考前適應(yīng)練十動力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用題型一傳送帶模型例1(多選)如圖所示為某建筑工地所用的水平放置的運(yùn)輸帶，在電動機(jī)的帶動下運(yùn)輸帶始終以恒定的速度v0＝1m/s順時(shí)針傳動．建筑工人將質(zhì)量m＝2kg的建筑材料靜止地放到運(yùn)輸帶的最左端，同時(shí)建筑工人以v0＝1m/s的速度向右勻速運(yùn)動．已知建筑材料與運(yùn)輸帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，運(yùn)輸帶的長度為L＝2m，重力加速度大小為g＝10m/s2.以下說法正確的是()A．建筑工人比建筑材料早到右端0.5sB．建筑材料在運(yùn)輸帶上一直做勻加速直線運(yùn)動C．因運(yùn)輸建筑材料電動機(jī)多消耗的能量為1JD．運(yùn)輸帶對建筑材料做的功為1J答案AD解析建筑工人勻速運(yùn)動到右端，所需時(shí)間t1＝eq\f(L,v0)＝2s，假設(shè)建筑材料先加速再勻速運(yùn)動，加速時(shí)的加速度大小為a＝μg＝1m/s2，加速的時(shí)間為t2＝eq\f(v0,a)＝1s，加速運(yùn)動的位移為x1＝eq\f(v0,2)t2＝0.5m<L，假設(shè)成立，因此建筑材料先加速運(yùn)動再勻速運(yùn)動，勻速運(yùn)動的時(shí)間為t3＝eq\f(L－x1,v0)＝1.5s，因此建筑工人比建筑材料早到達(dá)右端的時(shí)間為Δt＝t3＋t2－t1＝0.5s，A正確，B錯誤；建筑材料與運(yùn)輸帶在加速階段摩擦生熱，該過程中運(yùn)輸帶的位移為x2＝v0t2＝1m，則因摩擦mv02＝1J，則因運(yùn)輸建筑材料電動機(jī)多消耗的能量為2J，C錯誤，D正確．變式訓(xùn)練1如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，傳送帶在電動機(jī)的帶動下，始終保持v0＝2m/s的速率運(yùn)行，現(xiàn)把一質(zhì)量為m＝10kg的工件(可視為質(zhì)點(diǎn))輕輕放在傳送帶的底端，經(jīng)過時(shí)間t＝1.9s，工件被傳送到h＝1.5m的高處，g取10m/s2，求：(1)工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；(2)電動機(jī)由于傳送工件多消耗的電能．答案(1)eq\f(\r(3),2)(2)230J解析(1)由題圖可知，傳送帶長x＝eq\f(h,sinθ)＝3m工件速度達(dá)到v0前，做勻加速運(yùn)動，有x1＝eq\f(v0,2)t1工件速度達(dá)到v0后，做勻速運(yùn)動，有x－x1＝v0(t－t1)聯(lián)立解得加速運(yùn)動的時(shí)間t1＝0.8s加速運(yùn)動的位移x1＝0.8m，所以加速度大小a＝eq\f(v0,t1)＝2.5m/s2由牛頓第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得μ＝eq\f(\r(3),2).(2)由能量守恒定律知，電動機(jī)多消耗的電能用于增加工件的動能、勢能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對位移時(shí)摩擦力做功產(chǎn)生的熱量．在時(shí)間t1內(nèi)，傳送帶運(yùn)動的位移x傳＝v0t1＝1.6m在時(shí)間t1內(nèi)，工件相對傳送帶的位移x相＝x傳－x1＝0.8m在時(shí)間t1內(nèi)，摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcosθ·x相＝60J最終工件獲得的動能Ek＝eq\f(1,2)mv02＝20J工件增加的勢能Ep＝mgh＝150J電動機(jī)多消耗的電能E＝Q＋Ek＋Ep＝230J.題型二滑塊—木板模型綜合分析例2(多選)如圖甲所示，一長木板靜止在水平地面上，在t＝0時(shí)刻，一小物塊以一定速度從左端滑上長木板，之后長木板運(yùn)動的v－t圖像如圖乙所示，已知小物塊與長木板的質(zhì)量均為m＝1kg，已知木板足夠長，g取10m/s2，則()A．小物塊與長木板間動摩擦因數(shù)μ＝0.5B．在整個運(yùn)動過程中，物塊與木板構(gòu)成的系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量70JC．小物塊的初速度為v0＝12m/sD．