(通用版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第31課時(shí) 應(yīng)用能量觀(guān)點(diǎn)解決力學(xué)綜合問(wèn)題(題型研究課)講義(含解析)
《(通用版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第31課時(shí) 應(yīng)用能量觀(guān)點(diǎn)解決力學(xué)綜合問(wèn)題(題型研究課)講義(含解析)》由會(huì)員分享,可在線(xiàn)閱讀,更多相關(guān)《(通用版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第31課時(shí) 應(yīng)用能量觀(guān)點(diǎn)解決力學(xué)綜合問(wèn)題(題型研究課)講義(含解析)(10頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、(通用版)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第31課時(shí) 應(yīng)用能量觀(guān)點(diǎn)解決力學(xué)綜合問(wèn)題(題型研究課)講義(含解析) 1.(2018·全國(guó)卷Ⅰ)如圖,abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道,ab水平,長(zhǎng)度為2R;bc是半徑為R的四分之一圓弧,與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球,始終受到與重力大小相等的水平外力的作用,自a點(diǎn)處從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn),機(jī)械能的增量為( ) A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR 解析:選C 小球從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理得,F(xiàn)·3R-mgR=mv2,又F=mg,解得v=2
2、,小球離開(kāi)c點(diǎn)在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng),水平方向做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),且水平方向的加速度大小也為g,故小球從c點(diǎn)到最高點(diǎn)所用的時(shí)間t==2 ,水平位移x=gt2=2R,根據(jù)功能關(guān)系,小球從a點(diǎn)到軌跡最高點(diǎn)機(jī)械能的增量等于力F做的功,即ΔE=F·(3R+x)=5mgR,C正確。 2.(多選)(2018·全國(guó)卷Ⅲ)地下礦井中的礦石裝在礦車(chē)中,用電機(jī)通過(guò)豎井運(yùn)送到地面。某豎井中礦車(chē)提升的速度大小v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示,其中圖線(xiàn)①②分別描述兩次不同的提升過(guò)程,它們變速階段加速度的大小都相同;兩次提升的高度相同,提升的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對(duì)于第①次和第②次提升過(guò)程( )
3、 A.礦車(chē)上升所用的時(shí)間之比為4∶5 B.電機(jī)的最大牽引力之比為2∶1 C.電機(jī)輸出的最大功率之比為2∶1 D.電機(jī)所做的功之比為4∶5 解析:選AC 兩次提升的高度相同,則圖線(xiàn)①②與時(shí)間軸圍成的面積相等,由幾何知識(shí)可得第②次提升過(guò)程所用時(shí)間為2t0+=t0,所以礦車(chē)兩次上升所用時(shí)間之比為 2t0∶t0=4∶5,故A正確;在加速上升階段電機(jī)的牽引力最大,由牛頓第二定律知,F(xiàn)-mg=ma,F(xiàn)=m(g+a),由于兩次提升的質(zhì)量和加速度都相同,故最大牽引力相同,故B錯(cuò)誤;兩次提升加速階段達(dá)到的最大速度之比為2∶1,由P=Fv可知,電機(jī)輸出的最大功率之比為2∶1,故C正確;兩個(gè)過(guò)程動(dòng)能變化
4、量相同,克服重力做功相同,由動(dòng)能定理知,兩次電機(jī)做功也相同,故D錯(cuò)誤。 3.(多選)(2018·江蘇高考)如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端連接一小物塊,O點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置。物塊由A點(diǎn)靜止釋放,沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng),最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)。在從A到B的過(guò)程中,物塊( ) A.加速度先減小后增大 B.經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度最大 C.所受彈簧彈力始終做正功 D.所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功 解析:選AD 物塊由A點(diǎn)開(kāi)始向右做加速運(yùn)動(dòng),彈簧壓縮量逐漸減小,F(xiàn)彈減小,由F彈-Ff=ma,知a減??;當(dāng)運(yùn)動(dòng)到F彈=Ff時(shí),a減小為零,此時(shí)物塊速度最大,彈簧仍處于壓縮狀態(tài);由
