新高考物理三輪沖刺知識(shí)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(dòng)力學(xué)和能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題 10[考點(diǎn)分析]題型一功能關(guān)系的理解 幾種常見(jiàn)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(dòng)能變化W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力的功重力勢(shì)能變化(1)重力做正功，重力勢(shì)能減少(2)重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2彈簧彈力的功彈性勢(shì)能變化(1)彈力做正功，彈性勢(shì)能減少(2)彈力做負(fù)功，彈性勢(shì)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(duì)相互作用的滑動(dòng)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(duì)滑動(dòng)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(duì)（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(gè)系統(tǒng)由靜止開(kāi)始加速上升高度h的過(guò)程中（）A．物塊A與斜面始終相對(duì)靜止 B．物塊A的重力勢(shì)能增加量小于mgh C．物塊A的動(dòng)能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力對(duì)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(duì)其做功的代數(shù)和【解答】解：AB、物塊A開(kāi)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(shí)，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(duì)于斜面向下運(yùn)動(dòng)，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(shì)能的增加量小于mgh，故A錯(cuò)誤，B正確；C、由動(dòng)能定理可知，物塊A的動(dòng)能增加量等于斜面的支持力和彈簧的拉力以及找回來(lái)對(duì)其做功的代數(shù)和，故C錯(cuò)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(duì)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(zhǎng)為L(zhǎng)，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(zhǎng)，此時(shí)物體A也已經(jīng)離開(kāi)地面，則下列論述中正確的是（）A．提彈簧的力對(duì)系統(tǒng)做功為mgL B．物體A的重力勢(shì)能增加mgL C．系統(tǒng)增加的機(jī)械能小于mgL D．以上說(shuō)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(kāi)始時(shí)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(zhǎng)，故提彈簧的力對(duì)系統(tǒng)做功小于mgL；故A錯(cuò)誤；B、提彈簧的力對(duì)系統(tǒng)做功小于mgL，彈簧的彈性勢(shì)能也要增加，故物體的重力勢(shì)能的增加量小于mgL，故B錯(cuò)誤；C、提彈簧的力對(duì)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(cuò)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(dòng)，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(guò)程中，物塊（）A．動(dòng)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(dòng)能定理得：動(dòng)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(dòng)能損失了2mgH，故A正確。B、物塊上升時(shí)重力做負(fù)功，則重力做功為﹣mgH．故B錯(cuò)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(cuò)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(duì)靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于零．(3)靜摩擦力做功時(shí)，只有機(jī)械能的相互轉(zhuǎn)移，不會(huì)轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．2．滑動(dòng)摩擦力做功的特點(diǎn)(1)滑動(dòng)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(dòng)摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)，一對(duì)滑動(dòng)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(jì)算：Q＝Ffx相對(duì)．其中x相對(duì)為相互摩擦的兩個(gè)物體間的相對(duì)位移．深化拓展從功的角度看，一對(duì)滑動(dòng)摩擦力對(duì)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(zhǎng)的傳送帶以恒定速率順時(shí)針運(yùn)行。將一個(gè)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(duì)靜止，勻速運(yùn)動(dòng)到達(dá)傳送帶頂端。下列說(shuō)法中正確的是（）A．第一階段物體受到滑動(dòng)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(duì)物體做正功，第二階段摩擦力對(duì)物體不做功 C．第一階段摩擦力對(duì)物體做的功等于第一階段物體動(dòng)能的增加 D．物體從底端到頂端全過(guò)程機(jī)械能的增加等于全過(guò)程摩擦力對(duì)物體做的功【解答】解：A、第一階段物體受到滑動(dòng)摩擦力作用，第二階段物體與傳送帶相對(duì)靜止，受靜摩擦力作用，故A錯(cuò)誤；B、勻加速運(yùn)動(dòng)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(duì)物體做正功；勻速運(yùn)動(dòng)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(duì)物體亦做正功。故B錯(cuò)誤。C、勻加速運(yùn)動(dòng)階段，由動(dòng)能定理得：Wf+WG＝△EK，因?yàn)閃G≠0，所以Wf≠△EK，故C錯(cuò)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(duì)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(duì)物體的摩擦力在對(duì)物體做功，則物體從底端到頂端全過(guò)程機(jī)械能的增加等于全過(guò)程摩擦力對(duì)物體所做的功；故D正確故選：D。如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以恒定速率V1勻速向右運(yùn)動(dòng)。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(guò)程，下列判斷正確的有（）A．此過(guò)程中滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量為12B．此過(guò)程中傳送帶對(duì)滑塊做功為12C．滑塊返回傳送帶右端時(shí)的速率為V2 D．