高考物理一輪復(fù)習(xí)教科版教師用書第五章機械能和能源能力課

能力課功能關(guān)系能量守恒定律[熱考點]功能關(guān)系的理解和應(yīng)用1.力學(xué)中常見的功能關(guān)系2.應(yīng)用功能關(guān)系解決具體問題應(yīng)注意以下三點(1)若只涉及動能的變化用動能定理。(2)只涉及重力勢能的變化，用重力做功與重力勢能變化的關(guān)系分析。(3)只涉及機械能變化，用除重力和彈簧的彈力之外的力做功與機械能變化的關(guān)系分析?！纠?】(2016·全國卷Ⅱ，21)(多選)如圖1，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連?，F(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點。已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)。在小球從M點運動到N點的過程中()圖1A.彈力對小球先做正功后做負功B.有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度C.彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零D.小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差解析因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)，M處的彈簧處于壓縮狀態(tài)，N處的彈簧處于伸長狀態(tài)，則彈簧的彈力對小球先做負功后做正功再做負功，選項A錯誤；當(dāng)彈簧水平時，豎直方向的力只有重力，加速度為g；當(dāng)彈簧處于原長位置時，小球只受重力，加速度為g，則有兩個時刻的加速度大小等于g，選項B正確；彈簧長度最短時，即彈簧水平，彈力與速度垂直，彈力對小球做功的功率為零，選項C正確；由動能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，彈性勢能相等，則由彈力做功特點知WF＝0，即WG＝ΔEk，選項D正確。答案BCD【變式訓(xùn)練1】(2018·江蘇泰州模擬)一個系統(tǒng)的機械能增大，究其原因，下列推測正確的是()A.可能是重力對系統(tǒng)做了功B.一定是合外力對系統(tǒng)做了功C.一定是系統(tǒng)克服合外力做了功D.可能是摩擦力對系統(tǒng)做了功解析只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，選項A錯誤；除重力、彈力之外的力做正功時，系統(tǒng)機械能增加，做負功時則減少，故選項B、C錯誤；如果摩擦力對系統(tǒng)做正功，則系統(tǒng)機械能增加，故選項D正確。答案D【變式訓(xùn)練2】(多選)如圖2所示，質(zhì)量相同的兩物體a、b，用不可伸長的輕繩跨接在同一光滑的輕質(zhì)定滑輪兩側(cè)，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上。初始時用力壓住b使a、b靜止，撤去此壓力后，a開始運動，在a下降的過程中，b始終未離開桌面。在此過程中()圖2A.a的動能小于b的動能B.兩物體機械能的變化量相等C.a的重力勢能的減小量等于兩物體總動能的增加量D.繩的拉力對a所做的功與對b所做的功的代數(shù)和為零解析輕繩兩端沿繩方向的速度分量大小相等，故可知a的速度等于b的速度沿繩方向的分量，a的動能比b的動能小，選項A正確；因為b與地面有摩擦力，運動時有熱量產(chǎn)生，所以該系統(tǒng)機械能減少，故選項B、C錯誤；輕繩不可伸長，兩端分別對a、b做功大小相等，符號相反，選項D正確。答案AD【變式訓(xùn)練3】(2017·全國卷Ⅰ，24)一質(zhì)量為8.00×104kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60×105m處以7.5×103m/s的速度進入大氣層，逐漸減慢至速度為100m/s時下落到地面。取地面為重力勢能零點，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8m/s2(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進入大氣層時的機械能；(2)求飛船從離地面高度600m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進入大氣層時速度大小的2.0%。解析(1)飛船著地前瞬間的機械能為Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率。由①式和題給數(shù)據(jù)得Ek0＝4.0×108J②設(shè)地面附近的重力加速度大小為g，飛船進入大氣層時的機械能為Eh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,h)＋mgh③式中，vh是飛船在高度1.6×105m處的速度大小。由③式和題給數(shù)據(jù)得Eh≈2.4×1012J④(2)飛船在高度h′＝600m處的機械能為Eh′＝eq\f(1,2)m(eq\f(2.0,100)vh)2＋mgh′⑤由功能關(guān)系得W＝Eh′－Ek0⑥式中，W是飛船從高度600m處至著地瞬間的過程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得W≈9.7×108J⑦答案(1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J[?？