《2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 專題強(qiáng)化六 綜合應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)解決三類問題課件 教科版.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 專題強(qiáng)化六 綜合應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)解決三類問題課件 教科版.ppt（58頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、,大一輪復(fù)習(xí)講義,專題強(qiáng)化六綜合應(yīng)用力學(xué)兩大觀點(diǎn)解決三類問題,,第五章機(jī)械能,專題解讀,1.本專題是力學(xué)兩大觀點(diǎn)在多運(yùn)動(dòng)過程問題、傳送帶問題和滑塊木板問題三類問題中的綜合應(yīng)用，高考常以計(jì)算題壓軸題的形式命題. 2.學(xué)好本專題，可以極大地培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達(dá)能力，針對性的專題強(qiáng)化，可以提升同學(xué)們解決壓軸題的信心. 3.用到的知識有：動(dòng)力學(xué)方法觀點(diǎn)(牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)基本規(guī)律)，能量觀點(diǎn)(動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律).,,NEIRONGSUOYIN,內(nèi)容索引,研透命題點(diǎn),課時(shí)作業(yè),細(xì)研考綱和真題 分析突破命題點(diǎn),限時(shí)訓(xùn)練 練規(guī)范 練速度,,研透命題點(diǎn),,,1.分析

2、思路 (1)受力與運(yùn)動(dòng)分析：根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)過程分析物體的受力情況，以及不同運(yùn)動(dòng)過程中力的變化情況； (2)做功分析：根據(jù)各種力做功的不同特點(diǎn)，分析各種力在不同的運(yùn)動(dòng)過程中的做功情況； (3)功能關(guān)系分析：運(yùn)用動(dòng)能定理、功能關(guān)系或能量守恒定律進(jìn)行分析，選擇合適的規(guī)律求解.,,,,命題點(diǎn)一多運(yùn)動(dòng)過程問題,2.方法技巧 (1)“合”整體上把握全過程，構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)圖景； (2)“分”將全過程進(jìn)行分解，分析每個(gè)子過程對應(yīng)的基本規(guī)律； (3)“合”找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點(diǎn)為突破口，尋求解題最優(yōu)方案.,例1(2018河南省駐馬店市第二次質(zhì)檢)如圖1所示，AB和CDO都是處于同一豎直平面內(nèi)的光滑圓弧

3、形軌道，OA處于水平位置.AB是半徑為R1 m的 圓周軌道，CDO是半徑為r0.5 m的半圓軌道，最高點(diǎn)O處固定一個(gè)豎直彈性擋板(可以把小球彈回不損失能量，圖中沒有畫出)D為CDO軌道的中點(diǎn).BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接.已知BC段水平軌道長L2 m，與小球之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2.現(xiàn)讓一個(gè)質(zhì)量為m1 kg 的小球P從A點(diǎn)的正上方距水平線OA高H處自由 落下：(取g10 m/s2，不計(jì)空氣阻力) (1)當(dāng)H2 m時(shí)，問此時(shí)小球第一次到達(dá)D點(diǎn)對 軌道的壓力大??；,答案84 N,圖1,解析設(shè)小球第一次到達(dá)D點(diǎn)的速度為vD，對小球從靜止到D點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有：,聯(lián)立解得：N84 N

4、，由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮椋篘N84 N；,(2)為使小球僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，問H的取值范圍.,答案0.65 mH0.7 m,解析為使小球僅與擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，H最小時(shí)必須滿足能上升到O點(diǎn)，,代入數(shù)據(jù)解得：Hmin0.65 m 僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，H最大時(shí)，與擋板碰后再返回最高能上升到D點(diǎn)，則mg(Hmaxr)3mgL0 代入數(shù)據(jù)解得：Hmax0.7 m 故有：0.65 mH0.7 m.,變式1(2018河南省周口市期末)如圖2所示，半徑R0.3 m的豎直圓槽型光滑軌道與水平軌道AC相切于B點(diǎn)，水平軌