0～2s與2～3s物塊和木板構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能減少量之比為17∶1答案ACD解析由題圖乙可知，木板先做勻加速運(yùn)動，再做勻減速運(yùn)動，故可知地面對木板有摩擦力，在0～2s內(nèi)，木板受物塊向右的摩擦力和地面向左的摩擦力而做勻加速運(yùn)動，加速度為a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(2－0,2)m/s2＝1m/sμmg，在2～3s內(nèi)，木板與物塊相對靜止，受地面摩擦力做勻減速運(yùn)動，加速度為a2＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(0－2,1)m/s2＝－2m/s2，即＝2ma2＝4N，聯(lián)立以上各式，解得μ＝0.5，故A正確；對物塊，在0～2s內(nèi)，受木板的摩擦力作用而做勻減速運(yùn)動，由牛頓第二定律，有μmg＝ma，解得a＝5m/s2，由v＝v0－at可得v0＝v＋at＝2m/s＋5×2m/s＝12m/s，故C正確；最后木板與物塊均靜止，故在整個運(yùn)動過程中，物塊與木板構(gòu)成的系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量等于物塊的初動能，即Q＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×1×122J＝72J,2s～3s物塊和木板一起減速，系統(tǒng)的機(jī)械能減少Q(mào)＝eq\f(1,2)·2mv2＝4J，故0～2s系統(tǒng)機(jī)械能減少72J－4J＝68J，則0～2s與2～3s系統(tǒng)機(jī)械能減少量之比為17∶1，故B錯誤，D正確．變式訓(xùn)練2如圖所示，水平地面上有一長L＝2m、質(zhì)量M＝1kg的長板，其右端上方有一固定擋板．質(zhì)量m＝2kg的小滑塊從長板的左端以v0＝6m/s的初速度向右運(yùn)動，同時(shí)長板在水平拉力F作用下以v＝2m/s的速度向右勻速運(yùn)動，滑塊與擋板相碰后速度為0，長板繼續(xù)勻速運(yùn)動，直到長板與滑塊分離．已知長板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4，滑塊與長板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，重力加速度g取10m/s2.求：(1)滑塊從長板的左端運(yùn)動至擋板處的過程，長板的位移x；(2)滑塊碰到擋板前，水平拉力大小F；(3)滑塊從長板的左端運(yùn)動至與長板分離的過程，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q.答案(1)0.8m(2)2N(3)48J解析(1)滑塊在板上做勻減速運(yùn)動，a＝eq\f(μ2mg,m)＝μ2g解得：a＝5m/s2根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得：L＝v0t－eq\f(1,2)at2，解得t＝0.4s(t＝2.0s舍去)碰到擋板前滑塊速度v1＝v0－at＝4m/s>2m/s，說明滑塊一直勻減速，板移動的位移x＝vt＝0.8m(2)對板受力分析如圖所示，有：F＋Ff2＝Ff1其中Ff1＝μ1(M＋m)g＝12N，F(xiàn)f2＝μ2mg＝10N，解得：F＝2N(3)法一：滑塊與擋板碰撞前，滑塊與長板因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q1＝Ff2·(L－x)＝μ2mg(L－x)＝12J滑塊與擋板碰撞后，滑塊與長板因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q2＝μ2mg(L－x)＝12J整個過程中，長板與地面因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q3＝μ1(M＋m)g·L＝24J所以，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q＝Q1＋Q2＋Q3＝48J法二：滑塊與擋板碰撞前，木板受到的拉力為F1＝2N(第二問可知)F1做功為W1＝F1x＝2×0.8＝1.6J滑塊與擋板碰撞后，木板受到的拉力為：F2＝Ff1＋Ff2＝μ1(M＋m)g＋μ2mg＝22NF2做功為W2＝F2(L－x)＝22×1.2J＝26.4J碰到擋板前滑塊速度v1＝v0－at＝4m/s滑塊動能變化：ΔEk＝20J所以系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q＝W1＋W2＋ΔEk＝48J.