5、于慣性,物塊繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng),此時(shí)Ff-F彈=ma,物塊做減速運(yùn)動(dòng),且隨著壓縮量繼續(xù)減小,a逐漸增大;當(dāng)越過(guò)O點(diǎn)后,彈簧開(kāi)始被拉伸,此時(shí)F彈+Ff=ma,隨著拉伸量增大,a繼續(xù)增大,綜上所述,從A到B過(guò)程中,物塊加速度先減小后增大,在O點(diǎn)左側(cè)F彈=Ff時(shí)速度達(dá)到最大,故A正確,B錯(cuò)誤;在A(yíng)O段物塊所受彈簧彈力做正功,在OB段做負(fù)功,故C錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理知,從A到B的過(guò)程中,彈力做功與摩擦力做功之和為0,故D正確。 能量觀(guān)點(diǎn)是解答動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的三大觀(guān)點(diǎn)之一。能熟練應(yīng)用能量觀(guān)點(diǎn)解題是學(xué)生深化物理知識(shí)、提升綜合分析能力的重要體現(xiàn)。高考試卷的壓軸題也常需要用到能量的觀(guān)點(diǎn)。通過(guò)該部分的復(fù)習(xí),能培養(yǎng)學(xué)生的
6、審題能力、推理能力和規(guī)范表達(dá)能力?! ? 命題點(diǎn)一 摩擦力做功與能量的關(guān)系 1.兩種摩擦力做功的比較 靜摩擦力做功 滑動(dòng)摩擦力做功 只有能量的轉(zhuǎn)移,沒(méi)有能量的轉(zhuǎn)化 既有能量的轉(zhuǎn)移,又有能量的轉(zhuǎn)化 互為作用力和反作用力的一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和為零,即要么一正一負(fù),要么都不做功 互為作用力和反作用力的一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做功的代數(shù)和為負(fù)值,即要么一正一負(fù),要么都做負(fù)功;代數(shù)和為負(fù)值說(shuō)明機(jī)械能有損失——轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 2.求解相對(duì)滑動(dòng)物體的能量問(wèn)題的方法 (1)正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,做好受力分析。 (2)利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式,結(jié)合牛頓第二定律分析物體的速度關(guān)系及位移關(guān)系。 (
7、3)根據(jù)功的公式和功能關(guān)系解題。 [典例] 如圖所示,一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊的質(zhì)量為m=1 kg,從光滑平臺(tái)上的A點(diǎn)以v0=2 m/s的初速度水平拋出,到達(dá)C點(diǎn)時(shí),恰好沿C點(diǎn)的切線(xiàn)方向進(jìn)入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道,最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點(diǎn)的質(zhì)量為M=3 kg的長(zhǎng)木板。已知長(zhǎng)木板上表面與圓弧軌道末端切線(xiàn)相平,水平地面光滑,小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3,圓弧軌道的半徑為R=0.4 m,C點(diǎn)和圓弧的圓心連線(xiàn)與豎直方向的夾角θ=60°,不計(jì)空氣阻力,g取10 m/s2。求: (1)小物塊剛要到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力; (2)要使小物塊不滑出長(zhǎng)木板,長(zhǎng)木板長(zhǎng)度的
8、最小值。 [解析] (1)小物塊在C點(diǎn)時(shí)的速度大小 vC= 小物塊由C到D的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得 mgR(1-cos 60°)=mvD2-mvC2 代入數(shù)據(jù)解得vD=2 m/s 小物塊在D點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得 FN-mg=m 代入數(shù)據(jù)解得FN=60 N 由牛頓第三定律得FN′=FN=60 N,方向豎直向下。 (2)設(shè)小物塊剛好能滑到長(zhǎng)木板左端且達(dá)到共同速度的大小為v,滑行過(guò)程中,小物塊與長(zhǎng)木板的加速度大小分別為 a1==μg,a2= 速度分別為v=vD-a1t,v=a2t 對(duì)小物塊和長(zhǎng)木板組成的系統(tǒng),由能量守恒定律得 μmgL=mvD2-(m+M)v2 解得L=2
