度,可知A减速运动的加速度为 1 m/s2。而A在仅受摩擦力的作
用下做匀减速运动,根据牛顿第二定律可知f=ma=1 N,由木板B的v-t图像可知,t=0.5 s时,B的
速度最大,此时由于切线斜率为 0,故B的加速度为0。对B进行受力分析可知,此时弹簧弹力
与摩擦力二力平衡,且弹簧伸长量的大小应为B的位移x,则有kx=f,解得x=0.1 m,由正弦图线的
对称性可知,t=1 s时,B的速度为0,即位于简谐运动的振幅处,B向右的位移为2x。对0~1 s过
1 1 v +v 2+1
程列能量守恒: mv2= mv2+f(s -2x)+E ,其中A在1 s内的位移为s = 0 1t= ×1=1.5 m,联
2 0 2 1 A p A 2 2立可得E =0.2 J,B错误;1 s时,木板的v-t图切线斜率不为0,说明木板此时仍有加速度,故摩擦
p
力与弹簧弹力并不相等,C错误;2 s内“物块和木板”系统的摩擦生热 Q=fΔs,而由图像可知,全
过程物块与木板的相对路程即等于物块的位移s,因此系统摩擦生热为2 J,D正确。
4.(6分) (多选)(2023·重庆模拟)如图所示,生产车间有两个完全相同的水平传送带甲和乙,它们
相互垂直且等高,两传送带由同一电机驱动,它们正常工作时都匀速运动,速度大小分别为v 、
甲
v ,并满足v +v =v,式中v为已知定值,即两传送带的速度可调但代数和始终不变。将一工件
乙 甲 乙
A(视为质点)轻放到传送带甲上,工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同,并平稳地传
送到传送带乙上,且不会从传送带乙的右侧掉落。已知工件的质量为 m,工件与传送带间的动
摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。两传送带正常工作时,下列说法正确的是 ( )
A.工件在传送带甲和乙上共速前受到的摩擦力一定相同
B.当v =v 时,工件在传送带乙上留下的滑动痕迹最短
甲 乙
C.当v =0.5v 时,工件与两传送带因摩擦而产生的总热量最小
甲 乙
mv2
D.驱动传送带的电机因传送工件至少需要额外做的功为
2
【解析】选B、C、D。选传送带乙为参考系,工件滑上传送带乙时的速度如图,工件受到的滑动摩擦力方向与相对运
动方向相反,所以工件在两传送带上受到的摩擦力大小相等,但方向不同,故A错误;由牛顿第二
F μmg
定律可得,工件在传送带上的加速度为a= = =μg,设工件在传送带乙上的滑动痕迹为x,则
m m
v2-2v v
v2 +v2 =2μgx,又因为v +v =v,解得x= 甲 乙,由数学知识可得,当v =v 时,x取最小值,故
甲 乙 甲 乙 2μg 甲 乙
B正确;设工件在传送带甲上的滑动痕迹为x ,工件与两传送带因摩擦产生的总热量为Q,则
1 v2
甲
m(v2+3v2 -2v v) v 2v
=2μgx ,Q=μmg(x+x ),整理得Q= 甲 甲 ,则当v = 时,Q取最小值,此时v = ,故
1 1 2 甲 3 乙 3
C正确;根据能量守恒定律可知,电动机额外做的功等于产生的热量与工件的末动能之和,则有
m(v2+3v2 -2v v) mv2 m
W= 甲 甲 + 乙,整理得W= [v2+(v -v )2],当v =v 时,W取最小值,最小值为
2 2 2 甲 乙 甲 乙
mv2
W = ,故D正确。
min
2
【加固训练】
在一水平向右匀速运动的长传送带的左端 A点,每隔相同的时间轻放上一个相同的工件。
经测量,发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为 L。已知传送带的速
率恒为v,工件与传送带间动摩擦因数为 μ,工件质量为m,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
2L
A.工件在传送带上加速运动的时间一定等于
v
mv2
B.传送带对每个工件做的功为 +μmgL
2
C.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量一定等于μmgL
D.传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为mv2
【解析】选D。工件在传送带上先做匀加速直线运动,然后做匀减速直线运动,每个工件滑上
传送带后运动的规律相同,由此可知L=vT,解得将相邻两个物块放到传送带上的时间间隔为 T=
L 1 1
,而不能确定加速时间,故A错误;传送带对每个工件做的功为:W= mv2-0= mv2,故B错误;设
v 2 2
vt vt
工件加速运动的时间为t,工件与传送带相对滑动的路程为:Δx=vt- = ,摩擦产生的热量为:Q=
2 2
1
