2020版高中物理人教必修二課件：7.專題

1、專題:功能關系的典型問題 主題一主題一 板塊模型中的功能關系板塊模型中的功能關系 1.1.模型特點模型特點: : 涉及兩個物體涉及兩個物體, ,并且物體間存在相對滑動。并且物體間存在相對滑動。 2.2.兩種位移關系兩種位移關系: : 滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中, ,若滑塊和滑若滑塊和滑 板同向運動板同向運動, ,位移之差等于板長位移之差等于板長; ;反向運動時反向運動時, ,位移之和位移之和 等于板長。等于板長。 3.3.建模指導建模指導: : 【典例示范【典例示范】 (2019(2019宜賓高一檢測宜賓高一檢測) ) 如圖所示如圖所示, ,上表面

2、光滑上表面光滑, ,長度為長度為 3 m3 m、質(zhì)量、質(zhì)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勻速運動?，F(xiàn)將一的速度沿水平地面向右勻速運動。現(xiàn)將一 個質(zhì)量為個質(zhì)量為m=3 kgm=3 kg的小鐵塊的小鐵塊( (可視為質(zhì)點可視為質(zhì)點) )無初速度地放無初速度地放 在木板最右端在木板最右端, ,當木板運動了當木板運動了L=1 mL=1 m時時, ,又將第二個同樣又將第二個同樣 的小鐵塊無初速度地放在木板最右端的小鐵塊無初速度地放在木板最右端, ,以后木板每運動以

3、后木板每運動 1 m1 m就在其最右端無初速度地放上一個同樣的小鐵塊。就在其最右端無初速度地放上一個同樣的小鐵塊。 (g(g取取10 m/s10 m/s2 2) )求求: : (1)(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)。木板與地面間的動摩擦因數(shù)。 (2)(2)剛放第三個鐵塊時木板的速度。剛放第三個鐵塊時木板的速度。 (3)(3)從放第三個鐵塊開始到木板停下的過程從放第三個鐵塊開始到木板停下的過程, ,木板運動木板運動 的距離。的距離。 【解題指南【解題指南】解答本題應明確以下三點解答本題應明確以下三點: : (1)(1)在沒放鐵塊時在沒放鐵塊時, ,木板做勻速運動木板做勻速運動, ,合力為零。合力為

4、零。 (2)(2)當放鐵塊時當放鐵塊時, ,分析木板受力分析木板受力, ,注意地面摩擦力的變化。注意地面摩擦力的變化。 (3)(3)各段均可用動能定理列式。各段均可用動能定理列式。 【解析【解析】(1)(1)木板做勻速直線運動時木板做勻速直線運動時, ,受到地面的摩擦受到地面的摩擦 力為力為F Ff f由平衡條件得由平衡條件得 F=FF=Ff f F Ff f=Mg=Mg 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得=0.5=0.5。 (2)(2)每放一個小鐵塊每放一個小鐵塊, ,木板所受的摩擦力增加木板所受的摩擦力增加mgmg, ,令剛令剛 放第三個鐵塊時木板速度為放第三個鐵塊時木板速度為v v1 1,

5、 ,對木板從放第一個鐵塊對木板從放第一個鐵塊 到剛放第三個鐵塊的過程到剛放第三個鐵塊的過程, ,由動能定理得由動能定理得 -mgL-2mgL= -mgL-2mgL= 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得 v v1 1=4 m/s=4 m/s。 22 10 11 MvMv 22 (3)(3)從放第三個鐵塊開始到木板停下之前從放第三個鐵塊開始到木板停下之前, ,木板所受的木板所受的 摩擦力均為摩擦力均為3mg3mg。 從放第三個鐵塊開始到木板停下的過程從放第三個鐵塊開始到木板停下的過程, ,設木板運動的設木板運動的 距離為距離為x,x,對木板由動能定理得對木板由動能定理得 -3mgx=0- -3mgx

6、=0- 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)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 【探究訓練【探究訓練】 1.(1.(多選多選)(2019)(2019廣元高一檢測廣元高一檢測) )如圖甲所示如圖甲所示, ,長木板長木板A A 放在光滑的水平面上放在光滑的水平面上, ,質(zhì)量為質(zhì)量為m=2 kgm=2 kg的另一物體的另一物體B(B(可看可看 作質(zhì)點作質(zhì)點) )以水平速度以水平速度v v0 0=2 m/s=2 m/s滑上原來靜止的長木板滑上原來靜止的長木

7、板A A 的上表面。由于的上表面。由于A A、B B間存在摩擦間存在摩擦, ,之后之后A A、B B的速度隨時的速度隨時 間變化情況如圖乙所示間變化情況如圖乙所示, ,則下列說法正確的是則下列說法正確的是(g(g取取 10 m/s10 m/s2 2) )( () ) A.A.最終木板最終木板A A獲得的動能為獲得的動能為2 J2 J B.B.整個過程系統(tǒng)損失的機械能為整個過程系統(tǒng)損失的機械能為4 J4 J C.C.木板木板A A的長度一定不小于的長度一定不小于1 m1 m D.AD.A、B B間的動摩擦因數(shù)為間的動摩擦因數(shù)為0.10.1 【解析【解析】選選C C、D D。從圖乙可以看出。從圖乙