键c]能量守恒定律的應(yīng)用1.對能量守恒定律的理解(1)轉(zhuǎn)化：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)轉(zhuǎn)移：某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量相等。2.涉及彈簧的能量問題應(yīng)注意兩個或兩個以上的物體與彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過程，具有以下特點：(1)能量變化上，如果只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒。(2)如果系統(tǒng)每個物體除彈簧彈力外所受合外力為零，則當(dāng)彈簧伸長或壓縮到最大程度時兩物體速度相同?！纠?】(2018·豫南九校聯(lián)考)如圖3所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),4)，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點，用一根不可伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側(cè)繩子與斜面平行，A的質(zhì)量為2m＝4kg，B的質(zhì)量為m＝2kg，初始時物體A到C點的距離為L＝1m，現(xiàn)給A、B一初速度v0＝3m/s，使A開始沿斜面向下運動，B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點。已知重力加速度取g＝10m/s2，不計空氣阻力，整個過程中輕繩始終處于伸直狀態(tài)，求此過程中：圖3(1)物體A向下運動剛到達C點時的速度大?。?2)彈簧的最大壓縮量；(3)彈簧中的最大彈性勢能。解析(1)物體A向下運動剛到C點的過程中，對A、B組成的系統(tǒng)應(yīng)用能量守恒定律可得2mgLsinθ＋eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,0)＝mgL＋μ·2mgcosθ·L＋eq\f(1,2)·3mv2可解得v＝2m/s。(2)以A、B組成的系統(tǒng)，在物體A將彈簧壓縮到最大壓縮量，又返回到C點的過程中，系統(tǒng)動能的減少量等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，即eq\f(1,2)·3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x其中x為彈簧的最大壓縮量解得x＝0.4m。(3)設(shè)彈簧的最大彈性勢能為Epm，由能量守恒定律可得eq\f(1,2)·3mv2＋2mgxsinθ＝mgx＋μ·2mgcosθ·x＋Epm解得Epm＝6J。答案(1)2m/s(2)0.4m(3)6J1.運用能量守恒定律解題的基本思路2.多過程問題的解題技巧(1)“合”——初步了解全過程，構(gòu)建大致的運動圖景。(2)“分”——將全過程進行分解，分析每個過程的規(guī)律。(3)“合”——找到子過程的聯(lián)系，尋找解題方法。【變式訓(xùn)練4】(2018·浙江杭州模擬)在學(xué)校組織的趣味運動會上，某科技小組為大家提供了一個游戲。如圖4所示，將一質(zhì)量為0.1kg的鋼球放在O點，用彈射裝置將其彈出，使其沿著光滑的半環(huán)形軌道OA和AB運動。BC段為一段長為L＝2.0m的粗糙平面，DEFG為接球槽。圓弧OA和AB的半徑分別為r＝0.2m、R＝0.4m，小球與BC段的動摩擦因數(shù)為μ＝0.7，C點離接球槽的高度為h＝1.25m，水平距離為x＝0.5m，接球槽足夠大，g取10m/s2。求：圖4(1)要使鋼球恰好不脫離半環(huán)形軌道，鋼球在A點的速度大小；(2)鋼球恰好不脫離軌道時，在B位置對半環(huán)形軌道的壓力大??；(3)要使鋼球最終能落入槽中，彈射速度v0至少多大？解析(1)要使鋼球恰好不脫離軌道，鋼球在最高點時，對鋼球分析有mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)，解得vA＝2m/s。(2)鋼球從A到B的過程由動能定理得mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，在B點有N－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得N＝6N，根據(jù)牛頓第三定律，鋼球在B位置對半環(huán)形軌道的壓力為6N。(3)從C到D鋼球做平拋運動，要使鋼球恰好能落入槽中，則x＝vCt，h＝eq\f(1,2)gt2，解得vC＝1m/s，假設(shè)鋼球在A點的速度恰為vA＝2m/s時，鋼球可運動到C點，且速度為vC′，從A到C有mg·2R－μmgL＝eq\f(1,2)mvC′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得vC′2<0，故當(dāng)鋼球在A點的速度恰為vA＝2m/s時，鋼球不可能到達C點，更不可能入槽，要使鋼球最終能落入槽中，需要更大的彈射速度，才能使鋼球既不脫離軌道，又能落入槽中。當(dāng)鋼球到達C點速度為vC時，v0有最小值，從O到C有mgR－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(21)m/s。答案(1)2m/s(2)6N(3)eq\r(21)m/s[?？键c]與摩擦生熱相關(guān)的兩個物理模型1.兩個模型(1)滑塊—木板模型。(2)傳送帶模型。2.