μmgvt,加速时间不确定,无法得出每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量,故C错误;根据
2
1 1 1
能量守恒得,传送带传送一个工件多消耗的能量为:E= mv2+μmgΔx= mv2+ μmgvt,对于工件加
2 2 2
速过程,有:v=at=μgt,整理得E=mv2,故D正确。
二、计算题
5.(12分)(2023·咸阳模拟)如图所示,在大型超市的仓库中,要利用皮带运输机将货物由平台D
1
运送到高h=2.5 m的平台C上。为了便于运输,仓储员在平台D与皮带间放了一个 圆周的光
4滑轨道 ab,轨道半径 R=0.8 m,轨道最低点与皮带平滑连接。已知皮带和水平面间的夹角
θ=37°,皮带和货物间的动摩擦因数 μ=0.75,运输机的皮带以v =1 m/s 的速度顺时针匀速运动
0
(皮带和轮子之间不打滑)。现仓储员将质量m=200 kg 的货物由轨道a端静止释放,求:
(g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1)货物到达圆轨道最低点b时对轨道的压力大小。
答案:(1)6 000 N
1
【解析】(1)货物由a到b的过程中,根据机械能守恒有mgR= mv2
2
解得v=4 m/s
v2
在b点,重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律有F-mg=m
R
解得F=6 000 N
根据牛顿第三定律得,货物到达圆轨道最低点b时对轨道的压力大小为6 000 N;
(2)货物沿皮带向上滑行多远才能相对皮带静止。
答案:(2)0.625 m
【解析】(2)设货物沿皮带向上滑行 x时相对皮带静止,货物减速上滑过程中,根据动能定理有
1 1
(-μmgcos37°-mgsin37°)x= mv2- mv2
2 0 2解得x=0.625 m
(3)皮带将货物由A运送到B需对货物做多少功。
答案:(3)3 500 J
【解析】(3)由于μ=tanθ,所以货物上滑达到最大速度后,与传送带一起匀速上升,静摩擦力达到
最大值,等于滑动摩擦力,故摩擦力大小不变,方向反向。在 x 位移内皮带对货物做功 W =-
1
μmgxcos37°=-750 J
货物匀速上升过程的上升高度h =h-xsin37°=2.125 m
1
在匀速上升阶段,由功能关系得W =mgh =4 250 J
2 1
故皮带对货物做的总功W=W +W =3 500 J
1 2
6.(14分)(2023·重庆模拟)如图甲,物体A的质量m = 1 kg,静止在光滑水平面上的木板 B的质量
1
m = 2 kg,某时刻A以v = 6 m/s的初速度从左端滑上木板B的上表面,在A滑上B的同时,给B
2 0
施加一个水平方向的拉力F,F随时间变化如图乙,共作用1.5 s,以水平向右为正方向;已知A与
B之间的动摩擦因数μ=0.2,木板B足够长(忽略物体A的大小)。求:
(1)0~1 s内,物体A和木板B的加速度分别为多大;
答案:(1)2 m/s2 4 m/s2【解析】(1)0~1 s内,A一直做匀减速运动,B一直做匀加速运动,根据牛顿第二定律,对A有
μm g=m a
1 1 1
对B有F+μm g=m a
1 2 2
解得a =2 m/s2,a =4 m/s2
1 2
(2)1.5 s末,A、B的速度分别为多大;
答案:(2)3 m/s 2.5 m/s
【解析】(2)1 s时A的速度为v =v -a t =4 m/s
1 0 1 1
1 s时B的速度为v =a t =4 m/s
2 2 1
8
1 s后力反向,若一起减速,根据牛顿第二定律F'=(m +m )a,解得a= m/s2
1 2
3
A 做匀减速运动的最大加速度为 a =2 m/s2,即 A 以 a =2 m/s2做匀减速运动,对 B 分析 F'-
3 3
μm g=m a
1 2 4
解得a =3 m/s2
4
1.5 s时,A的速度为v =v -a t =3 m/s
3 1 3 2
1.5 s时,B的速度为v =v -a t =2.5 m/s
4 2 4 2
(3)最终,物体A和木板B由于摩擦产生的热量(用分数表示)。
19
答案:(3) J
3
v +v v
【解析】(3)0~1 s内,物体A和木板B相对位移为Δs = 0 1t - 2t =3 m
1 1 1
2 2
v +v v +v 1
1~1.5 s内,物体A和木板B相对位移为Δs = 1 3t - 2 4t = m
2 2 2 2 2 8
1.5 s后A做匀减速运动的加速度为a =2 m/s2
5B做匀加速运动,根据牛顿第二定律μm g=m a
1 2 6
解得a =1 m/s2
6
1
共速时v=v -a t =v +a t ,解得t = s
3 5 3 4 6 3 3
6
v +v v +v 1
物体A和木板B相对位移为Δs = 3 t - 4 t = m