8、可以看出,B,B做勻減速運動做勻減速運動,A,A 做勻加速運動做勻加速運動, ,最后的共同速度為最后的共同速度為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獲得的動能為獲得的動能為1 J,A1 J,A錯錯 誤誤; ;系統(tǒng)損失的機械能系統(tǒng)損失的機械能W= 2mvW= 2mv2 2, ,代入數(shù)代入數(shù) 據(jù)得據(jù)得W=2 J,BW=2 J,B錯誤錯誤; ;由圖象可知物體由圖象可知物體B B的位移為的位移為1.5 m,1.5 m, 長木板長木板A A的位移為的位

9、移為0.5 m,0.5 m,所以長木板最小長度為所以長木板最小長度為1 m,C1 m,C 1 2 2 0 11 mv 22 正確正確; ;由圖象可知長木板由圖象可知長木板A A的加速度為的加速度為1 m/s1 m/s2 2, ,根據(jù)根據(jù) mmB Bg=mg=mA Aa aA A得出動摩擦因數(shù)為得出動摩擦因數(shù)為0.1,D0.1,D正確。正確。 2.(20192.(2019郴州高一檢測郴州高一檢測) )如圖所示如圖所示, ,長為長為L=1 mL=1 m、質(zhì)量、質(zhì)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, ,質(zhì)量質(zhì)量m=2 kgm=2 kg的小的小 物塊物

10、塊( (可視為質(zhì)點可視為質(zhì)點) )位于木板的左端位于木板的左端, ,木板和物塊間的動木板和物塊間的動 摩擦因數(shù)摩擦因數(shù)=0.1=0.1?，F(xiàn)突然給木板一向左的初速度?，F(xiàn)突然給木板一向左的初速度v v0 0= = 2 m/s2 m/s, ,同時對小物塊施加一水平向右的恒定拉力同時對小物塊施加一水平向右的恒定拉力F=F= 10 N,10 N,經(jīng)過一段時間后經(jīng)過一段時間后, ,物塊與木板相對靜止物塊與木板相對靜止, ,此時撤去此時撤去 力力F F。g g取取10 m/s10 m/s2 2, ,求求: : (1)(1)物塊最終停在木板上的位置。物塊最終停在木板上的位置。 (2)(2)在物塊與木板達到相對

11、靜止前的運動過程中拉力在物塊與木板達到相對靜止前的運動過程中拉力F F 做的功和產(chǎn)生的內(nèi)能。做的功和產(chǎn)生的內(nèi)能。 【解析【解析】 (1)(1)物塊與木板水平方向的受力分析如圖所物塊與木板水平方向的受力分析如圖所 示示 根據(jù)牛頓第二定律根據(jù)牛頓第二定律, ,物塊的加速度為物塊的加速度為a a1 1= = = 4 m/s4 m/s2 2, ,木板的加速度為木板的加速度為a a2 2= =8 m/s= =8 m/s2 2, ,當物塊與木當物塊與木 板速度相同時板速度相同時, ,兩者不再發(fā)生相對滑動兩者不再發(fā)生相對滑動, ,一直勻速運動一直勻速運動 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,兩者共同速度大小兩者共同速度大小 為為v=av=a1 1t=2 m/s,vt=2 m/s,v與木板的初速度與木板的初速度v v0 0大小相等而方向相大小相等而方向相 反反, ,可見木板此時恰好回到原位置可見木板此時恰好回到原位置, ,位移為零。此過程位移為零。此過程 Fmg m mg M 物塊的位移為物塊的位移為x= ax= a1 1t t2 2=0.5 m= L,=0.5 m= L,所以物塊最終停所以物塊最終停 在木板的中點處。在木板的中點處。 1 2 1 2 (2)(2)拉力拉力F F做的功為做的功為W=FxW=Fx=5 J,=5

13、 J,木板恰好回到原位置時木板恰好回到原位置時, , 物塊相對木板的位移物塊相對木板的位移x x相對 相對=x=0.5 m, =x=0.5 m,又因為物塊相對木又因為物塊相對木 板一直向右運動板一直向右運動, ,故物塊相對木板的路程等于物塊相對故物塊相對木板的路程等于物塊相對 木板的位移木板的位移, ,所以摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為所以摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=FQ=Ff fx x相對 相對=1 J =1 J。 答案答案: :(1)(1)停在木板的中點處停在木板的中點處(2)5 J(2)5 J1 J1 J 【補償訓練【補償訓練】 1.(1.(多選多選) )如圖所示如圖所示, ,質(zhì)量為質(zhì)量為M,M,長度為長度為

