2020版高中物理人教必修二课件：7.专题

1、专题:功能关系的典型问题 主题一主题一 板块模型中的功能关系板块模型中的功能关系 1.1.模型特点模型特点: : 涉及两个物体涉及两个物体, ,并且物体间存在相对滑动。并且物体间存在相对滑动。 2.2.两种位移关系两种位移关系: : 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中, ,若滑块和滑若滑块和滑 板同向运动板同向运动, ,位移之差等于板长位移之差等于板长; ;反向运动时反向运动时, ,位移之和位移之和 等于板长。等于板长。 3.3.建模指导建模指导: : 【典例示范【典例示范】 (2019(2019宜宾高一检测宜宾高一检测) ) 如图所示如图所示, ,上表面

2、光滑上表面光滑, ,长度为长度为 3 m3 m、质量、质量M=10 kgM=10 kg的木板的木板, ,在在F=50 NF=50 N的水平拉力作用下的水平拉力作用下, , 以以v v0 0=5 m/s=5 m/s的速度沿水平地面向右匀速运动。现将一的速度沿水平地面向右匀速运动。现将一 个质量为个质量为m=3 kgm=3 kg的小铁块的小铁块( (可视为质点可视为质点) )无初速度地放无初速度地放 在木板最右端在木板最右端, ,当木板运动了当木板运动了L=1 mL=1 m时时, ,又将第二个同样又将第二个同样 的小铁块无初速度地放在木板最右端的小铁块无初速度地放在木板最右端, ,以后木板每运动以

3、后木板每运动 1 m1 m就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块。就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块。 (g(g取取10 m/s10 m/s2 2) )求求: : (1)(1)木板与地面间的动摩擦因数。木板与地面间的动摩擦因数。 (2)(2)刚放第三个铁块时木板的速度。刚放第三个铁块时木板的速度。 (3)(3)从放第三个铁块开始到木板停下的过程从放第三个铁块开始到木板停下的过程, ,木板运动木板运动 的距离。的距离。 【解题指南【解题指南】解答本题应明确以下三点解答本题应明确以下三点: : (1)(1)在没放铁块时在没放铁块时, ,木板做匀速运动木板做匀速运动, ,合力为零。合力为

4、零。 (2)(2)当放铁块时当放铁块时, ,分析木板受力分析木板受力, ,注意地面摩擦力的变化。注意地面摩擦力的变化。 (3)(3)各段均可用动能定理列式。各段均可用动能定理列式。 【解析【解析】(1)(1)木板做匀速直线运动时木板做匀速直线运动时, ,受到地面的摩擦受到地面的摩擦 力为力为F Ff f由平衡条件得由平衡条件得 F=FF=Ff f F Ff f=Mg=Mg 联立并代入数据得联立并代入数据得=0.5=0.5。 (2)(2)每放一个小铁块每放一个小铁块, ,木板所受的摩擦力增加木板所受的摩擦力增加mgmg, ,令刚令刚 放第三个铁块时木板速度为放第三个铁块时木板速度为v v1 1,

5、 ,对木板从放第一个铁块对木板从放第一个铁块 到刚放第三个铁块的过程到刚放第三个铁块的过程, ,由动能定理得由动能定理得 -mgL-2mgL= -mgL-2mgL= 联立并代入数据得联立并代入数据得 v v1 1=4 m/s=4 m/s。 22 10 11 MvMv 22 (3)(3)从放第三个铁块开始到木板停下之前从放第三个铁块开始到木板停下之前, ,木板所受的木板所受的 摩擦力均为摩擦力均为3mg3mg。 从放第三个铁块开始到木板停下的过程从放第三个铁块开始到木板停下的过程, ,设木板运动的设木板运动的 距离为距离为x,x,对木板由动能定理得对木板由动能定理得 -3mgx=0- -3mgx

6、=0- 联立并代入数据得联立并代入数据得x= m=1.78 mx= m=1.78 m。 答案答案: :(1)0.5(1)0.5(2)4 m/s(2)4 m/s(3)1.78 m(3)1.78 m 2 1 1 Mv 2 16 9 【探究训练【探究训练】 1.(1.(多选多选)(2019)(2019广元高一检测广元高一检测) )如图甲所示如图甲所示, ,长木板长木板A A 放在光滑的水平面上放在光滑的水平面上, ,质量为质量为m=2 kgm=2 kg的另一物体的另一物体B(B(可看可看 作质点作质点) )以水平速度以水平速度v v0 0=2 m/s=2 m/s滑上原来静止的长木板滑上原来静止的长木

7、板A A 的上表面。由于的上表面。由于A A、B B间存在摩擦间存在摩擦, ,之后之后A A、B B的速度随时的速度随时 间变化情况如图乙所示间变化情况如图乙所示, ,则下列说法正确的是则下列说法正确的是(g(g取取 10 m/s10 m/s2 2) )( () ) A.A.最终木板最终木板A A获得的动能为获得的动能为2 J2 J B.B.整个过程系统损失的机械能为整个过程系统损失的机械能为4 J4 J C.C.木板木板A A的长度一定不小于的长度一定不小于1 m1 m D.AD.A、B B间的动摩擦因数为间的动摩擦因数为0.10.1 【解析【解析】选选C C、D D。从图乙可以看出。从图乙

