高考物理一轮复习考点分类训练6.4机械能守恒定律--功能关系和能量守恒定律（2份，原卷版+解析版）

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考向一 功能关系的理解和应用
考向二 功能关系与图像的结合
考向三 含弹簧的传送带问题和板块问题
考向四 三种力学方法的应用--多过程问题
考向一功能关系的理解和应用
一、功能关系
1．几种常见的功能关系
二、两种摩擦力做功特点的比较
【典例1】(多选)(2022·黑龙江佳木斯市质检)如图所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升。摩擦及空气阻力均不计。则( )
A.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能
B.升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
C.升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能
D.升降机上升的全过程中，钢绳拉力做的功大于升降机和人增加的机械能
【答案】BC
【解析】根据动能定理可知，合力对物体做的功等于物体动能的变化量，所以升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功与人的重力做功之和等于人增加的动能，故A错误；除重力外，其他力对人做的功等于人机械能的增加量，B正确；升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人克服重力做的功(此过程中动能不变)，即增加的机械能，C正确；升降机上升的全过程中，钢绳拉力做的功等于升降机和人增加的机械能，D错误。
【典例2】 (多选)(2022·山东烟台市高考诊断一模)如图所示，一长木板B放在粗糙的水平地面上，在B的左端放一物体A，现以恒定的外力F拉A，经一段时间物块A从长木板B的右端拉出，且在此过程中以地面为参考系， 长木板B也向右移动一段距离。则在此过程中( )
A.外力F对A做的功等于A和B动能的增量
B.A对B摩擦力做的功与B对A摩擦力做的功绝对值相等
C.外力F做的功等于A、B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和
D.A对B摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和
【答案】CD
【解析】根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和，故C正确，A错误；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，二者做功不相等，故B错误；对B分析，由动能定理知WAB－WB地＝ΔEkB，A对B摩擦力做的功WAB＝ΔEkB＋WB地，所以A对B摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和，故D正确。
练习1、(多选)(2022·乐山模拟)如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中( )
A．物块A的重力势能增加量一定等于mgh
B．物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和
C．物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和
D．物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和
【答案】CD
【解析】当物块具有向上的加速度时，弹簧弹力在竖直方向上的分力和斜面的支持力在竖直方向上的分力的合力大于重力，所以弹簧的弹力比物块静止时大，弹簧的伸长量增大，物块A相对于斜面向下运动，物块A上升的高度小于h，所以重力势能的增加量小于mgh，故A错误；对物块A由动能定理有物块A的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其做功的和，故B错误；物块A机械能的增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的和，故C正确；物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和，故D正确．
练习2、(多选)(2022四川宜宾市检测)一个物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端．已知小物块冲上斜面的初动能为E，它返回斜面底端的速度大小为v，克服摩擦力做功为eq \f(1,4)E.若小物块冲上斜面的初动能变为3E，则( )
A．返回斜面底端时动能为eq \f(3,4)E
B．返回斜面底端时速度大小为eq \r(3)v
C．从出发到返回斜面底端，克服摩擦阻力做功为eq \f(3,4)E
D．从出发到返回斜面底端，机械能减少eq \f(3,8)E
【答案】BC
【解析】物块以初动能E冲上斜面并返回的整个过程中，由动能定理得Wf＝eq \f(1,2)mv2－E＝－eq \f(E,4)，则eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,4)E，设物块以初动能E冲上斜面的初速度为v0，则以初动能3E冲上斜面的初速度为eq \r(3)v0，两次冲上斜面后的加速度相同，根据2ax＝v2－veq \\al(2,0)可知物体上滑的最大位移为x＝eq \f(0－v\\al(2,0),2a)，物块第二次冲上斜面的最大位移是第一次的3倍，则整个过程中克服摩擦力做功是第一次的3倍，即为eq \f(3,4)E，故C正确；以初动能3E冲上斜面并返回的整个过程中，运用动能定理得Wf′＝eq \f(1,2)mv′2－3E＝－eq \f(3,4)E，所以返回斜面底端时的动能为eq \f(1,2)mv′2＝eq \f(9,4)E，返回斜面底端时速度大小为v′＝eq \r(3)v，故A错误，B正确；根据功能关系可知，第二次从出发到返回斜面底端，机械能减少量等于克服摩擦阻力做功，为eq \f(3,4)E，故D错误．
【巧学妙记】
1.只涉及动能的变化用动能定理分析。
2.只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。
3.只涉及机械能的变化，用除重力和弹簧的弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析。
考向二功能关系与图像的结合
【典例3】(2021·湖北高考)如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )
A．m＝0.7 kg，f＝0.5 N B．m＝0.7 kg，f＝1.0 N
