解析匯編物理-專題20力學(xué)計(jì)算題

專題20力學(xué)計(jì)算題1．（2019·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷）豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長(zhǎng)的水平軌道通過(guò)一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。t=0時(shí)刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時(shí)間后與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短）；當(dāng)A返回到傾斜軌道上的P點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）時(shí)，速度減為0，此時(shí)對(duì)其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運(yùn)動(dòng)的v–t圖像如圖（b）所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質(zhì)量為m，初始時(shí)A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。（1）求物塊B的質(zhì)量；（2）在圖（b）所描述的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；（3）已知兩物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，在物塊B停止運(yùn)動(dòng)后，改變物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，然后將A從P點(diǎn)釋放，一段時(shí)間后A剛好能與B再次碰上。求改變前后動(dòng)摩擦因數(shù)的比值。【答案】（1）3m（2）（3）【解析】（1）根據(jù)圖（b），v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，為其碰撞后瞬間速度的大小。設(shè)物塊B的質(zhì)量為，碰撞后瞬間的速度大小為，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有①②聯(lián)立①②式得③（2）在圖（b）所描述的運(yùn)動(dòng)中，設(shè)物塊A與軌道間的滑動(dòng)摩擦力大小為f，下滑過(guò)程中所走過(guò)的路程為s1，返回過(guò)程中所走過(guò)的路程為s2，P點(diǎn)的高度為h，整個(gè)過(guò)程中克服摩擦力所做的功為W，由動(dòng)能定理有④⑤從圖（b）所給的v–t圖線可知⑥⑦由幾何關(guān)系⑧物塊A在整個(gè)過(guò)程中克服摩擦力所做的功為⑨聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得⑩（3）設(shè)傾斜軌道傾角為θ，物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)在改變前為μ，有eq\o\ac(○,11)設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為，由動(dòng)能定理有eq\o\ac(○,12)設(shè)改變后的動(dòng)摩擦因數(shù)為，由動(dòng)能定理有eq\o\ac(○,13)聯(lián)立①③④⑤⑥⑦⑧⑩eq\o\ac(○,11)eq\o\ac(○,12)eq\o\ac(○,13)式可得eq\o\ac(○,14)2．（2019·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷）一質(zhì)量為m=2000kg的汽車以某一速度在平直公路上勻速行駛。行駛過(guò)程中，司機(jī)突然發(fā)現(xiàn)前方100m處有一警示牌。立即剎車。剎車過(guò)程中，汽車所受阻力大小隨時(shí)間變化可簡(jiǎn)化為圖（a）中的圖線。圖（a）中，0~t1時(shí)間段為從司機(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到采取措施的反應(yīng)時(shí)間（這段時(shí)間內(nèi)汽車所受阻力已忽略，汽車仍保持勻速行駛），t1=0.8s；t1~t2時(shí)間段為剎車系統(tǒng)的啟動(dòng)時(shí)間，t2=1.3s；從t2時(shí)刻開始汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作，直至汽車停止，已知從t2時(shí)刻開始，汽車第1s內(nèi)的位移為24m，第4s內(nèi)的位移為1m。（1）在圖（b）中定性畫出從司機(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車運(yùn)動(dòng)的v-t圖線；（2）求t2時(shí)刻汽車的速度大小及此后的加速度大小；（3）求剎車前汽車勻速行駛時(shí)的速度大小及t1~t2時(shí)間內(nèi)汽車克服阻力做的功；從司機(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離約為多少（以t1~t2時(shí)間段始末速度的算術(shù)平均值替代這段時(shí)間內(nèi)汽車的平均速度）？【答案】（1）見解析（2），v2=28m/s⑦（3）87.5m【解析】（1）v-t圖像如圖所示。（2）設(shè)剎車前汽車勻速行駛時(shí)的速度大小為v1，則t1時(shí)刻的速度也為v1，t2時(shí)刻的速度為v2，在t2時(shí)刻后汽車做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a，取Δt=1s，設(shè)汽車在t2+(n-1)Δt~t2+nΔt內(nèi)的位移為sn，n=1,2,3,…。