《（全國通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 課時分層作業(yè) 十七 5.4 功能關(guān)系 能量守恒定律.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 課時分層作業(yè) 十七 5.4 功能關(guān)系 能量守恒定律.doc（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

課時分層作業(yè) 十七功能關(guān)系　能量守恒定律 (45分鐘　100分) 【基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)題組】 一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。1～6題為單選題,7～10題為多選題) 1.風(fēng)洞飛行體驗是運用先進(jìn)的科技手段實現(xiàn)高速風(fēng)力將人吹起并懸浮于空中,如圖所示。若在人處于懸浮狀態(tài)時增加風(fēng)力,則體驗者在加速上升過程中 (　　) A.處于失重狀態(tài),機(jī)械能增加 B.處于失重狀態(tài),機(jī)械能減少 C.處于超重狀態(tài),機(jī)械能增加 D.處于超重狀態(tài),機(jī)械能減少 【解析】選C。由題意可知,人加速向上運動,人的加速度向上,處于超重狀態(tài),由于風(fēng)力對人做正功,故人的機(jī)械能增加,故C正確,A、B、D錯誤。 2.(2018臨夏模擬)如圖所示,小球沿水平面通過O點進(jìn)入半徑為R的半圓弧軌道后恰能通過最高點P,然后落回水平面,不計一切阻力,下列說法正確的是 (　　) A.小球落地點離O點的水平距離為R B.小球落地點離O點的水平距離為2R C.小球運動到半圓弧最高點P時向心力恰好為零 D.若將半圓弧軌道上部的圓弧截去,其他條件不變,則小球能達(dá)到的最大高度比P點低 【解析】選B。小球恰好通過最高點P,則在P點由牛頓第二定律得mg=m,解得vP=,小球離開最高點后做平拋運動,則有2R=gt2,x=vt,解得小球落地點離O點的水平距離為x=2R,故A、C錯誤,B正確;若將半圓弧軌道上部的圓弧截去,小球到達(dá)最高點時的速度為零,從O到最高點的過程,由能量守恒得mg(R+h) =mg2R+m,解得h=1.5R,所以小球能達(dá)到的最大高度比P點高1.5R-R=0.5R,故D錯誤。 3.如圖所示,用力F拉位于粗糙固定斜面上的木箱,使它沿著斜面加速向上移動。木箱在移動過程中,下列說法正確的是 (　　) A.重力對木箱做的功等于木箱增加的重力勢能 B.F對木箱做的功等于木箱增加的機(jī)械能 C.合外力對木箱做的功等于木箱增加的動能 D.F對木箱做的功等于木箱增加的動能與木箱克服摩擦力所做功之和 【解析】選C。木箱在向上移動過程中,重力對木箱做負(fù)功,根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系可知,木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力勢能,故A錯誤;根據(jù)功能關(guān)系可知,拉力F和摩擦力做功之和等于木箱增加的機(jī)械能,摩擦力做負(fù)功,所以F對木箱做的功大于木箱增加的機(jī)械能,故B錯誤;根據(jù)動能定理可知,合外力對木箱做的功等于木箱增加的動能,故C正確;根據(jù)功和能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系可知,F對木箱做的功應(yīng)等于木箱增加的動能、木箱克服摩擦力做的功以及木箱增加的重力勢能的總和,故D錯誤。 4.(2018濱州模擬)兩物塊A和B用一輕彈簧連接,靜止在水平桌面上,如圖甲,現(xiàn)用一豎直向上的力F拉動物塊A,使之向上做勻加速直線運動,如圖乙,在物塊A開始運動到物塊B將要離開桌面的過程中(彈簧始終處于彈性限度內(nèi)),下列說法正確的是 (　　) A.力F先減小后增大 B.彈簧的彈性勢能一直增大 C.物塊A的動能和重力勢能一直增大 D.