5、道的C點(diǎn)固定有豎直擋板，軌道上的A點(diǎn)靜置有一質(zhì)量m1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn)).現(xiàn)給小物塊施加一大小為F6.0 N、方向水平向右的恒定拉力，使小物塊沿水平軌道AC向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到AB之間的D點(diǎn)(圖中未畫出)時(shí)撤去拉力，小物塊繼續(xù)滑行到B點(diǎn)后進(jìn)人豎直圓槽軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，由壓力傳感器測出小物塊對軌道最高點(diǎn)的壓力為 N.已知水平軌道AC長 為2 m，B為AC的中點(diǎn)，小物塊與AB段間的動(dòng) 摩擦因數(shù)10.45，重力加速度g10 m/s2.求： (1)小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大??；,圖2,答案4 m/s,可得vB4 m/s；,(2)拉力F作用在小物塊上的時(shí)間t；,解析小物塊從A

6、點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理有,由牛頓第二定律有F1mgma,(3)若小物塊從豎直圓軌道滑出后，經(jīng)水平軌道BC到達(dá)C點(diǎn)，與豎直擋板相碰時(shí)無機(jī)械能損失，為使小物塊從C點(diǎn)返回后能再次沖上圓形軌道且不脫離，試求小物塊與水平軌道BC段間的動(dòng)摩擦因數(shù)的取值范圍.,答案0.420.25或020.025,解析設(shè)小物塊與BC段間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2. 物塊在圓軌道最高點(diǎn)的最小速度為v1，,解得20.025 故物塊能從C點(diǎn)返回通過軌道的最高點(diǎn)而不會(huì)脫離軌道時(shí)應(yīng)滿足020.025 物塊從C點(diǎn)返回在圓軌道上升高度R時(shí)速度為零，,解得20.25 物塊從C點(diǎn)返回剛好運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，,20.4 故物塊能返回圓形軌道(不能到達(dá)最

7、高點(diǎn))且不會(huì)脫離軌道時(shí)應(yīng)滿足0.420.25 綜上所述，0.420.25或020.025.,1.設(shè)問的角度 (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：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動(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.,,,,命題點(diǎn)二傳送帶模型,2.功能關(guān)系分析 (1)功能關(guān)系分析：WEkEpQ. (2)對W和Q的理解： 傳送帶克服摩擦力做的功：Wfx傳； 產(chǎn)生的內(nèi)能：Qfx相對.,例2(201

8、8河南省鄭州一中上學(xué)期期中)如圖3，一水平傳送帶以4 m/s的速度逆時(shí)針傳送，水平部分長L6 m，其左端與一傾角為30的光滑斜面平滑相連，斜面足夠長，一個(gè)質(zhì)量為m1.0 kg的物塊無初速度地放在傳送帶最右端，已知物塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，g10 m/s2，求物塊從放到傳送帶上到第一次滑回傳送帶最遠(yuǎn)處的過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量.,圖3,模型1水平傳送帶問題,答案32 J,解析物塊在傳送帶上加速到與傳送帶同速時(shí) 對物塊有fmgma 解得：a2 m/s2,傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)的位移為：x1vt18 m 則相對位移為x1x1x14 m 因摩擦產(chǎn)生的熱量Q1fx18 J 接著二者一起勻速運(yùn)動(dòng)，物塊沖上斜

9、面再返回傳送帶，向右減速到零，則在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，,傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)的位移為：x2vt28 m 則相對位移為：x2x2x212 m 因摩擦產(chǎn)生的熱量Q2fx224 J 全程因摩擦產(chǎn)生的熱量為：QQ1Q232 J.,例3(2018陜西師大附中模擬)如圖4所示，與水平面成30角的傳送帶以v 2 m/s的速度按如圖所示方向順時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)，AB兩端距離l9 m.把一質(zhì)量m2 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度的輕輕放到傳送帶的A端，物塊在傳送帶的帶動(dòng)下向上運(yùn)動(dòng).若物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù) ，不計(jì)物塊的大小，g取10 m/s2.求： (1)從放上物塊開始計(jì)時(shí)，t0.5 s時(shí)刻摩擦 力對物塊做功的功率是多

