《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(wèn)題學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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(wèn)題學(xué)案（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 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(wèn)題 專題解讀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). 命題點(diǎn)一　傳送帶模型問(wèn)題 1.設(shè)問(wèn)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(guò)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

2、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. 2.功能關(guān)系分析 (1)功能關(guān)系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q. (2)對(duì)W和Q的理解： ①傳送帶做的功：W＝Ffx傳； ②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ffx相對(duì). 模型1　水平傳送帶問(wèn)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

3、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(kāi)始運(yùn)動(dòng)，t1＝4 s時(shí)輕繩突然斷開(kāi)，很短時(shí)間內(nèi)彈簧伸長(zhǎng)至本身的自然長(zhǎng)度(不考慮彈簧的長(zhǎng)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＝0.2 kg，小滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.求： 圖1 (1)彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能； (2)兩滑塊落地的時(shí)間差； (3)兩滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量. 答案　(1)7.2J　(2)6s　(3)6.

4、4J 解析　(1)滑塊的加速度大小a＝μg＝1m/s2 滑塊P、Q從靜止到與傳送帶共速所需時(shí)間t0＝＝2s P、Q共同加速的位移大小x0＝at02＝2m

5、t0)＝6m 滑塊Q與傳送帶相對(duì)靜止時(shí)所用的時(shí)間t2＝＝6s 這段時(shí)間內(nèi)滑塊Q的位移大小x2＝vQt2－at22＝30mx1＝6m 滑塊P運(yùn)動(dòng)到左端時(shí)的速度大小|vP′|＝＝2m/s 運(yùn)動(dòng)時(shí)間t4＝＝2s 兩滑塊落地時(shí)間差Δt＝t2＋t3－t4＝6s (3)滑塊P、Q共同加速階段Q1＝2μmg(v0t0－x0)＝0.8J 分離后滑塊Q向右運(yùn)動(dòng)階段Q2＝μmg(x2－v0t2)＝3.6J 滑塊P向左運(yùn)動(dòng)階段Q3＝μmg(x1＋v0t4)＝2J 全過(guò)程產(chǎn)生的

6、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μ，當(dāng)小木塊與傳送帶相對(duì)靜止時(shí)，求： 圖2 (1)小木塊的位移； (2)傳送帶轉(zhuǎn)過(guò)的路程； (3)小木塊獲得的動(dòng)能； (4)摩擦過(guò)程產(chǎn)生的摩擦熱； (5)電機(jī)帶動(dòng)傳送帶勻速傳動(dòng)輸出的總能量. 答案　(1)　(2)　(3)mv2　(4)mv2 (5)mv2 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(guò)程中木塊獲得一定的能量，系統(tǒng)要產(chǎn)

7、生摩擦熱.對(duì)小木塊，相對(duì)滑動(dòng)時(shí)由μmg＝ma得加速度a＝μg.由v＝at得，達(dá)到相對(duì)靜止所用時(shí)間t＝. (1)小木塊的位移x＝t＝. (2)傳送帶始終勻速運(yùn)動(dòng)，路程s＝vt＝. (3)小木塊獲得的動(dòng)能Ek＝mv2. (也可用動(dòng)能定理μmgx＝Ek，故Ek＝mv2.) (4)產(chǎn)生的摩擦熱：Q＝μmg(s－x)＝mv2. (注意：Q＝Ek是一種巧合，不是所有的問(wèn)題都這樣) (5)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(wèn)題 例2　如圖3所示，傳送帶與地面的夾角θ＝37°，A、B兩端間距L＝16m，傳送帶以速度v

8、＝10m/s沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，物體質(zhì)量m＝1 kg，無(wú)初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，試求： 圖3 (1)物體由A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間； (2)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量. 答案　(1)2s　(2)24J 解析　(1)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mgsinθ＋μmgcosθ＝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

9、速度相同后，物體將繼續(xù)加速 mgsinθ－μmgcosθ＝ma2 L－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)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＝μmgcosθ·x相對(duì)＝24J. 變式2　(多選)如圖4甲所示，傾角為θ的足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(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(　　) 圖4 A.傳送帶的速率v0＝10

10、m/s B.傳送帶的傾角θ＝30° C.物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5 D.0～2.0s內(nèi)摩擦力對(duì)物體做功Wf＝－24J 答案　ACD 解析　當(dāng)物體的速度超過(guò)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；1.0 s之前的加速度a1＝10 m/s2，1.0s之后的加速度a2＝2m/s2，結(jié)合牛頓第二定律，gsinθ＋μgcosθ＝a1，gsinθ－μgcosθ＝a2，解得sinθ＝0.6，θ≈37°，μ＝0.5，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；摩擦力大小Ff＝μmgcosθ＝4N，在0～1.0s內(nèi)，摩擦