14、L L的小車靜止在光的小車靜止在光 滑的水平面上滑的水平面上, ,質(zhì)量為質(zhì)量為m m的小物塊的小物塊, ,放在小車的最左端放在小車的最左端, , 現(xiàn)用一水平力現(xiàn)用一水平力F F作用在小物塊上作用在小物塊上, ,小物塊與小車之間的小物塊與小車之間的 摩擦力為摩擦力為f,f,經(jīng)過一段時間小車運動的位移為經(jīng)過一段時間小車運動的位移為x,x,小物塊小物塊 剛好滑到小車的右端剛好滑到小車的右端, ,則下列說法中正確的是則下列說法中正確的是( () ) A.A.此時物塊的動能為此時物塊的動能為F(x+LF(x+L) ) B.B.此時小車的動能為此時小車的動能為fxfx C.C.這一過程中這一過程中, ,物

15、塊和小車增加的機械能為物塊和小車增加的機械能為Fx-fLFx-fL D.D.這一過程中這一過程中, ,因摩擦而產(chǎn)生的熱量為因摩擦而產(chǎn)生的熱量為fLfL 【解析【解析】選選B B、D D。對物塊。對物塊, ,所受四個力中水平力所受四個力中水平力F F和物和物 塊與小車間的滑動摩擦力做功塊與小車間的滑動摩擦力做功, ,這兩個力做功的位移都這兩個力做功的位移都 是是(x+L(x+L),),則由動能定理可知小物塊的動能則由動能定理可知小物塊的動能( (等于增加的等于增加的 動能動能)E)Ek k=E=Ek k=(F-f)(x+L),A=(F-f)(x+L),A項錯誤項錯誤; ;對小車對小車, ,只有物

16、塊只有物塊 對小車的滑動摩擦力做正功對小車的滑動摩擦力做正功, ,且且W=fxW=fx, ,由動能定理可知由動能定理可知B B 項正確項正確; ;系統(tǒng)增加的機械能等于除重力和彈力外的其他系統(tǒng)增加的機械能等于除重力和彈力外的其他 力力( (包括內(nèi)力和外力包括內(nèi)力和外力) )做功的代數(shù)和做功的代數(shù)和, ,即即E=F(x+L)-E=F(x+L)- fL,CfL,C項錯誤項錯誤; ;這一過程中這一過程中, ,因摩擦而產(chǎn)生的熱量等于滑因摩擦而產(chǎn)生的熱量等于滑 動摩擦力與相對路程的乘積動摩擦力與相對路程的乘積, ,即即Q=fL,DQ=fL,D項正確。項正確。 2.2.如圖所示如圖所示, ,長長L=2 mL

17、=2 m、質(zhì)量、質(zhì)量M=3 kgM=3 kg的木板靜止放在傾的木板靜止放在傾 角為角為3737的光滑斜面上的光滑斜面上, ,質(zhì)量質(zhì)量m=1 kgm=1 kg的小物塊放在木板的小物塊放在木板 的上端的上端, ,木板和物塊間的動摩擦因數(shù)木板和物塊間的動摩擦因數(shù)=0.5,=0.5,對木板施對木板施 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,斜面足夠長。求斜面足夠長。求: : (1)(1)木板下滑的加速度。木板下滑的加速度。 (2)(2

18、)小物塊經(jīng)多長時間離開木板。小物塊經(jīng)多長時間離開木板。 (3)(3)小物塊離開木板時木板獲得的動能。小物塊離開木板時木板獲得的動能。 【解析【解析】 (1)(1)設木板向下運動的加速度為設木板向下運動的加速度為a a1 1, ,則由牛頓則由牛頓 第二定律第二定律, ,對木板對木板: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)物塊向下做加速運動物塊向下做加速運動, ,設其加速度為設其加速度為a a2 2, ,則由牛頓第則由牛頓第 二定律二定律, ,對物塊對物塊: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, ,又因為又因為 a a2 2t t2 2- a- a1 1t t2 2=L,=L,得物塊離開木得物塊離開木 板所用時間板所用時間t=2 st=2 s。 1 2 1 2 (3)(3)物塊離開木板時木板的速度物塊離開木板時木板的速度v v1 1=a=a1 1t=2 m/st=2 m/s 木板的動能為木板的動能為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.如圖所示如圖所示, ,光滑的光滑的 圓弧圓弧AB,AB,半徑半徑R=0.8 m,R=0.8 m,固定在豎固定在豎 直平面內(nèi)。一輛質(zhì)量為直平面內(nèi)。一輛質(zhì)量為M=2 kgM=2 kg的小車處在水平光滑地的小車處在水平光滑地 面上面上, ,小車的上表面小車的上表面CDCD與圓弧在與圓弧在B B點的切線重合點的切線重合, ,初始時初始時 B B與與C C緊挨著緊挨著, ,小車長小車長L=1 m,L=1 m,高高H=0.2 mH=0.2 m?，F(xiàn)有一個質(zhì)量?，F(xiàn)有一個質(zhì)量 為為m=1 kgm=1 kg的滑塊的滑塊( (可視為質(zhì)點可視為質(zhì)點),),自圓弧上的自圓弧上的A A點從靜止點從靜止 開始釋放開

