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1、2024届物理微专题加练半小时微专题42用动力学和能量观点解决多过程问题1将全过程进行分解，分析每个过程的规律，分析哪种能量增加了，哪种能量减少了；找到子过程间的联系.2.若运动过程只涉及力而不涉及能量，运用牛顿运动定律.3.若运动过程涉及能量转化问题，且具有功能关系的特点，则常用动能定理或能量守恒定律.4.不同过程连接点速度的关系有时是处理两个过程运动规律的突破点1如图所示为某轮滑比赛的场地，由斜面AB、圆弧面BCD和平台组成，斜面AB和圆弧面在B点相切，C为圆弧面的最低点，刚好与地面相切，圆弧BC所对的圆心角37，圆弧轨道半径为R，D点离地面的高度是平台离地面高度的一半，平台离圆弧轨道D点
2、的水平距离和平台的高度相等，轮滑运动员从斜面上A点由静止滑下，从D点飞出后，刚好沿水平方向滑上平台，整个过程运动员视为质点，不计一切摩擦和阻力，重力加速度为g，求：(已知sin 370.6，cos 370.8，)(1)圆弧CD所对的圆心角；(2)斜面AB的长度答案(1)45(2)解析(1)设平台离地面的高度为d，则D点到平台的水平距离为d，D点与平台的高度差为d，设运动员运动到D点时速度大小为v，运动员从D点飞出刚好水平滑上平台，可以看作平抛运动的逆运动，则水平方向有dvcos t，竖直方向有dvsin t，联立解得45.(2)由几何关系得dRRcos ，解得d(2)R.由(vsin )22g
3、d，解得v.设AB长为L，运动员从A点到D点，根据机械能守恒定律有mgmv2，联立解得L.2如图所示，倾角为37的粗糙斜面AB底端与半径R0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高质量m1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数；(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；(3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间答案(1)0.375(2)2 m/s(3)0
4、.2 s解析(1)滑块从A点到D点的过程中，根据动能定理有mg(2RR)mgcos 370解得0.375.(2)若使滑块恰好能到达C点，在C点根据牛顿第二定律有mg得vC2 m/s滑块从A点到C点的过程中，根据动能定理有mgcos 37mvC2mv02则v02 m/s，故v0的最小值为2 m/s.(3)滑块离开C点后做平抛运动，有xvCt，ygt2由几何知识得tan 37，整理得5t23t0.80，解得t0.2 s(t0.8 s舍去)3滑板运动是一种陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可在不同的滑坡上滑行，做出各种动作，给人以美的享受如图所示是模拟的滑板滑行轨道，该轨道由足够长的斜直轨道、凹形圆弧
5、轨道和半径R1.6 m的凸形圆弧轨道组成，这三部分轨道处于同一竖直平面内且依次平滑连接，其中M点为凹形圆弧轨道的最低点，N点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O点与M点处在同一水平面上一质量为m1 kg且可看成质点的滑板，从斜直轨道上的P点无初速度滑下，经过M点滑向N点，P点距M点所在水平面的高度h1.8 m，不计一切阻力，g取10 m/s2.(1)求滑板滑到M点时的速度大小；(2)求滑板滑到N点时对轨道的压力大小；(3)改变滑板无初速度下滑时距M点所在平面的高度h，用压力传感器测出滑板滑至N点时对轨道的压力大小为零，则P点与N点在竖直方向上的距离为多大？答案(1)6 m/s(2)7.