10、少？此時(shí)傳送帶 克服摩擦力做功的功率是多少？,圖4,模型2傾斜傳送帶問題,答案14 W28 W,解析物塊受沿傳送帶向上的摩擦力為： fmgcos 3014 N 由牛頓第二定律得：fmgsin 30ma， a2 m/s2,因此t0.5 s時(shí)刻物塊正在加速， 其速度為：v1at1 m/s 則此時(shí)刻摩擦力對物塊做功的功率是： P1fv114 W 此時(shí)刻傳送帶克服摩擦力做功的功率是： P2fv28 W,(2)把這個(gè)物塊從A端傳送到B端的過程中，傳送帶運(yùn)送物塊產(chǎn)生的熱量是多大？,答案14 J,解析當(dāng)物塊與傳送帶相對靜止時(shí)：,摩擦力對物塊做功為：W1fx1141 J14 J 此段時(shí)間內(nèi)傳送帶克服摩擦力所做

11、的功： W2fvt128 J 這段時(shí)間產(chǎn)生的熱量：QW2W114 J,(3)把這個(gè)物塊從A端傳送到B端的過程中，摩擦力對物塊做功的平均功率是多少？,答案18.8 W,解析物塊在傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：,把物塊由A端傳送到B端摩擦力對物塊所做的總功為：,把物塊從A端傳送到B端的過程中，摩擦力對物塊做功的平均功率是：,1.模型分類 滑塊木板模型根據(jù)情況可以分成水平面上的滑塊木板模型和斜面上的滑塊木板模型. 2.位移關(guān)系 滑塊從木板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過程中，若滑塊和木板沿同一方向運(yùn)動(dòng)，則滑塊的位移和木板的位移之差等于木板的長度；若滑塊和木板沿相反方向運(yùn)動(dòng)，則滑塊的位移和木板的位移之和等于木板的長

12、度. 3.解題關(guān)鍵 找出物體之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口，求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個(gè)過程的紐帶，每一個(gè)過程的末速度是下一個(gè)過程的初速度.,,,,命題點(diǎn)三滑塊木板模型,例4(2019四川省德陽市質(zhì)檢)如圖5所示，傾角30的足夠長光滑斜面底端A固定有擋板P，斜面上B 點(diǎn)與A點(diǎn)的高度差為h.將質(zhì)量為m、長度為L的木板置于斜面底端，質(zhì)量也為m的小物塊靜止在木板上某處，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).已知木板與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù) ，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g.,圖5,(1)若給木板和物塊一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到達(dá)B點(diǎn)，求v0大??；,(2)若對木板施加一沿斜面向上的拉力

13、F0，物塊相對木板剛好靜止，求拉力F0的大??；,解析對木板與物塊整體由牛頓第二定律有F02mgsin 2ma0 對物塊由牛頓第二定律有mgcos mgsin ma0,(3)若對木板施加沿斜面向上的拉力F2mg，作用一段時(shí)間后撤去拉力，木板下端恰好能到達(dá)B點(diǎn)，物塊始終未脫離木板，求拉力F做的功W.,解析設(shè)拉力F的作用時(shí)間為t1，再經(jīng)時(shí)間t2物塊與木板達(dá)到共速，再經(jīng)時(shí)間t3木板下端到達(dá)B點(diǎn)，速度恰好減為零. 對木板有Fmgsin mgcos ma1 mgsin mgcos ma3 對物塊有mgcos mgsin ma2 對木板與物塊整體有2mgsin 2ma4 另有：a1t1a3t2a2(t1t2

14、) a2(t1t2)a4t3,變式2如圖6甲所示，半徑R0.45 m的光滑 圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，B為軌道的最低點(diǎn)，B點(diǎn)右側(cè)的光滑水平面上緊挨B點(diǎn)有一靜止的小平板車，平板車質(zhì)量M1 kg，長度l1 m，小車的上表面與B點(diǎn)等高，距地面高度h0.2 m.質(zhì)量m1 kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧最高點(diǎn)A由靜止釋放.取g10 m/s2.試求：,圖6,答案30 N,(1)物塊滑到軌道上的B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大??；,解得vB3 m/s,解得N30 N 由牛頓第三定律得物塊滑到軌道上B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力NN30 N，方向豎直向下.,(2)若鎖定平板車并在上表面鋪上一種特殊材料，其動(dòng)摩擦因數(shù)從左向右隨距離均勻