21、始釋放, ,滑塊運動到滑塊運動到B B點后沖上小車點后沖上小車, ,帶動小車向右運帶動小車向右運 1 4 動動, ,當滑塊與小車分離時當滑塊與小車分離時, ,小車運動了小車運動了x=0.2 m,x=0.2 m,此時小此時小 車的速度為車的速度為v=1 m/sv=1 m/s。求。求: : (1)(1)滑塊到達滑塊到達B B點時對圓弧軌道的壓力。點時對圓弧軌道的壓力。 (2)(2)滑塊與小車間的動摩擦因數(shù)。滑塊與小車間的動摩擦因數(shù)。 (3)(3)滑塊與小車分離時的速度?；瑝K與小車分離時的速度。 (4)(4)滑塊著地時與小車右端的水平距離?；瑝K著地時與小車右端的水平距離。 【解析【解析】(1)(1)

22、滑塊從滑塊從A A到到B B的過程的過程, ,由機械能守恒得由機械能守恒得 mgRmgR= = 滑塊在滑塊在B B點點, ,由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得 F FN N-mg=m -mg=m 代入數(shù)據(jù)解得代入數(shù)據(jù)解得F FN N=30 N=30 N 由牛頓第三定律知由牛頓第三定律知, ,滑塊在滑塊在B B點對軌道的壓力為點對軌道的壓力為30 N,30 N,方方 向豎直向下。向豎直向下。 2 B 1 mv 2 2 B v R (2)(2)對小車對小車, ,由動能定理得由動能定理得 mgxmgx= Mv= Mv2 2 代入數(shù)據(jù)解得代入數(shù)據(jù)解得=0.5=0.5。 (3)(3)對滑塊在小車上運動的過

23、程中對滑塊在小車上運動的過程中, ,由動能定理得由動能定理得 -mg(x+L-mg(x+L)= )= 代入數(shù)據(jù)解得代入數(shù)據(jù)解得v vD D=2 m/s=2 m/s。 1 2 22 DB 11 mvmv 22 (4)(4)滑塊離開小車后做平拋運動滑塊離開小車后做平拋運動, ,設滑塊做平拋運動的設滑塊做平拋運動的 時間為時間為t,t,則則 H= gtH= gt2 2 滑塊著地時與小車間的距離滑塊著地時與小車間的距離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,方向豎直向下方向豎直向下(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 主題二皮帶傳動模型中的功能關系主題二皮帶傳動模型中的功能關系 1.1.解決力學問題的方法選取解決力學問題的方法選取: : (1)(1)牛頓第二定律揭示了力的瞬時效應牛頓第二定律揭示了力的瞬時效應, ,在研究某一物在研究某一物 體所受力的瞬時作用與物體運動的關系時體所受力的瞬時作用與物體運動的關系時, ,優(yōu)選運動學優(yōu)選運動學 公式和牛頓第二定律。公式和牛頓第二定律。 (2)(2)動能定理反映了力對空間的累積效應動能定理反映了力對空間的累積效應, ,對于不涉及對于不涉及 物體運動過程中的加速度和時間物體運動過程中的加速度和時間, ,優(yōu)

25、選動能定理。優(yōu)選動能定理。 (3)(3)如果物體只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及物體如果物體只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及物體 運動過程中的加速度和時間運動過程中的加速度和時間, ,此類問題優(yōu)選用機械能守此類問題優(yōu)選用機械能守 恒定律求解。恒定律求解。 (4)(4)在涉及相對滑動問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律在涉及相對滑動問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律, , 即系統(tǒng)的動能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。即系統(tǒng)的動能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。 (5)(5)在涉及摩擦力、電場力、磁場力在涉及摩擦力、電場力、磁場力( (安培力安培力) )做功時優(yōu)做功時優(yōu) 先考慮能量守恒定律。先考慮能量守恒定律。 2.“2.“傳送帶傳送帶”

26、模型中的解題方法模型中的解題方法: : 傳送帶模型是高中物理中比較成熟的模型傳送帶模型是高中物理中比較成熟的模型, ,一般設問的一般設問的 角度有兩個角度有兩個: : (1)(1)動力學角度動力學角度, ,如求物體在傳送帶上運動的時間、物如求物體在傳送帶上運動的時間、物 體在傳送帶上能達到的速度、物體相對傳送帶滑過的體在傳送帶上能達到的速度、物體相對傳送帶滑過的 位移位移, ,依據(jù)牛頓第二定律結合運動學規(guī)律求解。依據(jù)牛頓第二定律結合運動學規(guī)律求解。 (2)(2)能量的角度能量的角度: :求傳送帶對物體所做的功、物體和傳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

