《高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機械能及其守恒定律 專題強化六 動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機械能及其守恒定律 專題強化六 動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用課件（79頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第五章 機械能專題強化六 動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用1.本專題是力學(xué)兩大觀點在直線運動、曲線運動多物體多過程的綜合應(yīng)用，高考常以計算題壓軸題的形式命題.2.學(xué)好本專題，可以極大的培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達能力，針對性的專題強化，可以提升同學(xué)們解決壓軸題的信心.3.用到的知識有：動力學(xué)方法觀點(牛頓運動定律、運動學(xué)基本規(guī)律)，能量觀點(動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律).專題解讀內(nèi)容索引命題點一多運動組合問題命題點二傳送帶模型問題命題點三 滑塊木板模型問題課時作業(yè)1命題點一多運動組合問題1.多運動組合問題主要是指直線運動、平拋運動和豎直面內(nèi)圓周運動的組合問題.2.解題策略(1

2、)動力學(xué)方法觀點：牛頓運動定律、運動學(xué)基本規(guī)律.(2)能量觀點：動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律.3.解題關(guān)鍵(1)抓住物理情景中出現(xiàn)的運動狀態(tài)和運動過程，將物理過程分解成幾個簡單的子過程.(2)兩個相鄰過程連接點的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶，也是解題的關(guān)鍵.很多情況下平拋運動的末速度的方向是解題的重要突破口.【例1】如圖所示，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為 R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi).質(zhì)量為m的小物塊P自C點由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)，隨

3、后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF4R.已知P與直軌道間的動摩擦因數(shù) ，重力加速度大小為g.(取sin 37)(1)求P第一次運動到B點時速度的大?。?2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能；(3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點，從靜止開始釋放.已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點.G點在C點左下方，與C點水平相距 R、豎直相距R，求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質(zhì)量.直軌道與一半徑為 R的光滑圓弧軌道相切；水平飛出后，恰好通過G點. 答案 答案 答案 題眼 解析(1)由題意可知：lBC7R2R5R 設(shè)P到達B點時的速度為vB，由動能定理得(2)設(shè)BEx，P到達E點時速度為

4、零，此時彈簧的彈性勢能為Ep，由BE過程，根據(jù)動能定理得E、F之間的距離l1為l14R2RxP到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有Epmgl1sin mgl1cos 0聯(lián)立式得xR(3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1，D點與G點的水平距離為x1、豎直距離為y1，由幾何關(guān)系(如圖所示)得37.設(shè)P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t.由平拋運動公式得：設(shè)P在C點速度的大小為vC，在P由C運動到D的過程中機械能守恒，有1.“合”初步了解全過程，構(gòu)建大致的運動圖景.2.“分”將全過程進行分解，分析每個過程的規(guī)律.3.“合”找到子過程的聯(lián)系，尋找解題方法.方法感悟方法感悟多過程問題

5、的解題技巧多過程問題的解題技巧1.同學(xué)們參照伽利略時期演示平拋運動的方法制作了如圖所示的實驗裝置.圖中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板.M板上部有一半徑為R的 圓弧形的粗糙軌道，P為最高點，Q為最低點，Q點處的切線水平，距底板高為H.N板上固定有三個圓環(huán).將質(zhì)量為m的小球從P處靜止釋放，小球運動至Q飛出后無阻礙地通過各圓環(huán)中心，落到底板上距Q水平距離為L處.不考慮空氣阻力，重力加速度為g.求：題組階梯突破題組階梯突破(1)距Q水平距離為 的圓環(huán)中心到底板的高度； 答案 解析(2)小球運動到Q點時速度的大小以及對軌道壓力的大小和方向； 答案 解析(3)摩擦力對小球做的功. 答案 解析2.如