6、5 N(3)0.8 m解析(1)以M点所在平面为零势能面，对滑板从P点运动到M点的过程，由机械能守恒定律得mghmvM2，解得vM m/s6 m/s，即滑板滑到M点时的速度大小为6 m/s.(2)滑板从P点运动到N点的过程，由机械能守恒定律得mg(hR)mvN2，滑板在N点时，由重力和支持力的合力提供向心力，有mgFNm，解得FN7.5 N，根据牛顿第三定律可知，滑板滑到N点时对轨道的压力大小为7.5 N.(3)滑板滑至N点时对轨道的压力大小为零，在N点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得mgm，对滑板从P点运动到N点的过程由机械能守恒定律，可得mghmv2，解得h0.8 m，P点与N点在竖直
7、方向上的距离为0.8 m.4.如图，在竖直平面内，半径R0.5 m的光滑圆弧轨道ABC与粗糙的足够长斜面CD相切于C点，CD与水平面的夹角为 37，B是轨道最低点， 其最大承受力Fm21 N，过A点的切线沿竖直方向现有一质量为m0.1 kg的物块，从A点正上方的P点由静止落下已知物块与斜面之间的动摩擦因数0.5.sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2，不计空气阻力(1)为保证轨道不会被破坏，求P、A间的最大高 度差H及物块能沿斜面上滑的最大距离L；(2)若P、A间的高度差H13.6 m，求系统最终因摩擦所产生的总热量Q.答案(1)4.5 m4.9 m(2)4 J解析(1)设
8、物块在B点的最大速度为vB，由牛顿第二定律得Fmmg从P到B，由动能定理得mg(HR) mvB20联立解得H4.5 m物块从B点运动到斜面最高处的过程中根据动能定理得mgR(1cos 37) Lsin 37mgcos 37 L0mvB2代入数据解得L4.9 m.(2)物块在斜面上，由于mgsin 37mgcos 37，物块不会停在斜面上，物块最后以B点为中心、C点为最高点沿圆弧轨道做往复运动由功能关系得系统最终因摩擦所产生的总热量Qmg(H1Rcos 37)解得Q4 J.5(2022上海市青浦区模拟)在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成，如图所示小滑块以某一初
9、速度从A点滑上倾角为37的直轨道AB，到达B点的速度大小为2 m/s，然后进入细管道BCD，从细管道出口D点水平飞出，落到水平面上的G点已知B点的高度h11.2 m，D点的高度h20.8 m，小滑块落到G点时速度大小为5 m/s，空气阻力不计，滑块与轨道AB间的动摩擦因数0.25，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2.(1)求小滑块在轨道AB上的加速度大小和在A点的初速度大小；(2)求小滑块从D点飞出的速度大小；(3)判断细管道BCD的内壁是否光滑答案(1)8 m/s26 m/s(2)3 m/s(3)不光滑解析(1)设小滑块在轨道AB上的加速度大小为a，根据牛顿
10、第二定律有mgsin mgcos ma解得a8 m/s2对小滑块从A到B的运动过程，根据运动学规律有vB2vA22a解得vA6 m/s(2)小滑块从D到G过程中只有重力做功，以水平面为零势能面，根据机械能守恒定律有mvG2mgh2mvD2解得vD3 m/s(3)以水平面为零势能面，滑块在B、D两处的机械能分别为EBmvB2mgh114m(J)EDmvD2mgh212.5m(J)所以滑块从B到D存在机械能损失，而细管道对滑块的弹力始终与速度方向垂直，所以不做功，则这个过程中除了重力之外，还有摩擦力对滑块做功，因此细管道BCD不光滑6(2023湖北省联考)如图甲所示，弯曲部分AB和CD是两个半径均
11、为R10.4 m的光滑圆弧轨道，中间的BC段是竖直的薄壁细圆管(细圆管内径略大于小球的直径)，分别与上、下圆弧轨道相切连接，BC段的长度L为0.1 mAB圆弧轨道与光滑水平地面轨道相切，其中D、A分别是上、下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内质量m0.3 kg的小球以一定初速度从A点水平进入轨道，重力加速度g取10 m/s2.(1)若小球从D点水平飞出后落地点距D点的水平距离x1.8 m，求小球从A进入时的初速度大小；(2)若在D点右侧平滑连接一个半径R20.45 m的半圆形光滑轨道DEF，如图乙所示，要使小球能沿轨道运动至F点，则小球从A进入时的初速度至少为多大？(计算结果用
12、根式表示)答案(1)6 m/s(2) m/s解析(1)设从D点飞出时的速度为大小v1，则有v1txgt22R1L解得v13 m/s小球从A运动至D点，由机械能守恒定律得mvA2mg(2R1L)mv12解得vA6 m/s(2)小球在D点的速度最小时，mgm解得vD m/s小球从A运动至D点，由机械能守恒定律得mv02mg(2R1L)mvD2解得初速度的最小值v0 m/s.微专题43“传送带”模型综合问题1计算摩擦力对物块做的功和摩擦力对传送带做的功要用动能定理，计算摩擦产生的热量要用QFfx相对或能量守恒定律.2.电机做的功一部分增加物块的机械能，一部分转化为因摩擦产生的热量1(多选)(2023