27、使電送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電 動機多消耗的電能等動機多消耗的電能等, ,常依據(jù)功能關系或能量守恒定律常依據(jù)功能關系或能量守恒定律 求解。若利用公式求解。若利用公式Q=FQ=Ff fl相對 相對求摩擦熱 求摩擦熱, ,式中式中l(wèi)相對 相對為兩接觸 為兩接觸 物體間的相對位移物體間的相對位移, ,若物體在傳送帶上往復運動時若物體在傳送帶上往復運動時, ,則則l 相對相對為總的相對路程。 為總的相對路程。 【典例示范【典例示范】 如圖所示如圖所示, ,一質(zhì)量為一質(zhì)量為m=2 kgm=2 kg的滑塊從半徑為的滑塊從半徑為R=0.2 mR=0.2 m的的 光滑四分之一圓弧軌道的頂端

28、光滑四分之一圓弧軌道的頂端A A處由靜止滑下處由靜止滑下,A,A點和圓點和圓 弧對應的圓心弧對應的圓心O O點等高點等高, ,圓弧的底端圓弧的底端B B與水平傳送帶平滑與水平傳送帶平滑 相接。已知傳送帶勻速運行速度為相接。已知傳送帶勻速運行速度為v v0 0=4 m/s,B=4 m/s,B點到傳點到傳 送帶右端送帶右端C C點的距離為點的距離為L=2 mL=2 m。當滑塊滑到傳送帶的右。當滑塊滑到傳送帶的右 端端C C點時點時, ,其速度恰好與傳送帶的速度相同。其速度恰好與傳送帶的速度相同。(g=(g= 10 m/s10 m/s2 2) )求求: : (1)(1)滑塊到達底端滑塊到達底端B B

29、時對軌道的壓力。時對軌道的壓力。 (2)(2)滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)。 (3)(3)此過程中此過程中, ,由于滑塊與傳送帶之間的摩擦而產(chǎn)生的由于滑塊與傳送帶之間的摩擦而產(chǎn)生的 熱量熱量Q Q。 【解析【解析】(1)(1)滑塊由滑塊由A A到到B B的過程中的過程中, ,由機械能守恒定律由機械能守恒定律 得得 mgRmgR= = 滑塊在滑塊在B B點點, ,由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得 F FN N-mg=m -mg=m 由由兩式得兩式得:F:FN N=60 N=60 N 2 B 1 mv 2 2 B v R 由牛頓第三定律得滑塊到達底端由牛頓第三定律得滑塊到達

30、底端B B時對軌道的壓力大小時對軌道的壓力大小 為為60 N,60 N,方向豎直向下。方向豎直向下。 (2)(2)法一法一: :滑塊從滑塊從B B到到C C運動過程中運動過程中, ,由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得 mgmg=ma=ma 由運動學公式得由運動學公式得 =2aL=2aL 由由三式得三式得=0.3=0.3 法二法二: :滑塊在從滑塊在從A A到到C C整個運動過程中整個運動過程中, ,由動能定理得由動能定理得 mgR+mgLmgR+mgL= -0,= -0,解得解得=0.3=0.3 22 0B vv 2 0 1 mv 2 (3)(3)滑塊在從滑塊在從B B到到C C運動過程中運動過

31、程中, ,設運動時間為設運動時間為t,t,由運動由運動 學公式得學公式得v v0 0=v=vB B+at+at 產(chǎn)生的熱量產(chǎn)生的熱量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,方向豎直向下方向豎直向下(2)0.3(2)0.3(3)4 J (3)4 J 【探究訓練【探究訓練】 1.(1.(多選多選) )在機場和火車站可以看到對行李進行安全檢在機場和火車站可以看到對行李進行安全檢 查用的水平傳送帶如圖所示查用的水平傳送帶如圖所示, ,當旅客把行李放在正在勻當旅客把行李放在正在勻 速運動的傳送帶上后速運動的傳送帶上后,

32、,傳送帶和行李之間的滑動摩擦力傳送帶和行李之間的滑動摩擦力 使行李開始運動使行李開始運動, ,隨后它們保持相對靜止隨后它們保持相對靜止, ,行李隨傳送行李隨傳送 帶一起勻速通過檢測儀器接受檢查帶一起勻速通過檢測儀器接受檢查, ,設某機場的傳送帶設某機場的傳送帶 勻速前進的速度為勻速前進的速度為0.4 m/s0.4 m/s, ,某行李箱的質(zhì)量為某行李箱的質(zhì)量為5 kg,5 kg,行行 李箱與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為李箱與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.2,0.2,當旅客把這個當旅客把這個 行李箱小心地放在傳送帶上行李箱小心地放在傳送帶上, ,通過安全檢查的過程中通過安全檢查的過程中,g,g 取取10