此過(guò)程中電動(dòng)機(jī)做功為2m【解答】解：C、由于傳送帶足夠長(zhǎng)，物體減速向左滑行，直到速度減為零，然后物體會(huì)在滑動(dòng)摩擦力的作用下向右加速，由于v1＜v2，物體會(huì)先在滑動(dòng)摩擦力的作用下加速，當(dāng)速度增大到等于傳送帶速度時(shí)，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(dòng)，有v′2＝v1；故C錯(cuò)誤；B、此過(guò)程中只有傳送帶對(duì)滑塊做功，根據(jù)動(dòng)能定理W＝△EK得：W＝△EK=12mv12?12A、設(shè)滑塊向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1，位移為x1，則：x1=v2摩擦力對(duì)滑塊做功：W1＝fx1＝fv22t1又摩擦力做功等于滑塊動(dòng)能的減小，即：W1=12mv22該過(guò)程中傳送帶的位移：x2＝v1t1摩擦力對(duì)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(dòng)的時(shí)間t2，位移為x3，則：x3=v1摩擦力對(duì)滑塊做功：W3＝fx3=12mv該過(guò)程中傳送帶的位移：x4＝v1t2＝2x3滑塊相對(duì)傳送帶的總位移：x相＝x1+x2+x4﹣x3＝x1+x2+x3滑動(dòng)摩擦力對(duì)系統(tǒng)做功：W總＝fx相對(duì)＝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(guò)滑動(dòng)摩擦力對(duì)系統(tǒng)做功，Q＝W總＝f?x相=12m（v1+v2）D、全過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)對(duì)皮帶做的功與滑塊動(dòng)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(zhǎng)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(zhǎng)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(dòng)，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(guò)程中克服摩擦力做的功．（3）滑塊相對(duì)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(dòng)的速度時(shí)間公式得木板的加速度為：a=vt=以木板為研究對(duì)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(dòng)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(guò)程，根據(jù)動(dòng)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(duì)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(guò)程中克服摩擦力做的功為1.5J．（3）滑塊相對(duì)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(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)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(gè)物體轉(zhuǎn)移到別的物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過(guò)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(gè)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(zhǎng)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(duì)板A靜止的過(guò)程中，下述說(shuō)法中正確的是（）A．物體B動(dòng)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(dòng)能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和 D．摩擦力對(duì)物體B做的功和對(duì)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(dòng)，A加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律，物體B動(dòng)能的減少量等于A增加的動(dòng)能和產(chǎn)生的熱量之和，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、根據(jù)動(dòng)能定理，物體B克服摩擦力做的功等于B損失的動(dòng)能，選項(xiàng)B錯(cuò)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(dòng)能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和，選項(xiàng)C正確；D、摩擦力對(duì)物體B做的功等于B動(dòng)能的減少，摩擦力對(duì)木板A做的功等于A動(dòng)能的增加，由能量守恒定律，摩擦力對(duì)物體B做的功和對(duì)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(xiàng)D錯(cuò)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(jì)，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：（1）物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。（2）彈簧的最大彈性勢(shì)能Epm?！窘獯稹拷猓海?）物體在D點(diǎn)與A點(diǎn)比較，動(dòng)能減少E重力勢(shì)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(lái)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(guò)程，動(dòng)能減少E重力勢(shì)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(dòng)摩擦因數(shù)μ是0.52。（2）彈簧的最大彈性勢(shì)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(zhǎng)度可調(diào)節(jié)的豎直管AB．細(xì)管下端接有一小段長(zhǎng)度不計(jì)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(dòng)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(shí)彈簧對(duì)小球所做的功W＝0.6J．不計(jì)小球運(yùn)動(dòng)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(shí)，求小球到達(dá)管口C處時(shí)的速度大?。唬?）當(dāng)L＝0.5m時(shí)，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(shí)，小球到達(dá)管口C時(shí)管壁對(duì)球的作用力FN也相應(yīng)變化，考慮到游戲裝置的實(shí)際情況，L不能小于0.15m，請(qǐng)?jiān)谌鐖D2的坐標(biāo)紙上作出FN隨長(zhǎng)度L變化的關(guān)系圖線．（取管壁對(duì)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(shí)，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(dòng)的水平射程x，故：x＝vCt小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(zhǎng)度L變化的關(guān)系圖線如上圖所示；答：（1）當(dāng)L＝0.5m時(shí)，小球到達(dá)管口C處時(shí)的速度大小是2.8m/s；（2）當(dāng)L＝0.5m時(shí)，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(zhǎng)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(dòng)力學(xué)和能量轉(zhuǎn)化問(wèn)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(wèn)的角度有兩個(gè)：(1)動(dòng)力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動(dòng)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(shí)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(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)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(wèn)題中的功能關(guān)系分析(1)功能關(guān)系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.