13、福建漳州市模拟)如图甲，质量为0.5 kg的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示图线的03 s段为抛物线，34.5 s段为直线，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是()A传送带沿逆时针方向转动B传送带速度大小为2 m/sC小物块刚滑上传送带时的速度大小为4 m/sD04.5 s内摩擦力对小物块所做的功为3 J答案BCD解析根据位移时间图像斜率的绝对值表示速度大小，可知：前2 s小物块向左做匀减速运动，23 s内向右做匀加速运动.34.5 s内xt图像为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即与传送带一起向右做匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动
14、，且速度大小为v m/s2 m/s，故B正确，A错误；由题图可知，在23 s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则有xat2，解得a2 m/s2，根据牛顿第二定律mgma，解得0.2，在02 s内，对小物块有0v022ax，解得小物块的初速度大小为v04 m/s，故C正确；对小物块在04.5 s内，根据动能定理有Wfmv2mv02，解得摩擦力对小物块所做的功为Wf3 J，故D正确2(2023辽宁省沈阳二中模拟)一倾斜传送带倾角为30，以5 m/s的速度顺时针匀速转动现将一质量为0.4 kg的物体(物体可看成质点)轻放在传送带的顶端A点，物体从A运动到传送带底端B，离开B点时的速度大小为5 m
15、/s.已知物体与传送带间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为10 m/s2，则物体从A运动到B的过程中，下列说法正确的是()A传送带的长度可能为0.8 mB若传送带的长度为2 m，则摩擦力对物体做的功为6 JC若传送带的长度为2 m，则摩擦力对传送带做的功为4 JD若传送带的长度为2 m，则因摩擦而产生的热量为1 J答案C解析 物体相对传送带上滑时，物体的加速度大小为a12.5 m/s2，物体与传送带间的动摩擦因数tan ，故物体与传送带间的最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，离开B点时的速度大小为5 m/s，故物体可能是一直加速运动或者先加速后匀速运动，若一直加速运
16、动，则传送带的长度L01 m，若先加速后匀速运动，则传送带的长度必然大于1 m，故A错误；若传送带的长度L2 m，则根据动能定理有mgLsin Wfmv2，解得摩擦力对物体做的功Wf1 J，故B错误；若传送带的长度为2 m，物体运动时间为tt1t20.6 s，物体匀加速阶段，传送带的位移x1vt12 m，匀速阶段，传送带的位移x2vt21 m，根据受力分析可知，前2 m物体对传送带的摩擦力方向向上，后1 m对传送带的摩擦力方向向下，则摩擦力对传送带做的功Wfmgx1cos mgx2sin 4 J，故C正确；若传送带的长度为2 m，则因摩擦而产生的热量Qmgxcos ，其中，相对运动距离xx1L
17、01 m，解得Q3 J，故D错误3(2023北京市清华大学附中统练)如图所示，顺时针运行的传送带与水平面夹角30，底端到顶端的距离L6 m，运行速度大小v2 m/s.将质量m1 kg的物块轻放在传送带底部，物块与传送带间的动摩擦因数，取重力加速度g10 m/s2.下列说法正确的是()A物块从传送带底端到达顶端的时间为2 sB物块相对传送带的位移大小为6 mC物块被运送到顶端的过程中，摩擦力对物块做的功为32 JD物块被运送到顶端的过程中，电动机对传送带做功至少为48 J答案C解析物块刚放上传送带时，所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律得mgcos mgsin ma1，解得a11 m/s2，
18、物块速度与传送带速度相等的时间t12 s，之后，由于mgsin v2，已知传送带的速度保持不变，则()A小物块与传送带间的动摩擦因数v2，由题图乙可知，0t1时间内图像与t轴所形成的三角形面积大于图像在t1t2时间内与t轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0t1时间内运动的位移比在t1t2内运动的位移大，故B错误；0t2时间内，由图线与t轴所围“面积”等于位移大小可知，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得WWGmv22mv12，则传送带对物块做的功Wmv22mv12，故C错误.0t2时间内，物块的重力势能减小、动能也减小，减小的重力势能与动能都转化为