33、 m/s10 m/s2 2, ,則則( () ) A.A.開始時行李的加速度為開始時行李的加速度為2 m/s2 m/s2 2 B.B.行李到達行李到達B B點時間為點時間為2 s2 s C.C.傳送帶對行李做的功為傳送帶對行李做的功為0.4 J0.4 J D.D.傳送帶上將留下一段摩擦痕跡傳送帶上將留下一段摩擦痕跡, ,該痕跡的長度是該痕跡的長度是 0.03 m0.03 m 【解析【解析】選選A A、C C。行李開始運動時由牛頓第二定律。行李開始運動時由牛頓第二定律 有有:mg:mg=ma,=ma,所以所以a=2 m/sa=2 m/s2 2, ,故故A A正確正確; ;由于傳送帶的長由于傳送帶

34、的長 度未知度未知, ,故時間不可求故時間不可求, ,故故B B錯誤錯誤; ;行李最后和傳送帶一行李最后和傳送帶一 起勻速運動起勻速運動, ,所以傳送帶對行李做的功為所以傳送帶對行李做的功為W= mvW= mv2 2= = 0.4 J,C0.4 J,C正確正確; ;在傳送帶上留下的痕跡長度為在傳送帶上留下的痕跡長度為s=vts=vt- - = =0.04 m,D= =0.04 m,D錯誤。錯誤。 1 2 t v 2 t v 2 2.2.繃緊的傳送帶與水平面的夾角繃緊的傳送帶與水平面的夾角=30=30, ,皮帶在電動皮帶在電動 機的帶動下機的帶動下, ,始終保持始終保持v v0 0=2 m/s=

35、2 m/s的速率運行的速率運行, ,現(xiàn)把一質(zhì)現(xiàn)把一質(zhì) 量為量為m=10 kgm=10 kg的工件的工件( (可看作質(zhì)點可看作質(zhì)點) )輕輕放在皮帶的底端輕輕放在皮帶的底端, , 經(jīng)過時間經(jīng)過時間1.9 s,1.9 s,工件被傳送到工件被傳送到h=1.5 mh=1.5 m的高處的高處, ,取取g=g= 10 m/s10 m/s2 2, ,求求: : (1)(1)工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)。工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)。 (2)(2)電動機由于傳送工件多消耗的電能。電動機由于傳送工件多消耗的電能。 【解析【解析】(1)(1)由題圖可知由題圖可知, ,皮帶長皮帶長x= =3 mx= =3 m。工件速。

36、工件速 度達度達v v0 0前前, ,做勻加速運動的位移做勻加速運動的位移x x1 1= t= t1 1= t= t1 1, ,勻速勻速 運動的位移為運動的位移為x-xx-x1 1=v=v0 0(t-t(t-t1 1),),解得加速運動的時間解得加速運動的時間t t1 1= = 0.8 s,0.8 s,加速運動的位移加速運動的位移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, ,由牛頓第二定律有由牛頓第二定律有: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)從能量守恒的觀點從能量守恒的觀點, ,顯然電動機多消耗的電能用于顯然電動機多消耗的電能用于 增加工件的動能、勢能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)增加工件的動能、勢能以及克服傳送帶與工件之間發(fā) 生相對位移時摩擦力做功產(chǎn)生的熱量。在時間生相對位移時摩擦力做功產(chǎn)生的熱量。在時間t t1 1內(nèi)內(nèi), ,皮皮 帶運動的位移帶運動的位移x x皮 皮=v =v0 0t t1 1=1.6 m,=1.6 m,工件相對皮帶的位移工件相對皮帶的位移x x相 相 =x=x皮 皮-x -x1 1=0.8 m,=0.8 m,摩擦發(fā)熱摩擦發(fā)熱Q=mgcos xQ=mgcos x相 相=60 J =6

38、0 J。工件。工件 獲得的動能獲得的動能E Ek k= =20 J,= =20 J,工件增加的勢能工件增加的勢能E Ep p=mgh=mgh =150 J,=150 J,電動機多消耗的電能電動機多消耗的電能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 【補償訓練【補償訓練】 一水平方向的傳送帶以恒定的速度一水平方向的傳送帶以恒定的速度v=2 m/sv=2 m/s沿順時針方沿順時針方 向勻速轉(zhuǎn)動向勻速轉(zhuǎn)動, ,傳送帶右端固定著一光滑的四分之一圓弧傳送帶右端固定著一光滑的四分之一圓弧

39、 面軌道面軌道, ,并與弧面下端相切。一質(zhì)量為并與弧面下端相切。一質(zhì)量為m=1 kgm=1 kg的物體自的物體自 圓弧面軌道的最高點由靜止滑下圓弧面軌道的最高點由靜止滑下, ,圓弧面軌道的半徑圓弧面軌道的半徑 R=0.45 m,R=0.45 m,物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為=0.2,=0.2, 不計物體滑過曲面與傳送帶交接處時的能量損失不計物體滑過曲面與傳送帶交接處時的能量損失, ,傳送傳送 帶足夠長帶足夠長,g,g取取10 m/s10 m/s2 2。求。求: : (1)(1)物體從第一次滑上傳送帶到離開傳送帶所經(jīng)歷的時物體從第一次滑上傳送帶到離開傳送帶所經(jīng)歷的