6、圖所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點，自然狀態(tài)時其右端位于B點.水平桌面右側(cè)有一豎直放置的軌道MNP，其形狀為半徑R1.0 m的圓環(huán)剪去了左上角120的圓弧，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離是h2.4 m.用質(zhì)量為m0.2 kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點后釋放，物塊經(jīng)過B點后做勻變速運動，其位移與時間的關(guān)系為x6t2t2，物塊飛離桌面后恰好由P點沿切線落入圓軌道.(不計空氣阻力，g取10 m/s2)(1)求物塊過B點時的瞬時速度大小vB及物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)；物塊過B點后遵從x6t2t2，所以知：vB6 m/s，a4 m/s2.由牛頓第二定律：mgma，解得0.4. 答案 解

7、析6 m/s0.4(2)若軌道MNP光滑，求物塊經(jīng)過軌道最低點N時對軌道的壓力FN；16.8 N，方向豎直向下 答案 解析物塊豎直方向的分運動為自由落體運動P點速度在水平方向的分量vxvytan 304 m/s解得離開D點的速度為vD4 m/s由機械能守恒定律，有解得v N274 m2/s2根據(jù)牛頓第三定律，F(xiàn)NFN16.8 N，方向豎直向下 (3)若物塊剛好能到達軌道最高點M，求物塊從B點到M點運動的過程中克服摩擦力所做的功W.4.4 J 答案 解析解得WBD2 J.物塊從B點到M點的運動過程中克服摩擦力所做的功為2.4 J2 J4.4 J.解得WPNM2.4 J.2命題點二 傳送帶模型問題

8、1.模型分類：水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問題.2.處理方法：求解的關(guān)鍵在于認真分析物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用.如果受到滑動摩擦力作用應(yīng)進一步確定其大小和方向，然后根據(jù)物體的受力情況確定物體的運動情況.當(dāng)物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變.【例2】如圖所示，小物塊A、B由跨過定滑輪的輕繩相連，A置于傾角為37的光滑固定斜面上，B位于水平傳送帶的左端，輕繩分別與斜面、傳送帶平行，傳送帶始終以速度v02 m/s向右勻速運動，某時刻B從傳送帶左端以速度v16 m/s向右運動，經(jīng)過一段時間回到傳送帶的左端，已知A、B的質(zhì)量均為1 kg，B與傳送帶

9、間的動摩擦因數(shù)為0.2.斜面、輕繩、傳送帶均足夠長，A不會碰到定滑輪，定滑輪的質(zhì)量與摩擦力均不計，g取10 m/s2，sin 370.6，求：(1)B向右運動的總時間；(2)B回到傳送帶左端的速度大??；(3)上述過程中，B與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的總熱量.光滑固定斜面；B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2；B經(jīng)過一段時間回到傳送帶的左端.2 s 答案 題眼 答案 答案 解析(1)B向右減速運動的過程中，剛開始時，B的速度大于傳送帶的速度，以B為研究對象，水平方向B受到向左的摩擦力與繩對B的拉力，設(shè)繩子的拉力為FT1，以向左為正方向，得FT1mgma1以A為研究對象，則A的加速度的大小始終與B相等，A向

10、上運動的過程中受力如圖，則mgsin 37FT1ma1當(dāng)B的速度與傳送帶的速度相等之后，B仍然做減速運動，而此時B的速度小于傳送帶的速度，所以受到的摩擦力變成了向右，所以其加速度發(fā)生了變化，此后B向右減速運動的過程中，設(shè)繩子的拉力為FT2，以B為研究對象，水平方向B受到向右的摩擦力與繩對B的拉力，則 FT2mgma2 以A為研究對象，則A的加速度的大小始終與B是相等的，A向上運動的過程中mgsin 37FT2ma2 B向右運動的總時間tt1t21 s1 s2 s.(2)B向左運動的過程中，受到的摩擦力的方向仍然向右，仍然受到繩子的拉力，同時，A受到的力也不變，所以它們受到的合力不變，所以B的加