19、系统产生的热量，则由能量守恒定律可知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，即0t2时间内物块动能变化量的大小一定小于物块与传送带间摩擦而产生的热量，故D正确5(2023江苏如皋市第一次调研)某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能Ep4.5 J，质量m1.0 kg的滑块静置于弹簧右端，光滑水平导轨AB的右端与倾角30的传送带平滑连接，传送带长度L8.0 m，传送带以恒定速率v08.0 m/s顺时针转动某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端滑离落至地面已知滑块与传送带之间的动摩擦因数，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)滑块
20、离开传送带时的速度大小v；(2)电动机传送滑块多消耗的电能E；(3)若每次开始时弹射装置具有不同的弹性势能Ep，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，Ep的取值范围答案(1)7 m/s(2)96 J(3)12 JEp132 J解析(1)设滑块刚冲上传送带底端的速度为v1，根据能量守恒定律，有Epmv12代入数据得v13 m/s因为tan ，故滑块在传送带上先向上加速，根据牛顿第二定律有mgcos mgsin ma解得a2.5 m/s2假设滑块在传送带上一直加速，则离开传送带时的速度大小v满足v2v122aL解得v7 m/sv0所以假设成立，滑块离开传送带时的速度大小为7 m/s(2)滑
21、块在传送带上运动的时间t该段时间，传送带的位移xv0t对传送带，根据动能定理有W电mg cos x0解得W电96 J即电动机传送滑块多消耗的电能EW电96 J(3)分析可知，要使滑块滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，滑块滑出传送带时要与传送带共速，若滑块刚好加速到与传送带共速时离开传送带，则所对应的弹性势能最小，有Epmin(mgcos mgsin )Lmv02得Epmin12 J同理可得，若滑块刚好减速到与传送带共速时离开传送带，则所对应的弹性势能最大，有Epmax(mgcos mgsin )Lmv02得Epmax132 J所以满足条件的弹性势能Ep范围为12 JEp132 J.6(20
22、23云南昆明市模拟)传送带是自动化工业生产中一种重要的输送装置如图所示是一条罐头生产线部分示意图，电动机带动传送带始终以v2 m/s的速率顺时针转动，传送带两端A、B间的距离L4 m工作时，机器手臂将一瓶罐头无初速度放到A点，当该罐头刚离开B点时，机器手臂将下一瓶罐头放到A点，此后不断重复此过程已知每瓶罐头质量m0.8 kg，与传送带间的动摩擦因数均为0.2，罐头可视为质点且不发生滚动，重力加速度g10 m/s2.从第一瓶罐头放到A点开始计时，求(1)1 min内能运送多少瓶罐头；(2)1 min内因运送罐头需要多消耗的电能答案(1)24瓶(2)76.8 J解析(1)罐头刚放上传送带时有mgm
23、a解得加速度ag2 m/s2加速运动的时间t11 s匀加速运动的位移大小x1t11 m匀速运动的位移大小x2Lx13 m匀速运动的时间t21.5 s罐头从A传到B所用的时间tt1t22.5 s1 min内能运送罐头的瓶数为n24瓶(2)罐头刚放上传送带做匀加速运动时，相对于传送带的位移大小是xvt1x11 m摩擦产生的热量QFfxmgx1.6 J到达B时，动能增加量Ekmv21.6 J所以传送一瓶罐头多消耗的电能EQEk3.2 J1 min内因运送罐头需要多消耗的电能E024E76.8 J.7如图所示，光滑的曲面与水平面在O点相切，水平面与一足够长的传送带在P点平滑连接，传送带与水平方向的夹角
24、30，逆时针转动，速率v3 m/s.一质量为m1 kg且可视为质点的物块A自曲面上高h0.9 m处由静止释放，经过O点进入水平面向右运动，OP长L1 m已知A与OP段间的动摩擦因数10.1，与传送带间的动摩擦因数2，重力加速度g10 m/s2.求：(1)物块A第一次经过O点时的速度大小v0；(2)物块A第一次自P点上滑的最大位移x；(3)物块A从P点向上至第一次返回的过程中，物块与传送带之间由于摩擦而产生的热量Q.答案(1)3 m/s(2)0.8 m(3)12.25 J解析(1)物块A第一次运动到O点时，由动能定理得mghmv020代入数据，解得v03 m/s(2)设物块A第一次到P点的速度为
25、v1，对OP过程，由动能定理有1mgLmv12mv02代入数据解得v14 m/s物块A沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，设此过程加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsin 2mgcos ma解得a10 m/s2当物块A的速度减为零时，上滑位移最大，由运动学公式得0v1at1x1v1t1代入数据解得t10.4 s，x10.8 m(3)物块A第一次在传送带上到达最高点的过程，传送带的位移为x带vt130.4 m1.2 m传送带向下运动，物块A向上运动，所以此过程相对位移为x1x1x带0.8 m1.2 m2.0 m物块A到最高点后又向下加速，加速度仍为a，物块A与传送带速度相同时，有vat2解得t