題型三多運(yùn)動組合問題例3某游樂場的游樂裝置可簡化為如圖所示的豎直面內(nèi)軌道BCDE，左側(cè)為半徑R＝0.8m的光滑圓弧軌道BC，軌道的上端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向的夾角α＝30°，下端點(diǎn)C與粗糙水平軌道CD相切，DE為傾角θ＝30°的光滑傾斜軌道，一輕質(zhì)彈簧上端固定在E點(diǎn)處的擋板上．現(xiàn)有質(zhì)量為m＝1kg的小滑塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))從空中的A點(diǎn)以v0＝eq\r(2)m/s的初速度水平向左拋出，恰好從B點(diǎn)沿軌道切線方向進(jìn)入軌道，沿著圓弧軌道運(yùn)動到C點(diǎn)之后繼續(xù)沿水平軌道CD滑動，經(jīng)過D點(diǎn)(不計(jì)經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的能量損失)后沿傾斜軌道向上運(yùn)動至F點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，彈簧恰好壓縮至最短．已知C、D之間和D、F之間距離都為1m，滑塊與軌道CD間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力．求：(1)小滑塊P經(jīng)過圓弧軌道上B點(diǎn)的速度大小；(2)小滑塊P到達(dá)圓弧軌道上的C點(diǎn)時(shí)對軌道壓力的大小；(3)彈簧的彈性勢能的最大值；(4)試判斷滑塊返回時(shí)能否從B點(diǎn)離開，若能，求出飛出B點(diǎn)的速度大小；若不能，判斷滑塊最后位于何處．答案(1)2eq\r(2)m/s(2)50N(3)6J(4)無法從B點(diǎn)離開，離D點(diǎn)0.2m(或離C點(diǎn)0.8m)解析(1)設(shè)滑塊P經(jīng)過B點(diǎn)的速度大小為vB，由平拋運(yùn)動知識v0＝vBsin30°，得vB＝2eq\r(2)m/s(2)滑塊P從B點(diǎn)到達(dá)最低點(diǎn)C點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律mg(R＋Rsin30°)＋eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mvC2，解得vC＝4eq\r(2)m/s經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)受軌道的支持力大小FN，有FN－mg＝meq\f(vC2,R)，解得FN＝50N由牛頓第三定律可得滑塊在C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小F壓＝50N(3)設(shè)彈簧的彈性勢能最大值為Ep，滑塊從C到F點(diǎn)過程中，根據(jù)動能定理有－μmgL－mgLsin30°－Ep＝0－eq\f(1,2)mvC2，代入數(shù)據(jù)可解得Ep＝6J(4)設(shè)滑塊返回時(shí)能上升的高度為h，根據(jù)動能定理有mgLsin30°＋Ep－μmgL＝mgh代入數(shù)據(jù)可解得h＝0.6m因?yàn)閔<R，故無法從B點(diǎn)離開，又eq\f(1,2)mvC2＝μmgx，代入數(shù)據(jù)可解得x＝3.2m滑塊最后靜止時(shí)離D點(diǎn)0.2m(或離C點(diǎn)0.8m)．變式訓(xùn)練3如圖所示，豎直放置的半徑為R＝0.2m的螺旋圓形軌道BGEF與水平直軌道MB和BC平滑連接，傾角為θ＝30°的斜面CD在C處與直軌道BC平滑連接．水平傳送帶MN以v0＝4m/s的速度沿順時(shí)針方向運(yùn)動，傳送帶與水平地面的高度差為h＝0.8m，MN間的距離為LMN＝3.0m，小滑塊P與傳送帶和BC段軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，軌道其他部分均光滑．直軌道BC長LBC＝1m，小滑塊P質(zhì)量為m＝1kg.重力加速度g取10m/s2.(1)若滑塊P第一次到達(dá)與圓軌道圓心O等高的F點(diǎn)時(shí)，對軌道的壓力剛好為零，求滑塊P從斜面靜止下滑處與BC軌道高度差H；(2)若滑塊P從斜面高度差H′＝1.0m處靜止下滑，求滑塊從N點(diǎn)平拋后到落地過程的水平位移；(3)滑塊P在運(yùn)動過程中能兩次經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)E點(diǎn)，求滑塊P從斜面靜止下滑的高度差H的范圍．