40、時 間。間。 (2)(2)物體從第一次滑上傳送帶到離開傳送帶的過程中物體從第一次滑上傳送帶到離開傳送帶的過程中, , 傳送帶對物體做的功及由于摩擦產(chǎn)生的熱量。傳送帶對物體做的功及由于摩擦產(chǎn)生的熱量。 【解析【解析】(1)(1)沿圓弧面軌道下滑過程中機械能守恒沿圓弧面軌道下滑過程中機械能守恒, ,設設 物體滑上傳送帶時的速度為物體滑上傳送帶時的速度為v v1 1, ,則則mgRmgR= = 得得v v1 1= = 3 m/s3 m/s, ,物體在傳送帶上運動的加速度物體在傳送帶上運動的加速度a= =ga= =g= = 2 m/s2 m/s2 2, ,物體在傳送帶上向左運動的時間物體在傳送帶上向左

41、運動的時間t t1 1= =1.5 s,= =1.5 s, 向左滑動的最大距離向左滑動的最大距離s= =2.25 m,s= =2.25 m,物體向右運動速物體向右運動速 2 1 mv 2 ， mg m 1 v a 2 1 v 2a 度達到度達到v v時時, ,向右運動的距離向右運動的距離s s1 1= =1 m,= =1 m,所用時間所用時間t t2 2= = =1 s, =1 s,勻速運動的時間勻速運動的時間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)根據(jù)動能定理根據(jù)動能定理, ,傳送帶對物體做的功傳送帶對物體做的功: : W= mvW= mv2 2- =-2.5 J,- =-2.5 J, 物體相對傳送帶運動的位移物體相對傳送帶運動的位移 xx= +v(t= +v(t1 1+t+t2 2)=6.25 m,)=6.25 m, 由于摩擦產(chǎn)生的熱量由于摩擦產(chǎn)生的熱量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 主題含彈簧系統(tǒng)中的功能關系主題含彈簧系統(tǒng)中的功能關系

43、運用能量守恒定律解題的基本思路運用能量守恒定律解題的基本思路: : 【典例示范【典例示范】 如圖所示在水平地面上固定一個半徑為如圖所示在水平地面上固定一個半徑為R R的半圓形軌道的半圓形軌道, , 其中圓弧部分光滑其中圓弧部分光滑, ,水平段長為水平段長為L,L,一質(zhì)量為一質(zhì)量為m m的小物塊的小物塊 緊靠一根被壓縮的彈簧固定在水平軌道的最右端緊靠一根被壓縮的彈簧固定在水平軌道的最右端, ,小物小物 塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為,現(xiàn)突然釋放小物塊現(xiàn)突然釋放小物塊, , 小物塊被彈出小物塊被彈出, ,恰好能夠到達圓弧軌道的最高點恰好能夠到達圓弧軌道的最高點A,gA,g

44、取取 10 m/s10 m/s2 2, ,且彈簧長度忽略不計且彈簧長度忽略不計, ,求求: : (1)(1)小物塊的落點距小物塊的落點距OO的距離。的距離。 (2)(2)小物塊釋放前彈簧具有的彈性勢能。小物塊釋放前彈簧具有的彈性勢能。 【解析【解析】設小物塊被彈簧彈出時的速度大小為設小物塊被彈簧彈出時的速度大小為v v1 1, ,到達到達 圓弧軌道的最低點時速度大小為圓弧軌道的最低點時速度大小為v v2 2, ,到達圓弧軌道的最到達圓弧軌道的最 高點時速度大小為高點時速度大小為v v3 3。 (1)(1)因為小物塊恰好能到達圓弧軌道的最高點因為小物塊恰好能到達圓弧軌道的最高點, ,故向心故向心

45、 力剛好由重力提供力剛好由重力提供, ,有有 =mg=mg 小物塊由小物塊由A A射出后做平拋運動射出后做平拋運動, ,由平拋運動的規(guī)律有由平拋運動的規(guī)律有 x=vx=v3 3t t 2R= gt2R= gt2 2 2 3 mv R 1 2 聯(lián)立聯(lián)立解得解得:x=2R,:x=2R,即小物塊的落點距即小物塊的落點距OO的距離為的距離為 2R2R。 (2)(2)小物塊在圓弧軌道上從最低點運動到最高點的過程小物塊在圓弧軌道上從最低點運動到最高點的過程 中中, ,由機械能守恒定律得由機械能守恒定律得 =mg=mg2R+ 2R+ 小物塊被彈簧彈出到運動到圓弧軌道的最低點的過程小物塊被彈簧彈出到運動到圓弧

46、軌道的最低點的過程 由功能關系得由功能關系得: : +mgL +mgL 2 2 1 mv 2 2 3 1 mv 2 22 12 11 mvmv 22 小物塊釋放前彈簧具有的彈性勢能就等于小物塊被彈小物塊釋放前彈簧具有的彈性勢能就等于小物塊被彈 出時的動能出時的動能, ,故有故有 E Ep p= = 由由聯(lián)立解得聯(lián)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 【探究訓練【探究訓練】 1.1.如圖所示如圖所示, ,在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量為在輕彈簧的下端懸掛一個質(zhì)量