3 2 3 2 3 24
之后,A和B一起做匀速运动,物体A和木板B由于摩擦产生的热量为
Q=μm g(Δs +Δs +Δs )
1 1 2 3
19
解得Q= J
3
【加固训练】
(2024·石家庄模拟)“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐。挑战者以某一速
度从某曲面飞出,在空中表演各种花式动作,飞跃障碍物(壕沟)后,成功在对面安全着陆。某实
验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程:如图所示,ABC为一段半径为R=5 m
的光滑圆弧轨道,B为圆弧轨道的最低点。P为一倾角θ=37°的固定斜面,为减小在斜面上的滑
动距离,在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板 DE,木板上边缘与斜面顶端D重合,圆形轨道
末端C与斜面顶端D之间的水平距离为x=0.32 m。一物块以某一速度从 A端进入,沿圆形轨
道运动后从C端沿圆弧切线方向飞出,再经过时间t=0.2 s恰好以平行于薄木板的方向从 D端
滑上薄木板,物块始终未脱离薄木板,斜面足够长。已知物块质量 m=3 kg,薄木板质量M=1 kg,
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木板与斜面之间的动摩擦因数 μ = ,木板与物块之间的动摩擦因数 μ = ,重力加速度g=10
1 2
24 6m/s2,sin 37°=0.6,不计空气阻力,求:
(1)物块滑到圆轨道最低点B时,对轨道的压力(结果用小数表示,√5=2.24);
答案:(1)38.16 N
x
【解析】(1)物块由C到D,做斜上抛运动,水平方向v = =1.6 m/s
水平 t
v
物块恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板,则在D端的速度大小v= 水平=2 m/s,v
cosθ 竖直
=vsinθ=1.2 m/s
物块在C端时竖直方向速度大小v' =v -gt=-0.8 m/s
竖直 竖直
4√5
v =√v2 +v'2 = m/s
C 水平 竖直 5
1 1
由B到C有 mv2= mv2+mgR(1-cosα)
2 B 2 C
其中cosα=v
水平
v
C
在B点有F
-mg=mv2
N B
R
由牛顿第三定律得
F =F =(91.92-24√5) N=38.16 N
压 N
(2)物块相对于木板运动的距离;
答案:(2)1.5 m【解析】(2)物块刚滑上木板时,对物块有
μ mgcosθ-mgsinθ=ma
2 m
2
解得物块加速度大小a = m/s2
m
3
做匀减速直线运动,对木板有μ mgcosθ+Mgsinθ-μ (M+m)gcosθ=Ma
2 1 M
2
解得木板加速度大小a = m/s2
M
3
做匀加速直线运动设两者经时间t 达到共速v ,则有v-a t =a t =v
1 共 m 1 M 1 共
解得t =1.5 s
1
v =1 m/s
共
v+v 9
此过程中s = 共t = m
物 2 1 4
v 3
s = 共t = m
板 2 1 4
物块相对于木板运动的距离
Δs=s -s =1.5 m
物 板
(3)物块在斜面上运动的过程中,薄木板对物块摩擦力做的功。
答案:(3)-73.5 J
【解析】(3)因为μ mgcosθ>mgsinθ
2
此后两者一起做匀减速直线运动,直到停止。以物块和木板为整体
1
a =μ gcosθ-gsinθ= m/s2
共 1 3
s = v 2 =1.5 m
共 共
2a
共物块从D点到停止运动,由动能定理可得
1
mgsinθ(s +s )+W=0- mv2
共 物 f 2
解得W=-73.5 J
f
【解题指南】解答本题需注意以下三点:
(1)物块由C到D根据抛体运动的运动规律解得物块在C点的速度大小,由B到C应用动能定
理求出在B点速度大小,在B点由牛顿第二定律结合向心力公式求得物块受到的支持力,再由
牛顿第三定律可得物块对轨道的压力;
(2)物块滑上木板后,两者相对滑动,物块做匀减速直线运动,木板做匀加速直线运动,因μ >μ ,两
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者共速后相对静止。由牛顿第二定律求出各自的加速度大小,应用运动学公式求出两者共速
时的位移大小,两者位移之差就是物块相对于木板运动的距离;
(3)因μ >μ >tanθ,故共速后两者一起做匀减速直线运动,直到停止。根据动能定理,薄木板对物
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块摩擦力做的功与重力做的功之和,等于物块动能的减少量。