8、可以看出,B,B做匀减速运动做匀减速运动,A,A 做匀加速运动做匀加速运动, ,最后的共同速度为最后的共同速度为1 m/s1 m/s, ,由由F Ff f=ma=maA A=m=mA Aa aA A 得得m mA A=m,=m,由由E EkA kA= m = mA Av v2 2可得木板可得木板A A获得的动能为获得的动能为1 J,A1 J,A错错 误误; ;系统损失的机械能系统损失的机械能W= 2mvW= 2mv2 2, ,代入数代入数 据得据得W=2 J,BW=2 J,B错误错误; ;由图象可知物体由图象可知物体B B的位移为的位移为1.5 m,1.5 m, 长木板长木板A A的位移为的位

9、移为0.5 m,0.5 m,所以长木板最小长度为所以长木板最小长度为1 m,C1 m,C 1 2 2 0 11 mv 22 正确正确; ;由图象可知长木板由图象可知长木板A A的加速度为的加速度为1 m/s1 m/s2 2, ,根据根据 mmB Bg=mg=mA Aa aA A得出动摩擦因数为得出动摩擦因数为0.1,D0.1,D正确。正确。 2.(20192.(2019郴州高一检测郴州高一检测) )如图所示如图所示, ,长为长为L=1 mL=1 m、质量、质量 M=0.25 kgM=0.25 kg的木板放在光滑水平面上的木板放在光滑水平面上, ,质量质量m=2 kgm=2 kg的小的小 物块物

10、块( (可视为质点可视为质点) )位于木板的左端位于木板的左端, ,木板和物块间的动木板和物块间的动 摩擦因数摩擦因数=0.1=0.1。现突然给木板一向左的初速度。现突然给木板一向左的初速度v v0 0= = 2 m/s2 m/s, ,同时对小物块施加一水平向右的恒定拉力同时对小物块施加一水平向右的恒定拉力F=F= 10 N,10 N,经过一段时间后经过一段时间后, ,物块与木板相对静止物块与木板相对静止, ,此时撤去此时撤去 力力F F。g g取取10 m/s10 m/s2 2, ,求求: : (1)(1)物块最终停在木板上的位置。物块最终停在木板上的位置。 (2)(2)在物块与木板达到相对

11、静止前的运动过程中拉力在物块与木板达到相对静止前的运动过程中拉力F F 做的功和产生的内能。做的功和产生的内能。 【解析【解析】 (1)(1)物块与木板水平方向的受力分析如图所物块与木板水平方向的受力分析如图所 示示 根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律, ,物块的加速度为物块的加速度为a a1 1= = = 4 m/s4 m/s2 2, ,木板的加速度为木板的加速度为a a2 2= =8 m/s= =8 m/s2 2, ,当物块与木当物块与木 板速度相同时板速度相同时, ,两者不再发生相对滑动两者不再发生相对滑动, ,一直匀速运动一直匀速运动 下去。由下去。由a a1 1t=-vt=-v0 0+

12、a+a2 2t,t,解得解得t=0.5 s,t=0.5 s,两者共同速度大小两者共同速度大小 为为v=av=a1 1t=2 m/s,vt=2 m/s,v与木板的初速度与木板的初速度v v0 0大小相等而方向相大小相等而方向相 反反, ,可见木板此时恰好回到原位置可见木板此时恰好回到原位置, ,位移为零。此过程位移为零。此过程 Fmg m mg M 物块的位移为物块的位移为x= ax= a1 1t t2 2=0.5 m= L,=0.5 m= L,所以物块最终停所以物块最终停 在木板的中点处。在木板的中点处。 1 2 1 2 (2)(2)拉力拉力F F做的功为做的功为W=FxW=Fx=5 J,=5

13、 J,木板恰好回到原位置时木板恰好回到原位置时, , 物块相对木板的位移物块相对木板的位移x x相对 相对=x=0.5 m, =x=0.5 m,又因为物块相对木又因为物块相对木 板一直向右运动板一直向右运动, ,故物块相对木板的路程等于物块相对故物块相对木板的路程等于物块相对 木板的位移木板的位移, ,所以摩擦产生的内能为所以摩擦产生的内能为Q=FQ=Ff fx x相对 相对=1 J =1 J。 答案答案: :(1)(1)停在木板的中点处停在木板的中点处(2)5 J(2)5 J1 J1 J 【补偿训练【补偿训练】 1.(1.(多选多选) )如图所示如图所示, ,质量为质量为M,M,长度为长度为