若汽車在t2+3Δt~t2+4Δt時(shí)間內(nèi)未停止，設(shè)它在t2+3Δt時(shí)刻的速度為v3，在t2+4Δt時(shí)刻的速度為v4，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有①②③聯(lián)立①②③式，代入已知數(shù)據(jù)解得④這說(shuō)明在t2+4Δt時(shí)刻前，汽車已經(jīng)停止。因此，①式不成立。由于在t2+3Δt~t2+4Δt內(nèi)汽車停止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式⑤⑥聯(lián)立②⑤⑥，代入已知數(shù)據(jù)解得，v2=28m/s⑦或者，v2=29.76m/s⑧但⑧式情形下，v3<0，不合題意，舍去（3）設(shè)汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作時(shí)，汽車所受阻力的大小為f1，由牛頓定律有f1=ma⑨在t1~t2時(shí)間內(nèi)，阻力對(duì)汽車沖量的大小為⑩由動(dòng)量定理有?由動(dòng)量定理，在t1~t2時(shí)間內(nèi)，汽車克服阻力做的功為?聯(lián)立⑦⑨⑩??式，代入已知數(shù)據(jù)解得v1=30m/s??從司機(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離s約為?聯(lián)立⑦??，代入已知數(shù)據(jù)解得s=87.5m?3．（2019·新課標(biāo)全國(guó)Ⅲ卷）靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA=l.0kg，mB=4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l=1.0m，如圖所示。某時(shí)刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動(dòng)能之和為Ek=10.0J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運(yùn)動(dòng)。A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為u=0.20。重力加速度取g=10m/s2。A、B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。（1）求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大?。唬?）物塊A、B中的哪一個(gè)先停止？該物塊剛停止時(shí)A與B之間的距離是多少？（3）A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？【答案】（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s（2）B0.50m（3）0.91m【解析】（1）設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動(dòng)量守恒定律和題給條件有0=mAvA–mBvB①②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA=4.0m/s，vB=1.0m/s③（2）A、B兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動(dòng)時(shí)加速度大小相等，設(shè)為a。假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個(gè)物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B。設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時(shí)間為t，B向左運(yùn)動(dòng)的路程為sB。，則有④⑤⑥在時(shí)間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運(yùn)動(dòng)，碰撞并不改變A的速度大小，所以無(wú)論此碰撞是否發(fā)生，A在時(shí)間t內(nèi)的路程sA都可表示為sA=vAt–⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得sA=1.75m，sB=0.25m⑧這表明在時(shí)間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒(méi)有與B發(fā)生碰撞，此時(shí)A位于出發(fā)點(diǎn)右邊0.25m處。B位于出發(fā)點(diǎn)左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s=0.25m+0.25m=0.50m⑨（3）t時(shí)刻后A將繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時(shí)速度的大小為vA′，由動(dòng)能定理有⑩聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得?故A與B將發(fā)生碰撞。設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA′′和vB′′，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律有??聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得?這表明碰撞后A將向右運(yùn)動(dòng)，B繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)。設(shè)碰撞后A向右運(yùn)動(dòng)距離為sA′時(shí)停止，B向左運(yùn)動(dòng)距離為sB′時(shí)停止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式?由④??式及題給數(shù)據(jù)得?sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離?4．（2019·北京卷）雨滴落到地面的速度通常僅為幾米每秒，這與雨滴下落過(guò)程中受到空氣阻力有關(guān)。