兩種摩擦力的做功情況比較類別比較靜摩擦力滑動摩擦力不同點能量的轉(zhuǎn)化方面只有能量的轉(zhuǎn)移，而沒有能量的轉(zhuǎn)化既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的轉(zhuǎn)化一對摩擦力的總功方面一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和等于零一對滑動摩擦力所做功的代數(shù)和不為零，總功W＝－Ffl相對，即相對滑動時產(chǎn)生的熱量相同點正功、負功、不做功方面兩種摩擦力對物體可以做正功、負功，還可以不做功【例3】如圖5所示，AB為半徑R＝0.8m的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道，下端B恰與小車右端平滑對接。小車質(zhì)量M＝3kg，車長L＝2.06m，車上表面距地面的高度h＝0.2m，現(xiàn)有一質(zhì)量m＝1kg的滑塊，由軌道頂端無初速度釋放，滑到B端后沖上小車。已知地面光滑，滑塊與小車上表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，當(dāng)車運動了t0＝1.5s時，車被地面裝置鎖定(g＝10m/s2)。試求：圖5(1)滑塊到達B端時，軌道對它支持力的大小；(2)車被鎖定時，車右端距軌道B端的距離；(3)從車開始運動到被鎖定的過程中，滑塊與車上表面間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量大小。解析(1)由機械能守恒定律和牛頓第二定律得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，NB－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)則NB＝30N(2)設(shè)m滑上小車后經(jīng)過時間t1與小車同速，共同速度大小為v，設(shè)滑塊的加速度大小為a1，小車的加速度大小為a2對滑塊有：μmg＝ma1，v＝vB－a1t1對于小車：μmg＝Ma2，v＝a2t1解得v＝1m/s，t1＝1s，因t1<t0，故滑塊與小車同速后，小車繼續(xù)向左勻速行駛了0.5s，則小車右端距B端的距離為x車＝eq\f(v,2)t1＋v(t0－t1)，解得x車＝1m。(3)Q＝μmgx相對＝μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(vB＋v,2)t1－\f(v,2)t1))。解得Q＝6J。答案(1)30N(2)1m(3)6J【變式訓(xùn)練5】(多選)如圖6所示，水平傳送帶由電動機帶動，并始終保持以速度v勻速運動，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物塊由靜止釋放在傳送帶上的左端，過一會兒物塊能保持與傳送帶相對靜止，設(shè)物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，對于這一過程，下列說法正確的是()圖6A.摩擦力對物塊做的功為0.5mv2B.物塊對傳送帶做功為0.5mv2C.系統(tǒng)摩擦生熱為0.5mv2D.電動機多做的功為mv2解析對物塊運用動能定理，摩擦力做的功等于物塊動能的增加，即0.5mv2，故選項A正確；傳送帶的位移是物塊位移的兩倍，所以物塊對傳送帶做功的絕對值是摩擦力對物塊做功的兩倍，即為mv2，故選項B錯誤；電動機多做的功就是傳送帶克服摩擦力做的功，也為mv2，故選項D正確；系統(tǒng)摩擦生熱等于摩擦力與相對位移的乘積，故選項C正確。答案ACD動力學(xué)觀點和能量觀點的綜合應(yīng)用——模型建構(gòu)能力的培養(yǎng)近三年?？嫉呢Q直平面的圓周運動——“繩、桿”模型來源圖例考向模型核心歸納2015·新課標全國卷Ⅰ第22題圓周運動、超重、失重1.常考的模型(1)物體運動滿足“繩”模型特征，豎直圓軌道光滑(2)物體運動滿足“繩”模型特征，豎直圓軌道粗糙(3)物體運動滿足“桿”模型特征，豎直圓軌道光滑(4)物體運動滿足“桿”模型特征，豎直圓軌道粗糙(5)兩個物體沿豎直圓軌道做圓周運動(6)同一物體在不同的豎直圓軌道做圓周運動2.模型解法2016·新課標全國卷Ⅱ第16題受力分析、牛頓第二定律、圓周運動、動能定理2016·課新標全國卷Ⅱ第25題受力分析、機械能守恒定律、圓周運動、牛頓第二定律2016·新課標全國卷Ⅲ第24題受力分析、圓周運動、機械能守恒定律、牛頓第二定律2017·全國卷Ⅱ第17題平拋運動、功能關(guān)系及極值的求解方法【典例1】(2016·全國卷Ⅱ，16)小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖7所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點()圖7A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的動能一定小于Q球的動能C.P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析小球從水平位置擺動至最低點，由動能定理得，mgL＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gL)，因LP<LQ，故vP<vQ，選項A錯誤；因為Ek＝mgL，又mP>mQ，則兩小球的動能大小無法比較，選項B錯誤；對小球在最低點受力分析得，F(xiàn)拉－mg＝meq\f(v2,L)，可得F拉＝3mg，選項C正確；由a＝eq\f(v2,L)＝2g可知，兩球的向心加速度相等，選項D錯誤。