14、L L的小车静止在光的小车静止在光 滑的水平面上滑的水平面上, ,质量为质量为m m的小物块的小物块, ,放在小车的最左端放在小车的最左端, , 现用一水平力现用一水平力F F作用在小物块上作用在小物块上, ,小物块与小车之间的小物块与小车之间的 摩擦力为摩擦力为f,f,经过一段时间小车运动的位移为经过一段时间小车运动的位移为x,x,小物块小物块 刚好滑到小车的右端刚好滑到小车的右端, ,则下列说法中正确的是则下列说法中正确的是( () ) A.A.此时物块的动能为此时物块的动能为F(x+LF(x+L) ) B.B.此时小车的动能为此时小车的动能为fxfx C.C.这一过程中这一过程中, ,物

15、块和小车增加的机械能为物块和小车增加的机械能为Fx-fLFx-fL D.D.这一过程中这一过程中, ,因摩擦而产生的热量为因摩擦而产生的热量为fLfL 【解析【解析】选选B B、D D。对物块。对物块, ,所受四个力中水平力所受四个力中水平力F F和物和物 块与小车间的滑动摩擦力做功块与小车间的滑动摩擦力做功, ,这两个力做功的位移都这两个力做功的位移都 是是(x+L(x+L),),则由动能定理可知小物块的动能则由动能定理可知小物块的动能( (等于增加的等于增加的 动能动能)E)Ek k=E=Ek k=(F-f)(x+L),A=(F-f)(x+L),A项错误项错误; ;对小车对小车, ,只有物

16、块只有物块 对小车的滑动摩擦力做正功对小车的滑动摩擦力做正功, ,且且W=fxW=fx, ,由动能定理可知由动能定理可知B B 项正确项正确; ;系统增加的机械能等于除重力和弹力外的其他系统增加的机械能等于除重力和弹力外的其他 力力( (包括内力和外力包括内力和外力) )做功的代数和做功的代数和, ,即即E=F(x+L)-E=F(x+L)- fL,CfL,C项错误项错误; ;这一过程中这一过程中, ,因摩擦而产生的热量等于滑因摩擦而产生的热量等于滑 动摩擦力与相对路程的乘积动摩擦力与相对路程的乘积, ,即即Q=fL,DQ=fL,D项正确。项正确。 2.2.如图所示如图所示, ,长长L=2 mL

17、=2 m、质量、质量M=3 kgM=3 kg的木板静止放在倾的木板静止放在倾 角为角为3737的光滑斜面上的光滑斜面上, ,质量质量m=1 kgm=1 kg的小物块放在木板的小物块放在木板 的上端的上端, ,木板和物块间的动摩擦因数木板和物块间的动摩擦因数=0.5,=0.5,对木板施对木板施 加一平行于斜面向上的拉力加一平行于斜面向上的拉力F=19 N,gF=19 N,g取取10 m/s10 m/s2 2, , sin 37sin 37=0.6,cos 37=0.6,cos 37=0.8,=0.8,斜面足够长。求斜面足够长。求: : (1)(1)木板下滑的加速度。木板下滑的加速度。 (2)(2

18、)小物块经多长时间离开木板。小物块经多长时间离开木板。 (3)(3)小物块离开木板时木板获得的动能。小物块离开木板时木板获得的动能。 【解析【解析】 (1)(1)设木板向下运动的加速度为设木板向下运动的加速度为a a1 1, ,则由牛顿则由牛顿 第二定律第二定律, ,对木板对木板:Mgsin:Mgsin 37 37+mgcos 37+mgcos 37-F=Ma-F=Ma1 1 得得:a:a1 1=1 m/s=1 m/s2 2。 (2)(2)物块向下做加速运动物块向下做加速运动, ,设其加速度为设其加速度为a a2 2, ,则由牛顿第则由牛顿第 二定律二定律, ,对物块对物块:mgsin:mgs

19、in 37 37-mgcos 37-mgcos 37=ma=ma2 2, , 得得:a:a2 2=2 m/s=2 m/s2 2, ,又因为又因为 a a2 2t t2 2- a- a1 1t t2 2=L,=L,得物块离开木得物块离开木 板所用时间板所用时间t=2 st=2 s。 1 2 1 2 (3)(3)物块离开木板时木板的速度物块离开木板时木板的速度v v1 1=a=a1 1t=2 m/st=2 m/s 木板的动能为木板的动能为E Ek k= =6 J= =6 J 答案答案: :(1)1 m/s(1)1 m/s2 2(2)2 s(2)2 s(3)6 J(3)6 J 2 1 1 Mv 2

20、3.3.如图所示如图所示, ,光滑的光滑的 圆弧圆弧AB,AB,半径半径R=0.8 m,R=0.8 m,固定在竖固定在竖 直平面内。一辆质量为直平面内。一辆质量为M=2 kgM=2 kg的小车处在水平光滑地的小车处在水平光滑地 面上面上, ,小车的上表面小车的上表面CDCD与圆弧在与圆弧在B B点的切线重合点的切线重合, ,初始时初始时 B B与与C C紧挨着紧挨着, ,小车长小车长L=1 m,L=1 m,高高H=0.2 mH=0.2 m。现有一个质量。现有一个质量 为为m=1 kgm=1 kg的滑块的滑块( (可视为质点可视为质点),),自圆弧上的自圆弧上的A A点从静止点从静止 开始释放开