C．m＝0.8 kg，f＝0.5 N D．m＝0.8 kg，f＝1.0 N
【答案】A
【解析】0～10 m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f)s，结合0～10 m内的图像得mgsin 30°＋f＝4 N；10～20 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin 30°－f)s－(mgsin 30°－f)s1，结合10～20 m内的图像得mgsin30°－f＝3 N，联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg。故A正确。
【典例4】(多选)(2020·高考全国卷Ⅰ，T20)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则( )
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
【答案】AB
【解析】由重力势能和动能随下滑距离s变化的图象可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；在斜面顶端，重力势能mgh＝30 J，解得物块质量m＝1 kg，由重力势能随下滑距离s变化的图象可知，重力势能可以表示为Ep＝(30－6s)J，由动能随下滑距离s变化图象可知，动能可以表示为Ek＝2s J，设斜面倾角为θ，则有sin θ＝eq \f(h,L)＝eq \f(3,5)，cs θ＝eq \f(4,5)，由功能关系有－μmgcs θ·s＝Ep＋Ek－30 J＝(30－6s＋2s－30)J＝－4s J，可得μ＝0.5，B正确；由Ek＝2s J，Ek＝eq \f(mv2,2)可得，v2＝4s m2/s2，对比匀变速直线运动公式v2＝2as，可得a＝2 m/s2，即物块下滑时加速度的大小为2.0 m/s2，C错误；由重力势能和动能随下滑距离s变化图象可知，当物块下滑2.0 m时机械能为E＝18 J＋4 J ＝22 J，机械能损失了ΔE＝30 J －22 J＝8 J，D错误。
练习3、(多选)(2022年广东省广州市高三下学期一模)如图甲所示，固定的斜面长为10 m，质量为m＝2.0 kg的小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示，取斜面底端所在水平面为重力势能参考平面，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图丙所示，重力加速度g＝10 m/s2。则下列判断中正确的是( )
A．斜面的倾角为45°
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),4)
C．下滑过程滑块的加速度大小为1.25 m/s2
D．滑块自斜面下滑过程中损失的机械能为25 J
【答案】BC
【解析】根据题图乙可知动能与位移图像的斜率大小为合外力大小，即F＝eq \f(25,10) N＝eq \f(5,2) N，根据题图丙可知重力势能与位移图像斜率大小为重力在斜面上的分力大小，即mgsin θ＝10 N，滑块下滑过程中应用牛顿第二定律：mgsin θ－μmgcs θ＝F，解得：θ＝30°，μ＝eq \f(\r(3),4)，故A错误，B正确；根据上述分析可知滑块所受合外力为eq \f(5,2) N，根据牛顿第二定律：F＝ma，解得：a＝1.25 m/s2，故C正确；由能量守恒定律可知，重力势能损失100 J，动能增加25 J，说明机械能损失75 J，故D错误。
练习4.(多选)(2022·山东烟台期中)如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的足够长斜面，有一物块静止在斜面底端O处。现对物块施加一个沿斜面向上的恒力F，物块开始沿斜面向上运动。当物块沿斜面向上运动的距离为x0时，撤去恒力F。已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ＞tan θ。以斜面底端O所在的水平地面为参考平面，则物块从O点开始沿斜面运动的过程中，物块的加速度大小a、重力势能Ep、动能Ek、机械能E和物块相对于O点的位移x之间的关系图像中可能正确的是( )
【答案】AD
【解析】0～x0段，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F－μmgcs θ－mgsin θ＝ma1，撤去力F后，物块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得μmgcs θ＋mgsin θ＝ma2，若F－μmgcs θ－mgsin θ＜μmgcs θ＋mgsin θ，则a1＜a2，由于μ＞tan θ，即μmgcs θ＞mgsin θ，说明物块速度减为零后不会沿斜面下滑，将静止在斜面上，A正确；由于整个运动过程中物块均向上运动，故物块的重力势能逐渐增大，B错误；0～x0段，由动能定理得(F－μmgcs θ－mgsin θ)x＝Ek，由于F－μmgcs θ－mgsin θ恒定不变，因此Ek-x图线的斜率恒定不变，0～x0段图线应该是一条过原点向上倾斜的直线，设撤去力F时，物块的动能为Ek0，则由动能定理得－(mgsin θ＋μmgcs θ)(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝－(mgsin θ＋μmgcs θ)x＋(mgsin θ＋μmgcs θ)·x0＋Ek0，则撤去力F后，Ek-x图线的斜率恒定不变，图线是一条向下倾斜的直线，C错误；0～x0段，机械能为E＝(F－μmgcs θ)x，由于F－μmgcs θ恒定不变，因此0～x0段E-x图线是一条过原点向上倾斜的直线，设撤去力F时，机械能为E0，则机械能变化量为E－E0＝－μmgcs θ·(x－x0)，解得E＝－μmgcs θ·x＋μmgcs θ·x0＋E0，则撤去力F后，E-x图线是一条向下倾斜的直线，当物块静止时E＞0，D正确。
考向三 含弹簧的连接体、传送带问题和板块问题
传送带模型
1．设问的角度
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．
滑块—木板模型
1.模型分类：滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型。
2.位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。
3.解题关键
找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
【典例5】(2019·江苏卷)(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，一段时间后压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中( )