答案(1)0.4m(2)0.8m(3)0.7m≤H≤0.8m解析(1)滑塊P在圓軌道F點(diǎn)對軌道的壓力剛好為零，則vF＝0mg(H－R)－μmgLBC＝0，解得H＝0.4m(2)H′＝1.0m，設(shè)動能定理mgH′－μmg(LBC＋LMN)＝eq\f(1,2)mvN2－0，解得vN＝2m/s滑塊從N點(diǎn)做平拋運(yùn)動，水平位移為x＝vNeq\r(\f(2h,g))＝0.8m(3)設(shè)滑塊P在運(yùn)動過程中恰好能第一次經(jīng)過E點(diǎn)時(shí)，高度差為H1，從開始到E點(diǎn)應(yīng)用動能定理mgH1－μmgLBC－2mgR＝eq\f(1,2)mvE2－0在E點(diǎn)時(shí)有mg＝meq\f(vE2,R)，解得H1＝0.7m滑塊滑上傳送帶時(shí)的速度為vM，mgH1－μmgLBC＝eq\f(1,2)mvM2－0，vM＝eq\r(10)m/s<4m/s滑塊做減速運(yùn)動的位移為L＝eq\f(vM2,2μg)＝2.5m<LMN因此滑塊返回M點(diǎn)時(shí)的速度為vM′＝eq\r(10)m/s，因此能第二次過E點(diǎn)．設(shè)高度為H2時(shí)，滑塊從傳送帶返回M點(diǎn)時(shí)的最大速度為v＝eq\r(2μgLMN)＝eq\r(12)m/s從開始到M點(diǎn)應(yīng)用動能定理mgH2－μmgLBC＝eq\f(1,2)mv2－0，解得H2＝0.8m第二次經(jīng)過E點(diǎn)后，當(dāng)滑塊再次從B點(diǎn)滑上圓軌道時(shí)在B點(diǎn)的速度為vB，則有mgH2－3μmgLBC＝eq\f(1,2)mvB2－0vB＝2m/s<eq\r(10)m/s所以滑塊不會第三次過E點(diǎn)，則能兩次經(jīng)過E點(diǎn)的高度差H范圍是0.7m≤H≤0.8m.課時(shí)精練1.如圖所示，足夠長的水平傳送帶以恒定速率v勻速運(yùn)動，某時(shí)刻一個質(zhì)量為m的小物塊，以大小也是v、方向與傳送帶的運(yùn)動方向相反的初速度沖上傳送帶，最后小物塊的速度與傳送帶的速度相同．在小物塊與傳送帶間有相對運(yùn)動的過程中，滑動摩擦力對小物塊做的功為W，小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，則下列判斷中正確的是()A．W＝0，Q＝mv2B．W＝0，Q＝2mv2C．W＝eq\f(mv2,2)，Q＝mv2D．W＝mv2，Q＝2mv2答案B解析對小物塊，由動能定理有W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv2＝0，設(shè)小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，小物塊向左做減速運(yùn)動時(shí)，二者間的相對路程x1＝eq\f(v,2)t＋vt＝eq\f(3,2)vt，小物塊向右做加速運(yùn)動時(shí)，二者間的相對路程x2＝vt－eq\f(v,2)t＝eq\f(v,2)t，又t＝eq\f(v,μg)，則小物塊與傳送帶間的相對路程x相對＝x1＋x2＝eq\f(2v2,μg)，小物塊與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgx相對＝2mv2，選項(xiàng)B正確．2.(多選)如圖所示，質(zhì)量m＝1kg的物體從高為h＝0.2m的光滑軌道上P點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點(diǎn)，物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，傳送帶A、B之間的距離為L＝5m，傳送帶一直以v＝4m/s的速度勻速運(yùn)動，則(g取10m/s2)()A．物體從A運(yùn)動到B的時(shí)間是1.5sB．物體從A運(yùn)動到B的過程中，摩擦力對物體做功為2JC．物體從A運(yùn)動到B的過程中，產(chǎn)生的熱量為2JD．物體從A運(yùn)動到B的過程中，帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機(jī)多做的功為10J答案AC解析設(shè)物體下滑到A點(diǎn)時(shí)的速度為v0，對PA過程，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mv02＝mgh，代入數(shù)據(jù)得v0＝eq\r(2gh)＝2m/s<v＝4m/s，則物體滑上傳送帶后，在滑動摩擦力的作用下做勻加速運(yùn)動，加速度大小為a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2；當