21、始释放, ,滑块运动到滑块运动到B B点后冲上小车点后冲上小车, ,带动小车向右运带动小车向右运 1 4 动动, ,当滑块与小车分离时当滑块与小车分离时, ,小车运动了小车运动了x=0.2 m,x=0.2 m,此时小此时小 车的速度为车的速度为v=1 m/sv=1 m/s。求。求: : (1)(1)滑块到达滑块到达B B点时对圆弧轨道的压力。点时对圆弧轨道的压力。 (2)(2)滑块与小车间的动摩擦因数。滑块与小车间的动摩擦因数。 (3)(3)滑块与小车分离时的速度。滑块与小车分离时的速度。 (4)(4)滑块着地时与小车右端的水平距离。滑块着地时与小车右端的水平距离。 【解析【解析】(1)(1)

22、滑块从滑块从A A到到B B的过程的过程, ,由机械能守恒得由机械能守恒得 mgRmgR= = 滑块在滑块在B B点点, ,由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得 F FN N-mg=m -mg=m 代入数据解得代入数据解得F FN N=30 N=30 N 由牛顿第三定律知由牛顿第三定律知, ,滑块在滑块在B B点对轨道的压力为点对轨道的压力为30 N,30 N,方方 向竖直向下。向竖直向下。 2 B 1 mv 2 2 B v R (2)(2)对小车对小车, ,由动能定理得由动能定理得 mgxmgx= Mv= Mv2 2 代入数据解得代入数据解得=0.5=0.5。 (3)(3)对滑块在小车上运动的过

23、程中对滑块在小车上运动的过程中, ,由动能定理得由动能定理得 -mg(x+L-mg(x+L)= )= 代入数据解得代入数据解得v vD D=2 m/s=2 m/s。 1 2 22 DB 11 mvmv 22 (4)(4)滑块离开小车后做平抛运动滑块离开小车后做平抛运动, ,设滑块做平抛运动的设滑块做平抛运动的 时间为时间为t,t,则则 H= gtH= gt2 2 滑块着地时与小车间的距离滑块着地时与小车间的距离x=(vx=(vD D-v)t-v)t 解得解得x=0.2 mx=0.2 m。 答案答案: :(1)30 N,(1)30 N,方向竖直向下方向竖直向下(2)0.5(2)0.5(3)2 m

24、/s(3)2 m/s (4)0.2 m(4)0.2 m 1 2 主题二皮带传动模型中的功能关系主题二皮带传动模型中的功能关系 1.1.解决力学问题的方法选取解决力学问题的方法选取: : (1)(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应, ,在研究某一物在研究某一物 体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时, ,优选运动学优选运动学 公式和牛顿第二定律。公式和牛顿第二定律。 (2)(2)动能定理反映了力对空间的累积效应动能定理反映了力对空间的累积效应, ,对于不涉及对于不涉及 物体运动过程中的加速度和时间物体运动过程中的加速度和时间, ,优

25、选动能定理。优选动能定理。 (3)(3)如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及物体如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及物体 运动过程中的加速度和时间运动过程中的加速度和时间, ,此类问题优选用机械能守此类问题优选用机械能守 恒定律求解。恒定律求解。 (4)(4)在涉及相对滑动问题时则优先考虑能量守恒定律在涉及相对滑动问题时则优先考虑能量守恒定律, , 即系统的动能转化为系统的内能。即系统的动能转化为系统的内能。 (5)(5)在涉及摩擦力、电场力、磁场力在涉及摩擦力、电场力、磁场力( (安培力安培力) )做功时优做功时优 先考虑能量守恒定律。先考虑能量守恒定律。 2.“2.“传送带传送带”

26、模型中的解题方法模型中的解题方法: : 传送带模型是高中物理中比较成熟的模型传送带模型是高中物理中比较成熟的模型, ,一般设问的一般设问的 角度有两个角度有两个: : (1)(1)动力学角度动力学角度, ,如求物体在传送带上运动的时间、物如求物体在传送带上运动的时间、物 体在传送带上能达到的速度、物体相对传送带滑过的体在传送带上能达到的速度、物体相对传送带滑过的 位移位移, ,依据牛顿第二定律结合运动学规律求解。依据牛顿第二定律结合运动学规律求解。 (2)(2)能量的角度能量的角度: :求传送带对物体所做的功、物体和传求传送带对物体所做的功、物体和传 送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而