9、.5 m。 [答案] (1)60 N,方向豎直向下 (2)2.5 m (1)無(wú)論是求解滑動(dòng)摩擦力做功,還是求解靜摩擦力做功,都應(yīng)代入物體相對(duì)于地面的位移。 (2)摩擦生熱ΔQ=Ffl相對(duì)中,若物體在接觸面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí),則l相對(duì)為總的相對(duì)路程。 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.(多選)如圖所示,質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車(chē)靜止在光滑水平面上,質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在小車(chē)的最左端?,F(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上,使小物塊從靜止開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。小物塊和小車(chē)之間的摩擦力為Ff,小物塊滑到小車(chē)的最右端時(shí),小車(chē)運(yùn)動(dòng)的距離為x。此過(guò)程中,下列結(jié)論正確的是( ) A.小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí)具
10、有的動(dòng)能為(F-Ff)(L+x) B.小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí),小車(chē)具有的動(dòng)能為Ffx C.小物塊克服摩擦力所做的功為Ff(L+x) D.小物塊和小車(chē)增加的機(jī)械能為Fx 解析:選ABC 由動(dòng)能定理可得小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí)的動(dòng)能Ek物=W合=(F-Ff)(L+x),A正確;小車(chē)的動(dòng)能Ek車(chē)=Ffx,B正確;小物塊克服摩擦力所做的功Wf=Ff(L+x),C正確;小物塊和小車(chē)增加的機(jī)械能ΔE=F(L+x)-FfL,D錯(cuò)誤。 2.如圖甲所示,長(zhǎng)木板A放在光滑的水平面上,質(zhì)量為m=2 kg 的另一物體B(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平速度0=2 m/s滑上原來(lái)靜止的A的上表面。由于A(yíng)、B間存在摩擦,之后A
11、、B速度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示,則下列說(shuō)法正確的是(g取10 m/s2)( ) A.A獲得的動(dòng)能為2 J B.系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4 J C.A的最小長(zhǎng)度為2 m D.A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 解析:選D 由題圖乙可知,A、B的加速度大小均為1 m/s2,根據(jù)牛頓第二定律知二者質(zhì)量相等,A獲得的動(dòng)能為1 J,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE=mv02-×2mv2=2 J,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由題圖乙可求出A、B相對(duì)位移為1 m,即A的最小長(zhǎng)度為1 m,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;對(duì)B,根據(jù)牛頓第二定律得,μmg=ma,解得μ=0.1,選項(xiàng)D正確。 3.(多選)質(zhì)量為m的物體,在水平面上只受摩擦
12、力作用,以初動(dòng)能E0做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),經(jīng)距離d后,動(dòng)能減小為,則( ) A.物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 B.物體再前進(jìn)便停止 C.物體滑行距離d所用的時(shí)間是滑行后面距離所用時(shí)間的倍 D.若要使此物體滑行的總距離為3d,其初動(dòng)能應(yīng)為2E0 解析:選AD 由動(dòng)能定理知Wf=μmgd=E0-,解得μ=,A正確;設(shè)物體總共滑行的距離為s,則有μmgs=E0,解得s=d,物體再前進(jìn)便停止,B錯(cuò)誤;將物體的運(yùn)動(dòng)看成反方向的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),則連續(xù)運(yùn)動(dòng)三個(gè)距離所用時(shí)間之比為1∶(-1)∶(-),所以物體滑行距離d所用的時(shí)間是滑行后面距離所用時(shí)間的(-1)倍,C錯(cuò)誤;若要使此物體滑行的總距離為3d
13、,則由動(dòng)能定理知μmg·3d=Ek,解得Ek=2E0,D正確。 命題點(diǎn)二 傳送帶模型問(wèn)題 1.設(shè)問(wèn)的角度 (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.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)。 題型1 水