雨滴間無(wú)相互作用且雨滴質(zhì)量不變，重力加速度為g。（1）質(zhì)量為m的雨滴由靜止開始，下落高度h時(shí)速度為u，求這一過(guò)程中克服空氣阻力所做的功W。（2）將雨滴看作半徑為r的球體，設(shè)其豎直落向地面的過(guò)程中所受空氣阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系數(shù)。a．設(shè)雨滴的密度為ρ，推導(dǎo)雨滴下落趨近的最大速度vm與半徑r的關(guān)系式；b．示意圖中畫出了半徑為r1、r2（r1>r2）的雨滴在空氣中無(wú)初速下落的v–t圖線，其中_________對(duì)應(yīng)半徑為r1的雨滴（選填①、②）；若不計(jì)空氣阻力，請(qǐng)?jiān)趫D中畫出雨滴無(wú)初速下落的v–t圖線。（3）由于大量氣體分子在各方向運(yùn)動(dòng)的幾率相等，其對(duì)靜止雨滴的作用力為零。將雨滴簡(jiǎn)化為垂直于運(yùn)動(dòng)方向面積為S的圓盤，證明：圓盤以速度v下落時(shí)受到的空氣阻力f∝v2（提示：設(shè)單位體積內(nèi)空氣分子數(shù)為n，空氣分子質(zhì)量為m0）。【答案】（1）（2）a．b．見解析（3）見解析【解析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理可得（2）a．根據(jù)牛頓第二定律得當(dāng)加速度為零時(shí)，雨滴趨近于最大速度vm雨滴質(zhì)量由a=0，可得，雨滴最大速度b．①如答圖2（3）根據(jù)題設(shè)條件：大量氣體分子在各方向運(yùn)動(dòng)的幾率相等，其對(duì)靜止雨滴的作用力為零。以下只考慮雨滴下落的定向運(yùn)動(dòng)。簡(jiǎn)化的圓盤模型如答圖3。設(shè)空氣分子與圓盤碰撞前后相對(duì)速度大小不變。在?t時(shí)間內(nèi)，與圓盤碰撞的空氣分子質(zhì)量為以F表示圓盤對(duì)氣體分子的作用力，根據(jù)動(dòng)量定理，有得由牛頓第三定律，可知圓盤所受空氣阻力采用不同的碰撞模型，也可得到相同結(jié)論。5．（2019·天津卷）完全由我國(guó)自行設(shè)計(jì)、建造的國(guó)產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功。航母上的艦載機(jī)采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖1所示。為了便于研究艦載機(jī)的起飛過(guò)程，假設(shè)上翹甲板是與水平甲板相切的一段圓弧，示意如圖2，長(zhǎng)，水平投影，圖中點(diǎn)切線方向與水平方向的夾角（）。若艦載機(jī)從點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)到達(dá)點(diǎn)進(jìn)入。已知飛行員的質(zhì)量，，求（1）艦載機(jī)水平運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，飛行員受到的水平力所做功；（2）艦載機(jī)剛進(jìn)入時(shí)，飛行員受到豎直向上的壓力多大?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】（1）艦載機(jī)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其剛進(jìn)入上翹甲板時(shí)的速度為v，則有①根據(jù)動(dòng)能定理，有②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得③（2）設(shè)上翹甲板所對(duì)應(yīng)的圓弧半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系，有④由牛頓第二定律，有⑤聯(lián)立①④⑤式，代入數(shù)據(jù)，得⑥6．（2019·江蘇卷）如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對(duì)齊．A與B、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動(dòng)距離L后停下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運(yùn)動(dòng)，左邊緣再次對(duì)齊時(shí)恰好相對(duì)靜止，此后兩者一起運(yùn)動(dòng)至停下．最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g．求：（1）A被敲擊后獲得的初速度大小vA；（2）在左邊緣再次對(duì)齊的前、后，B運(yùn)動(dòng)加速度的大小aB、aB'；（3）B被敲擊后獲得的初速度大小vB．【答案】（1）（2）aB=3μgaB′=μg（3）【解析】（1）由牛頓運(yùn)動(dòng)定律知，A加速度的大小aA=μg勻變速直線運(yùn)動(dòng)2aAL=vA2解得（2）設(shè)A、B的質(zhì)量均為m對(duì)齊前，B所受合外力大小F=3μmg由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F=maB，得aB=3μg對(duì)齊后，A、B所受合外力大小F′=2μmg由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F′=2maB′，得aB′=μg（3）經(jīng)過(guò)時(shí)間t，A、B達(dá)到共同速度v，位移分別為xA、xB，A加速度的大小等于aA則v=aAt，v=vB–aBt且xB–xA=L解得7．（2019·浙江選考）在豎直平面內(nèi)，某一游戲軌道由直軌道AB和彎曲的細(xì)管道BCD平滑連接組成，如圖所示。小滑塊以某一初速度從A點(diǎn)滑上傾角為θ=37°的直軌道AB，到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為2m/s，然后進(jìn)入細(xì)管道BCD，從細(xì)管道出口D點(diǎn)水平飛出，落到水平面上的G點(diǎn)。