11、速度a3a22 m/s2.B的總位移xx1x25 m.B回到傳送帶左端的位移x3x5 m.t1時間內(nèi)傳送帶的位移x1v0t12 m，該時間內(nèi)傳送帶相對于B的位移x1x1x12 m.t2時間內(nèi)傳送帶的位移x2v0t22 m，該時間內(nèi)傳送帶相對于B的位移x2x2x21 m.B與傳送帶之間的摩擦力Ffmg2 N.上述過程中，B與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的總熱量1.分析流程分析流程方法感悟方法感悟2.功能功能關(guān)系關(guān)系(1)功能關(guān)系分析：WFEkEpQ.(2)對WF和Q的理解：傳送帶的功：WFFx傳；產(chǎn)生的內(nèi)能QFfx相對.3.如圖所示，傳送帶與地面的夾角37，A、B兩端間距L16 m，傳送帶以速度v10 m

12、/s沿順時針方向運動，物體質(zhì)量m1 kg無初速度地放置于A端，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.5，sin 370.6，g10 m/s2，試求：(1)物體由A端運動到B端的時間；題組階梯突破題組階梯突破2 s 答案 解析物體剛放上傳送帶時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，由牛頓第二定律得mgsin mgcos ma1，設(shè)物體經(jīng)時間t加速到與傳送帶同速，則va1t1，x1 a1t12，可解得a110 m/s2，t11 s，x15 m因mgsin mgcos ，故當(dāng)物體與傳送帶同速后，物體將繼續(xù)加速mgsin mgcos ma2解得t21 s故物體由A端運動到B端的時間tt1t22 s(2)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱

13、量.24 J物體與傳送帶間的相對位移x相對(vt1x1)(Lx1vt2)6 m故Qmgcos x相對24 J. 答案 解析4.一質(zhì)量為M2.0 kg的小物塊隨足夠長的水平傳送帶一起運動，被一水平向左飛來的子彈擊中并從物塊中穿過，子彈和小物塊的作用時間極短，如圖甲所示.地面觀察者記錄了小物塊被擊中后的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示(圖中取向右運動的方向為正方向).已知傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2.(1)指出傳送帶速度v的大小及方向，說明理由.2.0 m/s方向向右 答案 解析從vt圖象中可以看出，物塊被擊穿后，先向左做減速運動，速度為零后，又向右做加速運動，當(dāng)速度等于2.0 m/s，

14、則隨傳送帶一起做勻速運動，所以，傳送帶的速度大小為v2.0 m/s，方向向右.(2)計算物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù).0.2由vt圖象可得，物塊在滑動摩擦力的作用下做勻變速運動的加速度am/s22.0 m/s2，由牛頓第二定律得滑動摩擦力FfMg，則物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù) 0.2. 答案 解析(3)傳送帶對外做了多少功？子彈射穿物塊后系統(tǒng)有多少能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能？24 J36 J 答案 解析由vt圖象可知，傳送帶與物塊間存在摩擦力的時間只有3 s，傳送帶在這段時間內(nèi)移動的位移為x，則xvt2.03 m6.0 m，所以，傳送帶所做的功WFfx0.22.0106.0 J24 J.設(shè)物塊被擊中后的初速

15、度為v1，向左運動的時間為t1，向右運動直至和傳送帶達到共同速度的時間為t2，則有物塊向左運動時產(chǎn)生的內(nèi)能所以整個過程產(chǎn)生的內(nèi)能QQ1Q236 J.命題點三 滑塊木板模型問題31.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.滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板沿同一方向運動，則滑塊的位移和木板的位移之差等于木板的長度；若滑塊和木板沿相反方向運動，則滑塊的位移和木板的位移之和等于木板的長度.3.此類問題涉及兩個物體、多個運動過程，并且物體間還存在相對運動，所以應(yīng)準(zhǔn)確求出各物體在各個運動過程中的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變)，找出物體之間

16、的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口，求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個過程的紐帶，每一個過程的末速度是下一個過程的初速度.【例3】圖甲中，質(zhì)量為m11 kg的物塊疊放在質(zhì)量為m23 kg的木板右端.木板足夠長，放在光滑的水平面上，木板與物塊之間的動摩擦因數(shù)為10.2.整個系統(tǒng)開始時靜止，重力加速度g取10 m/s2.(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)生相對運動，拉力F至少應(yīng)為多大？甲8 N 答案 解析把物塊和木板看成整體，由牛頓第二定律得F(m1m2)a物塊與木板將要相對滑動時，1m1gm1a聯(lián)立解得F1(m1m2)g8 N.(2)在04 s內(nèi)，若拉力F的變化如圖乙所示，2 s后