(dāng)物體的速度與傳送帶的速度相等時(shí)用時(shí)t1＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(4－2,2)s＝1s，勻加速運(yùn)動的位移x1＝eq\f(v0＋v,2)t1＝eq\f(2＋4,2)×1m＝3m<L＝5m，所以物體與傳送帶共速后向右做勻速運(yùn)動，勻速運(yùn)動的時(shí)間為t2＝eq\f(L－x1,v)＝eq\f(5－3,4)s＝0.5s，故物體從A運(yùn)動到B的時(shí)間為t＝t1＋t2＝1.5s，故選項(xiàng)A正確；物體運(yùn)動到B時(shí)的速度是v＝4m/s，根據(jù)動能定理得：摩擦力對物體做功W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)×1×42J－eq\f(1,2)×1×22J＝6J，選項(xiàng)B錯誤；在t1Q＝μmgΔx＝μmg(x帶－x1)，代入數(shù)據(jù)得Q＝2J，選項(xiàng)C正確；電動機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動能，另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則電動機(jī)多做的功W′＝W＋Q＝6J＋2J＝8J，選項(xiàng)D錯誤．3.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、長度為L的小車靜止在光滑的水平面上．質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在小車的最左端．現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動．小物塊和小車之間的摩擦力大小為Ff，小物塊滑到小車的最右端時(shí)，小車運(yùn)動的距離為x，在這個過程中，以下結(jié)論正確的是()A．小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)具有的動能為F(L＋x)B．小物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車具有的動能為FfxC．摩擦力對小物塊所做的功為Ff(L＋x)D．小物塊在小車上滑行過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為FfL答案BCD解析對物塊分析，物塊對地的位移為L＋x，根據(jù)動能定理得(F－Ff)(L＋x)＝Ek物－0，則物塊到達(dá)小車最右端時(shí)具有的動能Ek物＝(F－Ff)(L＋x)，故A錯誤；對小車分析，小車對地的位移為x，根據(jù)動能定理得Ffx＝Ek車－0，則物塊到達(dá)小車最右端時(shí)，小車具有的動能Ek車＝Ffx，故B正確；摩擦力對小物塊所做的功為Ff(L＋x)，故C正確；系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，即物塊與小車增加的內(nèi)能Q＝Ffx相對＝FfL，故D正確．4．(多選)如圖所示，一傾角為θ＝37°的足夠長斜面體固定在水平地面上，質(zhì)量為M＝2kg的長木板B沿著斜面以速度v0＝9m/s勻速下滑，現(xiàn)把質(zhì)量為m＝1kg的鐵塊A無初速度放在長木板B的左端，鐵塊最終恰好沒有從長木板上滑下．已知A與B之間、B與斜面之間的動摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列判斷正確的是()A．動摩擦因數(shù)μ＝0.5B．鐵塊A和長木板B共速后的速度大小為6m/sC．長木板的長度為2.25mD．從鐵塊放上長木板到鐵塊和長木板共速的過程中，鐵塊A和長木板B減少的機(jī)械能等于A、B之間摩擦產(chǎn)生的熱量答案BC解析開始時(shí)長木板B沿著斜面以速度v0＝9m/s勻速下滑，有Mgsin37°＝μMgcos37°，解得μ37°＋mgsin37°＝maA，解得aA＝12m/s2，方向沿斜面向下，對B，根據(jù)牛頓第二定律有μ(M＋m)gcos37°＋μmgcos37°－Mgsin37°＝MaB，解得aB＝6m/s2，方向沿斜面向上，鐵塊A和長木板B共速的時(shí)間為t，則v0－aBt＝aAt，解得t＝0.5s，鐵塊A和長木板B共速后，速度大小為v共＝aBt＝6m/s，B正確；鐵塊A和長木板B共速，一起沿斜面勻速下滑，則長木板的長度為L＝xB－xA＝eq\f(v0＋v共,2)t－eq\f(v共,2)t＝2.25m，C正確；由能量守恒定律可知，從鐵塊放上長木板到鐵塊和長木板共速的過程中，鐵塊A和長木板B減少的機(jī)械能等于A、B之間摩擦產(chǎn)生的熱量與B與斜面之間摩擦產(chǎn)生的熱量之和，D錯誤．