答案C【典例2】(2017·全國卷Ⅱ，17)如圖8所示，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直。一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時，對應(yīng)的軌道半徑為(重力加速度大小為g)()圖8A.eq\f(v2,16g) B.eq\f(v2,8g) C.eq\f(v2,4g) D.eq\f(v2,2g)解析物塊由最低點到最高點的過程，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝mg·2r＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。物塊做平拋運動時，落地點到軌道下端的距離x＝v1t，2r＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立解得x＝eq\r(\f(4v2,g)r－16r2)，由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)4r＝eq\f(v2,2g)時，x最大，即r＝eq\f(v2,8g)，故選項B正確。答案B活頁作業(yè)(時間：40分鐘)?題組一功能關(guān)系的應(yīng)用1.如圖1是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)圖。圖中①和②為楔塊，③和④為墊板，楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦。在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中()圖1A.緩沖器的機械能守恒B.摩擦力做功消耗機械能C.墊板的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D.彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為動能解析在車廂相互撞擊使彈簧壓縮過程中，由于要克服摩擦力做功，且緩沖器所受合外力做功不為零，因此機械能不守恒，選項A錯誤；克服摩擦力做功消耗機械能，選項B正確；撞擊以后墊板和車廂有相同的速度，因此動能并不為零，選項C錯誤；壓縮彈簧過程彈簧的彈性勢能增加，并沒有減少，選項D錯誤。答案B2.安徽首家滑雪場正式落戶國家AAAA級旅游景區(qū)——安慶巨石山，現(xiàn)已正式“開滑”。如圖2所示，滑雪者從O點由靜止沿斜面自由滑下，接著在水平面上滑至N點停下。斜面、水平面與滑雪板之間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.1?；┱?包括滑雪板)的質(zhì)量為m＝50kg，g取10m/s2，O、N兩點間的水平距離為s＝100m。在滑雪者經(jīng)過ON段運動的過程中，克服摩擦力做的功為()圖2A.1250J B.2500J C.5000J D.7500J解析設(shè)斜面的傾角為θ，則滑雪者從O到N的運動過程中克服摩擦力做的功Wf＝μmgcosθ·xOM＋μmgxMN，由題圖可知，xOMcosθ＋xMN＝s，兩式聯(lián)立可得Wf＝μmgs＝0.1×50×10×100J＝5000J，故選項A、B、D錯誤，C正確。答案C?題組二能量守恒定律的應(yīng)用3.(2018·四川綿陽一診)如圖3所示，傾角為α＝30°且表面光滑的斜面固定在水平地面上，有一條長為l、質(zhì)量為m的均勻鐵鏈，其中三分之二置于斜面上，另外一端連接一個質(zhì)量也為m的鋼球，鋼球可視為質(zhì)點。當(dāng)鋼球帶著鐵鏈由靜止開始向下運動，直到鐵鏈剛好全部離開斜面(此時鐵鏈還未到達地面，不計空氣阻力)，在此過程中()圖3A.鐵鏈機械能逐漸減少B.鋼球重力勢能減少量等于鐵鏈機械能增加量C.鐵鏈重力勢能的減少量小于其動能增加量D.鐵鏈和鋼球總的重力勢能減少了2mgl解析鋼球?qū)﹁F鏈做正功，機械能增加，A錯誤；鋼球重力勢能減少量等于鋼球動能增加量與鐵鏈機械能增加量之和，B錯誤；由于鋼球?qū)﹁F鏈做正功，由功能關(guān)系知，鐵鏈重力勢能的減少量小于其動能增加量，C正確；鋼球的重力勢能減少ΔEp1＝mg·eq\f(2,3)l＝eq\f(2,3)mgl，鐵鏈的重力勢能減少ΔEp2＝eq\f(2,3)mg·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)l－\f(2,3)l×\f(1,2)sin30°))＝eq\f(1,3)mgl，故總重力勢能減少了ΔE＝ΔEp1＋ΔEp2＝mgl，D錯誤。答案C4.如圖4所示，一質(zhì)量m＝0.4kg的滑塊(可視為質(zhì)點)靜止于水平軌道上的A點，滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1?，F(xiàn)對滑塊施加一水平外力，使其向右運動，外力的功率恒為P＝10W。經(jīng)過一段時間后撤去外力，滑塊繼續(xù)滑行至B點后水平飛出，恰好在C點沿切線方向進入固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，軌道的最低點D處裝有壓力傳感器，當(dāng)滑塊到達傳感器上方時，傳感器的示數(shù)為25.6N。已知軌道AB的長度L＝2m，圓弧形軌道的半徑R＝0.5m，半徑OC和豎直方向的夾角α＝37°。(空氣阻力可忽略，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：圖4(1)滑塊運動到C點時速度的大小vC；(2)B、C兩點的高度差h及水平距離x；(3)水平外力作用在滑塊上的時間t。