27、使电送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电 动机多消耗的电能等动机多消耗的电能等, ,常依据功能关系或能量守恒定律常依据功能关系或能量守恒定律 求解。若利用公式求解。若利用公式Q=FQ=Ff fl相对 相对求摩擦热 求摩擦热, ,式中式中l相对 相对为两接触 为两接触 物体间的相对位移物体间的相对位移, ,若物体在传送带上往复运动时若物体在传送带上往复运动时, ,则则l 相对相对为总的相对路程。 为总的相对路程。 【典例示范【典例示范】 如图所示如图所示, ,一质量为一质量为m=2 kgm=2 kg的滑块从半径为的滑块从半径为R=0.2 mR=0.2 m的的 光滑四分之一圆弧轨道的顶端

28、光滑四分之一圆弧轨道的顶端A A处由静止滑下处由静止滑下,A,A点和圆点和圆 弧对应的圆心弧对应的圆心O O点等高点等高, ,圆弧的底端圆弧的底端B B与水平传送带平滑与水平传送带平滑 相接。已知传送带匀速运行速度为相接。已知传送带匀速运行速度为v v0 0=4 m/s,B=4 m/s,B点到传点到传 送带右端送带右端C C点的距离为点的距离为L=2 mL=2 m。当滑块滑到传送带的右。当滑块滑到传送带的右 端端C C点时点时, ,其速度恰好与传送带的速度相同。其速度恰好与传送带的速度相同。(g=(g= 10 m/s10 m/s2 2) )求求: : (1)(1)滑块到达底端滑块到达底端B B

29、时对轨道的压力。时对轨道的压力。 (2)(2)滑块与传送带间的动摩擦因数滑块与传送带间的动摩擦因数。 (3)(3)此过程中此过程中, ,由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的 热量热量Q Q。 【解析【解析】(1)(1)滑块由滑块由A A到到B B的过程中的过程中, ,由机械能守恒定律由机械能守恒定律 得得 mgRmgR= = 滑块在滑块在B B点点, ,由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得 F FN N-mg=m -mg=m 由由两式得两式得:F:FN N=60 N=60 N 2 B 1 mv 2 2 B v R 由牛顿第三定律得滑块到达底端由牛顿第三定律得滑块到达

30、底端B B时对轨道的压力大小时对轨道的压力大小 为为60 N,60 N,方向竖直向下。方向竖直向下。 (2)(2)法一法一: :滑块从滑块从B B到到C C运动过程中运动过程中, ,由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得 mgmg=ma=ma 由运动学公式得由运动学公式得 =2aL=2aL 由由三式得三式得=0.3=0.3 法二法二: :滑块在从滑块在从A A到到C C整个运动过程中整个运动过程中, ,由动能定理得由动能定理得 mgR+mgLmgR+mgL= -0,= -0,解得解得=0.3=0.3 22 0B vv 2 0 1 mv 2 (3)(3)滑块在从滑块在从B B到到C C运动过程中运动过

31、程中, ,设运动时间为设运动时间为t,t,由运动由运动 学公式得学公式得v v0 0=v=vB B+at+at 产生的热量产生的热量Q=mg(vQ=mg(v0 0t-L)t-L) 由由得得Q=4 JQ=4 J 答案答案: :(1)60 N,(1)60 N,方向竖直向下方向竖直向下(2)0.3(2)0.3(3)4 J (3)4 J 【探究训练【探究训练】 1.(1.(多选多选) )在机场和火车站可以看到对行李进行安全检在机场和火车站可以看到对行李进行安全检 查用的水平传送带如图所示查用的水平传送带如图所示, ,当旅客把行李放在正在匀当旅客把行李放在正在匀 速运动的传送带上后速运动的传送带上后,

32、,传送带和行李之间的滑动摩擦力传送带和行李之间的滑动摩擦力 使行李开始运动使行李开始运动, ,随后它们保持相对静止随后它们保持相对静止, ,行李随传送行李随传送 带一起匀速通过检测仪器接受检查带一起匀速通过检测仪器接受检查, ,设某机场的传送带设某机场的传送带 匀速前进的速度为匀速前进的速度为0.4 m/s0.4 m/s, ,某行李箱的质量为某行李箱的质量为5 kg,5 kg,行行 李箱与传送带之间的动摩擦因数为李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2,0.2,当旅客把这个当旅客把这个 行李箱小心地放在传送带上行李箱小心地放在传送带上, ,通过安全检查的过程中通过安全检查的过程中,g,g 取取10

33、 m/s10 m/s2 2, ,则则( () ) A.A.开始时行李的加速度为开始时行李的加速度为2 m/s2 m/s2 2 B.B.行李到达行李到达B B点时间为点时间为2 s2 s C.C.传送带对行李做的功为传送带对行李做的功为0.4 J0.4 J D.D.传送带上将留下一段摩擦痕迹传送带上将留下一段摩擦痕迹, ,该痕迹的长度是该痕迹的长度是 0.03 m0.03 m 【解析【解析】选选A A、C C。行李开始运动时由牛顿第二定律。行李开始运动时由牛顿第二定律 有有:mg:mg=ma,=ma,所以所以a=2 m/sa=2 m/s2 2, ,故故A A正确正确; ;由于传送带的长由于传送带