11、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. 命題點(diǎn)二　滑塊—木板模型問(wèn)題 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(guò)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(zhǎng)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(zhǎng)度. 3.解題關(guān)鍵 找出物體之間的位移(路程)關(guān)系或

12、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(guò)程的紐帶，每一個(gè)過(guò)程的末速度是下一個(gè)過(guò)程的初速度. 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θ＝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(zhǎng)度為l0＝0.2m的輕彈簧，木板總質(zhì)量為m＝1kg、總長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝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(guò)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(kāi)始向下滑行.已知A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝，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

13、，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： 圖5 (1)物塊A落到木板上的速度大小v； (2)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能. 答案　(1)4m/s　(2)5J 解析　(1)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(huán))＝vy2 得vy＝2m/s 物塊A落到木板上時(shí)速度大?。簐＝＝4m/s (2)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)μ0應(yīng)滿足：mgsin30°＝μ0mgcos30° 得：μ0＝tan30°＝ 物塊A在木板上滑行時(shí)，由牛頓第二定律得， aA＝＝2.5

14、m/s2(方向沿斜面向上) aB＝＝7.5m/s2(方向沿斜面向下) 假設(shè)A與木板B達(dá)到共同速度v共時(shí)，A還沒(méi)有壓縮彈簧且木板B還沒(méi)有到達(dá)斜面底端， 則有v共＝aBt＝v－aAt 解得v共＝3m/s，t＝0.4s 此過(guò)程，xA＝·t＝1.4m xB＝·t＝0.6m<－L＝1m 故Δx＝xA－xB＝0.8m

15、 解得vA＝2m/s 設(shè)彈簧最大壓縮量為xm，A從開(kāi)始?jí)嚎s彈簧到彈簧剛好恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程，有 Q＝2μMgxmcos30°＝MvA2 解得Q＝6J，xm＝m A從開(kāi)始?jí)嚎s彈簧到彈簧被壓縮到最短的過(guò)程，有 Epm＝MvA2＋Mgxmsin30°－Q＝5J 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(kāi)始向右滑動(dòng)，已知M>m，用①和②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(guò)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(　　)

16、 圖6 答案　D 解析　設(shè)A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，二者加速度的大小分別為aA、aB，則μmg＝maA，μmg＝MaB，可知aA>aB，v－t圖象中，圖線①的斜率的絕對(duì)值應(yīng)大于圖線②的，故A、B均錯(cuò)誤.由μmgxB＝EkB，mv02－μmgxA＝EkA，可知Ek－x圖象中，圖線①、②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(zhǎng)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)μ1＝0.1，鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.4，取重力加速度g＝10 m/s2，

17、木板足夠長(zhǎng)，求： 圖7 (1)鐵塊相對(duì)木板滑動(dòng)時(shí)木板的加速度的大?。? (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　(1)0.5m/s2　(2)36J　1.5m 解析　(1)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μ2Mg－μ1(M＋m)g＝ma2， 解得a2＝m/s2＝0.5 m/s2. (2)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μ2Mg＝Ma1，解得a1＝μ2g＝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

18、塊相對(duì)地面的位移 x1＝v0t－a1t2＝9×2m－×4×4m＝10m. 木板相對(duì)地面的位移x2＝a2t2＝×0.5×4m＝1m， 鐵塊與木板的相對(duì)位移Δx＝x1－x2＝10m－1m＝9m， 則此過(guò)程中鐵塊與木板摩擦所產(chǎn)生的熱量 Q＝FfΔx＝μ2MgΔx＝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＝μ1g＝1m/s2，x3＝＝0.5m. 木板在水平地面上滑行的總路程s＝x2＋x3＝1m＋0.5m＝1.5m. 1.(多選)如圖1所示，光滑軌道ABCD是大型游樂(lè)設(shè)施過(guò)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(kāi)，

19、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(zhǎng)的水平傳送帶無(wú)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(guò)C點(diǎn)后再經(jīng)D點(diǎn)滑上傳送帶，則(　　) 圖1 A.固定位置A到B點(diǎn)的豎直高度可能為2R B.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　CD 解析　設(shè)AB的高度為h，假設(shè)滑塊從A點(diǎn)下滑剛好通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn)C，則此高度應(yīng)該是從A下滑的高度的最小值.剛好通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn)時(shí)，由重力提供向心力，