兩物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能先增大后減小 【解析】選C。最初彈簧被壓縮,物塊A受到豎直向上的彈力等于重力,由于物塊A向上做勻加速直線運動,物塊A受重力、拉力和彈簧的彈力,開始階段彈簧對A施加向上的支持力,由牛頓第二定律得F-mg+kx=ma,解得 F=mg-kx+ma,x減小,F增大,后來彈簧伸長,對A有向下的拉力,則有F-mg-kx=ma,解得F=mg+kx+ma,x增大,F增大,所以F一直增大,故A錯誤;在A上升過程中,彈簧從壓縮到伸長,所以彈簧的彈性勢能先減小后增大,故B錯誤;在上升過程中,由于物塊A做勻加速運動,所以物塊A的速度增大,動能增大,高度升高,則物塊A的重力勢能增大,故C正確;在上升過程中,除重力與彈力做功外,還有拉力F一直對系統(tǒng)做正功,所以兩物塊A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能一直增大,故D錯誤。 5.如圖所示有三個斜面1、2、3,斜面1與2底邊相同,斜面2和3高度相同,同一物體與三個斜面的動摩擦因數(shù)相同,當(dāng)它們分別沿三個斜面從頂端由靜止下滑到底端時,下列說法正確的是 (　　) A.三種情況下摩擦產(chǎn)生的熱量Q1Q3>Q2 C.到達(dá)底端的速度v1>v2=v3 D.到達(dá)底端的速度v1>v2>v3 【解析】選D。設(shè)斜面和水平方向夾角為θ,斜面長度為L,則物體下滑過程中克服摩擦力做功為W=μmg Lcosθ,Lcosθ為底邊長度,由圖可知1和2底邊相等且小于3的底邊長度,由功能關(guān)系可知,摩擦產(chǎn)生的熱量Q=W,因此Q1=Q2v2>v3,故C錯誤,D正確。 【加固訓(xùn)練】 (多選)如圖所示,兩個斜面體AC、BC,上端靠在同一豎直墻面上,下端交于水平面上同一點C,現(xiàn)讓兩個質(zhì)量相同的物體分別從兩個斜面的頂端同時由靜止釋放,則下列說法正確的是 (　　) A.若兩個斜面光滑,則沿BC下滑的物體一定先到達(dá)C點 B.若兩個斜面光滑,則兩個物體有可能同時到達(dá)C點 C.若兩個斜面粗糙,且粗糙程度相同,則兩個物體下滑到C點過程中損失的機(jī)械能一定相同 D.若兩個斜面粗糙,且粗糙程度相同,則兩個物體下滑到C點時的動能可能相同 【解析】選B、C。設(shè)底邊長為L,斜面傾角為θ,若兩個斜面光滑,物體受到的合力為F合=mgsin θ,根據(jù)牛頓第二定律得F合=ma,由運動學(xué)公式得x==at2,由以上三式解得t=,當(dāng)AC與水平面成60角,BC與水平面成30角時,兩個物體可以同時到達(dá)C點,故選項A錯誤,B正確;摩擦力Ff=μmgcos θ,克服摩擦力做的功W克=μmgcos θ=μmgL,則克服摩擦力做功相等,由功能關(guān)系除重力以外的力做的功等于機(jī)械能的變化量,則兩個物體下滑到C點過程中損失的機(jī)械能一定相同,故選項C正確;根據(jù)動能定理得mgh-W克=mv2-0,由于重力做功不等,而克服摩擦力做功相等,所以兩個物體下滑到C點時的動能不可能相同,故選項D錯誤。 6.(2018茂名模擬)如圖所示,在粗糙水平地面上,彈簧一端固定在豎直墻壁上,另一端連著物塊,彈簧處于原長時物塊處于O點位置?，F(xiàn)用外力緩慢把物塊向左壓至P點不動,此時彈簧的彈性勢能為Ep。撤去外力后物塊向右運動至Q(圖中未有標(biāo)出)點停下。下列說法正確的是 (　　) A.外力所做的功等于Ep B.物塊到達(dá)PQ中點時速度最大 C.Q點可能在O點的左側(cè) D.從P到Q的過程摩擦產(chǎn)生的熱量一定小于Ep 【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點: (1)外力所做的功轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和克服摩擦力做功。 (2)彈簧彈力與滑動摩擦力的大小關(guān)系決定物塊的運動狀態(tài)。 (3)物塊從P到Q的過程摩擦產(chǎn)生的熱量一定等于彈性勢能的減少量。 【解析】選C。