34、的长 度未知度未知, ,故时间不可求故时间不可求, ,故故B B错误错误; ;行李最后和传送带一行李最后和传送带一 起匀速运动起匀速运动, ,所以传送带对行李做的功为所以传送带对行李做的功为W= mvW= mv2 2= = 0.4 J,C0.4 J,C正确正确; ;在传送带上留下的痕迹长度为在传送带上留下的痕迹长度为s=vts=vt- - = =0.04 m,D= =0.04 m,D错误。错误。 1 2 t v 2 t v 2 2.2.绷紧的传送带与水平面的夹角绷紧的传送带与水平面的夹角=30=30, ,皮带在电动皮带在电动 机的带动下机的带动下, ,始终保持始终保持v v0 0=2 m/s=

35、2 m/s的速率运行的速率运行, ,现把一质现把一质 量为量为m=10 kgm=10 kg的工件的工件( (可看作质点可看作质点) )轻轻放在皮带的底端轻轻放在皮带的底端, , 经过时间经过时间1.9 s,1.9 s,工件被传送到工件被传送到h=1.5 mh=1.5 m的高处的高处, ,取取g=g= 10 m/s10 m/s2 2, ,求求: : (1)(1)工件与传送带间的动摩擦因数。工件与传送带间的动摩擦因数。 (2)(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。电动机由于传送工件多消耗的电能。 【解析【解析】(1)(1)由题图可知由题图可知, ,皮带长皮带长x= =3 mx= =3 m。工件速。

36、工件速 度达度达v v0 0前前, ,做匀加速运动的位移做匀加速运动的位移x x1 1= t= t1 1= t= t1 1, ,匀速匀速 运动的位移为运动的位移为x-xx-x1 1=v=v0 0(t-t(t-t1 1),),解得加速运动的时间解得加速运动的时间t t1 1= = 0.8 s,0.8 s,加速运动的位移加速运动的位移x x1 1=0.8 m,=0.8 m,所以加速度所以加速度a= =a= = 2.5 m/s2.5 m/s2 2, ,由牛顿第二定律有由牛顿第二定律有:mgcos -mgsin:mgcos -mgsin =ma,=ma,解得解得= h sin v 0 v 2 0 1

37、v t 3 2 。 (2)(2)从能量守恒的观点从能量守恒的观点, ,显然电动机多消耗的电能用于显然电动机多消耗的电能用于 增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发 生相对位移时摩擦力做功产生的热量。在时间生相对位移时摩擦力做功产生的热量。在时间t t1 1内内, ,皮皮 带运动的位移带运动的位移x x皮 皮=v =v0 0t t1 1=1.6 m,=1.6 m,工件相对皮带的位移工件相对皮带的位移x x相 相 =x=x皮 皮-x -x1 1=0.8 m,=0.8 m,摩擦发热摩擦发热Q=mgcos xQ=mgcos x相 相=60 J =6

38、0 J。工件。工件 获得的动能获得的动能E Ek k= =20 J,= =20 J,工件增加的势能工件增加的势能E Ep p=mgh=mgh =150 J,=150 J,电动机多消耗的电能电动机多消耗的电能W=Q+EW=Q+Ek k+E+Ep p=230 J=230 J。 2 0 1 mv 2 答案答案: :(1) (1) (2)230 J(2)230 J 3 2 【补偿训练【补偿训练】 一水平方向的传送带以恒定的速度一水平方向的传送带以恒定的速度v=2 m/sv=2 m/s沿顺时针方沿顺时针方 向匀速转动向匀速转动, ,传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧

39、 面轨道面轨道, ,并与弧面下端相切。一质量为并与弧面下端相切。一质量为m=1 kgm=1 kg的物体自的物体自 圆弧面轨道的最高点由静止滑下圆弧面轨道的最高点由静止滑下, ,圆弧面轨道的半径圆弧面轨道的半径 R=0.45 m,R=0.45 m,物体与传送带之间的动摩擦因数为物体与传送带之间的动摩擦因数为=0.2,=0.2, 不计物体滑过曲面与传送带交接处时的能量损失不计物体滑过曲面与传送带交接处时的能量损失, ,传送传送 带足够长带足够长,g,g取取10 m/s10 m/s2 2。求。求: : (1)(1)物体从第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时物体从第一次滑上传送带到离开传送带所经历的

40、时 间。间。 (2)(2)物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中, , 传送带对物体做的功及由于摩擦产生的热量。传送带对物体做的功及由于摩擦产生的热量。 【解析【解析】(1)(1)沿圆弧面轨道下滑过程中机械能守恒沿圆弧面轨道下滑过程中机械能守恒, ,设设 物体滑上传送带时的速度为物体滑上传送带时的速度为v v1 1, ,则则mgRmgR= = 得得v v1 1= = 3 m/s3 m/s, ,物体在传送带上运动的加速度物体在传送带上运动的加速度a= =ga= =g= = 2 m/s2 m/s2 2, ,物体在传送带上向左运动的时间物体在传送带上向左