14、平傳送帶問(wèn)題 [例1] (2019·永州模擬)如圖所示,水平傳送帶A、B兩輪間的距離L=40 m,離地面的高度H=3.2 m,傳送帶以恒定的速率v0=2 m/s沿順時(shí)針?lè)较騽蛩龠\(yùn)動(dòng)。兩個(gè)完全相同的滑塊P、Q中間夾有一根輕質(zhì)彈簧(彈簧與滑塊P、Q不拴接),用一輕繩把滑塊P、Q拉至最近(彈簧始終處于彈性限度內(nèi)),使彈簧處于最大壓縮狀態(tài)。現(xiàn)將滑塊P、Q輕放在傳送帶的最左端,滑塊P、Q一起從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),t1=4 s時(shí)輕繩突然斷開(kāi),很短時(shí)間內(nèi)彈簧伸長(zhǎng)至自然長(zhǎng)度(不考慮彈簧長(zhǎng)度的影響),此時(shí)滑塊P速度反向,滑塊Q的速度大小剛好是滑塊P的速度大小的兩倍。已知滑塊P、Q的質(zhì)量均為m=0.2 kg,滑塊P
15、、Q與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.1,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能;
(2)滑塊P、Q落地的時(shí)間差;
(3)滑塊P、Q在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量。
[解析] (1)滑塊P、Q在傳送帶上的加速度大小
a=μg=1 m/s2
滑塊P、Q從靜止到與傳送帶共速所需時(shí)間t0==2 s
滑塊P、Q共同加速的位移大小
x0=at02=2 m 16、m/s
彈簧最大壓縮狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能
Ep=mvP2+mvQ2-×2mv02=7.2 J。
(2)滑塊P、Q離開(kāi)傳送帶后做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等,故滑塊P、Q的落地時(shí)間差就是彈簧恢復(fù)到自然長(zhǎng)度后,滑塊P、Q在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之差。t1=4 s時(shí),滑塊P、Q位移大小
x1=x0+v0(t1-t0)=6 m
滑塊Q與傳送帶相對(duì)靜止時(shí)所用的時(shí)間t2==6 s
這段時(shí)間內(nèi)滑塊Q的位移大小
x2=vQt2-at22=30 m 17、,即滑塊P速度未減小到0時(shí),已經(jīng)到達(dá)了A端
滑塊P運(yùn)動(dòng)到A端時(shí)的速度大小
|vP′|==2 m/s
滑塊P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t4==2 s
滑塊P、Q落地時(shí)間差Δt=t2+t3-t4=6 s。
(3)滑塊P、Q共同加速階段由于摩擦產(chǎn)生的熱量為
Q1=2μmg(v0t0-x0)=0.8 J
分離后滑塊Q向右運(yùn)動(dòng)階段由于摩擦產(chǎn)生的熱量為
Q2=μmg(x2-v0t2)=3.6 J
分離后滑塊P向左運(yùn)動(dòng)階段由于摩擦產(chǎn)生的熱量為
Q3=μmg(x1+v0t4)=2 J
全過(guò)程產(chǎn)生的總熱量Q=Q1+Q2+Q3=6.4 J
[答案] (1)7.2 J (2)6 s (3)6.4 J
題型 18、2 傾斜傳送帶問(wèn)題
[例2] 如圖所示,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=2 m/s的速率運(yùn)行,現(xiàn)把一質(zhì)量為m=10 kg的工件(可視為質(zhì)點(diǎn))輕輕放在傳送帶的底端,經(jīng)過(guò)時(shí)間t=1.9 s,工件被傳送到h=1.5 m的高處,g取10 m/s2,求:
(1)工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù);
(2)電動(dòng)機(jī)由于傳送工件多消耗的電能。
[解析] (1)由題圖可知,傳送帶長(zhǎng)x==3 m
工件速度達(dá)到v0前,做勻加速運(yùn)動(dòng)的位移
x1=t1
勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x-x1=v0(t-t1)
解得加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=0.8 s
加速運(yùn)動(dòng)的位移x1=0.8 m
19、
所以加速度a==2.5 m/s2
由牛頓第二定律有μmgcos θ-mgsin θ=ma
解得μ=。
(2)由能量守恒定律知,電動(dòng)機(jī)多消耗的電能用于增加工件的動(dòng)能、勢(shì)能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對(duì)位移時(shí)摩擦力做功產(chǎn)生的熱量
在時(shí)間t1內(nèi),傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移
x傳=v0t1=1.6 m
在時(shí)間t1內(nèi),工件相對(duì)傳送帶的位移
x相=x傳-x1=0.8 m
在時(shí)間t1內(nèi),摩擦生熱
Q=μmgcos θ·x相=60 J
最終工件獲得的動(dòng)能Ek=mv02=20 J
工件增加的勢(shì)能Ep=mgh=150 J
電動(dòng)機(jī)多消耗的電能W=Q+Ek+Ep=230 J。
[答案] (1) ( 20、2)230 J
傳送帶模型問(wèn)題的分析流程
[集訓(xùn)沖關(guān)]