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为eq \r(2μgs)
【答案】BC
【解析】弹簧被压缩到最短时，物块有向右的加速度，弹力大于滑动摩擦力f＝μmg，选项A错误；物块在运动中所受的摩擦力与运动方向总相反，物块运动的路程为2s，所以克服摩擦力做的功为W＝2μmgs，选项B正确；由动能定理可知，从弹簧被压缩至最短到物块运动到A点，动能的变化为零，弹簧的弹性势能等于克服摩擦力做功W′＝μmgs，选项C正确；由物块从A点到返回A点，根据动能定理－μmg·2s＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)可得v0＝2eq \r(μgs)，所以选项D错误．
【典例6】(多选)(2022·抚州市高三模拟)如图所示倾角为30°的传送带在电动机带动下始终以v0的速度匀速上行。相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块(可视为质点)分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h高度滑至顶端时恰好与皮带保持相对静止，乙滑块上升eq \f(h,2)高度处恰与皮带保持相对静止。现比较甲、乙两滑块从传送带底端到顶端的过程( )
A．甲滑块与皮带的动摩擦因数大于乙滑块与皮带的动摩擦因数
B．甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量
C．两个过程中皮带对滑块所做的功相同
D．两个过程中电动机对皮带所做的功相同
【答案】BC
【解析】相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块分别无初速放在传送带底端，最终都与传送带速度相等，动能增加量相同，但甲的速度增加的慢，说明甲受到的摩擦力小，故甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数，故A错误；动能增加量相同，f甲·2h－mgh＝f乙·h－eq \f(1,2)mgh，得f乙＝2f甲－eq \f(1,2)mg，相对位移Δx甲＝2Δx乙，根据Q＝f·Δs知甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，故B正确；从传送带底端到顶端，甲、乙动能增加量相同，重力做功相同，根据动能定理知皮带对滑块所做的功相同，故C正确；电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和滑块机械能的增加量，根据B、C两项分析知放甲滑块时电动机做的功较多，故D错误。
【典例7】(多选)(2022·江西九江月考)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的( )

甲 乙
A．小铅块将从B的右端飞离木板
B．小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止
C．第一次和第二次过程中产生的热量相等
D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量
【答案】 BD
【解析】在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次相对应过程，故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，A项错误，B项正确；由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，C项错误，D项正确。
练习5、(多选)(2022·石家庄二检)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大．到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环( )
A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为eq \f(1,4)mv2
C．在C处，弹簧的弹性势能为eq \f(1,4)mv2－mgh
D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
【答案】BD
【解析】 圆环受到重力、弹力、阻力、支持力，圆环的运动是先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，A项错误；A到C过程，根据能量守恒定律有mgh－Wf＝Ep(Wf为阻力做功，Ep为弹性势能)，C到A过程，eq \f(1,2)mv2＋Ep＝mgh＋Wf，联立解得Wf＝eq \f(1,4)mv2，B项正确；在C处，弹簧的弹性势能为mgh－eq \f(1,4)mv2，C项错误；A到B：mghAB＝EpB＋Wf1＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,下)，B到A：mghAB＋Wf1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,上)＋EpB，由两式可知v下t2
C．ΔEk1>ΔEk2；t12 m/s，说明滑块一直匀减速
板移动的位移x＝vt＝0.8 m
(2)对板受力分析如图所示，
有：F＋Ff2＝Ff1
其中Ff1＝μ1(M＋m)g＝12 N，Ff2＝μ2mg＝10 N
解得：F＝2 N
(3)法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量：
Q1＝Ff2·(L－x) ＝μ2mg (L－x)＝12 J
滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q2＝μ2mg(L－x)＝12 J
整个过程中，长板与地面因摩擦产生的热量：
Q3＝μ1(M＋m)g·L＝24 J
所以，系统因摩擦产生的热量：
Q＝Q1＋Q2＋Q3＝48 J
法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F1＝2 N (第二问可知)
F1做功为W1＝F1x＝2×0.8＝1.6 J
滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为：
F2＝Ff1＋Ff2＝μ1(M＋m)g＋μ2mg＝22 N
F2做功为W2＝F2(L－x)＝22×1.2 J＝26.4 J
碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s
滑块动能变化：ΔEk＝20 J
所以系统因摩擦产生的热量：
Q＝ W1＋W2＋ΔEk＝48 J.