已知B點(diǎn)的高度h1=1.2m，D點(diǎn)的高度h2=0.8m，D點(diǎn)與G點(diǎn)間的水平距離L=0.4m，滑塊與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）求小滑塊在軌道AB上的加速度和在A點(diǎn)的初速度；（2）求小滑塊從D點(diǎn)飛出的速度；（3）判斷細(xì)管道BCD的內(nèi)壁是否光滑?！敬鸢浮浚?）（2）1m/s（3）小滑塊動(dòng)能減小，重力勢(shì)能也減小，所以細(xì)管道BCD內(nèi)壁不光滑?！窘馕觥浚?）上滑過(guò)程中，由牛頓第二定律：，解得；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，解得（2）滑塊在D處水平飛出，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，解得（3）小滑塊動(dòng)能減小，重力勢(shì)能也減小，所以細(xì)管道BCD內(nèi)壁不光滑8．（2019·浙江選考）如圖所示，在地面上豎直固定了刻度尺和輕質(zhì)彈簧，彈簧原長(zhǎng)時(shí)上端與刻度尺上的A點(diǎn)等高。質(zhì)量m=0.5kg的籃球靜止在彈簧正上方，其底端距A點(diǎn)高度h1=1.10m。籃球靜止釋放，測(cè)得第一次撞擊彈簧時(shí)，彈簧的最大形變量x1=0.15m，第一次反彈至最高點(diǎn)，籃球底端距A點(diǎn)的高度h2=0.873m，籃球多次反彈后靜止在彈簧的上端，此時(shí)彈簧的形變量x2=0.01m，彈性勢(shì)能為Ep=0.025J。若籃球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的空氣阻力大小恒定，忽略籃球與彈簧碰撞時(shí)的能量損失和籃球的形變，彈簧形變?cè)趶椥韵薅确秶鷥?nèi)。求：（1）彈簧的勁度系數(shù)；（2）籃球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力；（3）籃球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)的路程；（4）籃球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最大的位置?！敬鸢浮浚?）500N/m（2）0.5N（3）11.05m（4）0.009m【解析】（1）球靜止在彈簧上，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得（2）球從開始運(yùn)動(dòng)到第一次上升到最高點(diǎn)，動(dòng)能定理，解得（3）球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中總路程s：解得（4）球在首次下落過(guò)程中，合力為零處速度最大，速度最大時(shí)彈簧形變量為；則；在A點(diǎn)下方，離A點(diǎn)9．（2019·貴州省貴陽(yáng)市高三適應(yīng)性考試）如圖所示，水平直軌道AC的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=8m，AC中點(diǎn)B正上方有一探測(cè)器，C處有一豎直擋板D?，F(xiàn)使物塊Pl沿軌道向右以速度vl與靜止在A處的物塊P2正碰，碰撞后，P1與P2粘成組合體P。以Pl、P2碰撞時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，探測(cè)器只在t1=2s至t2=4s內(nèi)工作。已知物塊Pl、P2的質(zhì)量均力m=1kg，Pl、P2和P均視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）若v1=8m/s，P恰好不與擋板發(fā)生碰撞，求P與軌道AC間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）若P與擋板發(fā)生彈性碰撞后，并能在探測(cè)器工作時(shí)間內(nèi)通過(guò)B點(diǎn)，求v1的取值范圍；（3）在滿足（2）的條件下，求P向左經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的最大動(dòng)能?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）設(shè)Pl、P2碰撞后，P的速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒：mv1=2mv解得：v=4m/sP恰好不與擋板發(fā)生碰撞，即P到達(dá)C點(diǎn)速度恰好減為零根據(jù)動(dòng)能定理：代入解得：（2）由于P與檔板的碰撞為彈性碰撞，P在AC間等效為勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)P的加速度大小為a。根據(jù)牛頓第二定律：μ2mg=2maP返回經(jīng)B點(diǎn)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律：由題意知，物塊P在2～4s內(nèi)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)，代入數(shù)據(jù)解得再結(jié)合mv1=2mv得（3）設(shè)P向左經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度為v2，由速度位移公式：聯(lián)立解得P向左經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的最大動(dòng)能為：J10．（2019·重慶市普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試調(diào)研測(cè)試）圖甲為某輕型起重機(jī)向房頂運(yùn)輸貨物，其簡(jiǎn)圖如圖乙所示，一端有定滑輪的桿臂OA固定在O點(diǎn)，某次起重機(jī)以速度v0=1m/s勻速向上提升質(zhì)量m=1t的重物（可視為質(zhì)點(diǎn)），在重物離地面H=19.5m時(shí)鋼繩突然斷裂，此時(shí)一輛L=3m的搬磚車正以v=0.5m/s的速度在圖乙中CD方向運(yùn)動(dòng)，車頭前端恰好處于重物正下方，搬磚車高h(yuǎn)=1.5m。