15、變化，如圖乙所示，求物塊滑離平板車時(shí)的速率；,答案1 m/s,解析物塊在平板車上滑行時(shí)摩擦力做功,物塊由靜止到滑離平板車過程中由動(dòng)能定理得，,(3)若解除平板車的鎖定并撤去上表面鋪的材料后，物塊與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，物塊仍從圓弧最高點(diǎn)A由靜止釋放，求物塊落地時(shí)距平板車右端的水平距離.,答案0.2 m,解析當(dāng)平板車不固定時(shí)，對物塊有a1g2 m/s2,經(jīng)過時(shí)間t1物塊滑離平板車，則有,解得t10.5 s(另一解舍掉) 物塊滑離平板車時(shí)的速度v物vBa1t12 m/s 此時(shí)平板車的速度v車a2t11 m/s,物塊落地時(shí)距平板車右端的水平距離s(v物v車)t20.2 m.,,課時(shí)作業(yè),

16、,,1.(多選)(2018廣東省茂名市第二次模擬)如圖1，光滑的水平軌道AB，與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點(diǎn)，圓軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低點(diǎn)，D為最高點(diǎn).質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0沿AB運(yùn)動(dòng)恰能通過最高點(diǎn)，則 A.R越大，v0越大 B.m越大，v0越大 C.R越大，小球經(jīng)過B點(diǎn)瞬間對軌道的壓力越大 D.m越大，小球經(jīng)過B點(diǎn)瞬間對軌道的壓力越大,圖1,,,1,2,3,4,5,6,7,1,2,3,4,5,6,7,2.(2018河南省洛陽市上學(xué)期期中)如圖2所示，一個(gè)半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平，軌道的內(nèi)表面動(dòng)摩擦因數(shù)為.一質(zhì)量為m的小滑塊(可看作質(zhì)點(diǎn)

17、)自P點(diǎn)正上方由靜止釋放，釋放高度為R，小滑塊恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道.小滑塊滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小.用W表示小滑塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功.則 A.小滑塊恰好可以到達(dá)Q點(diǎn) B.小滑塊不能到達(dá)Q點(diǎn),圖2,1,2,3,4,5,6,,7,解析從最高點(diǎn)到N點(diǎn)，由動(dòng)能定理有,1,2,3,4,5,6,小滑塊從P點(diǎn)到N點(diǎn)再到Q點(diǎn)的過程中，重力與摩擦力做功，由于小滑塊做圓周運(yùn)動(dòng)， 由運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，小滑塊在PN段與軌道之間的壓力大于NQ段小滑塊與軌道之間的壓力，,7,1,2,3,4,5,6,根據(jù)fN可知，小滑塊在PN段受到的摩擦力比較大，所以小滑塊在PN段克

18、服摩擦力做的功比較多，,解得vQ0，小滑塊到達(dá)Q點(diǎn)后，還能繼續(xù)上升，故A、B錯(cuò)誤.,7,3.(2017全國卷16)如圖3所示，一質(zhì)量為m、長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛.用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距 l.重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為,圖3,1,2,3,4,5,6,,7,故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤.,1,2,3,4,5,6,7,4.(多選)如圖4甲所示，傾角為的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時(shí)針方向運(yùn)行，t0時(shí)，將質(zhì)量m1 kg的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上，物體相對地面的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

19、10 m/s2，則 A.傳送帶的速率v010 m/s B.傳送帶的傾角30 C.物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5 D.02.0 s內(nèi)摩擦力對物體做功Wf24 J,圖4,1,2,3,4,5,6,,,,7,解析當(dāng)物體的速率超過傳送帶的速率后，物體受到的摩擦力的方向發(fā)生改變，加速度也發(fā)生改變，根據(jù)vt圖像可得，傳送帶的速率為v010 m/s，選項(xiàng)A正確； 1.0 s之前的加速度a110 m/s2,1.0 s之后的加速度a22 m/s2，結(jié)合牛頓第二定律，gsin gcos a1，gsin gcos a2，解得sin 0.6，37，0.5，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確； 摩擦力大小fmgcos 4 N，在01