外力緩慢把物塊向左壓至P點不動,外力所做的功轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和克服摩擦力做功,故A錯誤;松開物塊后,彈簧的彈力大于滑動摩擦力,物塊受到的合力向右,物塊向右做加速運動,在運動過程中彈簧彈力減小,摩擦力Ff=μmg不變,物塊受到的合力減小,加速度減小,物塊做加速度減小的加速運動,當(dāng)彈簧彈力與摩擦力相等時,加速度為零,此時物塊速度達(dá)到最大值,然后物塊繼續(xù)向右運動,彈力繼續(xù)減小,小于滑動摩擦力,物塊受到的合力向左,合力增大,加速度增大,加速度向左,物塊做加速度增大的減速運動,到達(dá)O點時,彈簧彈力為零,越過O點后,彈簧彈力向左,摩擦力向左,在向右運動過程中,彈簧彈力變大,物塊受到的合力變大,加速度變大,物塊做加速度增大的減速運動,直到Q點速度變?yōu)榱銥橹?如果水平面光滑,物塊與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,P與O點距離等于Q與O點距離,由于水平面不光滑,物塊在運動過程中機(jī)械能有損失,P與O點距離大于Q與O點距離,所以物塊速度最大不可能是PQ的中點,故B錯誤;初末狀態(tài)速度為0,從P到Q的過程摩擦產(chǎn)生的熱量一定等于彈性勢能的減少量,根據(jù)初狀態(tài)彈性勢能的大小,Q點可能在O點的左側(cè)、右側(cè),也可能就在O點,故C正確,D錯誤。 7.如圖所示,水平繃緊的傳送帶AB長L=6 m,始終以恒定速率v1=4 m/s運行。初速度大小為 v2=6 m/s的小物塊(可視為質(zhì)點)從與傳送帶等高的光滑水平地面上經(jīng)A點滑上傳送帶。小物塊m=1 kg,物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ=0.4,g取 10 m/s2。下列說法正確的是 (　　) A.小物塊可以到達(dá)B點 B.小物塊不能到達(dá)B點,但可返回A點,返回A點速度為4 m/s C.小物塊向左運動速度減為0時相對傳送帶滑動的距離達(dá)到最大 D.小物塊在傳送帶上運動時,因相互間摩擦力產(chǎn)生的熱量為50 J 【解析】選B、D。小物塊在水平方向運動過程,由牛頓第二定律得μmg=ma,解得a=μg=4 m/s2,若小物塊從右端滑上傳送帶后一直做勻減速運動,速度減為零時的位移是x,則0-=-2ax,解得x== m=4.5 m<6 m,所以小物塊不能到達(dá)B點,故A錯誤;小物塊不能到達(dá)B點,速度減為零后反向做勻加速運動,當(dāng)速度等于傳送帶速度v1后勻速運動,返回A點速度為4 m/s,故B正確;小物塊不能到達(dá)B點,速度減為零后反向做勻加速運動的過程相對于傳送帶繼續(xù)向左運動,所以小物塊向左運動速度減為0時相對傳送帶滑動的距離沒有達(dá)到最大,故C錯誤;小物塊向右勻加速的過程中的位移x′== m=2 m,當(dāng)速度等于傳送帶速度v1時,經(jīng)歷的時間t==2.5 s,該時間內(nèi)傳送帶的位移:s=v1t=42.5 m=10 m,所以小物塊相對于傳送帶的位移Δx=s+(x-x′)=10 m+(4.5-2)m=12.5 m,小物塊在傳送帶上運動時,因相互間摩擦力產(chǎn)生的熱量為Q=μmgΔx=50 J,故D正確。 【總結(jié)提升】解決傳送帶問題的兩個角度 (1)動力學(xué)角度:如求物體在傳送帶上運動的時間、物體在傳送帶上能達(dá)到的速度、物體相對傳送帶滑過的位移,依據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)規(guī)律求解。 (2)能量的角度:求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動機(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。若利用公式Q=Ffl相對求摩擦熱,式中l(wèi)相對為兩接觸物體間的相對路程。 8.(2018宜春模擬)某貨場有一簡易的節(jié)能運輸裝置,如圖所示。小車在軌道頂端時,自動將貨物裝入車中,然后小車載著貨物沿不光滑的軌道無初速度下滑,到達(dá)斜面底端后,小車前端的緩沖彈簧被壓縮,當(dāng)彈簧被壓縮至最短,立即鎖定并自動將貨物卸下。