47、為m m的小球的小球A,A, 若將小球若將小球A A從彈簧原長位置由靜止釋放從彈簧原長位置由靜止釋放, ,小球小球A A能夠下降能夠下降 的最大高度為的最大高度為h h。若將小球。若將小球A A換成質(zhì)量為換成質(zhì)量為2m2m的小球的小球B,B,仍仍 從彈簧原長位置由靜止釋放從彈簧原長位置由靜止釋放, ,則小球則小球B B下降下降h h時的速度為時的速度為 ( (重力加速度為重力加速度為g,g,不計空氣阻力不計空氣阻力) )( () ) A. 2gh B. gh gh C. D.0 2 【解析【解析】選選B B。設小球。設小球A A下降高度下降高度h h時時, ,彈簧的彈性勢能彈簧的彈性勢能 為為

48、E Ep p, ,由功能關系可知由功能關系可知E Ep p=mgh=mgh。當小球。當小球A A換為質(zhì)量為換為質(zhì)量為2m2m 的小球的小球B B時時, ,設小球設小球B B下降下降h h時速度為時速度為v,v,根據(jù)能量守恒根據(jù)能量守恒 2mgh= 2mgh= 2mv2mv2 2+E+Ep p, ,得得v= Bv= B項正確。項正確。 1 2 gh， 2. (20192. (2019溫州高一檢測溫州高一檢測) )如圖所示如圖所示, ,半徑半徑 R=0.4 mR=0.4 m的的 光滑圓弧軌道光滑圓弧軌道BCBC固定在豎直平面內(nèi)固定在豎直平面內(nèi), ,軌道的上端點軌道的上端點B B和和 圓心圓心O O

49、的連線與水平方向的夾角的連線與水平方向的夾角=30=30, ,下端點下端點C C為軌為軌 道的最低點且與粗糙水平面相切道的最低點且與粗糙水平面相切, ,一根輕質(zhì)彈簧的右端一根輕質(zhì)彈簧的右端 固定在豎直擋板上。質(zhì)量固定在豎直擋板上。質(zhì)量m=0.1 kgm=0.1 kg的小物塊的小物塊( (可視為質(zhì)可視為質(zhì) 點點) )從空中從空中A A點以一定初速度點以一定初速度v v0 0=2 m/s=2 m/s被水平拋出被水平拋出, ,恰好恰好 從從B B點沿軌道切線方向進入軌道點沿軌道切線方向進入軌道, ,經(jīng)過經(jīng)過C C點后沿水平面向點后沿水平面向 右運動至右運動至D D點時點時, ,彈簧被壓縮至最短彈簧被

50、壓縮至最短,C,C、D D兩點間的水平兩點間的水平 距離距離L=1.2 m,L=1.2 m,小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)=0.5=0.5。 (1)(1)求小物塊經(jīng)過圓弧軌道上求小物塊經(jīng)過圓弧軌道上B B點時速度點時速度v vB B的大小。的大小。 (2)(2)求小物塊經(jīng)過圓弧軌道上求小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C C點時對軌道的壓力大小。點時對軌道的壓力大小。 (3)(3)求彈簧的彈性勢能的最大值求彈簧的彈性勢能的最大值E Epm pm。 。 【解析【解析】(1)(1)小物塊恰好從小物塊恰好從B B點沿切線方向進入軌道點沿切線方向進入軌道, ,由由 幾何關系有幾何關系有:v

51、:vB B= m/s=4 m/s= m/s=4 m/s。 0 v2 sinsin30 (2)(2)小物塊由小物塊由B B點運動到點運動到C C點點, ,由機械能守恒定律有由機械能守恒定律有: : mgR(1+sin)= mgR(1+sin)= 在在C C點處點處, ,由牛頓第二定律有由牛頓第二定律有:F-mg=m :F-mg=m 解得解得:F=8 N:F=8 N 根據(jù)牛頓第三定律根據(jù)牛頓第三定律, ,小物塊經(jīng)過圓弧軌道上小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C C點時對軌點時對軌 道的壓力道的壓力FF大小為大小為8 N8 N。 22 CB 11 mvmv 22 2 C v R (3)(3)小物塊從小物塊從B B

52、點運動到點運動到D D點點, ,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 【補償訓練【補償訓練】 1.1.如圖所示如圖所示, ,光滑坡道頂端距水平面高度為光滑坡道頂端距水平面高度為h,h,質(zhì)量為質(zhì)量為m m 的小物塊的小物塊A A從坡道頂端由靜止滑下從坡道頂端由靜止滑下, ,進入水平面上的滑進入水平面上的滑 道時無機械能損失道時無機械能損失, ,為使為使A A制動制動, ,將輕彈簧的一端固定在將輕彈簧的一端固定在 水平滑道延長線水平滑道延長線M M處的墻上處的墻上,