26、20.3 s物块A的位移为x2vt2解得x20.45 m0.8 m即物块A与传送带共速后匀速运动至P点，返回过程物块A与传送带的相对位移x2vt2x20.45 m全过程产生热量Q2mgcos (x1x2)12.25 J.微专题44“滑块木板”模型综合问题1分析滑块与木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，注意两者速度相等时摩擦力可能变化.2.用公式QFfx相对或动能定理、能量守恒定律求摩擦产生的热量1(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在物块上，物块与小车之间的摩擦力为Ff，经过一段时间小车运动的位移
27、为x, 物块刚好滑到小车的最右端，则下列说法中正确的是()A此时物块的动能为F(xL)B此时小车的动能为Ff(xL)C这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(xL)FfLD这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为FfL答案CD解析由题可知，在拉力的作用下物块前进的位移为Lx，故拉力对物块做的功为F(xL)，摩擦力对物块做的功为Ff(xL)，则由动能定理可知物块的动能为(FFf)(xL)，故A错误；小车受摩擦力作用，摩擦力作用下的位移为x，故摩擦力对小车做的功为Ffx，故小车的动能为Ffx，B错误；物块和小车增加的机械能等于两者动能的增量，即(FFf)(xL)FfxF(xL)FfL，故C正确；
28、拉力做的功转化为物块和小车的动能及产生的热量，则有QF(xL)F(xL)FfLFfL，D正确2(多选)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动，如图乙所示若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的是()A小铅块将从B的右端飞离木板B小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止C第一次和第二次过程中产生的热量相等D第一次过程中产生的热量大于第二次过程中 产生的
29、热量答案BD解析在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，直至二者共速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B上后A停止加速只有B加速，加速度大于第一次的对应过程中的加速度，故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，选项A错误，B正确；由于第一次的相对位移大于第二次的相对位移，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，选项C错误，D正确3(多选)如图甲，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m3 kg的木块B可看作质点，以水平速度v02 m/s滑上原来静止的长木板A的表面由于A、B间存在摩擦力，之后 A、B速度随时间变
30、化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)()A木板的质量为M3 kgB木块减小的动能为1.5 JC系统损失的机械能为3 JDA、B间的动摩擦因数为0.2答案AC解析由题图乙可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知1 m/s2，1 m/s2，代入数据解得M3 kg，0.1，故A正确，D错误；木块减小的动能Ek Ek0Ek1mv02mv124.5 J，故B错误；由题图乙可知，A、B的相对位移大小x21 m1 m，则系统损失的机械能为EWfmgx3 J，故C正确4如图所示，半径为R1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向
31、的夹角37，另一端点C为轨道的最低点C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M1 kg，上表面与C 点等高质量为m1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v01.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道已知物块与木板间的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2，sin 370.6.求：(1)物块经过C点时的速率vC；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q.答案(1)6 m/s(2)9 J解析(1)设物块在B点的速度为vB，从A到B物块做平抛运动，有vBsin v0从B到C，根据动能定理有mgR (1sin )mvC2mvB2解得vC6 m/s(