12. (2022·福建省莆田市二模)如图所示，长为l的轻绳一端系于固定点O，另一端系一质量为m的小球。将小球从与O点等高的A点以一定初速度水平向右抛出，经一段时间后绳被拉直，此后小球以O为圆心在竖直平面内摆动。已知O、A的距离为eq \f(\r(3),2)l，绳刚被拉直时与竖直方向的夹角为60°，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)小球抛出时的速度以及绳被拉直后瞬间的速度；
(2)小球摆到最低点时，绳对小球的拉力大小。
【答案】 (1)eq \r(3gL) 0 (2)2mg
【解析】(1)从A点水平向右抛出后至绳子拉直前，小球做平抛运动，则绳子拉直瞬间，
水平方向：lsin60°＋eq \f(\r(3),2)l＝v0t
竖直方向：lcs60°＝eq \f(1,2)gt2
绳被拉直前瞬间的速度v＝eq \r(v\\al(2,0)＋gt2)
联立解得v0＝eq \r(3gl)，v＝2eq \r(gl)
设绳被拉直时速度方向与竖直方向的夹角为α，则tanα＝eq \f(v0,gt)＝eq \f(\r(3gl),\r(gl))＝eq \r(3)
解得α＝60°
即合速度方向沿绳的方向，则绳拉直后瞬间小球的速度为零。
(2)绳被拉直后至小球摆到最低点的过程，根据机械能守恒定律，有
mgl(1－cs60°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
小球摆到最低点时，有T－mg＝meq \f(v\\al(2,1),l)
联立解得绳对小球的拉力大小T＝2mg。
13、(2022·贵州三校联考)如图所示，一足够长的水平传送带以大小为v0的速度匀速转动，质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长．某时刻物块P从传送带左端以大小为2v0的速度冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平，已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦．
(1)求运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比；
(2)求从物块P刚冲上传送带到向右运动到最远处的过程中，P、Q组成的系统的机械能的改变量；
(3)若传送带匀速运动的速度大小为v(0＜v＜2v0)，当v取多大时，从物块P刚冲上传送带到向右运动到最远处的过程中，P与传送带间产生的热量最小？最小值为多大？
【答案】 (1)2∶1 (2)0 (3)当v＝eq \f(v0,2)时，产生的热量最小，最小值Q＝eq \f(5,8)mveq \\al(2,0)
【解析】 (1)设P的位移、加速度大小分别为s、a，Q的位移、加速度大小分别为s′、a′，因此s＝2s′，故a∶a′＝2∶1.
(2)物块P先减速到与传送带速度相同，设此过程中P的加速度大小为a1，Q的加速度大小为a2，则a1＝2a2.
对P有μmg＋T＝ma1
对Q有mg－2T＝ma2
联立解得a1＝0.6g.
设此过程中物块P的位移为x1，则有x1＝eq \f(2v02－v\\al(2,0),2a1)＝eq \f(5v\\al(2,0),2g).
共速后，由于f＝μmg＜mg/2，P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速．
设P从与传送带共速到减速到0的过程中，P的加速度为a′1，则Q的加速度为a′2＝a′1/2
对P有T－μmg＝ma′1
对Q有mg－2T＝ma′2
联立解得a′1＝0.2g
设P从与传送带共速到减速到0的过程中位移为x2，则有x2＝eq \f(v\\al(2,0),2a′1)＝eq \f(5v\\al(2,0),2g).