5．(多選)如圖甲，一足夠長的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，皮帶在電動機(jī)的帶動下，速率始終不變．t＝0時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)位置放上一具有初速度的小物塊．取沿斜面向上為正方向，物塊在傳送帶上運(yùn)動的速度隨時(shí)間的變化如圖乙所示．已知小物塊質(zhì)量m＝1kg，g取10m/s2，下列說法正確的是()A．傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動，速度大小為2m/sB．傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(2\r(3),5)C．0～t2時(shí)間因摩擦產(chǎn)生熱量為27JD．0～t2時(shí)間內(nèi)電動機(jī)多消耗的電能為28.5J答案ABC解析從v－t圖可知，小物塊最終隨傳送帶一起勻速運(yùn)動，說明傳送帶的速度為2m/s，順時(shí)針轉(zhuǎn)動，故A正確；小物塊的加速度a＝1m/s2，對物塊受力分析，可得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得μ＝eq\f(2\r(3),5)，故B正確；物塊運(yùn)動速度減為零后，反向加速經(jīng)歷時(shí)間t＝eq\f(v0,a)＝2s，v－t圖中可知t2＝3s，物塊運(yùn)動的位移s＝1.5m，傳送帶與物塊的相對位移Δs＝4.5m，產(chǎn)生內(nèi)能Q＝μmgcosθ·Δs＝27J，故C正確；物塊增加的重力勢能ΔEp＝mgsinθ·s＝7.5J，物塊動能的增量ΔEk＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12＝1.5J，傳送帶多消耗的電能W電＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36J.另解：物塊運(yùn)動速度減為零后，反向加速經(jīng)歷時(shí)間t＝eq\f(v0,a)＝2s，因此v－t圖中t2＝3s，3s內(nèi)傳送帶的位移s＝v0t2＝6m，傳送帶多消耗的電能W電＝μmgcosθ·s＝36J.6.如圖所示，光滑水平面上有一木板，質(zhì)量M＝1.0kg，長度L＝1.0m．在木板的最左端有一個小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，質(zhì)量m＝1.0kg.小鐵塊和木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.30.開始時(shí)它們都處于靜止?fàn)顟B(tài)，某時(shí)刻起對木板施加一個水平向左的拉力F將木板抽出，若F＝8N，g取10m/s2.求：(1)抽出木板的過程中摩擦力分別對木板和鐵塊做的功；(2)抽出木板的過程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q.答案(1)－7.5J4.5J(2)3J解析(1)當(dāng)用F＝8N的力將木板從小鐵塊下方抽出，小鐵塊運(yùn)動的加速度為：a1＝μg＝3m/s2木板運(yùn)動的加速度為：a2＝eq\f(F－μmg,M)＝5m/s2設(shè)抽出過程的時(shí)間為t，則有：eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝L，解得：t＝1s所以小鐵塊運(yùn)動的位移為：x1＝eq\f(1,2)a1t2，解得：x1＝1.5m木板運(yùn)動的位移為：x2＝eq\f(1,2)a2t2，解得：x2＝2.5m摩擦力對小鐵塊做的功為：W1＝μmgx1，解得W1＝4.5J摩擦力對木板做的功為：W2＝－μmgx2，解得：W2＝－7.5J(2)抽出木板的過程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μmgL＝3J.7．如圖所示，一個可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊的質(zhì)量為m＝1kg，從光滑平臺上的A點(diǎn)以v0＝2m/s的初速度水平拋出，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，恰好沿C點(diǎn)的切線方向進(jìn)入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點(diǎn)的質(zhì)量為M＝3kg的長木板．