g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求:（1）勻速提升重物的過(guò)程中起重機(jī)的輸出功率;（2）鋼繩斷裂時(shí)搬磚車司機(jī)立即加速加速度至少為多大才能避免被重物砸中?【答案】（1）1.0×104W（2）1m/s2【解析】（1）起重機(jī)的輸出功率等于提升重物的機(jī)械功率=103kg×10m/s2×1m/s=1.0×104W（2）設(shè)物體自繩斷開始至人車頂部的時(shí)間為t，-h=v0t-gt2帶入數(shù)據(jù)-（19.5-1.5）=t-5t2解得t=2s設(shè)人安全通過(guò)搬磚車的最小加速度為aL=v1t+at2解出a=1m/s211．（2019·河南省鄭州市高三第二次質(zhì)量預(yù)測(cè)）如圖所示，傳送帶水平部分的長(zhǎng)度=4.5m，在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下勻速運(yùn)行。質(zhì)量M=0.49kg的木塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）靜止在傳送帶左端的光滑平臺(tái)上．質(zhì)量為m=10g的子彈以v0=50m/s的速度水平向右打入木塊并留在其中，之后木塊滑到傳送帶上，最后從右輪軸正上方的P點(diǎn)離開傳送帶做平拋運(yùn)動(dòng)，正好落入車廂中心點(diǎn)Q。已知木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)?=0.5，P點(diǎn)與車底板間的豎直記度H=1.8m，與車廂底板中心點(diǎn)Q的水平距離x=1.2m，取g=10m/s2，求：（1）木塊從傳送帶左端到達(dá)右端的時(shí)間；（2）由于傳送木塊，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能?！敬鸢浮浚?）2.3s（2）1J【解析】（1）傳送帶的速度等于木塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，得x=vt豎直方向：解得拋出速度：v=2m/s子彈打入木塊過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得mv0=（M+m）v1木塊沿傳送帶加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得μ（M+m）g=（M+m）a加速至v的位移x1==0.3m<4.5m加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1=s之后隨傳送帶向右勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2=s木塊從傳送帶左端到達(dá)右端的時(shí)間t=t1+t2=2.3s（2）根據(jù)功能關(guān)系，電動(dòng)機(jī)多做的功等于該過(guò)程煤塊動(dòng)能的增量ΔEk與煤塊與皮帶由于摩擦生熱而產(chǎn)生的內(nèi)能Q之和，即E=ΔEk+Q（1分）其中解得：ΔEk=0.75J產(chǎn)生的熱量為：Q=μmg（x帶–x塊）=μmg△x=0.25J聯(lián)立可得：E=ΔEk+Q=1J12．（2019·湖南省衡陽(yáng)市三模）如圖所示，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)傾角為θ=37°的傳送帶以v=8m/s的速度逆時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)，傳送帶下端點(diǎn)C與水平面CDP平滑連接，B、C間距L=20m；傳送帶在上端點(diǎn)B恰好與固定在豎直平面內(nèi)的半徑為R=0.5m的光滑圓弧軌道相切，一輕質(zhì)彈簧的右端固定在P處的擋板上，質(zhì)量M=2kg可看做質(zhì)點(diǎn)的物體靠在彈簧的左端D處，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，C、D間距x=1m，PD段光滑，DC段粗糙?，F(xiàn)將M壓縮彈簧一定距離后由靜止釋放，M經(jīng)過(guò)DC沖上傳送帶，經(jīng)B點(diǎn)沖上光滑圓孤軌道，通過(guò)最高點(diǎn)A時(shí)對(duì)A點(diǎn)的壓力為8N。上述過(guò)程中，M經(jīng)C點(diǎn)滑上傳送帶時(shí)，速度大小不變，方向變?yōu)檠貍魉蛶Х较颉Ｒ阎c傳送帶同的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.8、與CD段間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，重力加速度大小g=10m/s2。求：（1）在圓弧軌道的B點(diǎn)時(shí)物體的速度（2）M在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，帶動(dòng)傳送帶的電動(dòng)機(jī)由于運(yùn)送M多輸出的電能E。（3）M釋放前，系統(tǒng)具有的彈性勢(shì)能Ep?！敬鸢浮浚?）5.0m/s（2）512J（3）19J【解析】（1）M恰能過(guò)A點(diǎn)，由牛頓第二定律：Mg+FA=M解得vA=m/s從B到A由機(jī)械能守恒：﹣Mg（R+Rcosθ）=解得vB=5.0m/s（2）M在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)由于vB小于皮帶速度，可知物體一直做加速運(yùn)動(dòng)由μ1Mgcosθ﹣Mgsinθ=Ma解得a=0.4m/s2由公式：vB2-vC2=2aL解得v=3m/s由vB=vC+at解得t=5s傳送帶在t時(shí)間內(nèi)的位移：x1=vt=40m由于物體對(duì)皮帶有沿皮帶向下的摩擦力，要維持皮帶勻速運(yùn)動(dòng)，故電動(dòng)機(jī)要額外給皮帶一個(gè)沿皮帶向上的牽引力，大小與物體受到的摩擦力一樣大，多