新高考物理三輪沖刺知識講練與題型歸納專題12 功能關(guān)系能量守恒（含解析）

專題12功能關(guān)系能量守恒[題型導(dǎo)航]題型一功能關(guān)系的理解 1題型二摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化 4題型三能量守恒定律的理解和應(yīng)用 7題型四傳送帶模型中的動力學(xué)和能量轉(zhuǎn)化問題 10[考點(diǎn)分析]題型一功能關(guān)系的理解 幾種常見的功能關(guān)系及其表達(dá)式力做功能的變化定量關(guān)系合力的功動能變化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力的功重力勢能變化(1)重力做正功，重力勢能減少(2)重力做負(fù)功，重力勢能增加(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力的功彈性勢能變化(1)彈力做正功，彈性勢能減少(2)彈力做負(fù)功，彈性勢能增加(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、彈簧彈力做功機(jī)械能不變化機(jī)械能守恒ΔE＝0除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功機(jī)械能變化(1)其他力做多少正功，物體的機(jī)械能就增加多少(2)其他力做多少負(fù)功，物體的機(jī)械能就減少多少(3)W其他＝ΔE一對相互作用的滑動摩擦力的總功機(jī)械能減少內(nèi)能增加(1)作用于系統(tǒng)的一對滑動摩擦力一定做負(fù)功，系統(tǒng)內(nèi)能增加(2)摩擦生熱Q＝Ff·x相對（多選）如圖，在升降機(jī)內(nèi)固定一光滑的斜面體，一輕彈簧的一端連在位于斜面體上方的固定木板B上，另一端與質(zhì)量為m的物塊A相連，彈簧與斜面平行。整個系統(tǒng)由靜止開始加速上升高度h的過程中（）A．物塊A與斜面始終相對靜止 B．物塊A的重力勢能增加量小于mgh C．物塊A的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的代數(shù)和 D．物塊A的機(jī)械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的代數(shù)和【解答】解：AB、物塊A開始受重力、支持力、彈簧的彈力處于平衡狀態(tài)；系統(tǒng)加速上升時，物塊A具有向上的加速度，A所受合力向上，彈簧彈力和支持力在豎直方向上的分力大于重力，所以彈簧的彈力增大，物體A相對于斜面向下運(yùn)動，物塊A與斜面不能始終保持靜止；物體A上升的高度小于h，所以重力勢能的增加量小于mgh，故A錯誤，B正確；C、由動能定理可知，物塊A的動能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力以及找回來對其做功的代數(shù)和，故C錯誤；D、重力做功不改變物塊的機(jī)械能，由功能關(guān)系可知，物塊A的機(jī)械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對其做功的代數(shù)和，故D正確。故選：BD。如圖所示，物體A的質(zhì)量為m，置于水平地面上，A的上端連一輕彈簧，原長為L，勁度系數(shù)為k，現(xiàn)將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起，使B點(diǎn)上移距離為L，此時物體A也已經(jīng)離開地面，則下列論述中正確的是（）A．提彈簧的力對系統(tǒng)做功為mgL B．物體A的重力勢能增加mgL C．系統(tǒng)增加的機(jī)械能小于mgL D．以上說法都不正確【解答】解：A、將彈簧上端B緩慢地豎直向上提起，由于開始時有支持力，故拉力先小于mg，物體離地后等于mg；拉力的位移為L，故提彈簧的力對系統(tǒng)做功小于mgL；故A錯誤；B、提彈簧的力對系統(tǒng)做功小于mgL，彈簧的彈性勢能也要增加，故物體的重力勢能的增加量小于mgL，故B錯誤；C、提彈簧的力對系統(tǒng)做功等于系統(tǒng)增加的機(jī)械能，由于拉力做的功小于mgL，故系統(tǒng)增加的機(jī)械能小于mgL，故C正確；D、由于C正確，故D錯誤；故選：C。（多選）如圖，一固定斜面傾角為30°，一質(zhì)量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做勻減速運(yùn)動，加速度的大小等于重力加速度的大小g．