已知長木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，水平地面光滑，小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，圓弧軌道的半徑為0.4m，C點(diǎn)和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ＝60°，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2.求：(1)小物塊剛到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力；(2)要使小物塊不滑出長木板，長木板長度的最小值．答案(1)60N，方向豎直向下(2)2.5m解析(1)小物塊在C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC＝eq\f(v0,cos60°)小物塊由C到D的過程中，由動能定理得mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2代入數(shù)據(jù)解得vD＝2eq\r(5)m/s小物塊在D點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(vD2,R)，代入數(shù)據(jù)解得FN＝60N由牛頓第三定律得小物塊對軌道的壓力FN′＝FN＝60N，方向豎直向下．(2)設(shè)小物塊剛好能滑到長木板左端且達(dá)到共同速度，大小為v，此時(shí)長木板長度最小，滑行過程中，小物塊與長木板的加速度大小分別為a1＝eq\f(μmg,m)＝μg，a2＝eq\f(μmg,M)速度分別為v＝vD－a1t，v＝a2t，解得v＝eq\f(\r(5),2)m/s對小物塊和長木板組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得μmgL＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)(m＋M)v2，解得L＝2.5m.8．跳臺滑雪運(yùn)動員腳穿專用滑雪板，不借助任何外力，從起滑臺起滑，在助滑道上獲得高速度，于臺端飛出，沿拋物線在空中飛行，在著陸坡著陸后，繼續(xù)滑行至水平停止區(qū)靜止．如圖所示為一簡化后的跳臺滑雪的雪道示意圖．助滑坡由傾角為θ＝37°的斜面AB和半徑為R1＝10m的光滑圓弧BC組成，兩者相切于B.AB豎直高度差h1＝30m，豎直跳臺CD高度差為h2＝5m，著陸坡DE是傾角為θ＝37°的斜坡，長L＝130m，下端與半徑為R2＝20m的光滑圓弧EF相切，且EF下端與停止區(qū)相切于F.運(yùn)動員從A點(diǎn)由靜止滑下，通過C點(diǎn)，以速度vC＝25m/s水平飛出落到著陸坡上，然后運(yùn)動員通過技巧使垂直于斜坡速度降為0，以沿斜坡的分速度繼續(xù)下滑，經(jīng)過EF到達(dá)停止區(qū)FG.若運(yùn)動員連同滑雪裝備總質(zhì)量為80kg.(不計(jì)空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求：(1)運(yùn)動員在C點(diǎn)對臺端的壓力大小；(2)滑板與斜坡AB間的動摩擦因數(shù)；(3)運(yùn)動員在著陸坡上的落點(diǎn)距離D多遠(yuǎn)；(4)運(yùn)動員在停止區(qū)靠改變滑板方向增加制動力，若運(yùn)動員想在60m之內(nèi)停下，制動力至少是總重力的幾倍．(設(shè)兩斜坡粗糙程度相同，計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)答案(1)5800N(2)eq\f(3,160)(3)125m(4)1.7倍解析(1)運(yùn)動員經(jīng)C點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得FC－mg＝meq\f(vC2,R1)，解得FC＝5800N根據(jù)牛頓第三定律，運(yùn)動員在C點(diǎn)對臺端的壓力大小為5800N.(2)從A點(diǎn)到C點(diǎn)，由動能定理得mgh1－μmgcosθ

eq\f(h1,sinθ)＋mgR1(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mvC2－0解得μ＝eq\f(3,160).(3)設(shè)運(yùn)動員離開C點(diǎn)后開始做平拋運(yùn)動到P點(diǎn)，設(shè)D、P間距離為sP，則水平方向上有xP＝vCt，豎直方向上有yP＝eq\f(