17、木板進入20.25的粗糙水平面，在圖丙中畫出04 s內(nèi)木板和物塊的vt圖象，并求出04 s內(nèi)物塊相對木板的位移大小和整個系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能.見解析 答案 解析物塊在02 s內(nèi)做勻加速直線運動，木板在01 s內(nèi)做勻加速直線運動，在12 s內(nèi)做勻速運動，2 s后物塊和木板均做勻減速直線運動，故二者在整個運動過程中的vt圖象如圖所示.02 s內(nèi)物塊相對木板向左運動，24 s內(nèi)物塊相對木板向右運動.02 s內(nèi)物塊相對木板的位移大小x12 m，系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q11m1gx14 J.24 s內(nèi)物塊相對木板的位移大小x21 m，物塊與木板因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q21m1gx22 J；木板對地位移x23 m

18、，木板與地面因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q32(m1m2)gx230 J.04 s內(nèi)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的總內(nèi)能為QQ1Q2Q336 J.1.解題關(guān)鍵正確地對各物體進行受力分析(關(guān)鍵是確定物體間的摩擦力方向)，并根據(jù)牛頓第二定律確定各物體的加速度，結(jié)合加速度和速度的方向關(guān)系確定物體的運動情況.2.規(guī)律選擇既可由動能定理和牛頓運動定律分析單個物體的運動，又可由能量守恒定律分析動能的變化、能量的轉(zhuǎn)化，在能量轉(zhuǎn)化過程往往用到E內(nèi)E機Ffx相對，并要注意數(shù)學(xué)知識(如圖象法、歸納法等)在此類問題中的應(yīng)用.方法感悟方法感悟滑塊滑塊木板模型問題的分析和技巧木板模型問題的分析和技巧5.如圖所示，一勁度系數(shù)很大的輕彈簧一端固定在

19、傾角為30的斜面底端，將彈簧壓縮至A點鎖定，然后將一質(zhì)量為m的小物塊緊靠彈簧放置，物塊與斜面間動摩擦因數(shù) ，解除彈簧鎖定，物塊恰能上滑至B點，A、B兩點的高度差為h0，已知重力加速度為g.(1)求彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep.題組階梯突破題組階梯突破 答案 解析(2)求物塊從A到B的時間t1與從B返回到A的時間t2之比.設(shè)上升、下降過程物塊加速度大小分別為a1和a2，則mgsin mgcos ma1，mgsin mgcos ma2， 答案 解析(3)若每當(dāng)物塊離開彈簧后，就將彈簧壓縮到A點并鎖定，物塊返回A點時立刻解除鎖定.設(shè)斜面最高點C的高度H2h0，試通過計算判斷物塊最終能否從C點拋出？足

20、夠長時間后，上升的最大高度設(shè)為hm，則由能量關(guān)系，來回克服阻力做功等于補充的彈性勢能見解析 答案 解析課時作業(yè)41.如圖所示，有兩條滑道平行建造，左側(cè)相同而右側(cè)有差異，一個滑道的右側(cè)水平，另一個的右側(cè)是斜坡.某滑雪者保持一定姿勢坐在雪撬上不動，從h1高處的A點由靜止開始沿傾角為的雪道下滑，最后停在與A點水平距離為s的水平雪道上.接著改用另一個滑道，還從與A點等高的位置由靜止開始下滑，結(jié)果能沖上另一個傾角為的雪道上h2高處的E點停下.若動摩擦因數(shù)處處相同，且不考慮雪橇在路徑轉(zhuǎn)折處的能量損失，則2134567A.動摩擦因數(shù)為tan B.動摩擦因數(shù)為C.傾角一定大于D.傾角可以大于 答案 解析213