41、运动的时间t t1 1= =1.5 s,= =1.5 s, 向左滑动的最大距离向左滑动的最大距离s= =2.25 m,s= =2.25 m,物体向右运动速物体向右运动速 2 1 mv 2 ， mg m 1 v a 2 1 v 2a 度达到度达到v v时时, ,向右运动的距离向右运动的距离s s1 1= =1 m,= =1 m,所用时间所用时间t t2 2= = =1 s, =1 s,匀速运动的时间匀速运动的时间t t3 3= =0.625 s,= =0.625 s,所以所以t=t= t t1 1+t+t2 2+t+t3 3=3.125 s=3.125 s。 2 v 2a v a 1 ss v

42、(2)(2)根据动能定理根据动能定理, ,传送带对物体做的功传送带对物体做的功: : W= mvW= mv2 2- =-2.5 J,- =-2.5 J, 物体相对传送带运动的位移物体相对传送带运动的位移 xx= +v(t= +v(t1 1+t+t2 2)=6.25 m,)=6.25 m, 由于摩擦产生的热量由于摩擦产生的热量Q=mgxQ=mgx=12.5 J=12.5 J。 答案答案: :(1)3.125 s(1)3.125 s(2)-2.5 J(2)-2.5 J12.5 J12.5 J 1 2 2 1 1 mv 2 22 1 vv 2a 主题含弹簧系统中的功能关系主题含弹簧系统中的功能关系

43、运用能量守恒定律解题的基本思路运用能量守恒定律解题的基本思路: : 【典例示范【典例示范】 如图所示在水平地面上固定一个半径为如图所示在水平地面上固定一个半径为R R的半圆形轨道的半圆形轨道, , 其中圆弧部分光滑其中圆弧部分光滑, ,水平段长为水平段长为L,L,一质量为一质量为m m的小物块的小物块 紧靠一根被压缩的弹簧固定在水平轨道的最右端紧靠一根被压缩的弹簧固定在水平轨道的最右端, ,小物小物 块与水平轨道间的动摩擦因数为块与水平轨道间的动摩擦因数为,现突然释放小物块现突然释放小物块, , 小物块被弹出小物块被弹出, ,恰好能够到达圆弧轨道的最高点恰好能够到达圆弧轨道的最高点A,gA,g

44、取取 10 m/s10 m/s2 2, ,且弹簧长度忽略不计且弹簧长度忽略不计, ,求求: : (1)(1)小物块的落点距小物块的落点距OO的距离。的距离。 (2)(2)小物块释放前弹簧具有的弹性势能。小物块释放前弹簧具有的弹性势能。 【解析【解析】设小物块被弹簧弹出时的速度大小为设小物块被弹簧弹出时的速度大小为v v1 1, ,到达到达 圆弧轨道的最低点时速度大小为圆弧轨道的最低点时速度大小为v v2 2, ,到达圆弧轨道的最到达圆弧轨道的最 高点时速度大小为高点时速度大小为v v3 3。 (1)(1)因为小物块恰好能到达圆弧轨道的最高点因为小物块恰好能到达圆弧轨道的最高点, ,故向心故向心

45、 力刚好由重力提供力刚好由重力提供, ,有有 =mg=mg 小物块由小物块由A A射出后做平抛运动射出后做平抛运动, ,由平抛运动的规律有由平抛运动的规律有 x=vx=v3 3t t 2R= gt2R= gt2 2 2 3 mv R 1 2 联立联立解得解得:x=2R,:x=2R,即小物块的落点距即小物块的落点距OO的距离为的距离为 2R2R。 (2)(2)小物块在圆弧轨道上从最低点运动到最高点的过程小物块在圆弧轨道上从最低点运动到最高点的过程 中中, ,由机械能守恒定律得由机械能守恒定律得 =mg=mg2R+ 2R+ 小物块被弹簧弹出到运动到圆弧轨道的最低点的过程小物块被弹簧弹出到运动到圆弧

46、轨道的最低点的过程 由功能关系得由功能关系得: : +mgL +mgL 2 2 1 mv 2 2 3 1 mv 2 22 12 11 mvmv 22 小物块释放前弹簧具有的弹性势能就等于小物块被弹小物块释放前弹簧具有的弹性势能就等于小物块被弹 出时的动能出时的动能, ,故有故有 E Ep p= = 由由联立解得联立解得:E:Ep p= mgR+mgL= mgR+mgL。 答案答案: :(1)2R(1)2R(2) mgR+mgL(2) mgR+mgL 2 1 1 mv 2 5 2 5 2 【探究训练【探究训练】 1.1.如图所示如图所示, ,在轻弹簧的下端悬挂一个质量为在轻弹簧的下端悬挂一个质量