P、Q组成的系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功，ΔE＝－μmg·x1＋μmg·x2＝0
[P、Q组成的系统机械能的改变量也可用能量守恒定律求解，ΔE＝mgeq \f(x1＋x2,2)－eq \f(1,2)m(2v0)2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝0]
(3)P减速到与传送带速度相同的过程中，相对传送带向右运动，相对路程s1＝eq \f(2v0－v2,2a1)
P从与传送带共速到减速到0的过程中，相对传送带向左运动，相对路程s2＝eq \f(v2,2a′1)
产生的热量Q＝μmg·(s1＋s2)＝eq \f(5,6)m(v2－vv0＋veq \\al(2,0))
当v＝eq \f(v0,2)时，产生的热量最小，最小值
Q＝eq \f(5,8)mveq \\al(2,0).
14、(2022年广东省广州市高三下学期一模)倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接,斜面上AB的长度为3L,BC、CD的长度均为3.5L,BC部分粗糙,其余部分光滑。如图所示,4个“—|”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上,从下往上依次标为1、2、3、4,滑块上长为L的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连,滑块1恰好在A处。现将4个滑块一起由静止释放,设滑块经过D处时无机械能损失,轻杆不会与斜面相碰。已知每个滑块的质量为m并可视为质点,滑块与粗糙面间的动摩擦因数μ=tan θ,重力加速度为g。求:
(1)滑块1刚进入BC部分时,滑块1上的轻杆所受到的压力大小。
(2)4个滑块全部滑上水平面后,相邻滑块之间的距离。
【答案】(1)34mgsin θ (2)43L
【解析】(1)以4个滑块整体为研究对象,设第一个滑块刚进入BC段时,4个滑块整体的加速度为a,由牛顿第二定律有
4mgsin θ-μmgcs θ=4ma
以滑块1为研究对象,设它刚进入BC段时,轻杆受到的压力为F,由牛顿第二定律有
F+mgsin θ-μmgcs θ=ma
已知μ=tan θ
联立可得F=34mgsin θ。
(2)设4个滑块整体完全进入粗糙段时,即第4个滑块刚进入BC部分时,滑块的共同速度为v,这个过程,4个滑块整体向下移动了6L的距离,1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L、2L、L,由动能定理有
(4mgsin θ)·6L-μ(mgcs θ)(3L+2L+L)=12×4mv2
解得v=3gLsinθ
由于滑块与粗糙面间的动摩擦因数μ=tan θ,则4个滑块都进入BC段后,所受合外力为0,各滑块均以速度v做匀速运动
第1个滑块离开BC后匀加速下滑,设到达D处时速度为v1,由动能定理有
(mgsin θ)(3.5L)=12mv12-12mv2
解得v1=4gLsinθ
当第1个滑块到达BC边缘刚要离开粗糙段时,第2个滑块正以速度v匀速向下运动,且运动L距离后离开粗糙段,依次类推,直到第4个滑块离开粗糙段。由此可知,相邻两个滑块到达BC段边缘的时间差Δt=Lv,因此到达水平面的时间差也为Δt=Lv
所以滑块在水平面上的间距d=v1Δt
联立解得d=43L。
1. (2021全国甲卷)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq \f(Ek,5).已知sin α＝0.6，重力加速度大小为 g．则( )
A．物体向上滑动的距离为eq \f(Ek,2mg)
B．物体向下滑动时的加速度大小为eq \f(g,5)
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【答案】BC
【解析】物体从斜面底端回到斜面底端，根据动能定理有－μmg·2lcs α＝eq \f(Ek,5)－Ek
物体从斜面底端到斜面顶端，根据动能定理有
－mglsin α－μmglcs α＝0－Ek
整理得l＝eq \f(Ek,mg)，μ＝0.5
故A错误，C正确；
物体向下滑动时，根据牛顿第二定律有
mgsin α－μmgcs α＝ma
解得a＝eq \f(g,5)，故B正确；
物体向上滑动时，根据牛顿第二定律有
mgsin α＋μmgcs α＝ma上
物体向下滑动时，根据牛顿第二定律有
mgsin α－μmgcs α＝ma下
由以上各式可知a上>a下
由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式l＝eq \f(1,2)at2
则可得出t上