若物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊（）A．動能損失了2mgH B．重力做功mgH C．摩擦力做功mgH D．機(jī)械能損失了mgH【解答】解：A、物塊上滑的位移為s＝2H．已知物體上滑的加速度大小為g，由動能定理得：動能的損失等于物體克服合外力做功，為：△Ek＝W合＝F合?s＝﹣mg?2H＝﹣2mgH，即動能損失了2mgH，故A正確。B、物塊上升時重力做負(fù)功，則重力做功為﹣mgH．故B錯誤。CD、設(shè)摩擦力的大小為f，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin30°+f＝ma＝mg，得：f＝0.5mg，則物塊克服摩擦力做功為Wf＝f?2H＝0.5mg?2H＝mgH，根據(jù)功能關(guān)系可知機(jī)械能損失了mgH．故C錯誤，D正確。故選：AD。題型二摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化1．靜摩擦力做功的特點(diǎn)(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功．(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零．(3)靜摩擦力做功時，只有機(jī)械能的相互轉(zhuǎn)移，不會轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．2．滑動摩擦力做功的特點(diǎn)(1)滑動摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功．(2)相互間存在滑動摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)，一對滑動摩擦力做功將產(chǎn)生兩種可能效果：①機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；②有一部分機(jī)械能在相互摩擦的物體間轉(zhuǎn)移，另外一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．(3)摩擦生熱的計算：Q＝Ffx相對．其中x相對為相互摩擦的兩個物體間的相對位移．深化拓展從功的角度看，一對滑動摩擦力對系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量；從能量的角度看，其他形式能量的減少量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量．如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定速率順時針運(yùn)行。將一個物體輕輕放在傳送帶底端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度，第二階段與傳送帶相對靜止，勻速運(yùn)動到達(dá)傳送帶頂端。下列說法中正確的是（）A．第一階段物體受到滑動摩擦力作用，第二階段物體不受摩擦力作用 B．第一階段摩擦力對物體做正功，第二階段摩擦力對物體不做功 C．第一階段摩擦力對物體做的功等于第一階段物體動能的增加 D．物體從底端到頂端全過程機(jī)械能的增加等于全過程摩擦力對物體做的功【解答】解：A、第一階段物體受到滑動摩擦力作用，第二階段物體與傳送帶相對靜止，受靜摩擦力作用，故A錯誤；B、勻加速運(yùn)動階段，f滑＞mgsinθ，且f滑的方向沿傳送帶向上，與物體的位移方向相同，故第一階段摩擦力對物體做正功；勻速運(yùn)動階段，f靜＝mgsinθ，且f靜的方向沿傳送帶向上，與物體的位移方向也相同；故第二階段摩擦力對物體亦做正功。故B錯誤。C、勻加速運(yùn)動階段，由動能定理得：Wf+WG＝△EK，因為WG≠0，所以Wf≠△EK，故C錯誤；D、由機(jī)械能的變化規(guī)律可知，物體機(jī)械能的增加量等于除重力（彈力）之外的其它力對物體所做的功；其它力做正功，則物體的機(jī)械能增加；其它力做負(fù)功，則物體的機(jī)械能減少；題中除重力之外的其它力只有傳送帶對物體的摩擦力在對物體做功，則物體從底端到頂端全過程機(jī)械能的增加等于全過程摩擦力對物體所做的功；故D正確故選：D。如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動的電動機(jī)帶動下，足夠長的水平傳送帶以恒定速率V1勻速向右運(yùn)動。一質(zhì)量為m的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率V2（V2＞V1）滑上傳送帶，最終滑塊又返回至傳送帶的右端。