(2)對(duì)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(duì)．傳送帶模型問(wèn)題的分析流程如圖所示，一足夠長(zhǎng)的繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)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(shí)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(dòng)機(jī)由于傳送工件多消耗的電能?！窘獯稹拷猓海?）工作開(kāi)始階段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(shí)通過(guò)的位移x1所用時(shí)間t1接下來(lái)的1.1s內(nèi)工件做勻速直線運(yùn)動(dòng)，通過(guò)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(shí)間t1內(nèi)，皮帶運(yùn)動(dòng)的位移為：x2＝v0t1＝1.6m工件相對(duì)皮帶的位移為△x＝x2﹣x1＝0.8m在時(shí)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(dòng)能為E工件增加的勢(shì)能為EP＝mgh＝150J電動(dòng)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(dòng)機(jī)因?yàn)閭魉凸ぜ嘞牡碾娔苁?30J。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(tái)上，平臺(tái)的左端與水平傳送帶相接，傳送帶以v＝2m/s的速度沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)（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(zhǎng)小于平臺(tái)的長(zhǎng)度，滑塊靜止時(shí)彈簧的彈性勢(shì)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，傳送帶足夠長(zhǎng)，g＝10m/s2．求：（1）滑塊第一次從滑上傳送帶到離開(kāi)傳送帶所經(jīng)歷的時(shí)間；（2）滑塊第一次從滑上傳送帶到離開(kāi)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(shí)的速度為v0，對(duì)于彈簧釋放過(guò)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(dòng)，設(shè)勻減速運(yùn)動(dòng)至速度為零的時(shí)間為t1．勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a=μmgm則t1=v此過(guò)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(duì)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(shí)間為t2，勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小仍為a，則得：t2=v此過(guò)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(duì)于傳送帶的位移大小△x2＝x3﹣x4＝1m；滑塊向右勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3=x所以滑塊第一次從滑上傳送帶到離開(kāi)傳送帶所經(jīng)歷的時(shí)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(kāi)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(kāi)傳送帶所經(jīng)歷的時(shí)間是3.125s；（2）滑塊第一次從滑上傳送帶到離開(kāi)傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量是12.5J．如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的光滑平臺(tái)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(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)。平臺(tái)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(dòng)。彈簧與A作用的過(guò)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(zhǎng)后B與其左側(cè)的固定擋板C相碰，不計(jì)B與C碰撞過(guò)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(zhǎng)后，A滑上傳送帶，以A滑上傳送帶時(shí)作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，A的速度﹣時(shí)間圖像如圖乙所示。已知2.0s后傳送帶開(kāi)始以8m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，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(dòng)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(shì)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(duì)此時(shí)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(zhǎng)過(guò)程中，物塊A、彈簧和物塊B組成系統(tǒng)動(dòng)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(zhǎng)過(guò)程，物塊A、彈簧和物塊B組成系統(tǒng)動(dòng)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(dòng)量守恒定律得m1v0＝m1vA+m2vBB與C碰后至彈簧彈性勢(shì)能最大過(guò)程，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m1vA+m2（﹣vB）＝（m1+m2）v'全過(guò)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(shì)能最大值Em的范圍6J＜Em＜24J。答：（1）物塊A與傳送帶間動(dòng)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(shì)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(gè)接一個(gè)投放到傳送帶的A端，工件初速度方向與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相同，投放工件的時(shí)間間隔恒定。若一個(gè)工件從A端運(yùn)動(dòng)到B端所用時(shí)間為t＝7s。g＝10m/s2．求：（1）工件與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（2）若原來(lái)每一時(shí)刻在傳送帶上總能看到14個(gè)工件，現(xiàn)當(dāng)一個(gè)工件剛投射到A端的瞬間，傳送帶以a＝1m/s2的加速度開(kāi)始加速。與不運(yùn)送任何工件時(shí)相比，上述傳送帶剛開(kāi)始加速的短時(shí)間內(nèi)，電動(dòng)機(jī)要給傳送帶增加多大的動(dòng)力。（不計(jì)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(shí)間與勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1和t2，則有：t1+t2＝7s勻加速過(guò)程的位移為：x1勻速過(guò)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(guò)程的加速度為a，則由牛頓第二定律有：μmg＝ma由速度時(shí)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(shí)間間隔為△t=7s加速時(shí)間2s，勻速時(shí)間為5s意味著每個(gè)時(shí)刻有4個(gè)工件在加速，10個(gè)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(shí)，有4個(gè)工件與傳送帶之間相對(duì)滑動(dòng)，10個(gè)工件與傳送帶之間的相對(duì)靜止，相對(duì)滑動(dòng)的工件受到摩擦力f1＝μ