21、45672134567在AB段由靜止下滑，說明mgcos mgsin ，第二次滑上CE在E點停下，說明mgcos mgsin ；若，則雪橇不能停在E點，所以C、D錯誤.21345672.如圖所示，將質(zhì)量為m1 kg的小物塊放在長為L1.5 m的小車左端，車的上表面粗糙，物塊與車上表面間動摩擦因數(shù)0.5，直徑d1.8 m的光滑半圓形軌道固定在水平面上且直徑MON豎直，車的上表面和軌道最低點高度相同，距地面高度h0.65 m，開始車和物塊一起以10 m/s的初速度在光滑水平面上向右運動，車碰到軌道后立即停止運動，取g10 m/s2，求：(1)小物塊剛進入半圓形軌道時對軌道的壓力； 答案 解析104

22、.4 N，方向豎直向下2134567車停止運動后取小物塊為研究對象，設(shè)其到達車右端時的速度為v1，由動能定理得剛進入半圓形軌道時，設(shè)物塊受到的支持力為FN，由牛頓第二定律得又d2R 解得FN104.4 N由牛頓第三定律FNFN得FN104.4 N，方向豎直向下.2134567(2)小物塊落地點至車左端的水平距離.3.4 m 答案 解析2134567若小物塊能到達半圓形軌道最高點，則由機械能守恒得解得v27 m/s設(shè)恰能過最高點的速度為v3，則因v2v3，故小物塊從半圓形軌道最高點做平拋運動，聯(lián)立解得x4.9 m故小物塊距車左端為xL3.4 m.21345673.(多選)如圖甲所示，傾角為的足夠

23、長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運行，t0時，將質(zhì)量m1 kg的物體(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上，物體相對地面的vt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g10 m/s2，則A.傳送帶的速率v010 m/sB.傳送帶的傾角30C.物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)0.5D.02.0 s摩擦力對物體做功Wf24 J 答案 解析2134567當(dāng)物體的速度超過傳送帶的速度后，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)vt圖象可得，傳送帶的速率為v010 m/s，選項A正確；1.0 s之前的加速度a110 m/s2,1.0 s之后的加速度a22 m/s2，結(jié)合牛頓第二定律，g

24、sin gcos a1，gsin gcos a2，解得sin 0.6，37，0.5，選項B錯誤，選項C正確；摩擦力大小Ffmgcos 4 N，在01.0 s內(nèi)，摩擦力對物體做正功，在1.02.0 s內(nèi)，摩擦力對物體做負功，01.0 s內(nèi)物體的位移為5 m,1.02.0 s內(nèi)物體的位移是11 m，摩擦力做的功為4(115) J24 J，選項D正確.21345674.(多選)如圖所示，光滑軌道ABCD是大型游樂設(shè)施過山車軌道的簡化模型，最低點B處的入、出口靠近但相互錯開，C是半徑為R的圓形軌道的最高點，BD部分水平，末端D點與右端足夠長的水平傳送帶無縫連接，傳送帶以恒定速度v逆時針轉(zhuǎn)動，現(xiàn)將一質(zhì)量

25、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C點后再經(jīng)D點滑上傳送帶，則A.固定位置A到B點的豎直高度可能為2RB.滑塊在傳送帶上向右運動的最大距離與傳 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 解析2134567設(shè)AB的高度為h，假設(shè)滑塊從A點下滑剛好通過最高點C，則此時應(yīng)該是從A下滑的高度的最小值，剛好通過最高點時，由重力提供向心力，則mg，解得vC ，從A到C根據(jù)動能定理：mg(h2R) mvC20，整理得到：h2.5R，故選項A錯誤；從A到滑塊在傳送帶上向右運動距離最大，根據(jù)動能定理得：mghmgx0，可以得

26、到x ，可以看出滑塊在傳送帶上向右運動的最大距離與傳送帶速度v無關(guān)，與高度h有關(guān)，故選項B錯誤；滑塊在傳送帶上先做減速運動，可能反向做加速運動，如果再次到達D點時速度大小不變，則根據(jù)能量守恒，可以再次回到A點，故選項C正確；2134567滑塊與傳送帶之間產(chǎn)生的熱量Qmgx相對，當(dāng)傳送帶的速度越大，則在相同時間內(nèi)二者相對位移越大，則產(chǎn)生的熱量越大，故選項D正確.21345675.如圖所示，一質(zhì)量為m1 kg的可視為質(zhì)點的滑塊，放在光滑的水平平臺上，平臺的左端與水平傳送帶相接，傳送帶以v2 m/s的速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動(傳送帶不打滑).現(xiàn)將滑塊緩慢向右壓縮輕彈簧，輕彈簧的原長小于平臺的長度，滑