20、則mg＝，解得vC＝，從A到C根據(jù)動(dòng)能定理：mg(h－2R)＝mv－0，整理得到：h＝2.5R，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從A到滑塊在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)距離最大的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgh－μmgx＝0，可以得到x＝，可以看出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無(wú)關(guān)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；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＝μmgΔx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. 2.如圖2所示，AB為半徑R＝

21、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(zhǎng)L＝2.06m.現(xiàn)有一質(zhì)量m＝1kg的滑塊，由軌道頂端無(wú)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)μ＝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： 圖2 (1)滑塊到達(dá)B端時(shí)，軌道對(duì)它的支持力的大??； (2)車被鎖定時(shí)，車右端距軌道B端的距離； (3)從車開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到被鎖定的過(guò)程中，滑塊與車之間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能大小. 答案　(1)30N　(2)1m　(3)6J 解析　(1)由機(jī)械能守恒定律得，mgR＝mv 由牛頓第二定律得，F(xiàn)N

22、B－mg＝m 解得FNB＝30N. (2)設(shè)滑塊滑上小車后經(jīng)過(guò)時(shí)間t1與小車同速，共同速度的大小為v 對(duì)滑塊：μmg＝ma1，v＝vB－a1t1 對(duì)小車：μmg＝m′a2，v＝a2t1 解得v＝1m/s，t1＝1s， 因t1

23、時(shí)無(wú)能量損失)，傳送帶的運(yùn)行速度為v0＝3m/s，長(zhǎng)為l＝1.4 m；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μ＝0.25，g取10 m/s2.求： 圖3 (1)水平作用力F的大??； (2)滑塊下滑的高度； (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(guò)程中產(chǎn)生的熱量. 答案　(1)N　(2)0.1m或0.8m　(3)0.5J 解析　(1)滑塊受到水平力F、重力mg和支持力FN作用處于平衡狀態(tài)，水平力F＝mgtanθ，F(xiàn)＝N. (2)設(shè)滑塊從高為h處下滑，到達(dá)斜面底端的速度為v， 由下滑過(guò)程機(jī)械能守

24、恒得mgh＝mv2， 解得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). 根據(jù)動(dòng)能定理有μmgl＝mv02－mv2 則h＝－μl，代入數(shù)據(jù)解得h＝0.1m 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). 根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgl＝mv02－mv2 則h′＝＋μl 代入數(shù)據(jù)解得h′＝0.8m. (3)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－

25、at，μmg＝ma 滑塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的位移Δx＝l－x 相對(duì)滑動(dòng)生成的熱量Q＝μmg·Δx 代入數(shù)據(jù)解得Q＝0.5J. 4.一質(zhì)量為M＝2.0kg的小物塊隨足夠長(zhǎng)的水平傳送帶一起運(yùn)動(dòng)，被一水平向左飛來(lái)的子彈擊中并從物塊中穿過(guò)，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： 圖4 (1)傳送帶速度v的大小及方向，說(shuō)明理由. (2)物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ. (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　(1)2.0

26、m/s　方向向右　理由見(jiàn)解析　(2)0.2　(3)24J　36J 解析　(1)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＝2.0 m/s，方向向右. (2)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 a＝＝m/s2＝2.0 m/s2， 由牛頓第二定律得滑動(dòng)摩擦力Ff＝μMg＝Ma， 則物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝＝＝＝0.2. (3)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

27、×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 Q1＝μMg(vt1＋t1)＝32J， 物塊向右運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能 Q2＝μMg(vt2－t2)＝4J. 所以整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Q1＋Q2＝36J. 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(zhǎng)，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μ1＝0.2.整個(gè)系統(tǒng)開(kāi)始時(shí)靜止，重力加速度g

28、取10m/s2. 圖5 (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？ (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μ2＝0.25的粗糙水平面，在圖丙中畫(huà)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　見(jiàn)解析 解析　(1)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)，μ1m1g＝m1a 聯(lián)立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8N. (2)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)

29、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(guò)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 Δx1＝2m， 物塊與木板因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能 Q1＝μ1m1gΔx1＝4J. 2～4s內(nèi)物塊相對(duì)木板的位移大小Δx2＝1m， 物塊與木板因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q2＝μ1m1gΔx2＝2J； 0～4s內(nèi)物塊相對(duì)木板的位移大小為x1＝Δx1－Δx2＝1m 2s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＝μ2(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. 13