就上述過程，下列判斷正確的有（）A．此過程中滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量為12B．此過程中傳送帶對滑塊做功為12C．滑塊返回傳送帶右端時的速率為V2 D．此過程中電動機(jī)做功為2m【解答】解：C、由于傳送帶足夠長，物體減速向左滑行，直到速度減為零，然后物體會在滑動摩擦力的作用下向右加速，由于v1＜v2，物體會先在滑動摩擦力的作用下加速，當(dāng)速度增大到等于傳送帶速度時，物體還在傳送帶上，之后不受摩擦力，故物體與傳送帶一起向右勻速運(yùn)動，有v′2＝v1；故C錯誤；B、此過程中只有傳送帶對滑塊做功，根據(jù)動能定理W＝△EK得：W＝△EK=12mv12?12A、設(shè)滑塊向左運(yùn)動的時間t1，位移為x1，則：x1=v2摩擦力對滑塊做功：W1＝fx1＝fv22t1又摩擦力做功等于滑塊動能的減小，即：W1=12mv22該過程中傳送帶的位移：x2＝v1t1摩擦力對滑塊做功：W2＝fx2＝fv1t1＝fv12x1v將①②代入③得：W2＝mv1v2設(shè)滑塊向右運(yùn)動的時間t2，位移為x3，則：x3=v1摩擦力對滑塊做功：W3＝fx3=12mv該過程中傳送帶的位移：x4＝v1t2＝2x3滑塊相對傳送帶的總位移：x相＝x1+x2+x4﹣x3＝x1+x2+x3滑動摩擦力對系統(tǒng)做功：W總＝fx相對＝W1+W2+W3=12m（v1+v2滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量大小等于通過滑動摩擦力對系統(tǒng)做功，Q＝W總＝f?x相=12m（v1+v2）D、全過程中，電動機(jī)對皮帶做的功與滑塊動能的減小量等于滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量，即Q＝W+12mv22?1整理得：W＝Q?12mv22+12mv12＝mv12+mv故選：A。如圖所示，在光滑水平地面上放置質(zhì)量M＝2kg的長木板，木板上表面與固定的豎直弧形軌道相切．一質(zhì)量m＝1kg的小滑塊自A點(diǎn)沿弧面由靜止滑下，A點(diǎn)距離長木板上表面高度h＝0.6m．滑塊在木板上滑行t＝1s后，和木板以共同速度v＝1m/s勻速運(yùn)動，取g＝10m/s2．求：（1）滑塊與木板間的摩擦力．（2）滑塊沿弧面下滑過程中克服摩擦力做的功．（3）滑塊相對木板滑行的距離及在木板上產(chǎn)生的熱量．【解答】解：（1）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的速度時間公式得木板的加速度為：a=vt=以木板為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得，滑塊與木板間的摩擦力為：f＝Ma＝2N．（2）取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mv0＝（M+m）v解得：v0=(M+m)v滑塊沿弧面下滑的過程，根據(jù)動能定理得：mgh﹣Wf=12mv02代入數(shù)據(jù)解得：Wf＝1.5J．（3）根據(jù)能量守恒定律得：f△x=12mv02?解得滑塊相對木板滑行的距離為：△x＝1.5m．產(chǎn)生的熱量為：Q＝f△x＝2×1.5J＝3J答：（1）滑塊與木板間的摩擦力為2N．（2）滑塊沿弧面下滑過程中克服摩擦力做的功為1.5J．（3）滑塊相對木板滑行的距離為1.5m，在木板上產(chǎn)生的熱量是3J．題型三能量守恒定律的理解和應(yīng)用1．內(nèi)容能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變．2．表達(dá)式ΔE減＝ΔE增．3．基本思路(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等；(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加且減少量和增加量一定相等．如圖所示，長木板A放在光滑的水平地面上，物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，則從B沖到木板A上到相對板A靜止的過程中，下述說法中正確的是（）A．物體B動能的減少量等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能 B．物體B克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量 C．物體B損失的機(jī)械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和 D．摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和等于零【解答】解：A、物體B以水平速度沖上A后，由于摩擦力作用，B減速運(yùn)動，A加速運(yùn)動，根據(jù)能量守恒定律，物體B動能的減少量等于A增加的動能和產(chǎn)生的熱量之和，選項A錯誤；B、根據(jù)動能定理，物體B克服摩擦力做的功等于B損失的動能，選項B錯誤；C、由能量守恒定律可知，物體B損失的機(jī)械能等于木板A獲得的動能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和，選項C正確；D、摩擦力對物體B做的功等于B動能的減少，摩擦力對木板A做的功等于A動能的增加，由能量守恒定律，摩擦力對物體B做的功和對木板A做的功的總和等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量機(jī)械能，選項D錯誤。故選：C。如圖所示，一物體質(zhì)量m＝2kg，在傾角為θ＝37°的斜面上的A點(diǎn)以初速度v0＝3m/s下滑，A點(diǎn)距彈簧上端B的距離AB＝4m。當(dāng)物體到達(dá)B后將彈簧壓縮到C點(diǎn)，最大壓縮量BC＝0.2m，然后物體又被彈簧彈上去，彈到的最高位置為D點(diǎn)，D點(diǎn)距A點(diǎn)AD＝3m。擋板及彈簧質(zhì)量不計，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：（1）物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ。（2）彈簧的最大彈性勢能Epm?！窘獯稹拷猓海?）物體在D點(diǎn)與A點(diǎn)比較，動能減少E重力勢能減少EP少＝mglADsin37°＝2×10×3×0.6J＝36J機(jī)械能減小E少＝Ek少+EP少＝9+36J＝45J機(jī)械能的減少量全部用來克服摩擦力做功，即W代入數(shù)據(jù)解得：μ≈0.52（2）由A到C的過程，動能減少E重力勢能減少E克服摩擦力做功W由能量守恒得：E答：（1）物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ是0.52。（2）彈簧的最大彈性勢能Epm是24.4J。如圖1所示為某種彈射小球的游戲裝置，水平面上固定一輕質(zhì)彈簧及長度可調(diào)節(jié)的豎直管AB．細(xì)管下端接有一小段長度不計的圓滑彎管，上端B與四分之一圓弧彎管BC相接，每次彈射前，推動小球?qū)椈蓧嚎s到同一位置后鎖定．解除鎖定，小球即被彈簧彈出，水平射進(jìn)細(xì)管的A端，再沿管ABC從C端水平射出．已知彎管BC的半徑R＝0.3m，小球的質(zhì)量為m＝50g，每次彈射時彈簧對小球所做的功W＝0.6J．不計小球運(yùn)動中機(jī)械能損失，取8=2.8，重力加速度g取10m/s2（1）當(dāng)L＝0.5m時，求小球到達(dá)管口C處時的速度大?。唬?）當(dāng)L＝0.5m時，小球落到水平面上的位置與豎直管AB間距離；（3）調(diào)節(jié)L時，小球到達(dá)管口C時管壁對球的作用力FN也相應(yīng)變化，考慮到游戲裝置的實際情況，L不能小于0.15m，請在如圖2的坐標(biāo)紙上作出FN隨長度L變化的關(guān)系圖線．（取管壁對球的作用力FN方向向上為正，并要求在橫、縱軸上標(biāo)上必要的刻度值）【解答】解：（1）當(dāng)L＝0.5m時，由機(jī)械能守恒得：W＝mg（L+R）+12mv解得：vC＝2.8m/s；（2）小球做平拋運(yùn)動的水平射程x，故：x＝vCt小球做平拋運(yùn)動的時間t：（L+R）=12小球落到水平面上的位置與豎直管AB間的距離x′＝x+0.3＝1.42m（3）小球在C點(diǎn)處的向心力：mg﹣FN＝mv為使小球能到達(dá)C處，須滿足：W﹣mg（L+R）≥0L≤0.9m所以FN=103L?52（0.15mFN隨長度L變化的關(guān)系圖線如上圖所示；答：（1）當(dāng)L＝0.5m時，小球到達(dá)管口C處時的速度大小是2.8m/s；（2）當(dāng)L＝0.5m時，小球落到水平面上的位置與豎直管AB間的距離是1.42m；（3）FN隨長度L變化的關(guān)系圖線如圖所示．題型四傳送帶模型中的動力學(xué)和能量轉(zhuǎn)化問題1．傳送帶模型是高中物理中比較成熟的模型，典型的有水平和傾斜兩種情況．一般設(shè)問的角度有兩個：(1)動力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動過程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系．