卸完貨物后隨即解鎖,小車恰好能被彈回到軌道頂端,此后重復(fù)上述過程。則下列說法中正確的是 (　　) A.小車在往復(fù)運動過程中機(jī)械能是守恒的 B.小車上滑時經(jīng)過軌道中點的加速度大于下滑時經(jīng)過該點的加速度 C.小車上滑過程中克服摩擦阻力做的功小于小車下滑過程中克服摩擦阻力做的功 D.小車下滑到最低點時彈簧彈性勢能的最大值等于貨物減少的重力勢能 【解析】選B、C。小車在往復(fù)運動過程中,摩擦力對小車做功,所以其機(jī)械能不守恒,故A錯誤;設(shè)下滑的加速度為a1,上滑的加速度為a2,小車質(zhì)量為M,貨物質(zhì)量為m,則根據(jù)牛頓第二定律得,下滑過程(M+m)gsinθ-μ(M+m)gcos θ=(M+m)a1,上滑過程Mgsinθ+μMgcosθ=Ma2,解得 a1F,故滑塊做勻減速直線運動,Ek=mv2=m(v0-at)2,動能是關(guān)于時間的二次函數(shù),不是線性函數(shù),故B錯誤;產(chǎn)生熱量等于克服滑動摩擦力做的功,即Q=Ffx=μmg(v0t+at2)cosθ,與t不是線性函數(shù),故A錯誤;滑塊的重力勢能等于克服重力所做的功,其大小為Ep=mgh=mgxsinθ,與位移x成正比,故C正確;因為F與摩擦力等大反向,所以兩者做功代數(shù)和為零,即過程中合力做功等于重力做功,機(jī)械能保持不變,故D正確。 10.(2018衡陽模擬)如圖所示,質(zhì)量m=1 kg的物體從高為h=0.2 m的光滑軌道上P點由靜止開始下滑,滑到水平傳送帶上的A點,物體和皮帶之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1,傳送帶AB之間的距離為L=5.5 m,傳送帶一直以v=3 m/s的速度沿順時針方向勻速運動,則 (　　) A.物體由A運動到B的時間是1.5 s B.物體由A運動到B的過程中,摩擦力對物體的沖量大小為1 Ns C.物體由A運動到B的過程中,系統(tǒng)產(chǎn)生0.5 J的熱量 D.帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機(jī)對物體由A運動到B的過程中,多做了3 J功 【解析】選B、C、D。物體下滑到A點的速度為v0,由機(jī)械能守恒定律得m=mgh,代入數(shù)據(jù)解得v0=2 m/s,物體在摩擦力作用下先勻加速運動,后做勻速運動,加速度a==μg=0.110 m/s2=1 m/s2,加速的時間t1==s=1 s,x1=,代入數(shù)據(jù)解得x1=2.5 m,t2==s=1 s,t=t1+t2=2 s,故A錯誤;物體由A運動到B的過程中,摩擦力對物體的沖量大小為I=μmgt1=0.11101 Ns =1Ns,故B正確;在t1時間內(nèi),皮帶做勻速運動x皮帶=vt1=3 m,Q=μmgΔx=μmg(x皮帶-x1),代入數(shù)據(jù)解得Q=0.5 J,故C正確;電動機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動能,另一部分就是增加了內(nèi)能,則電動機(jī)多做的功W=mv2-m+Q=1 (32-22)J+0.5 J=3 J,故D正確。 【加固訓(xùn)練】 (多選)如圖,長為L的傳送帶與水平面的夾角為θ,皮帶傳送速率為v且保持不變,將質(zhì)量為m的小物塊輕放在傳送帶的下端,傳送到上端的時間為t,小物塊和傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q,傳送帶對小物塊做的功為W,設(shè)小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ,則下列關(guān)系中可能正確的是 (　　) A.Q>μmgLcos θ B.Q=mv2 C.W>μmgvtcos θ D.W=mv2+mgLsin θ+Q 【解析】選A、B。物塊隨傳送帶向上運動的情況有三種可能性:一是物塊一直向上做加速運動,到達(dá)最高點時物塊的速度小于v;二是物塊一直向上做加速運動,到達(dá)最高點時物塊的速度恰好等于v;三是物塊先向上加速到v,然后隨傳送帶向上做勻速運動。