32、2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将共速设相对滑动时物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，经过时间t达到共同速度v，则mgma1, mgMa2，vvCa1t，va2t根据能量守恒定律有(mM)v2QmvC2，代入数据联立解得Q9 J.5如图所示，倾角为37的足够长的斜面固定在水平面上，斜面上放一长度为L4 m、质量M2 kg的木板，木板与斜面间的动摩擦因数10.5，木板在沿斜面向下的恒力F8 N的作用下从静止开始下滑，经时间t11 s，将一质量为m1 kg且可视为质点的物块无初速度地轻放在木板的最下端，物块与木板间的动摩擦因数20.25，当物块与木板速度相同时撤去恒力F，
33、最终物块会与木板分离(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，不计空气阻力)试求：(1)经时间t11 s木板速度的大小v1；(2)物块与木板共速时的速度大小v2及从物块放上木板至达到共速所需的时间t2；(3)木板上表面摩擦产生的热量Q.答案(1)6 m/s(2)9.6 m/s1.2 s(3)14.4 J解析(1)设没放物块时，木板加速下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得FMgsin 1Mgcos Ma解得a6 m/s2设经时间t11 s木板速度的大小为v1，则v1at16 m/s(2)从物块放到木板上到达到共速前，设木板的加速度为a1，物块的加速度大小为a2，对木板，
34、根据牛顿第二定律得FMgsin 1(mM)gcos 2mgcos Ma1代入数据解得a13 m/s2对物块，根据牛顿第二定律得mgsin 2mgcos ma2代入数据解得a28 m/s2经时间t2物块与木板速度相同为v2，则有v2v1a1t2a2t2解得v29.6 m/s，t21.2 s(3)物块放到木板上至达到速度v2时，物块的位移大小x2a2t225.76 m木板的位移x1v1t2a1t229.36 m物块相对木板向上运动的距离xx1x23.6 m撤去F后，木板加速度变小，物块最终从木板下端离开木板，由功能关系知木板上表面摩擦产生的热量QFf2x2mgcos 2x解得Q14.4 J.6.如
35、图所示，底部带有挡板的固定光滑斜面，倾角30，上有质量为m的足够长的木板A，其下端距挡板的距离为L，质量也为m的小物块B置于木板A的顶端，B与木板A之间的动摩擦因数为.无初速度地释放A、B，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生碰撞，碰撞后木板速度大小不变，方向与原来相反可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力重力加速度为g，求：(1)木板A与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑的过程中物块B的加速度大小；(2)木板A从开始到第二次与挡板碰撞过程中运动的总路程；(3)从开始到A、B最后都静止的过程中，系统因摩擦产生的热量答案(1)g(2)L(3)3mgL解析(1)木板A与挡板第一次碰撞前，A、B组成的系统加速度
36、为agsin 30由运动学公式可知，第一次碰撞时A、B组成的系统的速度v1第一次碰撞后，对B有aBgcos gsin g，方向沿斜面向上(2)第一次碰撞后，对A有aAgcos gsin g，方向沿斜面向下，可见，A、B均做匀减速运动，A先减速至零，再向下加速运动第一次碰后，A沿斜面上滑的距离为x1L从开始到第二次碰撞，A的总路程为xAL2x1L(3)A最后静止于斜面底部设B相对A下滑位移为x，由系统功能关系，有mgLsin mg(Lx)sin mgxcos 可得x4L因此，系统因摩擦产生的热量为Qmgxcos 3mgL.7.如图所示，一个质量为m4 kg的滑块从斜面上由静止释放，无碰撞地滑上静
37、止在水平面上的木板，木板质量为M1 kg，当滑块和木板速度相等时，滑块恰好到达木板最右端，此时木板撞到与其上表面等高的台阶上，滑块冲上光滑的水平台阶，进入固定在台阶上的光滑圆形轨道内侧，轨道在竖直平面内，半径为R0.5 m，滑块到达轨道最高点时，对轨道没有作用力已知滑块可视为质点，斜面倾角53，滑块与斜面、滑块与木板间动摩擦因数均为10.5，木板与地面间动摩擦因数为20.2，重力加速度为g10 m/s2，sin 530.8，试求：(1)滑块冲上台阶时的速度大小；(2)滑块释放时相对斜面底端的高度；(3)滑块和木板间产生的热量答案(1)5 m/s(2)4.5 m(3)37.5 J解析(1)设滑块
38、到达斜面底端时速度大小为v1，冲上台阶时速度为v2，在圆轨道最高点时速度为v3.在圆轨道最高点时，由牛顿第二定律有mgm在圆轨道上运动时，由机械能守恒定律有mv222mgRmv32联立解得v25 m/s(2)设滑块在木板上滑动时加速度的大小为a1，木板的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知a15 m/s2 a210 m/s2设滑块在木板上滑行时间为t，对木板，由v2a2t得t0.5 s对滑块，由v2v1a1t得v17.5 m/s设在斜面上释放高度为h，由能量守恒定律可得mghmv121mgcos 代入数据可得h4.5 m(3)滑块在木板上运动的位移大小为x1t m木板的位移大小为x2t m相对位移大小为xx1x2 m所以产生的热量Q1mgx37.5 J