解析(1)滑塊運動到D點時，由牛頓第二定律得N－mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，滑塊由C點運動到D點的過程，由機械能守恒定律得mgR(1－cosα)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得vC＝5m/s。(2)滑塊從B到C做平拋運動，在C點速度的豎直分量為vy＝vCsinα＝3m/s，所以B、C兩點的高度差為h＝eq\f(veq\o\al(2,y),2g)＝eq\f(9,20)m＝0.45m，滑塊由B運動到C所用的時間為t1＝eq\f(vy,g)＝eq\f(3,10)s＝0.3s，滑塊運動到B點的速度即平拋運動的初速度為vB＝vCcosα＝4m/s，所以B、C間的水平距離x＝vBt1＝4×0.3m＝1.2m。(3)滑塊由A點運動到B點的過程，由動能定理得Pt－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)代入數(shù)據(jù)解得t＝0.4s。答案(1)5m/s(2)0.45m1.2m(3)0.4s5.如圖5所示，半徑R＝0.4m的光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ＝30°，下端點C為軌道的最低點且與粗糙水平面相切，一根輕質(zhì)彈簧的右端固定在豎直擋板上。質(zhì)量m＝0.1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從空中A點以v0＝2m/s的速度被水平拋出，恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，經(jīng)過C點后沿水平面向右運動至D點時，彈簧被壓縮至最短，C、D兩點間的水平距離L＝1.2m，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2。求：圖5(1)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上B點時速度vB的大?。?2)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點時對軌道的壓力大??；(3)彈簧的彈性勢能的最大值Epm。解析(1)小物塊恰好從B點沿切線方向進入軌道，由幾何關(guān)系有vB＝eq\f(v0,sinθ)＝4m/s(2)小物塊由B點運動到C點，由機械能守恒定律有mgR(1＋sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在C點處，由牛頓第二定律有N－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，解得N＝8N根據(jù)牛頓第三定律，小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點時對軌道的壓力N′大小為8N。(3)小物塊從B點運動到D點，由能量守恒定律有Epm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mgR(1＋sinθ)－μmgL＝0.8J。答案(1)4m/s(2)8N(3)0.8J?題組三與摩擦生熱相關(guān)的兩個物理模型6.(多選)如圖6所示，質(zhì)量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為f，用水平的恒定拉力F作用于滑塊。當(dāng)滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為x，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結(jié)論正確的是()圖6A.上述過程中，F(xiàn)做功大小為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)B.其他條件不變的情況下，M越大，x越小C.其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達右端所用時間越長D.其他條件不變的情況下，F(xiàn)f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多解析由功能原理可知，上述過程中，F(xiàn)做功大小為二者動能與產(chǎn)生的熱量之和，選項A錯誤；其他條件不變的情況下，M越大，M的加速度越小，x越小，選項B正確；其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊的加速度越大，滑塊到達右端所用時間越短，選項C錯誤；其他條件不變的情況下，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多，選項D正確。答案BD7.(2018·江西九江一模)(多選)第一次將一長木板靜止放在光滑水平面上，如圖7甲所示，一小鉛塊(可視為質(zhì)點)以水平初速度v0由木板左端向右滑動，到達右端時恰能與木板保持相對靜止。第二次將長木板分成A、B兩塊，使B的長度和質(zhì)量均為A的2倍，并緊挨著放在原水平面上，讓小鉛塊仍以初速度v0由A的左端開始向右滑動，如圖乙所示。若小鉛塊相對滑動過程中所受的摩擦力始終不變，則下列說法正確的是()圖7A.小鉛塊將從B的右端飛離木板B.小鉛塊滑到B的右端前已與B保持相對靜止C.第一次和第二次過程中產(chǎn)生的熱量相等D.第一次過程中產(chǎn)生的熱量大于第二次過程中產(chǎn)生的熱量解析在第一次小鉛塊運動過程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個木