由牛頓第二定律得物塊向上加速運動的加速度為a==μgcosθ-gsinθ,在時間t內(nèi)傳送帶前進(jìn)的位移為x=vt,發(fā)生的相對位移為Δx=vt-L。若物塊一直向上做加速運動,到達(dá)最高點時物塊的速度小于v,傳送帶相對于物塊的位移最大,產(chǎn)生的熱量最多,若此時Δx=vt-L>L,則Q=μmgcosθΔx>μmgLcosθ,故選項A正確;若物塊一直向上做加速運動,到達(dá)最高點時物塊的速度恰好等于v,則v=at,L=at2,Δx=vt-L=-= ,產(chǎn)生的熱量Q=μmgcosθΔx=μmgcosθ =()mv2,故選項B正確;若物塊一直做加速運動,則傳送帶對物塊做的功W=μmgcosθL,由于物塊的速度小于等于v,所以L≤vt,所以W≤μmgvtcosθ,故選項C錯誤;當(dāng)物塊的速度能達(dá)到v時,傳送帶對物塊做的功轉(zhuǎn)化為動能與重力勢能的和,即W=mv2+mgLsinθ,故選項D錯誤。 二、計算題(15分。需寫出規(guī)范的解題步驟) 11.有一種“過山車”的雜技表演項目,可以簡化為如圖所示的模型,一滑塊從A點以某一水平向右的初速度出發(fā),沿水平直線軌道運動到B點后,進(jìn)入半徑R= 10 cm的光滑豎直圓形軌道,圓形軌道間不相互重疊,即滑塊離開圓形軌道后可繼續(xù)向C點運動,C點右側(cè)有一壕溝,C、D兩點的豎直高度h=0.8 m,水平距離s= 1.2 m,水平軌道AB長為L1=1 m,BC長為L2=3 m,滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,重力加速度g=10 m/s2。則: (1)若滑塊恰能通過圓形軌道的最高點E,計算滑塊在A點的初速度v0。 (2)若滑塊既能通過圓形軌道的最高點,又不掉進(jìn)壕溝,求小滑塊在A點時初速度v0′的范圍。 【解析】(1)滑塊恰能通過最高點時,對滑塊在圓形軌道最高點由牛頓第二定律得:mg=m 滑塊在圓形軌道上運動,只有重力做功,故機(jī)械能守恒,則有: m=2mgR+m=mgR 在滑塊從A運動到B過程中,由動能定理得: -μmgL1=m-m 解得:v0=3 m/s (2)滑塊能通過圓形軌道的最高點,則滑塊初速度v0′≥v0=3 m/s 又有滑塊從A到C過程,由動能定理得: -μmg(L1+L2)=m-mv0′2 解得:v0′= 則v0′≥=4 m/s,滑塊才能運動到C點,故若3 m/s≤v0′≤4 m/s,滑塊停在BC上,不掉進(jìn)壕溝 若滑塊越過壕溝,那么由平拋運動規(guī)律得: vC≥==3 m/s 所以v0′=≥5 m/s 所以,若滑塊既能通過圓形軌道的最高點,又不掉進(jìn)壕溝,則小滑塊在A點時初速度v0′的范圍為3 m/s≤v0′≤4 m/s或v0′≥5 m/s 答案:(1)3 m/s (2)3 m/s≤v0′≤4 m/s或v0′≥5 m/s 【加固訓(xùn)練】 如圖所示,半徑R=0.4 m的光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內(nèi),軌道的上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ=30,下端點C為軌道的最低點且與粗糙水平面相切,一根輕質(zhì)彈簧的右端固定在豎直擋板上。質(zhì)量m=0.1 kg 的小物塊(可視為質(zhì)點)從空中A點以v0=2 m/s的速度被水平拋出,恰好從B點沿軌道切線方向進(jìn)入軌道,經(jīng)過C點后沿水平面向右運動至D點時,彈簧被壓縮至最短,C、D兩點間的水平距離L=1.2 m,小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,g取 10 m/s2。求: (1)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上B點時速度vB的大小。 (2)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點時對軌道的壓力大小。 (3)彈簧的彈性勢能的最大值Epm。 【解析】(1)小物塊恰好從B點沿切線方向進(jìn)入軌道,由幾何關(guān)系有 vB==4 m/s。 (2)小物塊由B點運動到C點,由動能定理有 mgR(1+sinθ)=m-m 在C點處,由牛頓第二定律有 F-mg=m 解得F=8 N 根據(jù)牛頓第三定律,小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點時對軌道的壓力F′大小為8 N。 (3)小物塊從B點運動到D點,由能量守恒定律有Epm=m+mgR(1+sinθ)- μmgL=0.8 J。 答案:(1)4 m/s　(2)8 N　(3)0.8 J 【能力拔高題組】 1.(8分)(2018孝感模擬)如圖所示,一質(zhì)量為m的小球用兩根不可伸長的輕繩a、b連接,兩輕繩的另一端在豎直桿的A、B兩點上,當(dāng)兩輕繩伸直時,a繩與桿的夾角為30,b繩水平,已知a繩長為2L,當(dāng)豎直桿以自己為軸轉(zhuǎn)動,角速度ω從零開始緩慢增大過程中(不同ω對應(yīng)的軌跡可當(dāng)成相同的圓周運動軌跡),則下列說法正確的是 (　　) A.從開始至b繩伸直但不提供拉力時,繩a對小球做功為0 B.從開始至b繩伸直但不提供拉力時,小球的機(jī)械能增加了mgL C.從開始至b繩伸直但不提供拉力時,繩a對小球做功為mgL D.當(dāng)ω=時,b繩未伸直 【解析】選C。當(dāng)b繩剛要伸直時,對小球,由牛頓第二定律和向心力公式得,水平方向有Fasin 30=m,豎直方向有Facos 30=mg,解得v=。小球的機(jī)械能增加量為ΔE=mg2L(1-cos 30)+mv2= mgL,由功能關(guān)系可知,從開始至b繩伸直但不提供拉力時,繩a對小球做功為W=ΔE=mgL,故A、B錯誤,C正確;b繩剛好伸直無拉力時,小球的角速度為ω==,ω=>,所以b繩已經(jīng)伸直,故D錯誤。 2.(17分)如圖所示為某車間傳送裝置的簡化示意圖,由水平傳送帶、粗糙斜面、輕質(zhì)彈簧及力傳感器組成。傳送帶通過一段光滑圓弧與斜面頂端相切,且保持v0=4 m/s的恒定速率運行,AB之間距離為L=8 m,斜面傾角θ=37,彈簧勁度系數(shù)k=200 N/m,彈性勢能Ep=kx2,式中x為彈簧的形變量,彈簧處于自然狀態(tài)時上端到斜面頂端的距離為d=3.2 m。現(xiàn)將一質(zhì)量為4 kg的工件輕放在傳送帶A端,工件與傳送帶、斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.5,不計其他阻力,sin37=0.6, cos37=0.8,g取10 m/s2。求: (1)工件傳到B端經(jīng)歷的時間。 (2)傳感器的示數(shù)最大值。 (3)工件經(jīng)多次緩沖后停在斜面上,傳感器的示數(shù)為20 N,工件在斜面上通過的總路程。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字) 【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點: (1)工件的速度與傳送帶共速時是否已經(jīng)到達(dá)B端。 (2)傳感器的示數(shù)值最大時,工件的速度為零。 (3)由能量守恒定律求解工件在斜面上通過的總路程。 【解析】(1)設(shè)工件輕放后向右的加速度為a,達(dá)共速時位移為x1,時間為t1,由牛頓第二定律得: μmg=ma 解得:a=μg=5 m/s2 t1==0.8 s x1=a=1.6 m 接著工件向右勻速運動,設(shè)時間為t2,則: t2==1.6 s 工件傳到B端經(jīng)歷的時間:t=t1+t2=2.4 s (2)設(shè)傳感器示數(shù)最大時彈簧的壓縮量為Δx1, 由動能定理得:mg(d+Δx1)sin 37-μmg(d+Δx1)cos 37-kΔ=0-m 代入數(shù)據(jù)解得:Δx1=0.8 m 傳感器的示數(shù)最大值為:Fm=kΔx1=160 N (3)設(shè)傳感器示數(shù)為20 N時彈簧的壓縮量為Δx2,工件在斜面上通過的總路程為s,則: Δx2==0.1 m 由能量守恒得: m+mg(d+Δx2)sin 37=μmgs cos37+kΔ 代入數(shù)據(jù)解得:s=6.89 m 答案:(1)2.4 s　 (2)160 N　 (3)6.89 m