27、塊靜止時彈簧的彈性勢能為Ep4.5 J，若突然釋放滑塊，滑塊向左滑上傳送帶.已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2，傳送帶足夠長，取g10 m/s2.求：(1)滑塊第一次滑上傳送帶到離開傳送帶所經(jīng)歷的時間；3.125 s 答案 解析2134567釋放滑塊的過程中機械能守恒，設(shè)滑塊滑上傳送帶的速度為v1，則Ep mv12，得v13 m/s滑塊在傳送帶上運動的加速度ag2 m/s2所以tt1t2t33.125 s.2134567(2)滑塊第一次滑上傳送帶到離開傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量.滑塊向左運動x1的位移時，傳送帶向右的位移為x1vt13 m則x1x1x15.25 m滑塊向右運動x2時，傳送帶向

28、右的位移為x2vt22 m則x2x2x21 mxx1x26.25 m則產(chǎn)生的熱量為Qmgx12.5 J.12.5 J 答案 解析21345676.如圖所示，一質(zhì)量m2 kg的長木板靜止在水平地面上，某時刻一質(zhì)量M1 kg的小鐵塊以水平向左v09 m/s的速度從木板的右端滑上木板.已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)10.1，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)20.4，取重力加速度g10 m/s2，木板足夠長，求：(1)鐵塊相對木板滑動時木板的加速度的大?。?.5 m/s2 答案 解析2134567設(shè)鐵塊在木板上滑動時，木板的加速度為a2，由牛頓第二定律可得2Mg1(Mm)gma2，解得a2 m/s20.5 m/

29、s2.2134567(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x.36 J1.5 m 答案 解析2134567設(shè)鐵塊在木板上滑動時，鐵塊的加速度為a1，由牛頓第二定律得2MgMa1，解得a12g4 m/s2.設(shè)鐵塊與木板相對靜止達共同速度時的速度為v，所需的時間為t，則有vv0a1t，va2t，解得：v1 m/s，t2 s.鐵塊相對地面的位移鐵塊與木板的相對位移xx1x210 m1 m9 m，則此過程中鐵塊與木板摩擦所產(chǎn)生的熱量QFfx2Mgx0.41109 J36 J.2134567達共同速度后的加速度為a3，發(fā)生的位移為s，則有：木板在水平地面上滑行的總路程xx2s1

30、 m0.5 m1.5 m.21345677.如圖所示，AB段為一半徑R0.2 m的光滑圓弧軌道，EF是一傾角為30的足夠長的 光滑固定斜面，斜面上有一質(zhì)量為0.1 kg的薄木板CD，開始時薄木板被鎖定.一質(zhì)量也為0.1 kg的物塊(圖中未畫出)從A點由靜止開始下滑，通過B點后水平拋出，經(jīng)過一段時間后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物塊滑上薄木板的同時薄木板解除鎖定，下滑過程中某時刻物塊和薄木板能達到共同速度.已知物塊與薄木板間的動摩擦因數(shù) .(g10 m/s2，結(jié)果可保留根號)求：2134567(1)物塊到達B點時對圓弧軌道的壓力；3 N，方向豎直向下物塊從A運動到B的過程，由動能定理得：解得：FN3 N由牛頓第三定律得物塊對軌道的壓力大小為3 N，方向豎直向下. 答案 解析2134567(2)物塊滑上薄木板時的速度大小； 答案 解析2134567(2)物塊滑上薄木板時的速度大??；物塊和薄木板下滑過程中，由牛頓第二定律得：對物塊：mgsin 30mgcos 30ma1對薄木板：mgsin 30mgcos 30ma2設(shè)物塊和薄木板達到的共同速度為v，則：vva1ta2t 答案 解析2134567