47、为m m的小球的小球A,A, 若将小球若将小球A A从弹簧原长位置由静止释放从弹簧原长位置由静止释放, ,小球小球A A能够下降能够下降 的最大高度为的最大高度为h h。若将小球。若将小球A A换成质量为换成质量为2m2m的小球的小球B,B,仍仍 从弹簧原长位置由静止释放从弹簧原长位置由静止释放, ,则小球则小球B B下降下降h h时的速度为时的速度为 ( (重力加速度为重力加速度为g,g,不计空气阻力不计空气阻力) )( () ) A. 2gh B. gh gh C. D.0 2 【解析【解析】选选B B。设小球。设小球A A下降高度下降高度h h时时, ,弹簧的弹性势能弹簧的弹性势能 为为

48、E Ep p, ,由功能关系可知由功能关系可知E Ep p=mgh=mgh。当小球。当小球A A换为质量为换为质量为2m2m 的小球的小球B B时时, ,设小球设小球B B下降下降h h时速度为时速度为v,v,根据能量守恒根据能量守恒 2mgh= 2mgh= 2mv2mv2 2+E+Ep p, ,得得v= Bv= B项正确。项正确。 1 2 gh， 2. (20192. (2019温州高一检测温州高一检测) )如图所示如图所示, ,半径半径 R=0.4 mR=0.4 m的的 光滑圆弧轨道光滑圆弧轨道BCBC固定在竖直平面内固定在竖直平面内, ,轨道的上端点轨道的上端点B B和和 圆心圆心O O

49、的连线与水平方向的夹角的连线与水平方向的夹角=30=30, ,下端点下端点C C为轨为轨 道的最低点且与粗糙水平面相切道的最低点且与粗糙水平面相切, ,一根轻质弹簧的右端一根轻质弹簧的右端 固定在竖直挡板上。质量固定在竖直挡板上。质量m=0.1 kgm=0.1 kg的小物块的小物块( (可视为质可视为质 点点) )从空中从空中A A点以一定初速度点以一定初速度v v0 0=2 m/s=2 m/s被水平抛出被水平抛出, ,恰好恰好 从从B B点沿轨道切线方向进入轨道点沿轨道切线方向进入轨道, ,经过经过C C点后沿水平面向点后沿水平面向 右运动至右运动至D D点时点时, ,弹簧被压缩至最短弹簧被

50、压缩至最短,C,C、D D两点间的水平两点间的水平 距离距离L=1.2 m,L=1.2 m,小物块与水平面间的动摩擦因数小物块与水平面间的动摩擦因数=0.5=0.5。 (1)(1)求小物块经过圆弧轨道上求小物块经过圆弧轨道上B B点时速度点时速度v vB B的大小。的大小。 (2)(2)求小物块经过圆弧轨道上求小物块经过圆弧轨道上C C点时对轨道的压力大小。点时对轨道的压力大小。 (3)(3)求弹簧的弹性势能的最大值求弹簧的弹性势能的最大值E Epm pm。 。 【解析【解析】(1)(1)小物块恰好从小物块恰好从B B点沿切线方向进入轨道点沿切线方向进入轨道, ,由由 几何关系有几何关系有:v

51、:vB B= m/s=4 m/s= m/s=4 m/s。 0 v2 sinsin30 (2)(2)小物块由小物块由B B点运动到点运动到C C点点, ,由机械能守恒定律有由机械能守恒定律有: : mgR(1+sin)= mgR(1+sin)= 在在C C点处点处, ,由牛顿第二定律有由牛顿第二定律有:F-mg=m :F-mg=m 解得解得:F=8 N:F=8 N 根据牛顿第三定律根据牛顿第三定律, ,小物块经过圆弧轨道上小物块经过圆弧轨道上C C点时对轨点时对轨 道的压力道的压力FF大小为大小为8 N8 N。 22 CB 11 mvmv 22 2 C v R (3)(3)小物块从小物块从B B

52、点运动到点运动到D D点点, ,由能量守恒定律有由能量守恒定律有: : E Epm pm= +mgR(1+sin)-mgL=0.8 J = +mgR(1+sin)-mgL=0.8 J。 答案答案: :(1)4 m/s(1)4 m/s(2)8 N(2)8 N(3)0.8 J(3)0.8 J 2 B 1 mv 2 【补偿训练【补偿训练】 1.1.如图所示如图所示, ,光滑坡道顶端距水平面高度为光滑坡道顶端距水平面高度为h,h,质量为质量为m m 的小物块的小物块A A从坡道顶端由静止滑下从坡道顶端由静止滑下, ,进入水平面上的滑进入水平面上的滑 道时无机械能损失道时无机械能损失, ,为使为使A A制动制动, ,将轻弹簧的一端固定在将轻弹簧的一端固定在 水平滑道延长线水平滑道延长线M M处的墙上处的墙上,