(2)能量角度：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．2．傳送帶模型問題中的功能關(guān)系分析(1)功能關(guān)系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.(2)對W和Q的理解：①傳送帶做的功：W＝Fx傳；②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ffx相對．傳送帶模型問題的分析流程如圖所示，一足夠長的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（可看做質(zhì)點(diǎn)）輕輕放在傳送帶的底端，工作和傳送帶之間μ=32，取g＝10m/s（1）經(jīng)1.9s的時間，工件被傳送的高度；（2）在1.9s內(nèi)產(chǎn)生的熱量Q；（3）在這1.9s內(nèi)，電動機(jī)由于傳送工件多消耗的電能?！窘獯稹拷猓海?）工作開始階段做勻加速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律，得μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma，得：a＝μgcosθ﹣gsinθ＝2.5m/s2，加速至速度與傳送帶相同時通過的位移x1所用時間t1接下來的1.1s內(nèi)工件做勻速直線運(yùn)動，通過的位移為x2＝v0t2＝2.2m故工件上升的高度h＝（x1+x2）sin30°＝1.5m（2）在時間t1內(nèi)，皮帶運(yùn)動的位移為：x2＝v0t1＝1.6m工件相對皮帶的位移為△x＝x2﹣x1＝0.8m在時間t1內(nèi)，皮帶與工件的摩擦生熱為Q＝μmgcosθ?△x＝60J（3）工件獲得的動能為E工件增加的勢能為EP＝mgh＝150J電動機(jī)多消耗的電能為W＝Q+Ek+EP＝230J。答：（1）工件被傳送1.5m高。（2）產(chǎn)生熱量Q為60J。（3）電動機(jī)因為傳送工件多消耗的電能是230J。如圖所示，一質(zhì)量為m＝1kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊，放在光滑的水平平臺上，平臺的左端與水平傳送帶相接，傳送帶以v＝2m/s的速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動（傳送帶不打滑），現(xiàn)將滑塊緩慢向右壓縮輕彈簧，輕彈簧的原長小于平臺的長度，滑塊靜止時彈簧的彈性勢能為EP＝4.5J，若突然釋放滑塊，滑塊向左滑上傳送帶．已知滑塊與傳送帶的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，傳送帶足夠長，g＝10m/s2．求：（1）滑塊第一次從滑上傳送帶到離開傳送帶所經(jīng)歷的時間；（2）滑塊第一次從滑上傳送帶到離開傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量．【解答】解：（1）設(shè)滑塊剛滑上傳送帶時的速度為v0，對于彈簧釋放過程，根據(jù)滑塊與彈簧組成的機(jī)械能守恒得：EP=得v0=2滑塊滑上傳送帶后，向左做勻減速運(yùn)動，設(shè)勻減速運(yùn)動至速度為零的時間為t1．勻減速運(yùn)動的加速度大小為a=μmgm則t1=v此過程中，傳送帶的位移為x1＝vt1＝2×1.5m＝3m，滑塊的位移為x2=v滑塊相對于傳送帶的位移大小△x1＝x1+x2＝5.25m；設(shè)滑塊向右加速至速度相同所用時間為t2，勻加速運(yùn)動的加速度大小仍為a，則得：t2=v此過程中，傳送帶的位移為x3＝vt2＝2×1m＝2m，滑塊的位移為x4=v滑塊相對于傳送帶的位移大小△x2＝x3﹣x4＝1m；滑塊向右勻速直線運(yùn)動的時間為t3=x所以滑塊第一次從滑上傳送帶到離開傳送帶所經(jīng)歷的時間t＝t1+t2+t3＝1.5s+1s+0.625s＝3.125s．（2）滑塊第一次從滑上傳送帶到離開傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝f△x1+f△x2＝μmg（△x1+△x2）＝0.2×1×10×（5.25+1）J＝12.5J答：（1）滑塊第一次從滑上傳送帶到離開傳送帶所經(jīng)歷的時間是3.125s；（2）滑塊第一次從滑上傳送帶到離開傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量是12.5J．