20、.0 s內(nèi)，摩擦力對物體做正功，在1.02.0 s內(nèi)，摩擦力對物體做負(fù)功，01.0 s內(nèi)物體的位移為5 m,1.02.0 s內(nèi)物體的位移是11 m,02.0 s內(nèi)摩擦力做的功為4(115) J24 J，選項(xiàng)D正確.,1,2,3,4,5,6,7,5.(2018閩粵期末大聯(lián)考)如圖5所示，一固定在地面上的導(dǎo)軌ABC，AB與水平面間的夾角為37，一小物塊放在A處(可視為質(zhì)點(diǎn))，小物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.25，現(xiàn)在給小物塊一個(gè)沿斜面向下的初速度v01 m/s.小物塊經(jīng)過B處時(shí)無機(jī)械能損失，物塊最后停在B點(diǎn)右側(cè)1.8米處(sin 370.6， cos 370.8，g取10 m/s2).求： (1

21、)小物塊在AB段向下運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大??；,圖5,答案4 m/s2,1,2,3,4,5,6,7,解析小物塊從A到B過程中，由牛頓第二定律得， mgsin mgcos ma 代入數(shù)據(jù)解得a4 m/s2.,1,2,3,4,5,6,7,(2)小物塊到達(dá)B處時(shí)的速度大小；,答案3 m/s,解析小物塊從B向右運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得，,1,2,3,4,5,6,代入數(shù)據(jù)解得vB3 m/s.,7,(3)AB的長度L.,答案1 m,1,2,3,4,5,6,7,6.(2018安徽省蚌埠二中期中)如圖6甲所示，質(zhì)量為m0.1 kg的小球，用長l0.4 m的細(xì)線與固定在圓心處的力傳感器相連，小球和傳感器的大小均忽略不計(jì).當(dāng)

22、在最低點(diǎn)A處給小球6 m/s的初速度時(shí)，小球恰能運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)B，空氣阻力大小恒定.求：(g取10 m/s2) (1)小球在A處時(shí)傳感器的示數(shù)；,圖6,答案10 N,1,2,3,4,5,6,7,(2)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過程中克服空氣阻力做的功；,答案0.8 J,1,2,3,4,5,6,解得W克f0.8 J,7,(3)小球在A點(diǎn)以不同的初速度v0開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)傳感器會(huì)顯示出相應(yīng)的讀數(shù)F，試通過計(jì)算在圖乙所示坐標(biāo)系中作出Fv02圖像.,答案如圖所示,1,2,3,4,5,6,7,1,2,3,4,5,6,解析小球從A到B的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理：有,7,7.(2018河北省石家莊二中期中)如圖

23、7，四分之一光滑圓軌道固定于粗糙水平面上，緊靠軌道放一上表面粗糙的長木板，長木板上表面與軌道末端相切，軌道末端C點(diǎn)固定有大小不計(jì)的壓力開關(guān)和長木板相連，當(dāng)對開關(guān)的壓力超過15 N時(shí)觸發(fā)壓力開關(guān)，使長木板和圓軌道脫離.已知長木板長1 m，圓軌道半徑R1 m，滑塊和長木板的質(zhì)量均為1 kg，滑塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.4，長木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.1，g取10 m/s2.若滑塊從軌道上距離C點(diǎn)高h(yuǎn)0.45 m的位置由靜止釋放，求： (1)滑塊到C點(diǎn)時(shí)對軌道壓力的大??；,圖7,答案19 N,1,2,3,4,5,6,7,在C點(diǎn)由向心力公式知：,1,2,3,4,5,6,由牛頓第三定律可知滑塊對軌道的壓力NN19 N,7,(2)從滑塊滑上木板到停止運(yùn)動(dòng)的過程中滑塊的位移大?。?答案1.5 m,1,2,3,4,5,6,7,解析從滑塊滑上木板到停止運(yùn)動(dòng)的過程中：,1,2,3,4,5,6,由v0a1ta2tv共得出， t0.5 s，v共1 m/s,故滑塊的總位移xx1x31.5 m.,7,答案4.5 J,(3)從滑塊滑上木板到停止運(yùn)動(dòng)的過程中，地面、滑塊、木板這個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量.,解析對整個(gè)系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)全程，由能量守恒，mghQ4.5 J,1,2,3,4,5,6,7,