1.(多選)如圖所示,水平傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng),并始終保持以速率v勻速運(yùn)動(dòng)。現(xiàn)將質(zhì)量為m的某物塊無(wú)初速度地放在傳送帶的左端,經(jīng)過(guò)時(shí)間t物塊保持與傳送帶相對(duì)靜止。設(shè)物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,對(duì)于這一過(guò)程,下列說(shuō)法正確的是( )
A.摩擦力對(duì)物塊做的功為mv2
B.傳送帶克服摩擦力做的功為mv2
C.系統(tǒng)摩擦生熱為mv2
D.電動(dòng)機(jī)多做的功為mv2
解析:選ACD 設(shè)物塊與傳送帶之間的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff,物塊的位移大小為x1,物塊對(duì)傳送帶摩擦力的作用點(diǎn)對(duì)地位移大小為x2,則x1=vt,x2=vt=2x1, 21、對(duì)物塊運(yùn)用動(dòng)能定理有Wf=Ffx1=mv2,選項(xiàng)A正確;傳送帶克服摩擦力做的功為Wf′=Ffx2=2Ffx1=mv2,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;系統(tǒng)摩擦生熱為Q = Ffx相對(duì)=Ff(x2-x1)=Ffx1=mv2,選項(xiàng)C正確;根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律,電動(dòng)機(jī)多做的功等于物塊增加的動(dòng)能和系統(tǒng)增加的內(nèi)能之和,即為mv2,選項(xiàng)D正確。
2.(多選)如圖甲所示,傾角為θ的足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)行,t=0時(shí),將質(zhì)量m=1 kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上,物體相對(duì)地面的vt圖像如圖乙所示。設(shè)沿傳送帶向下為正方向,取重力加速度g=10 m/s2,則( )
A.傳送帶的速率v0= 22、10 m/s
B.傳送帶的傾角θ=30°
C.物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5
D.0~2.0 s內(nèi)摩擦力對(duì)物體做功Wf=-24 J
解析:選ACD 根據(jù)題圖乙可得,物體速度等于10 m/s時(shí)加速度發(fā)生突變,所以傳送帶的速率為v0=10 m/s,選項(xiàng)A正確;物體0~1.0 s的加速度a1=10 m/s2,1.0~2.0 s的加速度a2=2 m/s2,結(jié)合牛頓第二定律,mgsin θ+μmgcos θ=ma1,mgsin θ-μmgcos θ=ma2,解得sin θ=0.6,θ≈37°,μ=0.5,選項(xiàng)B錯(cuò)誤,C正確;摩擦力大小Ff=μmgcos θ=4 N,在0~1.0 s內(nèi),摩 23、擦力對(duì)物體做正功,在1.0~2.0 s內(nèi),摩擦力對(duì)物體做負(fù)功,0~1.0 s內(nèi)物體的位移為5 m,1.0~2.0 s內(nèi)物體的位移為11 m,0~2.0 s內(nèi)摩擦力對(duì)物體做的功為-4×(11-5)J=-24 J,選項(xiàng)D正確。
3.如圖所示,傳送帶與地面的夾角θ=37°,A、B兩端間距L=16 m,傳送帶以速率v=10 m/s沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng),現(xiàn)有一物體質(zhì)量m=1 kg無(wú)初速度地放置于A(yíng)端,它與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2),求:
(1)物體由A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間;
(2)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量。
解析:(1)物體剛放上傳 24、送帶時(shí)受到沿傳送帶向下的滑動(dòng)摩擦力,由牛頓第二定律得
mgsin θ+μmgcos θ=ma1
設(shè)物體經(jīng)時(shí)間t1加速到與傳送帶同速,則
v=a1t1,x1=a1t12
解得a1=10 m/s2,t1=1 s,x1=5 m
設(shè)物體經(jīng)過(guò)時(shí)間t2到達(dá)B端,因mgsin θ>μmgcos θ,故當(dāng)物體與傳送帶同速后,物體將繼續(xù)加速,可得
mgsin θ-μmgcos θ=ma2
L-x1=vt2+a2t22
解得t2=1 s
故物體由A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間
t=t1+t2=2 s。
(2)物體相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)的路程
x相=(vt1-x1)+(L-x1-vt2)=6 m
故系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為
Q=μmgcos θ·x相=24 J。
答案:(1)2 s (2)24 J
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