如圖甲所示，足夠長的光滑平臺與一傾斜傳送帶平滑相接，傳送帶與水平面的夾角為37°，以v＝2.0m/s的速度沿順時針方向轉(zhuǎn)動。平臺上質(zhì)量為m2＝1kg的小物塊B固定有水平輕彈簧，質(zhì)量為m1＝3kg的小物塊A以初速度v0沿A、B連線向左運(yùn)動。彈簧與A作用的過程中，彈簧始終位于彈性限度內(nèi)，且不與A粘連。當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長后B與其左側(cè)的固定擋板C相碰，不計B與C碰撞過程中的機(jī)械能損失，碰后立即將C撤走，彈簧第二次恢復(fù)原長后，A滑上傳送帶，以A滑上傳送帶時作為計時起點(diǎn)，A的速度﹣時間圖像如圖乙所示。已知2.0s后傳送帶開始以8m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動，重力加速度為g＝10m/s2。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：（1）物塊A與傳送帶間動摩擦因數(shù)大?。唬?）物塊A初速度v0大?。唬?）若擋板C位置可適當(dāng)調(diào)整，且與B碰后立即撤走，則B與C碰后彈簧的性勢能最大值Em的范圍是多少？【解答】解：（1）由乙圖可知，2.0s后物塊A的加速度a=ΔvΔt=4.0?2.04.0?2.0對此時物塊A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma解得：μ＝0.875；（2）A與彈簧接觸到彈簧第一次恢復(fù)原長過程中，物塊A、彈簧和物塊B組成系統(tǒng)動量守恒、能量守恒，取向左為正方向，則有m1v0＝m1vA+m2vB12m1v02=12m1vA2+12聯(lián)立解得：vA=12v0，vB=3物塊B與擋板C碰后至彈簧第二次恢復(fù)原長過程，物塊A、彈簧和物塊B組成系統(tǒng)動量守恒、能量守恒，取向左為正方向，則有m1vA+m2（﹣vB）＝m1v'A+m2v'B12m1vA2+12m2vB2=12m1v'A2+聯(lián)立解得：v'A=?12v由圖乙可知12v0解得：v0＝4m/s；（3）物塊A與彈簧接觸到B與C碰前瞬間，取向左為正方向，由動量守恒定律得m1v0＝m1vA+m2vBB與C碰后至彈簧彈性勢能最大過程，取向左為正方向，由動量守恒定律得m1vA+m2（﹣vB）＝（m1+m2）v'全過程，由能量守恒定律得Em=12m1v02?12（m1聯(lián)立解得：Em=?(6?由（2）結(jié)論可知：vB=32v0，即0＜v彈簧的彈性勢能最大值Em的范圍6J＜Em＜24J。答：（1）物塊A與傳送帶間動摩擦因數(shù)大小為0.875；（2）物塊A初速度v0大小為4m/s；（3）若擋板C位置可適當(dāng)調(diào)整，且與B碰后立即撤走，則B與C碰后彈簧的彈性勢能最大值Em的范圍是6J＜Em＜24J。傳送帶兩端AB距離L＝31m，以v＝5m/s速度勻速運(yùn)行，現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.2kg相同工件以v0＝1m/s速度沿水平方向一個接一個投放到傳送帶的A端，工件初速度方向與傳送帶運(yùn)動方向相同，投放工件的時間間隔恒定。若一個工件從A端運(yùn)動到B端所用時間為t＝7s。g＝10m/s2．求：（1）工件與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ；（2）若原來每一時刻在傳送帶上總能看到14個工件，現(xiàn)當(dāng)一個工件剛投射到A端的瞬間，傳送帶以a＝1m/s2的加速度開始加速。與不運(yùn)送任何工件時相比，上述傳送帶剛開始加速的短時間內(nèi)，電動機(jī)要給傳送帶增加多大的動力。（不計傳送帶自身加速所需的外力）【解答】解：設(shè)工件在傳送帶上加速時間與勻速運(yùn)動的時間分別為t1和t2，則有：t1+t2＝7s勻加速過程的位移為：x1勻速過程的位移為：x2＝vt2又有：x1+x2＝L聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)得：t1＝2st2＝5s設(shè)工件加速過程的加速度為a，則由牛頓第二定律有：μmg＝ma由速度時間關(guān)系有：v＝v0+at1代入數(shù)據(jù)可得：μ＝0.2（2）投放工件得時間間隔為△t=7s加速時間2s，勻速時間為5s意味著每個時刻有4個工件在加速，10個工件在勻速，傳送帶加速的加速度為a＜μg，所以當(dāng)傳送帶加速時，有4個工件與傳送帶之間相對滑動，10個工件與傳送帶之間的相對靜止，相對滑動的工件受到摩擦力f1＝μ